Tổ Hợp Xác Suất

CHÚ Ý  Nếu thay đổi vị trí mà biến cố thay đổi ta có một hoán vị hoặc một chỉnh hợp..  Nếu thay đổi vị trí mà biến cố không đổi ta có một tổ hợp.. Biến cố A là một tập con của không g

Trang 1

 Chuyên đề 11 :

ĐẠI SỐ TỔ HỢP VÀ XÁC SUẤT

 Vấn đề 1: SỬ DỤNG CÔNG THỨC k k

P ,A ,C

A PHƯƠNG PHÁP GIẢI

1 HOÁN VỊ

Số hoán vị của n phần tử: Pn =n!

2 CHỈNH HỢP:

Số chỉnh hợp: Amn n(n 1)(n 2) (n m 1)    





m

A (n m)!

 Điều kiện: n  m và n, m nguyên dương

3 TỔ HỢP:

Số tổ hợp: Cmn n(n 1)(n 2) (n m 1)   

1.2.3 m



m

C m!(n m)!

 Điều kiện:  



n m

n, m nguyên dương

Ta có công thức:

1/ Cmn Cn mn 2/ 

   

3/ C0nC1nC2n C nn 2 n

Số tập hợp con của tập hợp n phân tử là 2n

B.ĐỀ THI Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2008

  kn 1 k 1n 1 kn

(n, k là các số nguyên dương, k  n, C là số tổ hợp chập k của n phần tử) nk

Giải

n 1 1 1 n 1 k!(n 1 k)! (k 1)!(n k)!.



1 .k!(n k)! (n 1 k) (k 1)



n k!(n k)! 1

Trang 2

Bài 2: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2006

Cho tập hợp A gồm n phần tử (n  4) Biết rằng số tập con gồm 4 phần tử của

A bằng 20 lần số tập con gồm 2 phần tử của A

Tìm k  {1, 2…, n} sao cho số tập con gồm k phần tử của A là lớn nhất

Giải

Số tập con k phần tử của tập hợp A bằng k

n

C Từ giả thiết suy ra: C4n20C 2n  n25n 234 0   n 18 (vì n  4)



k 1

18

k

18

k 1

Vậy số tập con gồm k phần tử của A là lớn nhất khi và chỉ khi k = 9

Bài 3: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2005

Tính giá trị biểu thức   



M (n 1)! , biết rằng :

C2n 1 2C2n 2 2C2n 3 C2n 4 149

(n là số nguyên dương, A là số chỉnh hợp chập k của n phần tử và kn C là số tổ kn hợp chập k của n phần tử)

Giải

Điều kiện: n  3

Ta có C2n 1 2C2n 2 2C2n 3 C2n 4 149

(n 1)! 2(n 2)! 2 (n 3)! (n 4)! 149

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

 n2 + 4n  45 = 0  n = 5 hay n = 9 (loại)

suy ra M = 46 35   

6! 3.5!

Tìm số nguyên n lớn hơn 1 thỏa mãn đẳng thức: 2Pn6A2n P An n2 12

(P là số hoán vị của n phần tử và n A là số chỉnh hợp chập k của n phần tử) kn

Giải

Ta có: 2Pn 6A2nP An n2 12 (n  , n  2)

(n 2)! (n 2)!

(n 2)!

 



       





Trang 3

 Vấn đề 2: PHÉP ĐẾM VÀ XÁC SUẤT

A.PHƯƠNG PHÁP GIẢI

1 NGUYÊN TẮC ĐẾM

2 biến cố A và B

A có m cách xảy ra

B có n cách xảy ra

2 biến cố A và B cùng xảy ra có m  n cách

Biến cố A hoặc B xảy ra có m + n cách

 Chú ý: Nguyên tắc trên có thể áp dụng cho nhiều biến cố

2 CHÚ Ý

 Nếu thay đổi vị trí mà biến cố thay đổi ta có một hoán vị hoặc một chỉnh hợp

 Nếu thay đổi vị trí mà biến cố không đổi ta có một tổ hợp

XÁC SUẤT

1 KHÔNG GIAN MẪU

Không gian mẫu là tập hợp tất cả các kết quả có thể xảy ra

Biến cố A là một tập con của không gian mẫu

2 XÁC SUẤT

Nếu các phần tử của không gian mẫu có cùng khả năng xảy ra, h là số phân tử của biến cố A, n là số phân tử của không gian mẫu Xác suất để biến cố A xảy ra: p(A)h

n

3 CÁC CÔNG THỨC

 Không gian mẫu E là biến cố chắc chắn xảy ra: p(E) = 1

 Biến cố  là biến cố không thể xảy ra: p () = 0

 Biến cố kéo theo A  B là biến cố A xảy ra thì biến cố B xảy ra: A  B P(A)  p(B)

