PHẦN 1: MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài Các tốn tổ hợp (hay gọi tốn giải tích tổ hợp) chiếm vị trí quan trọng việc phát triển tư duy, tính sáng tạo học sinh Do lý thú tốn nên chúng ln xuất kì thi học sinh giỏi, thi tuyển sinh vào trường Đại học Cao đẳng Trong nội dung này, có tốn tính tổng liên quan đến số tổ hợp Khi gặp toán thuộc loại này, học sinh thường ngại tìm cách giải, có tâm lí sợ dễ có tư tưởng bỏ qua tốn Bằng kinh nghiệm giảng dạy, tơi rút số nguyên nhân sau dẫn đến em học sinh có tâm lí sợ tốn tính tổng liên quan đến số tổ hợp: - Vì thời lượng dành cho nội dung ít, nên học sinh làm quen với số toán mức độ đơn giản - Các tài liệu viết tổ hợp trình bày nhiều cách giải tốn này, có cách kết hợp kiến thức tổ hợp với đạo hàm tích phân Điều tạo khó khăn định cho học sinh lí kiến thức tổ hợp học học kì I, đạo hàm trình bày cuối học kì II lớp 11, tích phân học cuối chương trình lớp 12 - Hệ thống tập minh hoạ cho phương pháp tính tổng liên quan đến số tổ hợp chưa phong phú, chưa đưa em tới nhiều tình - Các tập mà em tiếp cận chưa phản ánh chất dấu hiệu phương pháp tính tổng liên quan đến số tổ hợp - Khi dạy học sinh tìm lời giải tốn tính tổng liên quan đến số tổ hợp, thầy cô giáo chưa hướng dẫn học sinh hoạt động cách tích cực, chưa phát huy tính tự giác, lực sáng tạo học sinh Trong giai đoạn nay, việc đổi phương pháp dạy học toán trường trung học phổ thông chủ yếu theo hướng phát huy cao độ nỗ lực cá nhân học sinh, cá nhân hoá việc dạy học, tích cực hố hoạt động học tập học sinh Một hoạt động quan trọng học sinh q trình giải tốn hoạt động nhận dạng thể hiện, hoạt động phân loại tốn, hoạt động tìm tòi, suy nghĩ lời giải toán nhằm nắm vững khái niệm, tính chất, phương pháp, thuật tốn, cơng thức Vấn đề đặt dùng kiến thức tổ hợp túy có giải tốn tính tổng liên quan đến số tổ hợp khơng Sau nhiều trăn trở, tìm tòi, tơi có câu trả lời: Có cơng thức đơn giản liên quan đến số tổ hợp giúp ta giải loại toán kết hợp với nhị thức Niu-tơn, ví von cơng thức giống “bảo bối” người giải tốn tổ hợp Nó đề cập phần 2, mục I.3 Để giúp học sinh vận dụng công thức cách linh hoạt, giáo viên cần giúp em nhận dạng toán dùng cơng thức Cần giúp em nhìn nhận, biến đổi cơng thức nhiều hình thức khác để giải nhiều tốn khó hơn, lạ Cần có hệ thống tập phong phú, phân loại để học sinh rèn luyện kỹ Từ góp phần phát triển cho học sinh lực tìm tòi, suy nghĩ lời giải tốn tính tổng liên quan đến số tổ hợp, mục đích việc giải tốn khơng nắm vững kiểu tốn, chí tập mà rèn luyện khả giải tập nói chung để ứng phó với tình mẻ, khơng phụ thuộc vào khn mẫu có sẵn Vì lí trên, tơi chọn đề tài nghiên cứu sáng kiến kinh nghiệm sau: Dùng kiến thức tổ hợp túy hướng dẫn học sinh giải tốn tính tổng số tổ hợp Mục đích nghiên cứu Tìm hiểu nhu cầu khó khăn học sinh tốn tính tổng số tổ hợp Từ nghiên cứu, đề xuất phương pháp khắc phục khó khăn đó, góp phần nâng cao chất lượng dạy học mơn tốn trường trung học phổ thông Đối tượng nghiên cứu Các tốn tính tổng số tổ hợp dùng kiến thức tổ hợp túy để giải Phương pháp nghiên cứu a) Phương pháp nghiên cứu xây dựng sở lý thuyết: Nghiên cứu sách giáo khoa, tài liệu phương pháp dạy học toán, tài liệu tâm lý học, giáo dục học, cơng trình nghiên cứu có liên quan đến đề tài số tác giả, sách tham khảo… b) Phương pháp điều tra khảo sát thực tế: Tiến hành tìm hiểu số liệu thơng qua giáo viên tốn trường phổ thơng, qua kiểm tra học sinh trường THPT Vĩnh Lộc c) Phương pháp thống kê, xử lý số liệu: Tiến hành dạy thực nghiệm số buổi trường THPT Vĩnh Lộc PHẦN 2: NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM I CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Công thức nhị thức Niu-tơn n 1 (a  b)  C a  C a b  C a n n n n k n nk n b   C b   Cnk a n  k b k k n n n k 0 Một số khai triển công thức suy từ công thức nhị thức Niu-tơn (1  x) n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x  Cn3 x3   Cnn x n (1  x) n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x  Cn3 x3   (1) n Cnn x n (1  x) n  C20n  C21n x  C22n x  C23n x3   C22nn x n (1  x) n  C20n  C21n x  C22n x  C23n x3   C22nn 1 x n 1  C22nn x n (1  x) n 1  C20n 1  C21n 1 x  C22n 1 x  C23n 1 x3   C22nn11 x n 1 (1  x) n 1  C20n 1  C21n 1 x  C22n 1 x  C23n 1 x3   C22nn1 x n  C22nn11 x n 1 (1  x) n  (1  x) n  C20n  C22n x  C24n x   C22nn x n 2n (1  x)  (1  x) n  