D04 tổ hợp xác suất

hiển nhiên tương ứng này là một song ánh vậy số cách chọn bằng số cách chọn 3 vị trí trong 12 vị trí cho 3 chữ số 0 Thành thử có tất cả là C312 sự lựa chọn Câu 7 : Đề thi THPT Quốc gia m

Câu 5 Có bao nhiêu tam giác có độ dài ba cạnh thuộc tập hợpM = 1,2,,3, 2019{ }

Lời giải

Gọi là số các tam giác có độ dài ba cạnh là và

Với mỗi phần tử thuộc có dạng , ta tìm

Do

và vậy với mỗi và với mỗi ta có giá trị

Với mỗi phần tử thuộc có dạng ta tính

Tương tự như trên ta có:

Với n = 2019 Thay vào công thức ta có kết quả.Câu 5

Trong hình vuông có cạnh bằng 10 cm người ta đặt 2011 đường tròn có đường kính 1

8 cm Chứng minh rằng: tồn tại đường thẳng cắt ít nhất 26 đường tròn trong số 2011 đường tròn nói trên

Lời giải

Chia hình vuông cạnh 10 cm thành 81 hình chữ nhật bằng nhau bởi 80 đường thẳng song song với 1 cạnh của hình vuông , các đường thẳng này cách nhau 10

81 cm

Do 1 10

881 nên mỗi đường tròn đều bị cắt ít nhất bởi ít nhất 1 đường thẳng nói trên

Có 80 đường thẳng, 2011 đường tròn; 2011 chia 80 được 25 dư 11 nên tồn tại 1 đường thẳng cắt ít nhất 26 đường tròn trong số 2011 đường tròn nói trên

_ HẾT

Câu 5 Trước một cửa soát vé vào rạp hát có một hàng gồm 2010 người Do cửa đó bị

hỏng, nên hàng người được chuyển tới một cửa khác Hỏi có bao nhiêu cách lập hàng mới, nếu mỗi người hoặc giữ nguyên vị trí của mình hoặc tiến lên một hoặc lùi về sau một ?

Lời giải

Giả sử ban đầu người thứ k đứng ở vị trí k. Ta cần tìm số các hoán vị của 1,2, ,n  thỏa mãn yêu cầu của đề bài Gọi  là một hoán vị nào đó của 1,2, , n  và x n là số các hoán vị của 1,2, ,n  sao cho với mỗi k1, 2, , n đều có k 1  k  k 1

Dễ thấy x11,x2 2 Và với mỗi n 3, nếu  là một hoán vị có tính chất trên thì hoặc  n n hoặc  n  n 1

Nếu  n  n 1 thì n1 n và các số 1,2, , n  2 được sắp xếp lại theo x n2 cách sao cho thỏa mãn yêu cầu của đề bài.

Nếu  n n thì các số 1,2, , n được sắp xếp lại theo x n1 cách sao cho thỏa mãn yêu cầu của đề bài.

Từ đó thu được 1 2

2 1

x x

x x  x k





 và vì vậy x n F n1 là số Fibonacci thứ n 1

Vậy x2010 F2011

-Hết - Câu 5: Cho p là số nguyên tố lẻ Chứng minh:

0

p

p p k k

C C 



p

Lời giải

Chứng minh:

1

1

p

k k

p p k k









p

C p)

k

p k

C



Vì  p1  p2  pk k! mod p

 p1 p2  pk  k! chia hết cho p và k!

Mà  p k, !  1  p1 p2  pk  k! chia hết cho k p!



1

2 0

p

k

Chứng minh:

2p p 2

C  p

2 2

2

Đồng nhất hệ số của p



C p C p    k p  C  p  C  p (2)

Từ (1) và (2) suy ra: 2

T p

Câu 6: Tại mỗi đỉnh của một ngũ giác đều, ta đặt tương ứng một số nguyên sao cho tổng của 5 số là

một số dương Nếu có 3 đỉnh liên tiếp nhau được đặt tương ứng 3 số x, y, z và y < 0 thì ta thực hiện phép toán như sau: thay các số x, y, z đó tương ứng thành các số x + y, -y, z + y Phép toán

trên được thực hiện lặp lại nếu trong 5 số ở các đỉnh có số âm Hãy xác định xem việc thực hiện các phép toán đó có dừng sau một số hữu hạn bước không?

