Một số phương pháp giải các bài toán đại số tổ hợp trong chương trình THPT (tt)

TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUẢNG BÌNH KHOA KHOA HỌC TỰ NHIÊN NGUYỄN THỊ THANH THẢO MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC BÀI TỐN ĐẠI SỐ TỔ HỢP TRONG CHƯƠNG TRÌNH THPT KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC NGÀNH: SƯ PHẠM TỐN HỌC Hệ đào tạo: Chính quy Khóa học: 2014 - 2018 Người hướng dẫn: ThS TRẦN MẠNH HÙNG QUẢNG BÌNH, NĂM 2018 Lời cảm ơn Trước tiên, muốn gửi lời cảm ơn tri ân sâu sắc đến thầy Trần Mạnh Hùng - người tận tình bảo hướng dẫn cho tơi suốt q trình thực khóa luận tốt nghiệp Tơi xin chân thành cảm ơn tất thầy cô Trường Đại học Quảng Bình, đặc biệt thầy khoa Khoa học tự nhiên dạy dỗ, tạo điều kiện cho suốt năm tháng ngồi giảng đường đại học Chính điều giúp tơi học nhiều điều bổ ích khơng chuyên ngành mà sống Cuối cùng, tơi muốn gửi lời cảm ơn đến gia đình, anh chị khóa trước, tập thể lớp ĐHSP Tốn K56, bạn bè xung quanh người động viên, giúp tơi vượt qua khó khăn thử thách Đó động lực để tơi khơng ngừng cố gắng học tập để tơi hồn thành tốt khóa luận Em xin chân thành cảm ơn! i Mục lục Lời cảm ơn i MỞ ĐẦU Chương 1Lý thuyết tổ hợp 1.1 Tập hữu hạn, tập vô hạn 1.2 Quy tắc cộng 1.3 Quy tắc nhân 1.4 Hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp 1.4.1 Hoán vị 1.4.2 Chỉnh hợp 1.4.3 Tổ hợp 10 1.5 Chỉnh hợp lặp, hoán vị lặp, tổ hợp lặp 11 1.5.1 Chỉnh hợp lặp 11 1.5.2 Hoán vị lặp 11 1.5.3 Tổ hợp lặp 12 1.6 Nhị thức Newton 12 1.6.1 Công thức nhị thức Newton 12 1.6.2 Các tính chất cơng thức nhị thức (a + b)n 12 1.6.3 Các kết 13 1.7 Tam giác Pascal 13 Chương Một số phương pháp giải toán tổ hợp đếm 14 2.1 Phương pháp đếm trực tiếp 14 2.2 Phương pháp đếm loại trừ 17 2.3 Phương pháp tạo vách ngăn 19 2.4 Phương pháp "dán" phần tử 21 2.5 Phương pháp thêm bớt 22 2.6 Phương pháp liệt kê trường hợp 26 2.7 Phương pháp song ánh 29 2.8 Phương pháp sử dụng hàm sinh 30 Chương Một số phương pháp chứng minh đẳng thức tổ hợp 33 3.1 Sử dụng trực tiếp định nghĩa tổ hợp để chứng minh đẳng thức tổ hợp 33 3.2 Dùng khai triển nhị thức Newton kĩ thuật đặc biệt để chứng minh đẳng thức tổ hợp 36 3.3 Phương pháp sử dụng tích phân để chứng minh đẳng thức tổ hợp 39 3.4 Phương pháp sử dụng đạo hàm để chứng minh đẳng thức tổ hợp 43 3.5 Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Cauchy, Bunhiacopski để chứng minh đẳng thức tổ hợp Chương Một số dạng tốn khác ví dụ minh họa 4.1 Chứng minh số toán chia hết 46 49 49 4.2 Giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình, hệ bất phương trình tổ hợp 4.3 Tìm hệ số, số hạng khai triển nhị thức Newton 