C21n x  C23n x3   C22nn 1 x n 1 2 n 1 (1  x)  (1  x) n 1  C20n 1  C22n 1 x   C22nn1 x n (1  x) n 1  (1  x) n 1  C21n 1 x  C23n 1 x3   C22nn11 x n 1 Cn0  Cn1  Cn2  Cn3   Cnn  2n Cn0  Cn1  Cn2  Cn3   (1) n Cnn  Cn0  Cn2  Cn4   Cn1  Cn3  Cn5   2n 1 Công thức quan trọng dùng đề tài kCnk  nCnk11 (n  * , n  2; k  1, 2, , n) (I) (k  1)C  (n  1)C (n   ; k  0,1, , n) (II) 1 C nk  C nk11 (n  * ; k  0,1, , n) (III) k 1 n 1 Chú ý - Các công thức tương đương nhau, khác hình thức viết Để dễ nhớ, cần nhớ công thức (I) Tùy việc áp dụng vào tốn cụ thể, từ cơng thức (I) biến đổi thành công thức (II), (III) để sử dụng cho phù hợp - Công thức (I) chứng minh đơn giản sau Với n  * , n  k  1, 2, , n ta có k 1 n 1 k n * n! k n.(n  1)! (n  1)!   n  nCnk11 (đpcm) k !(n  k )! k (k  1)!(n  k )! (k  1)!(n  k )! Trong công thức (I), thay n n  thay k k  ta thu công thức kCnk  k (II) Công thức (III) có từ cơng thức (II) cách chia hai vế cho (n  1)(k  1) Dấu hiệu nhận biết dùng công thức (I), (II), (III) để đưa tổng liên quan đến số tổ hợp tổng quen thuộc Sử dụng công thức (I), (II), (III) cho phương pháp hay có hiệu đ ể giải tốn tính tổng liên quan đến số tổ hợp Các tốn tính tổng liên quan đến số tổ hợp áp dụng phương pháp này, số hạng tổng quát tổng biến đổi thành biểu thức vế trái công thức (I), (II), (III) Các bước thực tính tổng liên quan đến số tổ hợp cách dùng công thức (I), (II), (III): - Xác định số hạng tổng quát tổng cần tính - Biến đổi số hạng tổng quát để làm xuất biểu thức vế trái công thức (I), (II), (III) - Dùng công thức (I), (II), (III) đưa tổng cho tổng quen thuộc Chú ý Chúng ta cần ý đến đặc điểm bật cơng thức (I), (II), (III) để có định hướng quan trọng giải tốn Trong cơng thức (I), (II), (III), k thay đổi n cố định Như vậy, áp dụng cơng thức này, ta có mục đích biến đổi đại lượng thay đổi k đại lượng cố định n Tư tưởng chung giúp ta biến đổi tổng cần tính thành tổng quen thuộc II THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ Toán học môn học mà dạy gắn liền lí thuyết với tập áp dụng Trong chư ng trình sách giáo khoa, kiến thức tập áp dụng công thức (I), (II), (III) khơng có Vì em học sinh lúng túng có tâm lí lo sợ gặp dạng tốn tính tổng có liên quan đến số tổ hợp, dẫn đến việc bỏ qua toán thường xuất kỳ thi vào Đại học Cao đẳng, thi học sinh giỏi Sử dụng công thức (I), (II), (III) phư ng pháp hay có hiệu để giải tốn tính tổng có liên quan đến số tổ hợp, tạo nên độc đáo, ngắn gọn sáng tạo lời giải toán Qua thực tế dạy học, tơi thấy học sinh thiếu kinh nghiệm việc áp dụng công thức (I), (II), (III) để giải tốn nói chung giải tốn tính tổng có liên quan đến số tổ hợp nói riêng Khi sử dụng cơng thức (I), (II), (III) giải tốn tính tổng có liên quan đến số tổ hợp học sinh gặp nhiều khó khăn sau: - Đứng trước tổng có liên quan đến số tổ hợp lựa chọn sử dụng công thức (I), (II), (III) để giải dùng cơng thức đâu để biến đổi tổng Khó khăn nảy sinh hệ thống tập sách giáo khoa chưa đa dạng, phong phú để khắc sâu phương pháp sử dụng công thức (I), (II), (III) việc giải tốn tính tổng có liên quan đến số tổ hợp - Việc định hướng đúng, xác định đường lối để giải chọn lựa phương pháp công cụ để giải yêu cầu phát triển trí tuệ cho học sinh Việc rèn luyện giải tốn tính tổng có liên quan đến số tổ hợp phương pháp sử dụng công thức (I), (II), (III) góp phần phát triển cho học sinh lực tìm tòi, suy nghĩ lời giải tốn, mục đích việc giải tốn khơng nắm vững kiểu tốn, chí tập mà rèn luyện khả giải tập nói chung để ứng phó với tình mẻ, khơng phụ thuộc vào khn mẫu có sẵn Các tài liệu viết phương pháp sử dụng công thức (I), (II), (III) chưa nhiều, chưa sâu nghiên cứu tốn tính tổng có liên quan đến số tổ hợp giải phương pháp sử dụng công thức (I), (II), (III) nên chưa thực thuận lợi cho thầy trò việc dạy học loại toán này, chưa xây dựng hệ thống tập đa dạng, phong phú để khắc sâu phương pháp sử dụng công thức (I), (II), (III), để học sinh có hội rèn luyện kĩ giải toán, tạo nên nhạy bén nhiều tình học tập III GIẢI PHÁP VÀ TỔ CHỨC THỰC HIỆN Việc nghiên cứu toán toán học sơ cấp cách ghép thành nhóm toán giải phương pháp việc làm cần thiết có ý nghĩa Trên sở lý thuyết tập sách giáo khoa mơn tốn phổ thơng số sách tốn khác, người giáo viên kiến thức kinh nghiệm sử dụng phương pháp phân loại toán, vạch khác biệt tốn theo kiểu để giúp ích cho học sinh giải tốn