Lời giải

Gọi x x1, , ,2 x5 là 5 số tương ứng được đặt trên 5 đỉnh của ngũ giác đều sao:

S  x  x   x 

Đặt X  ( , , x , , ) x x1 2 3 x x4 5 và

Rõ rang f X  ( ) 0 và f X ( ) không thay đổi khi các xi thay đổi vị trí

Vì vai trò của các đỉnh là như nhau nên ta có thể giả sử x 3 0 thì phép toán trên khi tác động lên X sẽ biến X thành: Y  ( , x x1 2  x3,  x x x3, , )4 5

Ta có: f Y ( )  f X ( ) 2 (  x x3 1 x2 x3  x4 x5) 2  x S3  2.

Nói cách khác mỗi lần thực hiện phép toán thì hàm f X ( ) sẽ giảm đi 2 đơn vị Vì vậy quá

trình đó sẽ dừng sau một hữu hạn bước

Câu 5: Cho n k, là các số nguyên dương, n k và S là tập hợp n điểm trong không gian thỏa mãn

(i) Không có 65 điểm nào thẳng hàng

(ii) Mỗi điểm P của S đều không có ít hơn k điểm trong S cách đều P.

Chứng minh rằng k 1 43n1 n 2

Lời giải

Gọi A là tập hợp các bộ điểm M N P thỏa mãn M, N, P là ba điểm của S và tồn tại ít nhất , , 

một điểm của hệ cách đều ba điểm đó (điểm này được gọi là tâm của S).

Với mỗi điểm P của S có ít nhất k điểm của S cách đều P Suy ra số bộ thuộc A nhận P làm tâm

của bộ lớn hơn hoặc bằng 2

n

C

Có n điểm được tính nên số cặp không nhỏ hơn 3

k

nC

Có n điểm nên có 3

n

C bộ Theo (i), mỗi bộ có không quá 64 lần tính Số cặp được tính không lớn hơn 64C n3

Từ đó suy ra nC k3  64.C n3 hay

 1  2 64  1  2

nk k k  n n n  k k 1 k 2 64n1 n 2

k 13 64n 1 n 2

      k 1 43n1 n 2

Câu 4: Một cửa hàng có 4 loại kem: Kem sữa, kem xoài, kem dứa, kem sô cô la Một nhóm có 9

người vào ăn kem và gọi 9 cốc kem Hỏi có tất cả bao nhiêu sự lựa chọn?

Gọi số cốc kem Kem sữa, kem xoài, kem dứa, kem sô cola lần lượt là a, b, c, d (a,b,c,d  ), theo đầu bài ta có a + b + c + d = 9

Như vậy mỗi sự lựa chọn là một bộ (a;b;c;d) các số nguyên không âm sao cho a + b + c + d = 9; với mỗi bộ số này ta đặt tương ứng với một dãy nhị phân theo quy tắc sau: Viết từ trái sang phải a chữ số 1 liên tiếp, 1 chữ số 0, b chữ số 1 liên tiếp, chữ số 0, c chữ số 1 liên tiếp, chữ số 0, rồi d chữ số 1 liên tiếp:

a chu so b chu so c chu so d chu so

11 1011 1011 1011 1

Như vậy mỗi bộ (a;b;c;d) được tương ứng với một dãy nhị phân có dộ dài 12 ký tự trong đó có

9 ký tự 1 và 3 ký tự 0 hiển nhiên tương ứng này là một song ánh vậy số cách chọn bằng số cách chọn 3 vị trí trong 12 vị trí cho 3 chữ số 0

Thành thử có tất cả là C312 sự lựa chọn

Câu 7 : Đề thi THPT Quốc gia môn Toán có 50 câu trắc nghiệm, mỗi câu có bốn phương án trả lời, trong đó có một phương án đúng, trả lời đúng mỗi câu được 0,2 điểm Một thí sinh đã làm xong 40 câu, trong đó đúng 32 câu và sai 8 câu Ở 10 câu còn lại thí sinh đó chọn ngẫu nhiên một trong bốn phương án Tính xác suất để thí sinh đó đạt 8,0 điểm trở lên

Lời giải

Thí sinh đã làm đúng 32 câu trong 40 câu được 6,4 điểm

Để thí sinh này đạt được điểm 8 trở nên thì phải chọn được 8 câu đúng trở lên trong 10 câu còn lại