52 61 4.4 Tính tổng 71 KẾT LUẬN 76 Tài liệu tham khảo 77 MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài Tốn học tổ hợp ngành toán học rời rạc, nghiên cứu liệt kê, tổ hợp, hoán vị, tập hợp tính chất tốn học chúng Lý thuyết tổ hợp hình thành ngành toán vào quảng kỉ XVII loạt cơng trình nghiên cứu nhà tốn học Pascal, Fermat, Leibniz, Các toán tổ hợp có mầm mống từ sớm Ngồi ra, dựa luật chơi cờ tướng cờ vua, nhiều loại cờ đời Chẳng hạn, năm 1525, người Italia tên Guarini di Forli đặt câu hỏi với kiểu bàn cờ vua × ơ, đặt hai qn mã màu đen hai quân mã màu trắng đặt bốn góc bàn cờ cho hai quân màu nằm hàng Câu hỏi mà ơng đặt là: Sau nước kết thúc trò chơi, quân mã bên bị bên ăn hết? Đây trò chơi trí tuệ thú vị đến có nhiều người chơi Sau này, người ta tính tốn xác số bước tối thiểu 16 Chủ đề tổ hợp nghiên cứu từ kỷ XVII câu hỏi tổ hợp nêu cơng trình nghiên cứu trò chơi may rủi Năm 1850, Guthrie, người có nhận xét dùng bốn màu khác để tô tỉnh nước Anh cho hai tỉnh kề màu Giả thuyết thách thức nhà toán học khoảng kỉ Mãi tới tận năm 1977, Appel Haken quy toán qui màu đồ việc xem xét 1900 cấu hình tổ hợp, Từ chỗ nghiên cứu trò chơi, toán kinh tế xã hội, tổ hợp trở thành ngành toán học phát triển mạnh mẽ, có nhiều ứng dụng nhiều lĩnh vực khác Hơn nữa, tổ hợp dạng toán nằm chương trình THPT có cấu trúc đề thi THPT Quốc gia mảng tốn khó, lại có ứng dụng nhiều sống ngày Hiện nay, đa số học sinh gặp khó khăn việc giải tập có liên quan đến tốn tổ hợp Đặc biệt, đội ngũ học sinh giỏi tham gia kì thi cấp tỉnh, cấp quốc gia gặp nhiều lúng túng việc giải tốn dạng Với lí trên, tơi tìm hiểu chọn nghiên cứu đề tài :"Một số phương pháp giải tốn đại số tổ hợp chương trình THPT" Nhằm cung cấp cho học sinh hệ thống phương pháp giải tốn tổ hợp từ nâng cao khả giải toán tư cho học sinh Mục đính nghiên cứu Nghiên cứu trình bày cách có hệ thống khái niệm, phương pháp giải số toán tổ hợp để ứng dụng vào việc giải toán Đối tượng nghiên cứu phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu khóa luận phân loại, đưa phương pháp toán giải toán đại số tổ hợp Phương pháp nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu lí luận: Đọc nghiên cứu tài liệu, giáo trình vấn đề cần nghiên cứu như: phương pháp đếm, phương pháp giải toán chứng minh đẳng thức, Phương pháp lấy ý kiến chuyên gia: Các ý kiến giảng viên hướng dẫn giảng viên khác Bộ mơn Tốn, khoa Khoa học Tự nhiên, Trường Đại học Quảng Bình Tầm quan trọng khoa học thực tiễn Việc giải tốn tổ hợp có ý nghĩa lớn ngành, lĩnh vực khác như: công nghệ - thơng tin, kinh tế, Ngồi ra, đề tài tài liệu tham khảo cho học sinh hay sinh viên chuyên ngành