Để góp phần nâng cao chất lượng dạy học, áp dụng đề tài lớp 12A2, 12A3 hai năm học 2014-2015, 2015-2016 Khi tiếp cận với chuyên đề này, học sinh học tập hứng thú có hiệu Bằng cách kiểm tra, đối chứng nhận thấy chuyên đề góp phần nâng cao kĩ giải toán cho em học sinh, giúp em nhạy bén việc sử dụng công thức (I), (II), (III) Để thấy vai trò quan trọng cơng thức trên, sau tơi xin trình bày số ví dụ vận dụng Các ví dụ trích từ đề thi Đại học (ví dụ 7, 9, 17), thi thử đại học, thi học sinh giỏi giải chi tiết, kèm theo phân tích nhận xét để học sinh thấy ứng dụng rộng rãi, hay, đẹp cơng thức (I), (II), (III) Ví dụ Tính tổng S  1Cn1  2Cn2  3Cn3   (n  1)Cnn 1  nCnn Lời giải Tổng cần tính quen thuộc Sau tơi xin đưa cách giải tốn này, có cách giải sử dụng cơng thức kCnk  nCnk11 Từ bình luận ưu nhược điểm cách Cách Số hạng tổng quát tổng S kCnk , với k  1, 2, , n Số hạng tổng quát làm ta nhớ đến công thức kCnk  nCnk11 (n  * , n  2; k  1, 2, , n) Áp dụng công thức này, ta biến đổi tổng S sau S  1Cn1  2Cn2  3Cn3   (n  1)Cnn 1  nCnn  n  Cn01  Cn11  Cn21   Cnn11   n.2n 1 Cách Sử dụng công thức Cnk  Cnn k với k  0,1, , n , ta viết lại tổng cho sau: S  nCn0  (n  1)Cn1  (n  2)Cn2   1Cnn 1 Như vậy, ta có S  1Cn1  2Cn2  3Cn3   (n  1)Cnn 1  nCnn S  nCn0  (n  1)Cn1  (n  2)Cn2   1Cnn 1 Cộng theo vế hai đẳng thức ta S  nCn0  nCn1  nCn2   nCnn 1  nCnn  S  n.2n Vậy S  n.2n 1 Cách Dùng đạo hàm Ta có (1  x)n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x  Cn3 x3   Cnn 1 x n 1  Cnn x n Lấy đạo hàm hai vế (1) ta (1) n(1  x) n 1  Cn1  2Cn2 x  3Cn3 x   (n  1)Cnn 1 x n   nCnn x n 1 (2) Trong (2), cho x  ta S  1Cn1  2Cn2  3Cn3   (n  1)Cnn 1  nCnn  n.2n 1 Nhận xét - Việc dùng cách tự nhiên, tạo nên đơn giản lời giải toán Cách giải dùng kiến thức tổ hợp túy, không mang tính kĩ thuật biến đổi, tạo nên nhẹ nhàng, dễ hiểu đa số học sinh - Hai cách giải lại phải biết kết hợp nhiều kiến thức, có nhiều biến đổi mang tính kĩ thuật cao, chí phải kết hợp với đạo hàm Vì vậy, hai cách giải khơng đơn giản học sinh Ví dụ Chứng minh 2C22n  4C24n  6C26n   2nC22nn  n.22 n 1 Lời giải Gọi S vế trái đẳng thức cần chứng minh Số hạng tổng quát S 2kC22nk , k  1, 2, , n Vận dụng công thức kCnk  nCnk11 (n  * , n  2; k  1, 2, , n) ta có 2kC22nk  2nC22nk11 Do S  2n  C21n 1  C23n 1  C25n 1   C22nn11   2n.22 n   n.22 n 1 Ví dụ Chứng minh 1.22 C22n  2.24 C24n  3.26 C26n   n.22 n C22nn  n  32 n 1  1 Lời giải Gọi S vế trái đẳng thức cần chứng minh Ta biến đổi số hạng tổng quát S sau: k 22 k C22nk  22 k 1.2kC22nk  22 k 1.2nC22nk11 , với k  1, 2, , n  (1  2) n 1  n  32 n 1  1 2 S  1.2.Cn  2.3.Cn  3.4.Cn   (n  1).nCnn với n   n  Do S  2n  C21n 1.21  C23n 1.23   C22nn11.22 n 1   2n (1  2) n 1 Ví dụ Tính tổng Lời giải Số hạng tổng quát S (k  1).kCnk , k  2,3, , n Với n   n  k  2,3, , n áp dụng cơng thức kCnk  nCnk11 hai lần ta có (k  1)kCnk  (k  1)nCnk11  n(k  1)Cnk11  n(n  1)Cnk22 Áp dụng kết vừa có, ta S  1.2.Cn2  2.3.Cn3  3.4.Cn4   (n  1).nCnn  n(n  1)  Cn0  Cn1  Cn2   Cnn22   n(n  1).2n  Nhận xét Ta xem xét cách giải toán cách kết hợp kiến thức tổ hợp với đạo hàm cấp hai sau Ta có (1  x)n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x  Cn3 x3   Cnn x n Lấy đạo hàm hai vế (1) ta (1) n(1  x) n 1  Cn1  2Cn2 x  3Cn3 x   nCnn x n 1 (2) Lấy đạo hàm hai vế (2) ta n(n  1)(1  x) n   1.2Cn2  2.3Cn3 x  3.4Cn4 x   (n  1)nCnn x n  (3) Trong (3), cho x  ta S  1.2.Cn2  2.3.Cn3  3.4.Cn4   (n  1).nCnn  n(n  1).2n  Rõ ràng lời giải mang tính kĩ thuật cao khó nhiều học sinh Ví dụ Tính tổng S  1.2.3.Cn3  2.3.4.Cn4   (n  2)(n  1)nCnn Lời giải Áp dụng công thức kCnk  nCnk11 nhiều lần để biến đổi số hạng tổng quát S sau: (k  2)(k  1)kCnk  (k  2)(k  1)nCnk11  n(k  2)(k  1)Cnk11  n(k  2)(n  1)Cnk22  n(n  1)(k  2)Cnk22  n(n  1)(n  2)Cnk33 Suy S  n(n  1)(n  2)  Cn03  Cn13  Cn23   Cnn33   n(n  1)(n  2).2n 3 Ví dụ Tính tổng S  12 Cn1  22 Cn2  32 Cn3   n 2Cnn với n   n  Lời giải Xét số hạng tổng quát tổng S k 2Cnk , với k  2,3, 4, , n Trong số hạng tổng quát có biểu thức kCnk Từ áp dụng cơng thức kCnk  nCnk11 , ta có k 2Cnk  k kCnk  k nCnk11  n[(k  1)  1]Cnk11  n(k  1)Cnk11  nCnk11  n(n  1)Cnk22  nCnk11 Hoặc: k 2Cnk  [k (k  1)  k ]Cnk  (k  1)kCnk  kCnk  n(n  1)Cnk22  nCnk11 Áp dụng kết ý 12 Cn1  nCn01 , ta có S  12 Cn1  22 Cn2  32 Cn3   n 2Cnn  n(n  1)  Cn0  Cn1   Cnn22   n  Cn01  Cn11   Cnn11   n(n  1).2n   