Nghĩa là thí sinh này chỉ chọn 0 câu hoặc 1 câu hoặc 2 câu sai trong 10 câu còn lại

Mỗi câu có 4 phương án cho nên có 410 cách chọn

Mỗi câu có 3 phương án sai nên có 3 cách chọn sai cho mỗi câu

Chọn sai 0 câu trong 10 câu còn lại có 30.C0

10 cách Chọn sai 1 câu trong 10 câu còn lại có 31.C1

10 cách Chọn sai 2 câu trong 10 câu còn lại có 32.C2

10 cách

Do đó số cách chọn đáp án để sao cho thí sinh đạt 8 điểm trở lên là

30.C0

10+31.C1

10+32.C2

10=436 cách Vậy xác suất để thí sinh đạt 8 điểm trở lên là P=436/4^10

Câu 1 : Từ một hộp chứa 5 viên bi đỏ, 3 viên bi vàng và 4 viên bi xanh, lấy ngẫu nhiên đồng thời 4 viên bi

Gọi A là biến cố: trong số 4 viên bi lấy được số bi đỏ lớn hơn số bi vàng Tính xác suất biến cố A.

Lời giải

Số bi trong hộp 5+3+4=12

Số phần tử không gian mẫu 4

12 495

C 

Đếm số phần tử biến cố A có 2 trường hợp sau

TH1: 4 viên bi lấy ra không có viên bi vàng và có ít nhất 1viên bi đỏ

Số kết quả là 4 4

9 4 125

C  C  TH2: 4 viên bi lấy ra có đúng 1 viên bi vàng và có ít nhất 2viên bi đỏ

Số kết quả là C C C52 31 41C C53 31 150

Số phần tử của biến cố A là 125+150=275

Vậy xác suất biến cố A là 275 5

495 9

Câu 3: Cho tập hợp A 0,1, 2,3, 4,5,6 Có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau

được lấy ra từ tập A sao cho phải có mặt đúng 3 chữ số lẻ và chúng không đứng liền nhau

Lời giải

Giả sử a a a a a là số cần tìm.Ta tính tất cả các số gồm 5 chữ số sao cho luôn có mặt 3 chữ số lẻ,sau đó 1 2 3 4 5

trừ đi trường hợp mà 3 số lẻ đứng liền nhau

a) Tất cả có 3 số lẻ, xếp 3 số lẻ vào 3 trong 5 vị trí, tacó: 3

5 60

Khi đó còn lại 2 vị trí có thể chọn tuỳ ý trong 4 số chẵn, ta có 2

4 12

Vậy có: 60.12=720 (số)

Trong các số trên trừ trường hợpa  :1 0

Nếu a  thì xếp 3 số lẻ vào 3 trong 4 vị trí, còn lại 1 vị trí chọn trong 3số chẵn {2,4,6} ta có1 0

3 1

4 3 72

Suy ra có: 720 72 648  (số) gồm 5 chữ số sao cho luôn có mặt 3 chữ số lẻ

b) Tính các số có 5 chữ số sao cho có 3 số lẻ đứng liền nhau

- Nếu a a a là 3 số lẻ ta có1 2 3 3

3 6

A  (cách xếp) Khi đó 2 vị trí còn lại a a có thể chọn tuỳ ý trong 4 số 4 5

chẵn, ta có: 2

4 12

A  Vậy có: 6.12 72 (số)

-Nếu a a a là 3 số lẻ ta có2 3 4 3

3 6

A  (cách xếp) Khi đó:a có 3 cách chọn1 (a  ; 1 0) a có 3 cách chon Vậy 5

có: 6.3.3 54 (số)

-Tương tự nếua a a là 3 số lẻ có 54 (số).3 4 5

Suy ra có: 72 2.54 180  số có 3 số lẻ đứng liền nhau

Vậy có 648 –180 468 số có 5 chữ số khác nhau được lấy ra từ tập A sao cho 3 số lẻ không đứng liền nhau

Câu 4: Một hộp chứa 4 quả cầu màu đỏ, 5 quả cầu màu xanh và 7 quả cầu màù vàng Lấy ngẫu nhiên

cùng lúc ra 4 quả cầu từ hộp đó Tính xác suất sao cho 4 quả cầu được lấy ra có đúng một quả màu đỏ và không quá hai quả cùng màu vàng

