Chuyên đề Hoán vị, chỉnh hợp và tổ hợp

Thầy giáo có bao nhiêu cách để lập ra một đề thi gồm 3 câu, trong đó có cả lý thuyết và bài tập từ 10 câu hỏi nói trên.. Một đồn cảnh sát khu vực có 9 người.[r]

Trang 1

THS PH ẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐHXD – DĐ: 0983 0707 44 – WEBSITE: violet.vn/phphong84

Hoán v ị, chỉnh hợp và tổ hợp

1 Hoán v ị

* Cho tập hợp A có n phần tử (n 1  ) Mỗi cách sắp xếp n phần tử của nó theo một thứ tự được gọi là một hoán vị của n phần tử của A

* Số các hoán vị của tập hợp có n phần tử là P n  n! 1.2.3 .n 

Quy ước: P 0  0! 1 

2 Ch ỉnh hợp

* Cho tập hợp A có n phần tử (n 1  ) và số nguyên k với 1 k n   Mỗi cách lấy ra k phần

tử của A và sắp xếp chúng theo một thứ tự được gọi là một chỉnh hợp chập k của n phần tử của A

* Số các chỉnh hợp chập k của tập hợp có n phần là

k

n k !

Quy ước: A 0 n  1

3 T ổ hợp

* Cho tập hợp A có n phần tử (n 1  ) và số nguyên k với 1 k n   Mỗi cách lấy ra k phần

tử của A được gọi là một tổ hợp chập k của n phần tử của A

* Số các tổ hợp chập k của tập hợp có n phần tử là:

k

n

n n 1 n 2 n k 1

C

Quy ước: C 0 n  0

* Hai tính chất cơ bản của số tổ hợp:

Trang 2

+) C k n  C n k n  +) C k n 1   C k n  C k 1 n  (Hằng đẳng thức Pa-xcan)

Trang 3

Lo ại 1 Tính toán trên các số hoán vị, số chỉnh hợp, số tổ hợp

A Một số ví dụ

Ví d ụ 1 Chứng minh các đẳng thức sau

1)

n

k 2

1





 

 với n  , n 2 

2)  3 n n n  

n n 2n 3n

P C C C  3n ! với n 

3)

n

2

k 2 k

n A







 với n  ; n 2 

Gi ải

1) Ta có n

k 2

k 1

k !





k 2

k 1 ! k !







            



1 1 n!

  (ĐPCM)

2) Ta có  3 n n n

n n 2n 3n

P C C C  3  n!    2n !    3n ! 

n! n n ! n! 2n n ! n! 3n n !



 3 n!    2n ! 3n ! 

n!0! n!n! n! 2n !



 3n !

 (ĐPCM)

3) Với mọi k nguyên, 2 k n   ta có

2

k 2 !

k

Do đó n 2

k 2 k

1 A



k 2

k 1 k







            



1

 

Trang 4

n 1 n



 (ĐPCM)

Ví d ụ 2 Giải các phương trình, bất phương trình và hệ sau

1) [TN2007] C 4 n  C 5 n  3C n 1 6 

2) [TN2005] C n 1 n 2 C n n 2 5 A 2 n

2



3) [TN2003]

y

x 1

y 1 x

5 C

2 C



















Gi ải

1) Điều kiện để phương trình có nghĩa: n là số nguyên và n 5 

Áp dụng hằng đẳng thức Pa-xcan ta có C 4 n  C 5 n  C 5 n 1  Phương trình đã cho tương đương với

C   3C    

     

3 5! n 4 ! 6! n 5 !



n 4  2

  n 6  (TMĐK) 2) Điều kiện để phương trình có nghĩa: n là số nguyên và n 2 

Áp dụng hằng đẳng thức Pa-xcan ta có C n 1 n 2    C n n 2   C n n 3  Bất phương trình đã cho tương đương với

n 3 5 n

2

    

 

n 3 ! 5 n!

n!3! 2 n 2 !