n.2n 1  n(n  1).2n  Nhận xét Sau hai cách tính tổng cách kết hợp kiến thức tổ hợp với đạo hàm 1) Ta có k 2Cnk  [k (k  1)  k ]Cnk  (k  1)kCnk  kCnk nên S  12 Cn1  22 Cn2  32 Cn3   n 2Cnn  1.2.Cn2  2.3.Cn3  3.4.Cn4   (n  1).nCnn   1Cn1  2Cn2  3Cn3   nCnn   n(n  1).2n   n.2n 1  n(n  1).2n  Cách giải sử dụng tổng Ví dụ Ví dụ Đây kĩ thuật tách tổng cần tính thành hai tổng quen thuộc Nhưng chất cách giải kết hợp kiến thức tổ hợp với đạo hàm nên không đơn giản học sinh 2) Ta có (1  x)n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x  Cn3 x3   Cnn x n (1) Lấy đạo hàm hai vế (1) ta n(1  x) n 1  Cn1  2Cn2 x  3Cn3 x   nCnn x n 1 (2) Nhân hai vế (2) với x  ta nx(1  x) n 1  Cn1 x  2Cn2 x  3Cn3 x3   nCnn x n (3) Lấy đạo hàm hai vế (3) ta n(1  x) n 1  n(n  1) x(1  x) n   12 Cn1  22 Cn2 x  32 Cn3 x   n 2Cnn x n 1 (4) Trong (4), cho x  ta S  12 Cn1  22 Cn2  32 Cn3   n 2Cnn  n.2n 1  n(n  1).2n   n(n  1).2n  Cách giải khó học sinh Ví dụ (ĐH khối A năm 2005) Tìm số nguyên dương n cho C21n 1  2.2C22n 1  3.22 C23n 1  4.23 C24n 1   (2n  1).22 n C22nn11  2005 (1) Lời giải Gọi S vế trái PT (1) k Số hạng tổng quát S (k  1)  2  C2kn11 , k  0,1, , 2n Đặc điểm số hạng tổng quát làm ta nhớ đến công thức (k  1)Cnk11  (n  1)Cnk (n  * ; k  0,1, , n) Áp dụng công thức này, ta biến đổi số hạng tổng quát S sau k k k k (k  1)  2  C2kn11   2  (k  1)C2kn11   2  (2n  1)C2kn  (2n  1).C2kn  2  Từ S  C21n 1  2.2C22n 1  3.22 C23n 1  4.23 C24n 1   (2n  1).22 n C22nn11 2n  (2n  1) C20n  2   C21n  2   C22n  2   C23n  2    C22nn  2      (2n  1) 1    2n  2n Theo giả thiết ta có 2n   2005  n  1002 (thỏa mãn) Vậy giá trị cần tìm n n  1002 Nhận xét +) Sau lời giải dựa vào đạo hàm Ta có (1  x)2 n 1  C20n 1  C21n 1 x  C22n 1 x  C23n 1 x3   C22nn11 x n 1 , x   (1) Đạo hàm hai vế (1) ta có (2n  1)(1  x) n  C21n 1  2C22n 1 x  3C23n 1 x   (2n  1)C22nn11 x n , x   (2) Trong (2), cho x  2 ta C21n 1  2.2C22n 1  3.22 C23n 1  4.23 C24n 1   (2n  1).22 n C22nn11  2n  Theo giả thiết ta có 2n   2005  n  1002 (thỏa mãn) +) Việc bình luận hai cách giải xin dành cho bạn Ví dụ Tính tổng 1 1 S  Cn0  Cn1  Cn2   Cnn (n  * ) n 1 Cnk , k  0,1, , n Lời giải Xét số hạng tổng quát tổng S k 1 1 Cnk  Cnk11 , ta có Áp dụng cơng thức k 1 n 1 1 2n 1  1 n 1 n 1 S  Cn1  Cn1   Cn1   n    Cn1   n  n 1 Nhận xét +) Lời giải có ưu điểm ngắn gọn, dễ trình bày có hướng giải “tự nhiên” Quan trọng giáo viên hướng dẫn học sinh giải tốn chưa học đạo hàm tích phân +) Sau cách giải toán cách dùng tích phân để bạn xem xét Ta có (1  x)n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x  Cn3 x3   Cnn x n 1 0 n 2 3 n n  (1  x) dx    Cn  Cn x  Cn x  Cn x   Cn x  dx Suy ra: (1  x) n 1 2n 1  Ta có:  (1  x) dx   n 1 n 1 n Mặt khác:  x2 x3 x n 1   Cn1 x  Cn2 x  Cn3 x3   Cnn x n  dx   x  Cn1  Cn2   Cnn  n 1   1   Cn1  Cn2   Cnn n 1 1 2n 1  Cnn  Vậy:  Cn1  Cn2   n 1 n 1  C n Ví dụ (ĐH khối A năm 2007) Chứng minh 1 22 n  C2 n  C2 n   C22nn 1  2n 2n  Lời giải Gọi S vế trái đẳng thức cho k 1 C2 n , k  1, 2, , n 2k 1 k 1 Cnk  Cnk11 , ta có C2 n  C22nk1 Áp dụng công thức k 1 n 1 2k 2n  Số hạng tổng quát S Từ 1 1 S  C21n  C23n   C22nn 1  C22n 1  C24n 1   C22nn1   2n 2n  1 22 n   C20n 1  C22n 1  C24n 1   C22nn1   C20n 1     2n  2n   Ta có đpcm Nhận xét +) Các bạn xem xét lời giải tốn dựa vào tích phân sau Ta có (1  x)2 n  C20n  C21n x  C22n x   C22nn x n (1  x) n  C20n  C21n x  C22n x   C22nn x n  (1  x) n  (1  x) n   C21n x  C23n x3  C25n x5   C22nn 1 x n 1  1 (1  x) n  (1  x) n dx    C21n x  C23n x3  C25n x5   C22nn 1 x n 1  dx 0  (1  x) n  (1  x) n (1  x) n 1  (1  x) n 1 22 n    dx   2n  2(2n  1) (1)   C 2n x  C x  C x   C 2n 2n n 1 n 1 2n x 1 1  C21n  C23n  C25n   C22nn 1 2n 2n  x2 1 x x n 1 x  dx   C2n  C2n  C2n   C2n 2n    (2) Từ (1) (2) ta có điều phải chứng minh +) Ta thấy cách giải dựa vào tích phân phức tạp Lời giải dựa vào công thức tổ hợp túy ngắn gọn tiếp cận tự nhiên Ví dụ 10 Tính tổng S  C20n  C22n  C24n   Lời giải Số hạng tổng quát tổng S C22nn 2n  1 C22nk , k  0,1, , n 2k  1 Cnk  Cnk11 , ta biến đổi số hạng tổng quát S k 1 n 1 1 C22nk  C22nk11 sau: 2k  2n  1 22 n C21n 1  C23n 1  C25n 1   C22nn11   Suy S   2n  2n  1 1 C22nn Ví dụ 11 Tính tổng S  C20n  C22n  C24n   2n  Áp dụng công thức Lời giải Số hạng tổng quát tổng S C22nk , k  0,1, , n 2k  1 Cnk  Cnk11 , ta có k 1 n 1 2k  1  1 1  C22nk  C22nk  1  C22nk11  C22nk11  