Lời giải

Số phần tử của không gian mẫu là 4

16

n  C 

Gọi A là biến cố “4 quả cầu được lấy ra có đúng một quả màu đỏ và không quá hai quả cùng màu vàng’’ Xét 3 khả năng:

- Số cách lấy 1 quả đỏ, 3 quả xanh là 1 3

4 5 40

- Số cách lấy 1 quả đỏ, 2 quả xanh , 1 quả vàng là 1 2 1

4 5 7 280

- Số cách lấy 1 quả đỏ, 1 quả xanh ,2 quả vàng là 1 1 2

4 5 7 420

C C C 

( ) 40 280 420 740

n A

Vậy xác suất của biến cốAlà : ( ) ( ) 740 37

n A

p A

n



Câu 3: Một bàn dài có 2 dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy gồm có 6 ghế Người ta muốn xếp chỗ ngồi cho

6 học sinh trường A và 6 học sinh trường B vào bàn nói trên Tính xác suất bất kì 2 học sinh nào ngồi đối diện nhau thì khác trường nhau

Lời giải

Một bàn dài có 2 dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy gồm có 6 ghế Người ta muốn xếp chỗ ngồi cho 6 học sinh trường A và 6 học sinh trường B vào bàn nói trên Tính xác suất bất kì 2 học sinh nào ngồi đối diện nhau thì khác trường nhau

Số cách xếp chỗ ngồi cho 12 học sinh là: 12! 479.001.600 (cách)

Đánh số vị trí ngồi từ 1 đến 12 như sau:

Gọi A là biến cố cần tìm xác suất, ta có:

Số cách xếp 6 học sinh trường A vào các vị trí 1,3,5,8,10,12 là : 6! 720 (cách)

Số cách xếp 6 học sinh trường B vào các vị trí còn lại là : 6! 720 (cách)

Mà học sinh hai trường có thể đổi chỗ cho nhau Vậy: n A ( ) 2 7206  2 33.177.600

479001600 231

A



Câu 4: Một nhóm gồm 6 học sinh, trong đó có hai học sinh tên A và B Xếp ngẫu nhiên nhóm học sinh

đó thành một hàng dọc Tính xác suất sao cho hai học sinh A và B đứng liền kề nhau

Lời giải

Mỗi cách xếp ngẫu nhiên 6 học sinh thành 1 hàng dọc là một hoán vị của 6 phần tử

( ) 6! 720

n

    (phần tử)

Gọi A là biến cố:"A và B đứng liền kề nhau"

( ) 5!.2! 240

n A

   (phần tử)

( )

n A

P A

n

Câu 5: Có 10 đối thủ cùng tham gia một cuộc thi cờ vua Mỗi đối thủ đều phải thi đấu với 9 đối thủ còn

lại, mỗi người một ván Trong mỗi ván đấu không hòa, người thắng được một điểm, người thua được âm một điểm; còn trong những ván hòa thì mỗi đối thủ nhận 0 điểm Biết rằng sau khi giải đấu kết thúc có ít nhất 70% ván đấu hòa Chứng minh rằng tồn tại hai đối thủ có số điểm như nhau

Lời giải

Ta ký hiệu số điểm của mỗi vận động viên là ;x i  i 1, 2, ,10

Phản chứng

Có nhiều nhất là một x  , suy ra có ít nhất 9 số khác 0, suy ra tồn tại 5 số cùng dấu, giả sử là dương i 0 Tổng của 5 số đó tối thiểu 1 2 3 4 5 15,     suy ra có ít nhất 15 trận thắng nên số trận hòa không vượt quá 45-15=30

Theo giả thiết thì số trận hòa không ít hơn 70 45 1 32

100

Vậy bài toán đã được chứng minh

Câu 6: Trong một giải bóng đá có 10 trận đấu và được diễn ra trong vòng 30 ngày Hỏi ban tổ chức có

bao nhiêu cách sắp xếp các trận đá bóng sao không có hai trận nào đấu trong cùng một ngày hoặc hai ngày liên tiếp

