CHUYÊN ĐỀ: GIẢI TÍCH TỔ HỢP, XÁC SUẤT THỐNG KÊ docx

CÁC DẠNG BÀI TẬP PHƯƠNG PHÁP GIẢI, VD MINH HOẠ Trong phần này có các dạng bài tập sau:  Dạng 1: biến đổi các biểu thức nhờ các công thức cơ bản để đơn giản biểu thức, giải phương trìn

CÁC DẠNG BÀI TẬP PHƯƠNG PHÁP GIẢI, VD MINH HOẠ

Trong phần này có các dạng bài tập sau:

 Dạng 1: biến đổi các biểu thức nhờ các công thức cơ bản để đơn giản biểu thức, giải phương trình, bất phương trình

 Dạng 2: Các bài toán về quy tắc đếm

 Dạng 3: áp dụng công thức nhị thức Newton để chứng minh các đẳng thức

 Dạng 4: Số hạng trong khai triển nhị thức Newton

Dạng 1: : Biến đổi các biểu thức nhờ các công thức cơ bản để đơn giản biểu thức, giải

phương trình, bất phương trình

PP: Cơ sở của pp là thực hiện các bước sau

- Rút gọn suy ra các đẳng thức

- Đánh giá suy ra các bất đẳng thức

Trong quá trình giải có thể áp dụng các bước trung gian: quy nạp, phản chứng

VD1: CM với mọi số nguyên dương chẵn n có:

1

1!( 1)! 3!( 3)! ( 1)!.1! !

n



Đặt S = VT(1) Ta có :

1!( 1)! 3!( 3)! ( 1)!.1!

n

S n

Mặt khác







Suy ra C n1C n3 C n n12n1 với mọi n chẵn dpcm

VD2: CM n! 2 n1  n *,n3 (*)

Ta dùng quy nạp toán học

Khi n = 3 có 3! 6 22 4 (*) đúng

Giả sử (*) đúng đến n =k nghĩa k! 2 k1  k *,k Ta CM (*) đúng n = k+1 tức (3 k 1)! 2 k Thật vậy từ k! 2 k1(k1) ! (k  k1).2k1

Do k 3 (k1)42k1(k1)4.2k12k (k1)! 2 k

VD3: Cho cấp số cộng u u1, 2, ,u u n n1 CM :

1

1

k







Giải

Do u1, u n1 là 1 cấp số cộng nên k0,n có :

u1u n1 u k1u n k 1

Mà C n k C n n k  k 0, n nên :

1

n



Đẳng thức cần chứng minh trở thành:

1 1

2

k

k n

n









Ta CM (2) bằng quy nạp

Với n = 1:

1

2

k

k C n C C 



VP(2)=

2

2  1  2  =VT(2) Vậy (2) đúng với n = 1

Giả sử (2) đúng đến n = p Ta CM nó đúng với n = p+1

Ta có :

1

0

n

k C p C p k C p





11 ( 1)! 1





Từ (3) suy ra

1





Theo giả thiết quy nạp có:

2 2 1

2

k p p

k

p

k















Từ đó có đpcm

2

x x x

C C C  x (1)

Giải

Điều kiện: 3 x (1) tương đương với

2

1!( 1)! 2!( 2)! 3!( 3)! 2

x

x x

Vậy nghiệm x = 4

VD5: CM

1C n1C n2 ( 1)  p C n p  ( 1)p C n p1 (pn)

Giải

Áp dụng công thức C n k C n k1C n k11 ta có :

1

( 1)

p p

n

C





 

VD6: CM C2n n k C2n n k (C2n n) , (02 kn)

đpcm

2

2

2

(2 )! (2 )! (2 )!

(2 )(2 1) ( 1) (2 )(2 1) ( 1) (2 ) ( 1)

Áp dụng bất đẳng thức

2

2

xy   

  có :

2

2

2

(2 )(2 ) (2 )

( 1)( 1) ( 1)

Nhân vế với vế của các BĐT trên có đpcm

Dạng 2: Các bài toán về quy tắc đếm

Cần chú ý khi nào sử dụng quy tắc nhân, khi nào sử dụng quy tắc cộng

VD1: Cho B 0,1, 2, 3 Từ B có thể lập được:

a/ Bao nhiêu số có 4 chữ số khác nhau?

b/ Bao nhiêu số chẵn gồm 4 chữ số khác nhau?