C22nk11  2k  2k  2k  k  2 n  n  n  k    1  C22nk11  C22nk22 2n  2n  2n  1 C21n 1  C23n 1   C22nn11   Suy S    C22n2  C24n2   C22nn22  2n  (2n  1)(2n  2) Áp dụng công thức  22 n 22 n 1  n.22 n 1    2n  (2n  1)(2n  2) (2n  1)(2n  2) 2 26 22 n n 1 Ví dụ 12 Tính tổng S  C2 n  C2 n  C2 n   C2 n 2n 2k C22nk 1 , k  1, 2, , n Lời giải Số hạng tổng quát tổng S 2k 1 Cnk  Cnk11 , ta có Áp dụng cơng thức k 1 n 1 2k 1 C22nk 1  22 k C22nk 1  22 k C22nk1 2k 2k 2n  10 Suy S  3(32 n  1) 1  (1  2) n 1  (1  2) n 1 2 4 2n 2n C  C   C   C  2n1  2n   n 1 n 1 n 1   2n    2(2n  1) Ví dụ 13 Tìm số nguyên dương n thỏa mãn 1 1 (1) n n Cn  Cn  Cn  Cn   Cn  n2 156 Lời giải Gọi S vế trái PT cho (1) k k Cn , k  0,1, , n k 2 1 Cnk  Cnk11 nhiều lần ta có Áp dụng cơng thức k 1 n 1 k (1) k k 1 1   Cn  (1) k Cnk  (1) k 1  Cnk11  k 2 k  k 1  k   n 1 1 1 1  (1) k Cnk11  (1) k Cnk11  (1) k Cnk11  (1) k Cnk22 n 1 n 1 k 2 n 1 n 1 n  1 1 (1) n n Từ S  Cn0  Cn1  Cn2  Cn3   Cn n2 Số hạng tổng quát S 1 Cn11  Cn21  Cn31  Cn41   (1) n Cnn11   Cn21  Cn31  Cn41  Cn51   (1) n Cnn22     n 1 (n  1)(n  2)  1 1 1  Cn01  Cn0  Cn1   (n  1)    n 1 (n  1)(n  2) n  (n  1)(n  2) n  n  (n  1)(n  2)    Từ ta có   1   (n  1)(n  2)  12.13  n  11 (n  1)(n  2) 156 (vì n  * ) Nhận xét Mời bạn xem xét lời giải toán cách kết hợp kiến thức tổ hợp với tích phân Với x   số nguyên dương n, theo nhị thức Niu-tơn ta có   Cn0 x  Cn1 x   (1) n Cnn x n 1  Cn0  Cn1 x   (1) n Cnn x n x  (1  x) n x Suy  C 0 n  x  Cn1 x   (1) n Cnn x n 1 dx   (1  x) n xdx 1 1 1 (1) n Hay Cn0  Cn1   ,   Cn   (1  x) n dx   (1  x) n 1dx  n  n  (n  1)(n  2) n2 0 n  * 1   n  3n  154   n  11 (vì n  * ) Từ ta có (n  1)(n  2) 156 n với Cn1 2Cn2 3Cn3 (1) n nCnn     2.3 3.4 4.5 (n  1)(n  2) (1) k kCnk , k  1, 2, , n Lời giải Số hạng tổng quát tổng S (k  1)(k  2) 1 Cnk  Cnk11 , ta có Áp dụng công thức k 1 n 1 k k (1) kCn 1 1  (1) k k Cnk  (1) k k Cnk11 (k  1)(k  2) k  k 1 k  n 1 Ví dụ 14 Tính tổng S  11  1 1 (1) k k Cnk11  (1) k k Cnk22 n 1 k 2 n 1 n2  1 (1) k k Cnk22  (1) k [(k  2)  2].Cnk22 n 1 n  (n  1)(n  2)  (1) k (k  2)Cnk22  2(1) k Cnk22  (n  1)(n  2)  (1) k (n  2)Cnk11  2(1) k Cnk22  (n  1)(n  2)  Từ S (n  2) Cn21  Cn31  Cn41   (1) n Cnn11  Cn3  Cn4  Cn5   (1) n Cnn22   (n  1)(n  2)       (n  2)  Cn 1  Cn11  Cn21  Cn31  Cn41   (1) n 1 Cnn11  Cn01  Cn11   (n  1)(n  2)   Cn0  Cn1  Cn2  Cn3  Cn4  Cn5   (1) n Cnn22  Cn0  Cn1  Cn2   (n  1)(n  2)     (n  2)(n  1)     n 1 n2 (n  2) (1  1)  1  n  1   (1  1)  1  n     (n  1)(n  2)              n  (n  2)n  (n  1)n  (n  1)(n  2) (n  1)(n  2) Nhận xét +) Đây tốn khó Cách giải dùng kiến thức tổ hợp túy phần giảm bớt độ khó đó, tạo tự nhiên định hướng phương pháp giải toán +) Mời bạn xem xét lời giải tốn có sử dụng kiến thức tổ hợp kết hợp với đạo hàm tích phân Ta có (1  x)n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x  Cn3 x3  Cn4 x   (1)n Cnn x n (1) Lấy đạo hàm hai vế (1)  n(1  x) n 1  Cn1  2Cn2 x  3Cn3 x  4Cn4 x3   (1) n nCnn x n 1  nx(1  x) n 1  Cn1 x  2Cn2 x  3Cn3 x3  4Cn4 x   (1) n nCnn x n   nx(1  x) n 1 dx    Cn1 x  2Cn2 x  3Cn3 x3  4Cn4 x   (1) n nCnn x n dx  n  (1  x) n  (1  x) n 1  dx    Cn1 x  2Cn2 x  3Cn3 x3  4Cn4 x   (1) n nCnn x n dx  (1  x) n 1 (1  x) n  Cn1 2Cn2 3Cn3 4Cn4 (1) n nCnn n 1  n   x  x  x  x   x  C (2)  n  n 1  n 1 Ta xác định số C cách (2) cho x  , ta  1 n  C C  n 1  n n 1  Lấy tích phân đoạn [0; 1] hai vế (2) ta 12  Cn1 2Cn2 3Cn3 4Cn4  (1  x) n 1 (1  x) n  (1) n nCnn n 1  n  dx  x  x  x  x   x   dx  0  n   n  n 1 n  1  Hay:  (1  x) n  (1) n nCnn n  (1  x) n 1   Cn1 2Cn2 3Cn3 4Cn4 1 n   x  x  x  x   x  x 0  3.4 4.5 5.6 (n  1)(n  2) n 1   (n  1)(n  2) n(n  1)   2.3   Cn1 2Cn2 3Cn3 4Cn4 (1) n nCnn 1  n          (n  1)(n  2) n   n(n  1) (n  1)(n  2)  2.3 3.4 4.5 5.6 n n Cn 2Cn 3Cn 4Cn (1) nCn n        2.3 3.4 4.5 5.6 (n  1)(n  2) (n  1)(n  2) Cách giải khó học sinh 1 1 Cn  Cn   Cnn 1.2 2.3 (n  1).(n  2) 1 Cnk  Cnk11 hai lần ta biến đổi số hạng tổng Lời giải Áp dụng công thức k 1 n 1 quát S 1  1 1  1   Cnk   Cnk   Cnk11   Cnk11   Cnk22 (k  1).(k  2) k   k 1  k  n 1 n 1  k   n 1 n  Ví dụ 15 Tính tổng S  Vậy 1 2n   n  3 n2 n2 C  C   C   C  C   n2 n2  n2  n2 n2  (n  1)(n  2) (n  1)(n  2) (n  1)(n  2) 1 Cn0  Cn1   Cnn Ví dụ 16 Tính tổng S  1.2.3 2.3.4 (n  1).