Lời giải

Giả sử trận đấu thứ i được xếp vào ngày ix Khi đó, mỗi cách xếp các trận đấu tương ứng với một bộ 10 số  x ,x , ,x1 2 10 thỏa các điều kiện sau

 Chứng minh: 1 x  1 x2  x3  x  10  30

 Chứng minh: i 1x   xi  2 với mọi i 1,29 

Nếu các bộ  x ,x , ,x1 2 10 chỉ thỏa mãn điều kiện thứ nhất thì việc đếm trở nên đơn giản Khó khăn ở đây là điều kiện thứ 2 Điều kiện này bắt buộc các số 1 2x ,x , ,x10 không có hai

số nào là hai số tự nhiên liên tiếp, do đó ta tìm cách chuyển về hai số kề nhau có thể là hai số tự nhiên liên tiếp để đếm

Ta có 2x  x1  2 x2  x1  1 x2  1 x  1 nên hai số 2x  1 và 1x có thể là hai số

tự nhiên liên tiếp Tương tự như vậy, ta có i 1x   1 và ix có thể là hai số tự nhiên liên tiếp Dẫn đến, ta sẽ chuyển bộ  x ,x , ,x1 2 10 về bộ  x ,x1 2  1,x3  2 ,x10  9 

Gọi A là tập các bộ  x ,x , ,x1 2 10 thỏa mãn các điều kiện trên

B  y , ,y 1 y   y  y   21

Xét ánh xạ f : A  B được xác định như sau

f x , ,x  x ,x  1,x  2, ,x  9

Ta chứng minh được f là một song ánh.

21

A  B  C  352716.n  (3; 4)

Câu 3: Đội tình nguyện xanh của một trường THPT có 15 học sinh gồm 6 học sinh khối 10, 5 học

sinh khối 11 và 4 học sinh khối 12 Chọn ngẫu nhiên 4 học sinh của đội làm nhiệm vụ Tính xác suất để trong 4 học sinh được chọn có đủ học sinh của cả ba khối.

Lời giải

Số phần tử không gian mẫu   154

15.14.13.12

1365 1.2.3.4

Gọi A biến cố: Chọn được 4 người có đủ học sinh của cả ba khối

Trường hợp 1: 2 học sinh khối 10, 1 học sinh khối 11 và 1 học sinh khối 12 có 2 1 1

6 .5 4 300

C C C 

Trường hợp 2: 1 học sinh khối 10, 2 học sinh khối 11 và 1 học sinh khối 12 có C C C 16 .52 14 240 Trường hợp 3: 1 học sinh khối 10, 1 học sinh khối 11 và 2 học sinh khối 12 có 1 1 2

6 .5 4 180

C C C 

Suy ra ( ) 300 240 180 720n A    

Vậy xác suất cần tính là ( ) ( ) 720 48

n A

P A

n



Câu 5: Cho n là số tự nhiên lớn hơn 1 Số tự nhiên k được gọi là “ n – tốt ” nếu với mọi cách

tô tập các số tự nhiên từ 1đến kbằng hai màu xanh, đỏ ( mỗi số chỉ được tô đúng 1 màu ) ta luôn chọn được n số từ tập đó không nhất thiết phân biệt có cùng một màu và tổng của chúng cũng có cùng một màu với các số đó

a Khi n  2 , chứng minh rằng k  5 là số bé nhất thỏa mãn “ n – tốt ”

b Với mỗi số tự nhiên n  2 , hãy tìm số kbé nhất thỏa mãn “ n – tốt ”

Lời giải Câu a Khi n=2.

+ Với k  2 , k  3, k  4 : không thỏa mãn

+ Với k  5 , giả sử ngược lại, tồn tại cách tô không thỏa đề bài

Không mất tính tổng quát, giả sử số 1 được tô màu đỏ, suy ra số 2 được tô Xanh, suy ra số 4 được tô đỏ, suy ra số 3 được tô Xanh

Nếu số 5 được tô Đỏ suy ra mâu thuẫn

Nếu số 5 được tô Xanh cũng suy ra mâu thuẫn

Vậy k  5 là số thỏa mãn

Câu b.

+ Điều kiện đủ:   k n2   n 1 đều không thỏa mãn

Ta cần chỉ ra một cách tô không thỏa đề bài như sau:

Nhóm (I): các số: 1,2, n  1 được tô màu Đỏ.