 A  B là biến cố (A xảy ra hay B xảy ra) p(A  B) = p(A) + p(B)  p(A  B)

 A  B là biến cố A và B cùng xảy ra

 Biến cố A và B đối lập nếu không cùng xảy ra Khi đó, ta có

A  B = ; p(A  B) = 0; p(A  B) = p(A) + p(B)

 Biến cố A là đối lập của A: p( A ) = 1  p(A)

 Xác xuất có điều kiện:

Biến cố A xảy ra với điều kiện biến cố B đã xảy ra: p(A B)p(A B)

p(B) hay p(A B) = p(B).p(AB)

 Biến cố A và B độc lập nếu biến cố B có xảy ra hay không thì xác suất của A vẫn không đổi: p(AB)=p(A)

p(A B) = p(A)p(B)

Trang 4

B ĐỀ THI Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2006

Đội thanh niên xung kích của một trường phổ thông có 12 học sinh, gồm 5 học sinh lớp A, 4 học sinh lớp B và 3 học sinh lớp C

Cần chọn 4 học sinh đi làm nhiệm vụ, sao cho 4 học sinh này thuộc không quá

2 trong 3 lớp trên Hỏi có bao nhiêu cách chọn như vậy?

Giải

Số cách chọn 4 học sinh từ 12 học sinh đã cho là C124 495

Số cách chọn 4 học sinh mà mỗi lớp có ít nhất một em được tính như sau:

 Lớp A có 2 học sinh, các lớp B, C mỗi lớp có 1 học sinh Số cách chọn là:

C C C2 15 4 31 120

 Lớp B có 2 học sinh, các lớp C, A mỗi lớp có 1 học sinh Số cách chọn là:

C C C15 4 32 190

 Lớp C có 2 học sinh, các lớp A, B mỗi lớp có 1 học sinh Số cách chọn là:

C C C1 15 4 32 60

Số cách chọn 4 học sinh mà mỗi lớp có ít nhất một học sinh là:

120 + 90 + 60 = 270

Vậy số cách chọn phải tìm là 495  270 = 225

Một đội thanh niên tình nguyện có 15 người, gồm 12 nam và 3 nữ Hỏi có bao nhiêu cách phân công đội thanh niên tình nguyện đó về giúp đỡ 3 tỉnh miền núi, sao cho mỗi tỉnh có 4 nam và 1 nữ?

Giải

Có C C cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất 1 43 12

Với mỗi cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất thì có C C 1 42 8 cách phân công thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ hai

Với mỗi cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất và tỉnh thứ hai thì có C C cách phân công thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ ba 1 41 4

Số cách phân công thanh niên tình nguyện về 3 tỉnh thỏa mãn yêu cầu bài toán là: C C C C C C13 124 12 8 1 44 1 4207900 cách

Bài 3:

Trong một môn học, thầy giáo có 30 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu hỏi khó, 10 câu hỏi trung bình và 15 câu hỏi dễ Từ 30 câu hỏi đó có thể lập được bao nhiêu đề kiểm tra, mỗi đề gồm 5 câu hỏi khác nhau, sao cho trong mỗi đề nhất thiết phải có đủ ba loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ) và số câu hỏi dễ không ít hơn 2?

Trang 5

Giải

Có 3 trường hợp xảy ra

 Trường hợp 1: 2 dễ + 1trung bình + 2 khó: C C C15 10 52 1 210.500

 Trường hợp 2: 2 dễ + 2 trung bình + 1 khó:C C C15 10 52 2 1 23.625

 Trường hợp 3: 3 dễ + 1 trung bình + 1 khó: C C C315 10 51 1 22750

Theo qui tắc cộng ta có: C C C + 15 10 52 1 2 C C C + 15 10 52 2 1 C C C = 56875 đề 15 10 53 1 1

Bài 4:

Cho đa giác đều A1A2 A2n (n  2, n nguyên) nội tiếp đường tròn (O), biết

rằng số tam giác có các đỉnh là 3 trong 2n điểm A1, A2, A2n nhiều gấp 20 lần số hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong 2n điểm A1, A2, , A2n Tìm n

Giải

 Số tam giác thỏa mãn đề bài là C 32n

 Số đường chéo qua tâm đường tròn là n, cứ 2 đường chéo qua tâm thì có một hình chữ nhật suy ra ta có C hình chữ nhật 2n

Theo giả thiết ta có C22n 20C 2n n29n 8 0  

 n = 8 V n = 1 (loại) Kết luận n = 8

Bài 5:

Đội tuyển học sinh giỏi của một trường gồm 18 em, trong đó có 7 học sinh khối 12, 6 học sinh khối 11 và 5 học sinh khối 10 Hỏi có bao nhiêu cách cử 8 học sinh trong đội đi dự trại hè sao cho mỗi khối có ít nhất một em được chọn

Giải

 Số cách chọn 8 học sinh từ 18 học sinh của đội tuyển là:

C188  18! 43758

8!10! cách

 Số cách chọn 8 học sinh chỉ gồm có hai khối là:

Số cách chọn 8 học sinh khối 12 và 11 là C 138

Số cách chọn 8 học sinh khối 11 và 10 là C 118

Số cách chọn 8 học sinh từ khối 10 và 12 là C 128

 Số cách chọn theo ycbt: 43758  C813C118 C128  = 41811 cách

Trang 6

 Vấn đề 3: NHỊ THỨC NIUTƠN

A.PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHỊ THỨC NIUTƠN:

(a + b)n = C a0 nn C a b C b 1 n 1n    n nn

Chú ý: Số mũ của a tăng dần, số mũ b giảm dần có tổng bằng n

Các hệ số đối xứng: Cmn Cn mn

 Chú ý: Dựa vào bảng Pascal ta có thể viết ngay được khai triển Niutơn

B ĐỀ THI Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2008

Cho khai triển (1 + 2x)n = a0 + a1x + … + anxn, trong đó n  N* và các hệ số a0,

a1, …, an thỏa mãn hệ thức a0a1  ann 4096

2 2 Tìm số lớn nhất trong các số

a0, a1, … , an

Giải

Từ khai triển: (1 + 2x)n = a0 + a1x + … + anxn

 Chọn x1

 Vậy biểu thức khai triển là: (1 + 2x)12

 Số hạng tổng quát là C 2 x (k 12k k k  , 0  k  12)

 hệ số tổng quát là ak 2 C ; k k12  

ak < ak + 1  2 Ck k122 Ck 1 k 1 12

k!(12 k)! (k 1)!(12 k 1)!

 k + 1 < 24 – 2k  k23

3 Mà k  Do đó: a0 < a1 < a2 < … < a8

Tương tự: ak > ak + 1 k > 7

Do đó: a8 > a9 > … > a12

Số lớn nhất trong các số a0, a1, …, a12 là: a82 C8 812126720

Trang 7

Tìm số nguyên dương n thỏa mãn hệ thức C12nC32n  C2n 12n 2048 ( k

n

C là số tổ hợp chập k của n phân tử)

Giải

C12nC32n  C2n 12n 2048 (*)

Ta có: 1 x 2n C02nC x C x12n  22n 2C x32n 3  C2n 1 2n 12nx  C x 2n 2n2n Với x = 1 thay vào (*) ta được:

22nC02nC12nC32n  C2n 12n C 2n2n (1)

Với x = 1 thay vào (*) ta được:

0 C 2n0 C12nC22nC32n  C2n 12n C 2n2n (2)

Lấy (1) trừ (2) ta được:22n2 C 12nC32n  C2n 12n 4096 2 12 n 6

Bài 3: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2007



2n

(n là số nguyên dương, C là số tổ hợp chập k của n phần tử) kn

Giải

Ta có:

(1 x) 2n (1 x)2n2(C x C x12n  32n 3 C 2n 1 2n 12nx  )

 1  2n  2n 1 1  3 3 5 5  2n 1 2n 1 

2

0 0

 1 1  3 3 5 5  2n 1 2n 1   

0

1

0

1C12n1C32n1C 52n  1 C2n 12n

Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh

Trang 8

Tìm hệ số của số hạng chứa x10trong khai triển nhị thức Niutơn của (2 + x)n, biết:

3 Cn 0n3 Cn 1 1 n3n 2 2 Cn3n 3 3 Cn   ( 1) Cn nn 2048

(n là số nguyên dương, C là số tổ hợp chập k của n phần tử) kn

Giải

Ta có: 3 Cn 0n3 Cn 1 1 n 3n 2 2 Cn ( 1) C  n nn  (3 1)n 2 n

Từ giả thiết suy ra n = 11

Hệ số của số hạng chứa x10 trong khai triển Niutơn của (2 + x)11 là:C 210 111 22

Tìm hệ số của x5 trong khai triển thành đa thức của: x(1 –2x)5 + x2(1 + 3x)10

Giải

Hệ số của x5 trong khai triển của x(1  2x)5 là (2)4.C 45

Hệ số của x5 trong khai triển của x2(1 + 3x)10 là 33 3

10

C Hệ số của x5 trong khai triển của x(1  2x)5 + x2(1 + 3x)10 là:

( 2) C 4 453 C3 3103320

Tìm hệ số của số hạng chứa x26 trong khai triển nhị thức Niutơn của

  

n

7

4

(n nguyên dương, C là số tổ hợp chập k của n phân tử) kn

Giải

 Từ giả thiết suy ra: C02n 1 C12n 1   Cn2n 1 2 20 (1)