(n  2)(n  3) Cnk , k  0,1, , n Lời giải Số hạng tổng quát S (k  1)(k  2)(k  3) 1 Cnk  Cnk11 ba lần ta có Áp dụng cơng thức k 1 n 1 S 1 1 1 1 Cnk  Cnk  Cnk11  Cnk11 (k  1)(k  2)(k  3) (k  2)(k  3) k  (k  2)(k  3) n  n 1 k  k   1 1 1 Cnk22  Cnk33 n 1 n  k  n 1 n  n  Suy S  1 Cn33  Cn43   Cnn33   2n 3  Cn03  Cn13  Cn23    (n  1)(n  2)(n  3) (n  1)(n  2)(n  3) 2n   n  n  14 2(n  1)(n  2)(n  3) Ví dụ 17 (ĐH khối B năm 2003) Cho n số nguyên dương Tính tổng: 2  1 23  2 n1  n S  Cn  Cn  Cn   Cn n 1 k 1  k Lời giải Số hạng tổng quát S Cn , k  0,1, , n k 1 13 Áp dụng công thức 1 Cnk  Cnk11 , ta có k 1 n 1 k 1  k 1 1 Cn  k 1  Cnk  k 1  Cnk11  Cnk11 k 1  Cnk11 k 1 k 1 n 1 n 1 n 1     Từ 1 Cn11.2  Cn21.22   Cnn11.2n 1     Cn11  Cn21   Cnn11  n 1 n 1 1 3n 1  2n 1 (1  2) n 1  1   (2n 1  1)  n 1 n 1 n 1 S Nhận xét +) Mời bạn xem việc tính tổng cách kết hợp kiến thức tổ hợp với tích phân cho bình luận Ta có (1  x)n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x   Cnn x n Suy 2 1 n 2 n n  (1  x) dx    Cn  Cn x  Cn x   Cn x  dx n 1  2 n 1 x x n x  (1  x)   Cn x  Cn  Cn   Cn   n 1 n 1   Cn0  2  1 23  2 n1  n 3n1  n1 Cn  Cn   Cn  n 1 n 1 +) Cách giải dùng kiến thức tổ hợp túy có số ưu điểm sau: - Đây cách tính trực tiếp dùng kiến thức giải tích tổ hợp, khơng phải dùng đến kiến thức tích phân - Đề thi có mục tiêu phân loại học sinh, phát huy tính sáng tạo, khơng dập khn, khơng theo lối mòn giải toán Cách giải phần đáp ứng mục tiêu Hơn từ cách giải đề tốn khác, chẳng hạn Tính tổng: a  1 a3  a n1  n (a  1)Cn  Cn  Cn   Cn n 1 Tính: a  b a3  b3 a n1  b n1 n (a  b)C  Cn  Cn   Cn n 1 n Ví dụ 18 Cho đa thức P( x )  (2 x  1)2015 viết dạng khai triển P( x )  a0  a1 x  a2 x  a3 x   ak x k   a2015 x 2015 Tính tổng S  a1  22 a2  32 a3   20152 a2015 2015 k Lời giải Ta có P( x )  (2 x  1)2015  (1  x )2015   C2015 (1)2015k (2 x )k k 0 2015 k Hệ số số hạng chứa x C (1) , k  0,1, ,2015 Số hạng tổng quát tổng S k ak , k  1,2, ,2015 k k 2015 k 14 Ta có k k k k 1 k ak  k C2015 (1)2015k k  C2015 (1)2015k k k.kC2015  (1)2015k k k.2015.C2014 k 1 k 1 k 1  2015.(1)2015k k.[(k  1)  1]C2014  2015C2014 (1)2015k k  2015.(1)2015k k.(k  1)C2014 k 1 k 2  2015C2014 (1)2015k k  2015.2014.(1)2015k k.C2013 Từ  2014 2015 a1  22 a2  32 a3   20152 a2015  2015 C2014  C2014 22  C2014 23   C2014  2013 2015 2015.2014 C2013 22  C2013 23   C2013    2015.2.(1  2)2014  2015.2014.(22 ).(1  2)2013  2015.2  2015.2014.4  16 236 870 Nhận xét Mời bạn xem lời giải tính tổng đạo hàm so sánh với cách giải Ta có P '( x )  2015.(2 x  1)2014  a1  a2 x  3a3 x   2015.a2015 x 2014 P ''( x )  2015.2014.(2 x  1)2013 22  a2  3.2 a3 x   2015.2014.a2015 x 2013  P '(1)  2015.2  a1  a2  3a3   2015a2015 (1) P ''(1)  2015.2014.4  a2  3.2 a3   2015.2014 a2015 (2) Céng (1) (2) theo vế ta được: a1 22 a2  32 a3   20152 a2015  2015.2  2015.2014.4  16 236 870 Hoặc: P '( x )  2015.(2 x  1)2014  a1  a2 x  3a3 x   2015.a2015 x 2014 (3) Nhân hai vế (3) với x  , ta 2015 x (2 x  1)2014  a1 x  a2 x  3a3 x   2015.a2015 x 2015 (4) Lấy đạo hàm hai vế (4) ta có 2015.2(2 x  1)2014  2015.2.2014(2 x  1)2013 x  a1  22 a2 x  32 a3 x   20152.a2015 x 2014 , x  (5) Trong (5), cho x  ta S  a1  22 a2  32 a3   20152 a2015  2015.2  2015.2014.4  16 236 870 Ví dụ 19 Hãy tìm số tự nhiên n thỏa mãn C20n  2.2.C21n  3.22.C22n   n.22 n1.C22nn1  (2 n  1).22 n.C22nn  2013 Lời giải Gọi S vế trái PT cho Số hạng tổng quát S (1)k (k  1).2 k.C2kn , k  0,1, ,2 n Ta biến đổi (1)k (k  1).2 k.C2kn  (1)k k.kC2kn  (1)k k.C2kn  (1)k k.2 nC2kn11  (1)k k.C2kn Từ C20n  2.2.C21n  3.22.C22n   n.22 n1.C22nn1  (2 n  1).22 n.C22nn     n C20n1  C21n1 22   C22nn11 22 n  C20n  C21n   C22nn 22 n  n.(2) 1   n 1   1    n  2n Theo giả thiết ta có  n  2013  n  503 15 Nhận xét Sau cách giải sử dụng đạo hàm để bạn so sánh Ta có (1  x)2 n  C20n  C21n x  C22n x  C23n x3   C22nn 1 x n 1  C22nn x n (1) Suy x(1  x)2 n  C20n x  C21n x  C22n x3  C23n x   C22nn 1 x n  C22nn x n 1 với x  (2) Lấy đạo hàm hai vế (2) ta (1  x) n  2n.x(1  x) n 1  C20n  2C21n x  3C22n x  4C23n x3   2nC22nn 1 x n 1  (2n  1)C22nn x n (3) Trong (3) cho x  ta  n  C20n  2.2.C21n  3.22.C22n   n.22 n1.C22nn1  (2 n  1).22 n.C22nn Theo giả thiết ta có  n  2013  n  503 Lời giải có tính kĩ thuật cao nên khó học sinh Ví dụ 20 Tìm số nguyên dương n thỏa mãn 2C22n1  3.2.2C23n1   (1)k k (k  1).2 k 2.C2kn1   n(2 n  1).22 n1.C22nn11  40200 Lời giải Gọi S vế trái PT cho Số hạng tổng quát S (1)k k (k  1).2 k 2.C2kn1 , k  2,3, ,2 n  Ta có (1)k k (k  1).2 k 2.C2kn1  (1)k k 2.