Nhóm (I): các số: n,n 1,  n2  1 được tô màu Xanh

Nhóm (I): các số: n n2, 2  1, n2   n 2 được tô màu Đỏ

+ Nếu ta chọn nsố từ nhóm (I), suy ra tổng của chúng bé hơn hoặc bằng n n   1   n2 nên

số

tổng này có màu Xanh ( cách tô này không thỏa đề bài)

+ Trường hợp trong n số tô màu Đỏ được chọn có ít nhất 1 số thuộc nhóm (III)

Khi đó: tổng của chúng không bé hơn  n  1 1   n2  n2   n 1 ( không thỏa )

Nếu ta chọn n số từ nhóm (II) thì suy ra tổng của chúng không bé hơn n2 và số này có màu Đỏ nên không thỏa

+ Điều kiện cần: ta chứng minh k n  2   n 1 là số thỏa đề bài

Phản chứng: Giả sử khi k n  2  n 1 tồn tại một cách tô không thỏa đề bài

Không mất tính tổng quát, số 1 được tô màu Đỏ

Khi đó ta suy ra số nđược tô Xanh, và số n2 được tô Đỏ ( Vì nếu ngược lại sẽ thỏa đề bài )

Vi n2   n 1  n2   n  1 1  phải được tô Xanh nên có hai trường hợp xảy ra:

TH1:Số n  1 được tô Đỏ.Ta suy ra n2   n  1   n  1 1   được tô màu Xanh ( mâu thuẫn) TH2:Số n  1 được tô Xanh.Ta suy ra n2   n 1   n  1   n  1   nđược tô màu Đỏ

( mâu thuẫn )

KL: Vậy số k bé nhất thỏa “ n – tốt “ bằng n2   n 1

Câu 5: Cho bảng 3  3 và n là một số nguyên dương cho trước Tìm số các cách tô màu không như

nhau khi tô mỗi ô bởi 1 trong n màu Hai cách tô màu gọi la như nhau nếu 1 cách nhận được từ cách kia bởi 1 phép quay

Lời giải

B1 A1 B2

B4 A3 B3

Ta đánh số các ô vuông như hình vẽ Ta nhận thấy chỉ có 3 phép quay biến hình vuông

thành hình vuông là các phép quay các góc 900, 1800 và 2700 theo chiều kim đồng hồ

(phép quay 3600 giữ nguyên hình vuông)

Qua các phép quay nói trên thì C luôn không đổi Với phép quay 900 thì

A1  A2  A3  A4  A1 và B1  B2  B3  B4  B1

Tương tự với phép quay 2700 thì A1  A4  A3  A2  A1 và B1  B4  B3  B2  B1

Do đó các phép quay này sẽ tạo ra một phép tô giống như cũ khi và chỉ khi các ô A được

tô cùng màu và các ô B được tô cùng màu

Với phép quay 1800 thì A1 <-> A3, A2 <-> A4, B1 <-> B3, B2 <-> B4

do đó phép quay này tạo ra một phép tô giống như cũ khi và chỉ khi các cặp ô

(A1, A3), (A2, A4), (B1, B3), (B2, B4) được tô cùng màu

Bây giờ ta bắt đầu đếm số cách tô Có n cách tô màu ô C

Trong số các cách tô màu 8 ô xung quanh, ta chia làm 3 loại

Loại 1 Gồm các cách tô mà các ô A được tô cùng màu và các ô B được tô cùng màu

Có n cách chọn màu để tô các ô A và n cách chọn màu để tô các ô B Suy ra có n2 cách tô loại 1 Với loại này thì các phép quay nói trên không tạo ra cách tô mới nên số các cách tô loại 1

không thu được từ nhau qua các phép quay là n2

Loại 2 Gồm các cách tô mà các cặp ô (A1, A3), (A2, A4), (B1, B3), (B2, B4)

được tô cùng màu nhưng các cách tô này không thuộc loại 1 Dễ thấy Có n4 – n2 cách tô

như vậy (chưa kể đến sự trùng nhau qua phép quay) Với loại này thì phép quay các góc

900 và 2700 sẽ tạo ra các cách tô mới (sẽ phải loại đi bớt) nhưng hai cách tô này trùng nhau Như vậy có (n4-n2)/2 số cách tô loại 2 không thu được từ nhau qua phép quay