Toán, đặc biệt bạn đam mê Olympic Toán Với thân, qua việc nghiên cứu đề tài em hệ thống ôn tập lại kiến thức học phương pháp giải toán tổ hợp Bố cục khóa luận Ngồi lời cảm ơn, phần mở đầu, kết luận, phụ lục tài liệu tham khảo, nội dung khóa luận trình bày gồm chương: Chương 1: Lý thuyết tổ hợp Chương 2: Một số phương pháp giải toán tổ hợp đếm Chương 3: Một số phương pháp chứng minh đẳng thức tổ hợp Chương 4: Một số dạng tốn khác ví dụ minh họa Chương Lý thuyết tổ hợp 1.1 Tập hữu hạn, tập vô hạn Định nghĩa 1.1.1 i) Tập hữu hạn Một tập hợp S gọi hữu hạn có n phần tử tồn song ánh f : S −→ { 1, 2, , n} (với { 1, 2, , n} ⊂ N) Số n gọi lực lượng tập hợp S Kí hiệu | S |= n ii) Tập vơ hạn Nếu tập S khơng tập hữu hạn ta nói tập S vơ hạn Tập hợp tương đương: Các tập hợp tương đương, gọi tập hợp đẳng lực, tập hợp mà phần tử chúng thiết lập quan hệ tương đương, tức quan hệ tương ứng một-một (song ánh) Nhận xét 1.1.1 Hai tập hợp có lực lượng tồn song ánh từ tập hợp vào tập hợp 1.2 Quy tắc cộng Định nghĩa 1.2.1 Giả sử cơng việc thực theo k phương án A1 , A2 , , Ak Có n1 cách thực phương án A1 n! n! + = 78 (n − 1)! 2! (n − 2)! n(n − 1) ⇔n+ = 78 ⇔ ⇔ n2 + n − 156 =  n = −13 (loại) ⇔ n = 12 (nhận) Với n = 12 ta có khai triển sau: √ 28 x x + x− 15 n = 28 x + x− 15 12 Ck12 = x n 12−k 28 − 15 k x k=0 12 16 Ck12 x16− k = k=0 16 k = ⇒ k = 5 Vậy số hạng không chứa x : C512 = 792 Số hạng không chứa x ứng: 16 − Nhận xét 4.3.1 Những ví dụ ví vị đơn giản cần áp dụng công thức khai triển nhị thức Newton cách thơng thường kết Ví dụ 4.3.4 Trong khai triển: i) P1 (x) = (1 + x)9 + (1 + x)10 + + (1 + x)14 Tìm hệ số x15 ii) P2 (x) = (1 + x)2 (3 − x)10 Tìm hệ số x3 iii) P3 (x) = x(1 − 2x)5 + x2 (1 + 3x)10 Tìm hệ số x3 iv) P4 (x) = (1 + 2x + 3x2 )10 Tìm hệ số x4 Giải i) Ta có bậc lớn x khai triển P (x) 14 nên hệ số x15 64 ii) Ta có: (1 + x)2 (3 − x)10 = (1 + 2x + x2 ).(3 − x)10 10 (−1)k Ck10 310−k xk = (1 + 2x + x ) k=0 10 10 k (−1) = Ck10 310−k xk (−1)k+1 Ck10 310−k xk+1 + +2 k=0 k=0 10 (−1)k+2 Ck10 310−k xk+2 + k=0 Theo lưu ý 3) hệ số x3 khai triển P2 (x) là: (−1)3 C310 310−3 x3 + 2(−1)3 C210 310−2 x3 + (−1)3 C110 310−1 x3 = −C310 37 − 2C210 38 − C110 39 x3 = 131220 iii) Hệ số x5 khai triển x(1 − 2x)5 (−2)4 C45 Hệ số x5 khai triển x2 (1 + 3x)10 C310 32 Với lưu ý 3) hệ số x5 khai triển P3 (x) (−2)4 C45 + C310 32 = 3320 iv) Theo khai triển Newton ta có: P4 (x) = (1 + 2x + 3x2 )10 = (1 + 2x) + 3x2 10 10 k Ck10 (1 + 2x)10−k (3x2 ) = k=0 10 Ck10 (1 + 2x)10−k 3k x2k = k=0 10 10−k Ck10 3k x2k = i=0 2k k=0 Hệ số x có k Ci10−k 2i xi ( k > x có bậc lớn 4) Với k = đa thức có 30 C010 (1 + 2x)10 Với k = đa thức có 31 C110 (1 + 2x)9 x2 Với k = đa thức có 32 C210 (1 + 2x)8 x4 Vậy hệ số theo x4 là: 30 C010 C410 24 + 31 C110 C210 22 + 32 C210 C010 20 = 8085 65 Chú ý Nếu ta khai triển nhị thức Newton sau: 10 Ck10 (1 + 2x)k (3x2 )10−k P4 (x) = k=0 10 Ck10 (1 + 2x)k 310−k x20−2k = k=0 10 k Ck10 310−k x20−2k = Cik 2i xi i=0 k=0 Thì chọn k = 8, 9, 10 Ví dụ 4.3.5 Tính tổng hệ số tổng hệ số theo lũy thừa lẻ sau khai triển đa thức: i) P (x) = (x27 + x7 − 1)2005 ii) Q(x) = (1 + x + x2 + + x100 )(1 − x + x2 − x3 + + x100 ) Giải i) Ta có deg(P (x)) = 27 × 2005 = 54135 ⇒ đa thức P (x) có bậc lẻ Theo lưu ý 5.1) 5.4) Tổng hệ số P (x) P (1) = (1 + − 2)2005 = Tổng hệ số theo lũy thừa lẻ P (x) là: P (1) − P (−1) − (−3)2005 + 32005 = = 2 ii) Vẫn sử dụng lưu ý 5.1) 5.4), ta có: Tổng hệ số Q(x)là Q(1) = 100 × = 100 Mà Q(−x) = (1 − x + x2 − + x100 )(1 + x + x2 + + x100 ) = Q(x) ⇒ Q(x) hàm đa thức chẳn nên a2k+1 = Do tổng hệ số theo lũy thừa lẻ Q(x)là Nhận xét 4.3.2 • Nếu P (−x) = P (x) ⇒ hệ số a2k+1 = với ∀k ∈ Z 66 • Nếu P (−x) = −P (x) ⇒ hệ số a2k = với ∀k ∈ Z Ví dụ 4.3.6 [2] Tìm hệ số x50 đa thức có sau bỏ dấu ngoặc nhóm số hạng giống biểu thức: i) P (x) = (1 + x)1000 + x(1 + x)999 + x2 (1 + x)998 + + x1000 ii) Q(x) = (1 + x) + 2(1 + x)2 + 3(1 + x)3 + + 1000(1 + x)1000 Giải i) Nếu ta thực khai triển nhị thức Newton bắt đầu khơng khả quan ta phải phân tích đến 1001 khai triển Quan sát thấy rằng, hạng tử (1 + x)1000 , x(1 + x)999 , , x1000 có bậc 1001, nên ta nghĩ đến việc chia P (x) cho x1000 để đưa dãy lập thành cấp số nhân, ta có: 1+x + x 1000 + x x + x 1001 1− x = 1+x 1− x 1001 x − (1 + x)1001 x1001 = x − (1 + x) x 1001 (1 + x) − x1001 = x1001 P (x) = x1000 ⇒ P (x) = (1 + x)1000 − x1000 = 999 1001 + 1+x x Ck1001 xk 998 + + 1+x x − x1001 k=0 Hệ số x50 khai triển P (x) : C50 1001 = 1001! 50!951! ii) Ta có: (1+x)Q(x)−Q(x) = 1000(1 + x)1001 − (1 + x) + (1 + x)2 + + (1 + x)1000 = 1000(1 + x)1001 − (1 + x) + (1 + x) + (1 + x)2 + + (1 + x)999 67 − (1 + x)1000 = 1000(1 + x) − (1 + x) − (1 + x) (1 + x) − (1 + x)1001 1001 = 1000(1 + x) + x 1000(1 + x)1001 (1 + x) − (1 + x)1001 + ⇒ Q(x) = x x2 1001 1001 1000 = = 1000 k=0 x 1001 Ck1001 xk (1 + x) − + Ck1001 xk k=0 x2 + C11001 + xC21001 + + x1000 C1001 1001 + x C11001 + − − C21001 − xC31001 − x999 C1001 1001 x x = 1000 C11001 + xC21001 + + x1000 C1001 1001 + + C21001 − xC31001 − x999 C1001 1001 52 Hệ số x50 khai triển Q(x) 1000C51 1001 − C1001 Ví dụ 4.3.7 [2] Sau khai triển P (x) = (1 + x2 − x3 )1000 Q(x) = (1 − x2 + x3 )1000 hệ số theo x20 đa thức lớn Giải Ở toán ta khai triển nhị thức Newton tìm hệ số x20 kết song vất vả Nhưng để ý đa thức P (x), Q(x) giống khác dấu P1 (−x) = P (x) với P1 (x) = (1 + x2 + x3 )1000 nên hệ số hai đa thức P (x) P1 (x) a20 ; Q1 (−x) = Q(x) với Q1 (x) = (1 − x2 − x3 )1000 nên hệ số hai đa thức Q(x) Q1 (x) b20 Mặt khác, P1 (x) = (1 + x2 + x3 )1000 có hệ số theo x20 a20 > b20 hệ số theo x20 Q1 (x) = (1 − x2 − x3 )1000 (vì hệ số P (x) dương Q(x) tồn hệ số âm) Do a20 > b20 68 Ví dụ 4.3.8 Tìm hệ số lớn khai triển : P (x) = (1 + 2x)12 Giải Ta có khai triển sau: (1 + 2x)12 = 12 12 Ck12 2k xk = k=0 ak xk với ak = Ck12 2k > k=0 i+1 So sánh hai hệ số liên tiếp: < ai+1 ⇐⇒ Ci12 2i < Ci+1 ⇐⇒ i < 12 23 với i = 1, 12 Vì k số nguyên dương nên k i+1 ⇐⇒ i > Tương tự, > ai+1 ⇐⇒ Ci12 2i > Ci+1 12 số nguyên dương nên k 23 với i = 1, 12 Vì k Ta có hệ số liên tiếp khác nhau, nên: a0 < a1 < a2 < < a7 < a8 > a9 > > a12 Vậy hệ số lớn khai triển a8 = 126720 Nhận xét 4.3.3 Để tìm hệ số lớn ta tiến hành bước sau: Bước 1: Tìm hệ số tổng quát ak khai triển ak rút gọn ak−1 ak ak > (hoặc > 1) tìm nghiệm Bước 3: Cho ak−1 ak−1 Bước 2: Lập tỷ lệ Bước 4: Kết luận Ví dụ 4.3.9 Xác định n cho khai triển nhị thức P (x) = (x + 2)n có hạng tử thứ 11 có hệ số lớn Giải Ta có: n n P (x) = (x + 2) = i=0 Cni 2i xn−i Hệ số hạng tử thứ 10, 11, 12 Cn9 29 ,Cn10 210 ,Cn11 211 69 Để hạng tử thứ 11 có hệ số lớn thì:     C 10 210 > C 11 211  > n n n − 10 11 ⇔ 14 < n < 31 ⇔  C 10 210 > C 29   > n n 10 n − ⇒ n = 15 ( n ∈ N) Ví dụ 4.3.10 Cho nhị thức Newton : + x 3 10 = a0 + a1 x + + a9 x9 + a10 x10 Hãy tìm số hạng ak lớn Giải Ta có: + x 3 10 1 = 10 (1 + 2x)10 = 10 3 n k k k C10 (2x)k C10 k=0 310 a khi: k đạt giá trị lớn   k k k+1 k+1  C10  ak ak+1 C10 ⇔    ak ak−1  C k 2k C k−1 2k−1 10 10   2k 10! 2k 10!        k! (10 − k)! (k + 1)! (9 − k)! k + ⇔ 19 ⇔ ⇔ 10 − k k k 2   10! 10!      k 11 − k k! (10 − k)! (k − 1)! (11 − k)! ⇒ ak = k 22 ⇒ k = (k ∈ N, k ∈ [0, 10]) 27 Vậy ak = a7 = 10 C10 Chú ý Để tìm số hạng nguyên ta phải khai triển, biến đổi gọn đánh giá số hạng cụ thể thành số ngun.Chẳng hạn: Ví dụ 4.3.11 Tìm số hạng nguyên khai triển: 70 √ 2+ √ Giải √ √ Số hạng tổng quát khai triển + 3 là: √ 5−k √ k 5−k k Tk+1 = Ck5 = Ck5 2 3 k 5−k nguyên với k = 1, 2, , Để Tk+1 ngun Do đó, k = Vậy số hạng nguyên T4 = C35 3.2 = 60 4.4 Tính tổng Ví dụ 4.4.1 Cho n số nguyên dương Tính tổng: S = C0n + 22 − 1 23 − 2n − n Cn + Cn + + Cn n Giải Xét khai triển nhị thức Newton sau: (1 − x)n = C0n − C1n x + C2n x2 − C3n x3 + + (−1)n Cnn xn (4.5) Lấy tích phân hai vế (4.5) có cận từ đến 2, ta được: n C0n − C1n x + C2n x2 − C3n x3 + + (−1)n Cnn xn dx (1 − x) dx = Ta có: C0n − C1n x + C2n x2 − C3n x3 + + (−1)n Cnn xn dx = C0n x = C0n n+1 x2 x3 x4 nx − Cn + Cn − Cn + + (−1) Cnn 4 22 − 1 23 − 2n − n + Cn + Cn + + Cn n 71 2 n (1 − x)n d(1 − x) (1 − x) dx = − 1 −(1 − x)n+1 = n+1 (−1)n+2 = n+1 (−1)n+2 Vậy S = n+1 Ví dụ 4.4.2 Cho n số nguyên dương Tính tổng: S=2 C0n 25 24 23 22 + Cn + Cn + Cn + Cn + Cn + Cn Giải Để ý thấy, số mũ giảm dần từ đến tổ hợp chập k n có k tăng dần từ đến Điều giúp ta định hình đến việc khai triển nhị thức Newton (x + 2)6 Do đó, ta có: (x + 2)6 = 26 C0n +25 xC1n +24 x2 C2n +23 x3 C3n +22 x4 C4n +2x5 C5n +x6 C6n (4.6) Nhưng theo đề mẫu số phân số tăng đơn vị so với số mũ Nên ta lấy tích phân hai vế (4.6) có từ đến 1 26 C0n + 25 xC1n + 24 x2 C2n + + 2x5 C5n + x6 C6n dx (x + 2) dx = 0 Ta có 26 C0n + 25 xC1n + 24 x2 C2n + 23 x3 C3n + 22 x4 C4n + 2x5 C5n + x6 C6n dx = =2 xC0n C0n +2 5x C1n +2 4x 3 C2n +2 3x 4 C3n +2 2x C4n x6 x7 + Cn + Cn 25 24 23 22 + Cn + Cn + Cn + Cn + Cn + Cn 72 Và 1 (x + 2) dx = (x + 2)7 2059 (x + 2) d(x + 2) = = 7 2059 Vậy, S = Ví dụ 4.4.3 Tính tổng : S = C1n − 2C2n + 3C3n − 4C4n + + (−1)n−1 nCnn (với n ∈ Z) Giải Với toán này, ta thấy hệ số đứng trước tổ hợp chập k n với k giống Chứng tỏ sử dụng đạo hàm để hạ bậc x khai triển Newton (1 − x)n Vì ta có: (1 − x)n = C0n − C1n x + C2n x2 − C3n x3 + + (−1)n Cnn xn ⇔ −C0n + (1 − x)n = −C1n x + C2n x2 − C3n x3 + + (−1)n Cnn xn ⇔ C0n − (1 − x)n = C1n x − C2n x2 + C3n x3 + + (−1)n−1 Cnn xn (4.7) Lấy đạo hàm hai vế (4.7), ta được: (1 − x)n−1 = C1n − 2xC2n + 3x2 C3n + + (−1)n−1 nxn−1 Cnn Thay x = ta có: = C1n − 2C2n + 3C3n + + (−1)n−1 nCnn Vậy S = Chú ý Khi cho giá trị x khác ta tổng tổ hợp khác Tùy thuộc vào toán ta chọn x thích hợp Nhận xét 4.4.1 Ta thấy rằng, việc tính tổng chẳng khác nhiều so với chứng minh đẳng thức, việc tính tổng ta chưa biết kết nên việc lựa chọn đường vào đáp án cho sẵn chứng minh đẳng thức 73 Ví dụ 4.4.4 Cho tổng S S = − Cn1 + 2x 1+x n n + nx + 3x + Cn2 − C + + (−1) Cn n + nx (1 + nx)n (1 + nx)2 (1 + nx)3 Giải Việc tính tốn trực tiếp không đơn giản chút Vì vậy, ta nên tách S thành tổng đơn giản để thuận lợi cho việc tính tốn Nếu giữ ngun S mà tính ta khơng thấy mối liên hệ với khai triển nhị thức Newton từ khó cho việc áp dụng đạo hàm hay tích phân tốn làm trước Nên ta tách sau: S = S1 + S2 với S1 = − Cn1 S2 = −Cn1 1 n n + Cn2 − + (−1) C n + nx (1 + nx)n (1 + nx)2 x nx 2x n n + Cn2 − + (−1) Cn + nx (1 + nx)n (1 + nx) • Tính S1 Đặt t= 1 + nx S1 trở thành: C0n − C1n t + C2n t2 − C3n t3 + + (−1)n Cnn tn = (1 − t)n 1− + nx n = nx + nx = − Cn1 n 1 + Cn2 − + nx (1 + nx)2 + (−1)n Cnn ⇒ S1 = nx + nx n 74 (4.8) = S1 (1 + nx)n • Tính S2 Lấy đạo hàm hai vế (4.8) ta được: −n(1 − t)n−1 = −C1n + 2tC2n - 3t2 C3n + + (−1)n ntn−1 Cnn S2 trở thành: S2 = −Cn1 xt + Cn2 2xt2 − + (−1)n