(k  1).kC2kn1  (1)k k 2.(k  1).(2 n  1)C2kn1  (2 n  1).(1)k k 2.(k  1)C2kn1  (2 n  1).(1)k k 2.2 n.C2kn21  (2 n  1).2 n.(1)k k 2 C2kn21 Từ 2C22n1  3.2.2C23n1   (1)k k (k  1).2 k 2.C2kn1   n(2 n  1).22 n1.C22nn11   (2 n  1).2 n C20n1  C21n1  C22n1 22   C22nn11 22 n1  (2 n  1).2 n 1   n 1   (2 n  1).2 n Do đó, theo giả thiết ta có (2 n  1).2 n  40200  (2 n  1).2 n  201.200  n  200  n  100 (vì n  * ) Nhận xét Mời bạn xem cách sử dụng đạo hàm để giải tốn cho bình luận Ta có (1  x)2 n 1  C20n 1  C21n 1 x  C22n 1 x  C23n 1 x3   C22nn1 x n  C22nn11 x n 1 (1) Lấy đạo hàm hai vế (1) ta (2n  1)(1  x) n  C21n 1  2C22n 1 x  3C23n 1 x   2nC22nn1 x n 1  (2n  1)C22nn11 x n (2) Lấy đạo hàm hai vế (1) ta 2n(2n  1)(1  x) n 1  2C22n 1  3.2C23n 1 x   2n(2n  1)C22nn11 x n 1 (3) Trong (3) cho x  ta 2C22n1  3.2.2C23n1   (1)k k (k  1).2 k 2.C2kn1   n(2 n  1).22 n1.C22nn11  2n(2n  1) Theo giả thiết ta có n(2 n  1)  40200  n2  n  20100   n  100 BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài Tính tổng sau S1  1Cn1  2Cn2  3Cn3   (1)n nCnn với n  * , n  16 S2  1Cn0  2Cn1  3Cn2   nCnn 1 S3  1Cn2  2Cn3  3Cn4   (n  1)Cnn với n  * , n  S4  1Cn2  2Cn3  3Cn4   (1)n (n  1)Cnn với n  * , n  S5  Cn1  2.aCn2  3.a 2Cn3  4.a 3Cn4   n.a n 1Cnn , n  * S6  Cn0  2Cn1  3Cn2   (n  1)Cnn , n  * S7  Cn0  2Cn1  3Cn2   (1) n (n  1)Cnn , n  * S8  1.Cn2  2Cn3  3Cn4   (n  1)Cnn , n  * , n  S9  n.2 n Cn0  (n  1).2 n1 Cn1   2Cnn1 2014  8C2014  12C2014   4028C2014 10 S10  4C2014 11 S11  22.Cn2  32.Cn3  42.Cn4   (1)n n2 Cnn 2 2 n2 n 1 12 S12  n Cn  (n  1) Cn  (n  2) Cn   Cn  Cn n 1 n2 n 3 n4 n 1 n 13 S13  Cn  2.5 Cn  3.5 Cn  4.5 Cn  (1) nCn , n  * 14 S14  12 Cn1 a n 1  22 Cn2 a n    (n  1) Cnn 1.a1  n 2Cnn a , n  * 15 S15  13 Cn1  23 Cn2  33 Cn3   n3Cnn 16 S16  1.2Cn11  3.4.a 2Cn21  5.6.a 4Cn31  7.8.a 6Cn41   (2n  1)(2n  2).a nCnn11 với a  0, n  * 1 (1) n 1 n Cn với n  * n 1 1 1 S18  Cn0  Cn1  Cn2   Cnn với n  * n2 1 1 S19  C20n  C22n  C24n   C22nn 2n  2 2 2 2n 1 n S 20  Cn  Cn  Cn   Cn với n  * n 1 1 1 S 21      với n  * 1!.(2n  1)! 3!.(2n  3)! 5!.(2n  5)! (2n  1)!.1! 17 S17  Cn1  Cn2  Cn3   18 19 20 21 1 n 1 C2 n , n   * 2n a a3 a a n n 1 a n 1 n Cn , n   * 23 S23  Cn  Cn  Cn   Cn  n n 1 1 1 Cnn 24 S24  2.Cn0  22 Cn1  23 Cn2  24 Cn3   2n Cnn 1  2n 1 n n 1 22 S22  C21n  C23n   1 Cn  Cn   Cnn 1.2 2.3 n.(n  1) * Bài Cho  a  b, n   Chứng minh 25 S25  b  a b  a b3  a b n 1  a n 1 n (1  b) n 1  (1  a ) n 1 Cn  Cn  Cn   Cn  n 1 n 1 17 An3  Cn3 Bài Cho số nguyên n thỏa mãn  35 (n  3) Tính tổng (n  1)(n  2) S  22.Cn2  32.Cn3  42.Cn4   (1)n n2 Cnn Bài Tìm hệ số x3 khai triển P( x)  (1  x  x3  x )n , biết n số 1 1 Cn0  Cn1  Cn2   (1)n Cnn   n 1 n n 1 2014 Bài Chứng minh với n số nguyên dương ta có nguyên dương thỏa mãn n.Cn0 n1.Cn1 0.Cnn 3n1      n 1 n 2(n  1) IV HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Thực nghiệm sư phạm Mục đích việc thực nghiệm đánh giá tính khả thi, kiểm tra tính đắn giả thuyết khoa học, tính hiệu việc sử dụng cơng thức tổ hợp túy để giải toán tính tổng liên quan đến số tổ hợp Nội dung cách thức tiến hành thực nghiệm Được cho phép Hiệu trưởng trường THPT Vĩnh Lộc, tiến hành dạy buổi cho học sinh lớp 12A3 với nội dung: Sử dụng công thức tổ hợp túy để giải tốn tính tổng liên quan đến số tổ hợp Sau trình dạy học, tơi tiến hành kiểm tra lớp 12A3 Chọn lớp đối chứng lớp 12A2 trường THPT Vĩnh Lộc Dưới nội dung kiểm tra (thời gian: 60 phút) Bài Tính tổng S  1C21n 1  3C23n 1  5C25n 1   (2n  1)C22nn11 Bài H·y t×m số tự nhiên n thoả mãn 1.30.22 n.C20n 2.3.22 n1.C21n  3.32.22 n2.C22n  4.33.22 n3.C23n   (2 n  1).32 n.2 0.C22nn  73 Bài Tính tổng S  C20n  C22n  C24n   C22nn 2n  Dụng ý tập trên: Nhằm kiểm tra khả vận dụng công thức tổ hợp túy để giải tốn tính tổng liên quan đến số tổ hợp Kết thực nghiệm Trong lớp 12A3 mà tiến hành dạy thực nghiệm khơng có học sinh giỏi, có khoảng 12 đến 15 em học tương đối khá, lại mức trung bình Bởi vậy, phần lớn em cho phương pháp công thức tổ hợp túy để giải tốn tính tổng liên quan đến số tổ hợp tương đối khó Về kiểm tra, chấm kĩ thu kết sau Lớp Sĩ số 12 A3 45 12 A2 45 Giỏi SL % 20 4,4 Khá SL % 22 48,9 12 26,7 Trung bình SL % 20 15 33,3 Yếu SL 14 Kém % SL % 11,1 0 31,1 4,4 18 Kết sơ bộ: + Lớp thực nghiệm, tỉ lệ học sinh đạt điểm từ trung bình trở lên 88,9%, có 68,9% loại