 

n 1 n 2 n 3

5 3n n 1





 n 1 n 2 n 3       15n n 1  

 n 3  9n 2  26n 6 0    1

Với mọi n 2  , áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương n và 3 26n 2, ta có

n  26n 2 n 26n   2 26n  2.5n  10n

Do đó VT 1  10n 2  9n 2   6 n 2   6 0   1 nhận mọi n 2  là nghiệm  BPT đã cho

nhận mọi n 2  là nghiệm

Trang 5

3)

 

y

x 1

y 1

x

y 1

x

y 1

x

1 5

C

2 2

C



















Điều kiện để hệ có nghĩa: x , y nguyên, 1 y x 1   

Ta có  1   

x 1 !  .y 1 ! x y 1 ! 6  



  

x y x y 1 x 1 y 1  6 5



 2 

y 1 ! x y 1 ! x!  .y 1 ! x y 1 ! x!  5 2



 



  4

Nhân từng vế  3 và  4 ta có x 1 3

y



Thay  5 vào  4 ta được

 

2y 2y 1 5





 

2y 2y 1 5





 3y 2  9y 0 

 y 3  (chú ý tới điều kiện y 1  )  6

Thay y 3  vào  5 ta được x 8 

Ta thấy cặp giá trị x 8  , y 3  thỏa mãn điều kiện để hệ có nghĩa

Vậy hệ có nghiệm duy nhất    x;y  8;3

Ví d ụ 3 [ĐHD05] Tính giá trị của biểu thức

M

n 1 !

 



biết rằng

C   2C   2C   C   149  1

Gi ải

ĐK: n nguyên, n 3 

Ta có VT 1   

           

2! n 1 ! 2!n! 2! n 1 ! 2! n 2 !

Trang 6

1 6n 24n 28 2

2

3n 12n 14

Do đĩ  1  3n 2  12n 14 149    3n 2  12n 135 0     

 

thỏa mãn

l oại

x 5

 



 

Ví d ụ 4 Chứng minh các đẳng thức sau

1) C k n  3C k 1 n   3C k 2 n   C k 3 n   C k n 3  ,  1

với k , n là các số nguyên dương thỏa mãn 3 k n  

2) C k n  C k 1 n 1    C k 1 n 2     C k 1 k   C k 1 k 1   ,  1

với k , n là các số nguyên dương thỏa mãn k n 

Gi ải

1) Áp dụng liên tiếp hằng đẳng thức Pa-xcan, ta cĩ

VP 1   C k n 2   C k 1 n 2  

 k k 1  k 1 k 2

C  C   C   C  

C  2C   C  

 k k 1  k 1 k 2  k 2 k 3

C 3C  3C  C 

 

VT 1

2) Áp dụng hằng đẳng thức Pa-xcan, ta cĩ

C  C   C  

C   C   C  



C   C  C 

Cộng từng vế các đẳng thức trên, giản ước C k n 1    C k k 1  ở hai vế, ta được

C k n  C k 1 n 1    C k 1 n 2     C k 1 k   C k k

C   C   C   C  

     (chú ý: C k k   1 C k 1 k 1   )

Trang 7

Ví d ụ 5 Chứng minh

2

với n   *

Gi ải

Ta có

 1  1 1 1 1

Lại có

2! 1.2 1.2 1 2



3! 2.3 2.3 2 3



4! 3.4 3.4 3 4





  n n 1 

Cộng từng vế n 1  đẳng thức, bất đẳng thức nói trên, ta thu được

                



1

n

   (ĐPCM)

Ví d ụ 6 Cho n   * Tìm  k

2n

k 0;2n max C

Gi ải

1) Với k 0;2n 1   , xét tỷ số

 

k 1 2n k 2n

2n ! k ! 2n k !

k 1 ! 2n k 1 ! 2n ! k 1 C

Ta có T 1   2n k 1

k 1

 

  k n    1 2 k 0;n 1   , chú ý rằng dấu “  ” không xảy ra

Thay từng giá trị của k vào T ta được

Trang 8

C  C    C   C  C     C   C

Vậy  k n

k 0;2n max C C

Ví d ụ 7 [ĐHB06] 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 lớn nhất

Gi ải

Mỗi một cách chọn k phần tử từ tập A cho ta một tập con gồm gồm k phần tử của A  số

tập con gồm k phần tử của A là C k n

Số tập con gồm 4 phần tử của A bằng 20 lần số tập con gồm 2 phần tử của A nghĩa là

C  20C 

n!  20 n! 