Cnn nxtn S2 = −tCn1 + 2t2 Cn2 − + (−1)n ntn Cnn ⇒ x = t −Cn1 + 2tCn2 − + (−1)n ntn−1 Cnn = t −n(1 − t)n−1 =⇒ S2 = xt −n(1 − t)n−1 Thay = (4.9) vào (4.9) ta được, + nx S2 = xt −n(1 − t)n−1 nx −nx = + nx + nx n nx = − + nx n−1 Do đó, S = S + S2 nx = + nx = n − Vậy: S = 75 nx + nx n KẾT LUẬN Khóa luận thu số kết sau: - Trình bày hệ thống phương pháp giải toán đại số tổ hợp - Đưa số ví dụ để làm rõ phương pháp - Định hướng để tìm tòi phương hướng hiệu Nghiên cứu "Một số phương pháp giải toán đại số tổ hợp chương trình THPT" giúp tơi củng cố, khắc sâu phương pháp giải toán đại số tổ hợp Hy vọng rằng, khóa luận tài liệu tham khảo có ích cho bạn sinh viên, giáo viên ngành Toán, đặc biệt bồi dưỡng học sinh giỏi, Kết có Khóa luận cố gắng thân, nhiên có hạn chế định Vì vậy, tơi mong nhận góp ý Quý thầy bạn đọc để khóa luận hồn thiện 76 Tài liệu tham khảo [1] Trần Thị Vân Anh (2010), Hướng dẫn giải dạng tập từ đề thi quốc gia mơn tốn, NXB Đại học quốc gia Hà Nội [2] Lê Hồnh Phò, Nguyễn Văn Nho, Nguyễn Tài Chung (2007), Chuyên khảo Đa thức, NXB Đại học quốc gia Hà Nội [3] Võ Giang Giai (2007), Các chủ đề Đại số Giải tích 11, NXB Đại học quốc gia Hà Nội [4] Võ Giang Giai (2008), Phương pháp giải toán Đại số tổ hợp, NXB Đại học quốc gia Hà Nội [5] Ngô Thúc Lanh (1998), Tìm hiểu đại số tổ hợp phổ thơng, NXB Giáo dục [6] Trần Tuấn Điệp, Ngô Long Hậu, Nguyễn Phú Trường (2002), Giới thiệu đề thi tuyển sinh vào đại học - cao đẳng toàn quốc từ 2002 – 2003 đến năm 2012 – 2013, Nhà xuất Hà Nội [7] Trần Văn Hạo, Vũ Tuấn, Đào Ngọc Lam, Lê Văn Tiến, Vũ Viết Yên (2008), Đại số giải tích 11, NXB Giáo dục [8] Kỷ yếu Olympic Toán sinh viên (2016), Trường Đại học Quy Nhơn, trang 44 [9] https://www.slideshare.net/Truonghocso/cc-phng-php-m-nng-cao [10] https://123doc.org/document/2842853-su-dung-ham-sinh-giai-bai-toan-tohop.htm 77 NHẬN XÉT CỦA GIẢNG VIÊN HƯỚNG DẪN Giảng viên hướng dẫn (Ký, ghi rõ họ tên) NHẬN XÉT CỦA PHẢN BIỆN Phản biện (Ký, ghi rõ họ tên) NHẬN XÉT CỦA PHẢN BIỆN Phản biện (Ký, ghi rõ họ tên) ... khóa luận trình bày gồm chương: Chương 1: Lý thuyết tổ hợp Chương 2: Một số phương pháp giải toán tổ hợp đếm Chương 3: Một số phương pháp chứng minh đẳng thức tổ hợp Chương 4: Một số dạng tốn... (a + b)n , trừ hệ số hai đầu 1, hệ số khác tổng hai hệ số tương ứng dòng 13 Chương Một số phương pháp giải toán tổ hợp đếm Bài toán đếm toán đặc trưng dạng toán tổ hợp Bài toán đếm nhằm trả lời... phương pháp giải số toán tổ hợp để ứng dụng vào việc giải toán Đối tượng nghiên cứu phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu khóa luận phân loại, đưa phương pháp toán giải toán đại số tổ hợp Phương