khá, giỏi + Lớp đối chứng, tỉ lệ học sinh đạt điểm từ trung bình trở lên 64,4%, có 31,1% loại khá, giỏi Hiệu sáng kiến kinh nghiệm Qua trình thực nghiệm, tơi rút số kết sau - Việc dạy học phương pháp sử dụng công thức tổ hợp túy để giải tốn tính tổng liên quan đến số tổ hợp có tác dụng rèn luyện lực giải tập toán cho học sinh - Việc dạy học phương pháp giúp cho học sinh khả nhìn nhận tốn lựa chọn phương pháp cơng cụ để giải tốn cách có hiệu - Việc tổ chức dạy học phương pháp có tác dụng tốt việc gây hứng thú học tập cho học sinh, tạo điều kiện phát huy tính tích cực học sinh việc suy nghĩ, tìm tòi lời giải tốn giải tốn - Việc tổ chức dạy học phương pháp sử dụng công thức tổ hợp túy để giải tốn tính tổng liên quan đến số tổ hợp tạo cho học sinh có niềm tin, có tư linh hoạt, nhạy bén, chủ động tìm hướng giải toán theo nhiều cách lựa chọn cách giải có lợi PHẦN 3: KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ Kết luận Qua trình nghiên cứu đề tài “Dùng kiến thức tổ hợp túy hướng dẫn học sinh giải tốn tính tổng số tổ hợp”, thu số kết sau - Sáng kiến kinh nghiệm làm sáng tỏ lý luận việc rèn luyện lực giải tập toán - Sáng kiến kinh nghiệm xây dựng hệ thống toán minh hoạ cho việc áp dụng công thức tổ hợp túy để giải tốn tính tổng liên quan đến số tổ hợp nhiều tình khác Giúp em học sinh rèn luyện kĩ năng, phát triển tư sáng tạo, nhạy bén giải vấn đề - Sáng kiến kinh nghiệm chứng tỏ phương pháp sử dụng công thức tổ hợp túy để giải tốn tính tổng liên quan đến số tổ hợp phương pháp quan trọng hoạt động giải tập toán - Sáng kiến kinh nghiệm đáp ứng yêu cầu hoạt động đổi phương pháp dạy học: phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, tư sáng tạo, linh hoạt người học Bồi dưỡng lực tự học, lòng say mê học tập ý chí vươn lên học sinh - Kết thực nghiệm cho phép xác nhận giả thuyết khoa học đề tài chấp nhận được, có tính hiệu mục đích nghiên cứu hồn thành 19 - Tôi hi vọng sáng kiến kinh nghiệm làm tài liệu tham khảo cho giáo viên học sinh việc dạy học toán mong quý đồng nghiệp trao đổi, góp ý Kiến nghị Qua q trình thực hiện, tơi có kiến nghị sau: - Sách giáo khoa sách tập nên xây dựng hệ thống tập đa dạng, phong phú để khắc sâu phương pháp sử dụng công thức tổ hợp túy để giải tốn tính tổng liên quan đến số tổ hợp, để học sinh có hội rèn luyện kĩ giải tốn - Các thầy giáo nên dành số buổi hoạt động ngoại khoá phương pháp sử dụng công thức tổ hợp túy để giải toán tổ hợp, để học sinh trang bị tương đối đầy đủ phương pháp này, từ em có nhạy bén việc giải tốn phương pháp Tơi hi vọng sáng kiến kinh nghiệm làm tài liệu tham khảo cho đồng nghiệp học sinh trình dạy học chủ đề tổ hợp Mặc dù có nhiều cố gắng thân chưa có nhiều kinh nghiệm nên khó tránh thiếu sót Tơi mong nhận trao đổi, góp ý quý đồng nghiệp bạn Tôi xin chân thành cảm ơn ! XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG Thanh Hoá, ngày 08 tháng 05 năm 2016 ĐƠN VỊ Tôi xin cam đ oan đ ây sáng kiến kinh nghiệm viết, khơng chép nội dung người khác Người viết Hoàng Văn Khanh 20 TÀI LIỆU THAM KHẢO Ban tổ chức kỳ thi Olynpic 30-4 từ năm 2009 đến năm 2015 Phan Đức Chính, Vũ Dương Thụy, Đào Tam, Lê Thống Nhất, Các giảng luyện thi mơn Tốn tập 3, NXB Giáo dục Đại số giải tích 11 nâng cao, NXB Giáo dục Bài tập nâng cao số chuyên đề Đại số giải tích 11, NXB Giáo dục Phan Huy Khải, Các phương pháp giải tốn sơ cấp Giải tích tổ hợp, NXB Giáo dục Nguyễn Bá Kim, Vũ Dương Thụy, Phương pháp dạy học mơn tốn Phan Huy Khải, Tốn nâng cao đại số giải tích 11, NXB ĐHQG Hà Nội Trần Văn Hạo (chủ biên), Chuyên đề luyện thi vào Đại học, Tích phân đại số tổ hợp G.POLYA, Sáng tạo toán học, Giải toán nào?, Tốn học suy luận có lý, NXB Giáo dục 10 Tạp chí tốn học tuổi trẻ 21 ... nghiên cứu sáng kiến kinh nghiệm sau: Dùng kiến thức tổ hợp túy hướng dẫn học sinh giải tốn tính tổng số tổ hợp Mục đích nghiên cứu Tìm hiểu nhu cầu khó khăn học sinh tốn tính tổng số tổ hợp Từ nghiên... +) Cách giải dùng kiến thức tổ hợp túy có số ưu điểm sau: - Đây cách tính trực tiếp dùng kiến thức giải tích tổ hợp, khơng phải dùng đến kiến thức tích phân - Đề thi có mục tiêu phân loại học sinh, ... giải tốn theo nhiều cách lựa chọn cách giải có lợi PHẦN 3: KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ Kết luận Qua trình nghiên cứu đề tài Dùng kiến thức tổ hợp túy hướng dẫn học sinh giải toán tính tổng số tổ hợp ,