Giải

a/ Dạng abcd, (a 0)

Chọn a 1, 2, 3có 3 cách chọn

b0,1, 2, 3 ; ba có 3 cách chọn

c0,1, 2, 3 ; cb c, acó 2 cách chọn

d0,1, 2, 3 ; d b d, a d,  c có 2 cách chọn

Vậy có 3.3.2.1=18 cách chọn

b/

- TH1: dạng abc0 ,a 0

a 1, 2, 3 có 3 cách chọn a

Tương tự có 2 cách chọn b, 1 cách chọn c

 có 3.2.1=6 cách

- TH2: dạng abc2, a 0

Có 2 cách chọn a, 2 cách chọn b, 1 cách chọn c

 có 2.2.1=4 cách

Vậy có 6+4=10 cách chọn

VD2: Cho tập hợp E 0,1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 Có bao nhiêu số chẵn có 5 chũ số phân biệt lập từ E

Giải

Gọi A là tập hợp các số chẵn gồm 5 chữ số phân biệt lập từ E và tận cùng là 0

B là hợp các số chẵn gồm 5 chữ số phân biệt lập từ E và tận cùng là số khác 0

Ta có 4

7

7!

840 3!

Ta tính số phần tử của B:

Số có dạng abcde a, 0,e0

- có 3 cách chọn e

- số chỉnh hợp chập 4 từ E\ e là A74

- số chỉnh hợp chập 4 từ E\ e đứng đầu là 0 bằng số chỉnh hợp chập 3 từ E\e, 0 và bằng

3

6

A

vậy B 3(A74A63)2160

Kết luận: có 840+2160=3000 cách chọn

VD3:

Có bao nhiêu cách phân phối 10 vật phân biệt vào 5 hộp phân biệt sao cho hộp 1 chứa 3 vật, hộp 2 chứa 2 vật , hộp 3 chứa 2 vật , hộp 4 chứa 3vật và hộp 5 không chứa vật nào?

Giải

- Chọn 3 vật trong 10 vật cho vào hộp 1  có C103 cách chọn

- Chọn 2 vật trong 7 vật còn lại cho vào hộp 2  có C72 cách chọn

- Chọn 2 vật trong 5 vật còn lại cho vào hộp 3  có C52 cách chọn

- Chọn 3 vật trong 3vật còn lại cho vào hộp 4  có C33 cách chọn

Vậy có C103 C72.C52.C33=25200 cách chọn

Dạng 3: Các bài toán áp dụng nhị thức Newton

PP: muốn CM 1 đẳng thức tổ hợp dạng Ak C0 n0k C1 n1 k C n n n ta cần nhận dạng đặc biệt của k p và A Sau đó sử dụng khai triển:

( )n o n 1 n 1 n 1 n 1 n n

a b C a C a b C ab  C b (*)

Hoặc sử dụng (x1)n C x n0 nC x1n n1 C n n1x C n n (**)

Khi đó dựa vào dạng của A mà sử dụng (*) hoặc (**) bằng cách thay a, b bằng các giá trị cụ thể hoặc sử dụng đạo hàm hoặc tích phân

VD: CM C C n0 n kC C1n n k11C C n2 n k22 ( 1)  k C C n k n k0 0 ( ,k n ;1kn)

Áp dụng nhị thức Newton: (1x)k C k0C x1k  C x k k k

Nhân 2 vế với C n k được:

0 1

( )! ! ( )! !





Từ (1) và (2) suy ra

1

Thay x= -1 ta được đpcm

VD2: CM 2C n26C n312C n4 n n( 1)C n n n n( 1)2n2

Xét khai triển

(1x)n C n0C x n1  C x n n n (1)

Lấy đạo hàm 2 vế (1) :

n x  C  C x nC x  (2)

Lấy đạo hàm 2 vế (2):

( 1)( 1)n 2 ( 1) n n

n n x   C  n n C x  (3)

Thay x= 1 vào (3) suy ra đpcm

VD3: CM đẳng thức :

n

Xét

0

(1 )

1

n n

n







Mặt khác (1x)n C n0C x n1  C x n n n

0

n

n





Từ (1) và (2) suy ra (*)

Dạng 4: Số hạng trong khai triển nhị thức Newton

VD1: Tìm hệ số của x trong khai triển: 50 P x( )(1x) 2(1 x)2 1000(1 x)1000

Giải

1001 1001

(1 ) ( ) ( )

(1 ) 2(1 ) 1000(1 ) (1 ) 2(1 ) 1000(1 )

1000(1 )

x

x

Suy ra

1001 1001

2

1000(1 x) (1 x) (1 x)

Áp dụng nhị thức Newton có :

(1x)  1 C x C x (2)

Thay (2) vào (1) được:

1

1

1

x

x C

x

Mà

1

1001 1 1



hệ số của x là 50 51 52

50 1000 1001 1001

VD2: Viết số hạng thứ k+1 trong khai triển của (x 1)10

x

 và tìm số hạng không chứa x

Giải

Theo công thức nhị thức Newton số hạng thứ k+1 là C x10k 10 k.( )1 k C x n k 10 2k

x

Suy ra số hạng không chứa x : 10 2 k 0k5 Vậy số hạng thứ 6 không chứa x

VD3: Tìm 2 số chính giữa của khai triển x3xy)15

Giải

Theo công thức nhị thức Newton 2 số chính giữa là