Loại 3 Gồm các cách tô mà ít nhất 2 ô trong 4 cặp nói trên được tô khác màu

Dễ thấy có n8 – n4 cách tô như vậy Tuy nhiên, mỗi một cách tô sẽ tương ứng thêm với 3

cách tô khác thu được qua phép quay 900, 180 và 2700

Như vậy số cách tô loại 3 không thu được từ nhau qua phép quay là (n8 – n4)/4

Như vậy, số cách tô cần tìm là

4

2 4

2

3 5 9 4 8 2 4

n n















Câu 5: Trên bảng đen ta viết 2016 dấu cộng    và 2017 dấu    Cho phép xóa hai dấu tùy ý

và viết thay vào đó một dấu cộng nếu hai dấu đã xóa là như nhau, và dấu trừ trong trường hợp ngược lại Lặp lại công việc đó 4032 lần Hỏi trên bảng còn lại dấu gì?

Lời giải

Giả sử thay cho dấu cộng ta viết số 1, thay cho dấu trừ ta viết số  1 Khi đó việc làm đã cho được xem như là thay hai số tùy ý bằng tích của chúng Phép tính này không làm thay đổi tích của tất cả các số đã cho Như vậy tích của các số đã cho là một bất biến trong quá trình lặp lại phép toán Tại trạng thái xuất phát tích này bằng  1 Sau 4032 lần lặp, ta chỉ còn lại một số trên bảng, vậy đó phải là số  1 Điều này có nghĩa dấu còn lại trên bảng là dấu   

Câu 2: Cho số tự nhiên A thỏa mãn: nếu đổi chỗ ít nhất một cặp vị trí các chữ số của số A, thì ta

được số B gấp 3 lần số A Chứng minh rằng B 27

Lời giải

Cho n N  *, kí hiệu S n   là tổng các chữ số của n

Ta có nhận xét: n  9  S n    9; 3 n   S n    3

Ta có B  3 A   1 nên ta suy ra B 3, khi đó S B    3  S A    3 do S A    S B  

3

A

   B  9  S B    9  S A    9  A  9  B  27 theo (1)

Câu 5. Một dãy phố có 5 cửa hàng bán quần áo Có 5 người khách đến mua quần áo, mỗi người khách vào ngẫu nhiên một trong năm cửa hàng đó Tính xác suất để có ít nhất một cửa hàng có nhiều hơn 2 người khách vào

Lời giải

Người khách thứ nhất có 5 cách chọn một cửa hàng để vào

Người khách thứ hai có 5 cách chọn một cửa hàng để vào

Người khách thứ ba có 5 cách chọn một cửa hàng để vào

Người khách thứ tư có 5 cách chọn một cửa hàng để vào

Người khách thứ năm có 5 cách chọn một cửa hàng để vào

Theo quy tắc nhân có 5.5.5.5.5 = 3125 khả năng khác nhau xảy ra cho 5 người vào 5 cửa hàng Suy ra số phần tử của không gian mẫu là:  3125

Để có ít nhất một cửa hàng có nhiều hơn 2 khách vào thì có các trường hợp (TH) sau:

TH1: Một cửa hàng có 3 khách, một cửa hàng có 2 khách, ba cửa hàng còn lại không có khách nào TH này có C C C C 51 .53 14 22 200 khả năng xảy ra

TH2: Một cửa hàng có 3 khách, hai cửa hàng có 1 khách, hai cửa hàng còn lại không có khách nào TH này có C C C P 51 .53 42 2 600 khả năng xảy ra

TH3: Một cửa hàng có 4 khách, một cửa hàng có 1 khách, ba cửa hàng còn lại không có khách nào TH này có C C C 51 .54 14 100 khả năng xảy ra

TH4: Một cửa hàng có 5 khách, các cửa hàng khác không có khách nào TH này có C 51 5 khả năng xảy ra

Suy ra có tất cả 200 600 100 5 905    khả năng thuận lợi cho biến cố “có ít nhất một cửa hàng có nhiều hơn 2 người khách vào”

Vậy xác suất cần tính là: 905 181

3125 625

Câu 3. Tìm số tự nhiên n thỏa mãn: 2 n 2 2 2 3 3 n 3 100

n

C là tổ hợp chập k của

n phần tử

Lời giải