C C k, 0 k 2n +1 nên:

Từ khai triển nhị thức Niutơn của (1 1) 2n 1 suy ra:

C2n 10  C12n 1   C2n 12n 1  (1 1)2n 1 22n 1 (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra : 22n2 hay n = 10 20

4

x

Hệ số của x26 là C với k thỏa mãn: 11k 10k  40 = 26  k = 6

Vậy hệ số của số hạng chứa x26 là : C106 210

Trang 9

Tìm số nguyên dương n sao cho:

(C là số tổ hợp chập k của n phần tử ) kn

Giải

Đạo hàm hai vế ta có:

  2n  12n 1 22n 1  32n 1 2   2n 1 2n2n 1  

Thay x = 2 ta có:



Theo giả thiết ta có 2n + 1 = 2005  n = 1002

Bài 8:

Tìm hệ số của x8 trong khai triển thành đa thức của     

8 2

1 x 1 x

Giải

                 

1 x 1 x2 8 C08 C x 1 x1 28 C x 1 x2 48 2 C x 1 x3 68 3

 + C x 1 x 8 168   8

Số hạng chứa x8 trong khai triển chỉ có trong C x 1 x3 68   3 và C x 1 x4 88   4 Suy ra hệ số của x là 3C8 38C48 238

Bài 9:

Tìm các số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của

7 3

4

1 x

x với x > 0

Giải

3 7 7 k 3 7 k k 7 k 7 k k3 4

Số hạng không chứa x ứng với 7 k k  0

3 4  28  4k  3k = 0  k = 4 Số hạng không chứa x là Ck7  7! 35

3!4!

Bài 10:

Tìm hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển nhị thức Niutơn của

n

3

1 x biết rằng C C 7(n 3)

x

(n là số nguyên dương, x > 0, C là số tổ hợp chập k của n phân tử) kn

Trang 10

Giải

 



n 1 !3! n!3!

 (n + 3) (3n  36) = 0  n = 12



 

   

 

 512 12 k 3 k 5212 k

12 3

k 0

x

Cho     



 

 

12 k 5 k

x x x x  0    

 5 12 k 3k

2 = 8  k = 4 Vậy hệ số của x8 trong khai triển   

12 5 3

4 12

C 495

Bài 11:

Cho n là số nguyên dương Tính tổng:



(C là số tổ hợp chập k của n phần tử) kn

Giải

Xét 1 x n C0nC x C x1n  2 2n   C x n 4n

1 x dx C C x C x C x dx

Bài 12:

Với n là số nguyên dương, gọi a3n  3 là hệ số của x3n  3 trong khai triển thành đa thức của: (x2 + 1)n (x + 2)n Tìm n để a3n  3 = 26n

Giải

 n  n n n

 

n n

k 0 h 0

C C x Ycbt  2k + h = 3  k = h = 1 hay (k = 0 và h = 3)

 a3n 3 2C C1 1n n2 C C3 0 3n n 26n  n = 5

Trang 11

Bài 13:

Cho khai triển nhị thức:

 x 1 xn 0   x 1 n 1 x 1 n 1 x





 x 1  x n 1  x n



(n là số nguyên dương) Biết rằng trong khai triển đó C3n 5C và số hạng 1n thứ tư bằng 20n Tìm n và x

Giải

Ta có

 





+

C 5C n = 7 V n = 4 (loại)

n 2 (n 1) 30 Số hạng thứ tư bằng 20n nên ta có 3 x 1 4 x 3

  

 2x 2  4 2 2  x  2 = 2  x = 4

Bài 14:

Tìm số nguyên dương n sao cho C0n2C1n4C2n  2 Cn nn 243

Giải

C0n2C1n4C2n  2 Cn nn243 (*)

Ta có 1 x n C0nxC1nx C2 2n  x Cn nn (* *)

Thế x = 2 vào (* *) ta có:

1 2 nC0n2C1n4C2n  2 Cn nn 243 3n = 243  n = 5

Bài 15:

Giả sử n là số nguyên dương và 1 x n a0a x a x1  2 2  a xk k  a xn n Biết rằng tồn tại số k nguyên (1  k  n  1) sao cho  

 

Hãy tính n

Giải

Ta có: (1 + x)n = a0 + a1x + a2x2 + … + akxk + … + anxn

Vì ak 1 ak ak 1 Ck 1n Ckn Cnk 1

   









2 n k 1 9k

3n 8

3 n k 8 k 1

11

 3n – 8 = 2n + 2  n = 10

Định dạng
Số trang	11
Dung lượng	403,1 KB