4! n 4 !  2! n 2 !



  

12  n 3 n 2

 n 2  5n 234 0  

 

thỏa mãn loại

n 18

n 13

 



 

Vậy số phần tử của A là 18 Với k 1;17  , xét tỷ số

k 1 18 k 18

k ! 18 k !

C

Ta cĩ T 1   18 k 1

k 1





17 k 2

  k 1;8  , chú ý rằng dấu “  ” khơng xảy ra

Thay từng giá trị của k vào T ta được

C  C   C  C  C   C  C

k 1;18



  k 9  Vậy số tập con gồm 9 phần tử của A là tập con cĩ số tập con lớn nhất

Trang 9

B Bài tập

Bài 1 Chứng minh

1) P n  P n 1  n 1 P   n 1  với n   *

2) C k n nC n 1 k 1

k



 với k, n   *, k n 

3)

2

n!  n 1 !  n 2 !

  với n   *, n 2 

n 2 C  C   C

   với k,n   , 0 k n  

5) A n 2 n k    A n 1 n k    k A 2 n n k  với n , k   *, k  2

6) P A k n 1 n 3 n 5 2  A 2  A 2   nk !A 5 n 5  với n   *

7) P n   1 P 1  2P 2  3P 3   n 1 P   n 1  với n  ; n 2 

n n 1

2



9)

10) 1.1! 2.2! 3.3! n.n!     n 1 !   với n   *

11)

n

k

k 1

1 P



 

 với n   *

Bài 2 Chứng minh

1) C k 4 n 4    C k n  4C k 1 n   6C k 2 n   4C k 3 n   C k 4 n  , với k, n   , 0 k n 4    ;

2) C n 1 n   C n 1 n 1    C n 1 n 2      C n 1 2n 1    C n 2n với n   *

Bài 3 Giải các phương trình, bất phương trình, hệ phương trình sau:

1)  

n! n 1 ! 1

n 1 ! 6



2)  

n 1 !

72

n 1 !





Trang 10

      

n 2 n 1 n 3 !4! 12 n 3 n 4 !2!

4) A 3 n  20n

5) A 5 n  18A 4 n 2 

6) P n 3   72A P 5 n n 5 

7)

4

n 4

n 2 ! n 1 !

8) A y 1 x  : A y x 1  : C y x 1   21 : 60 :10

9)





Bài 4 Cho n   * Tìm  k 

2n 1

k 0;2n 1 max C 

Trang 11

C Đáp số

Bài 3

1) 2, 3 2) 8 3) 5, 6 4) 6

5) 10 6) 7 7) 3, 4, 5 8)    x;y  7;3

9)    x;y  2;5

2n 1 2n 1 2n 1

k 0;2n 1 max C  C  C  

Trang 12

Lo ại 2 Ứng dụng ba khái niệm cơ bản vào bài toán đếm

A Một số ví dụ

Ví d ụ 1 Một học sinh có 12 cuốn sách đôi một khác nhau, trong đó có 2 cuốn sách Toán, 4

cuốn sách Văn và 6 cuốn sách Anh Hỏi có bao nhiêu cách xếp tất cả các cuốn sách lên một kệ sách dài, nếu các cuốn sách cùng môn được xếp kề nhau?

Gi ải

+) Trước hết ta tính số cách xếp thứ tự từng loại sách Vì có 3 loại sách nên số các sắp thứ tự

loại sách là n 1  P 3  3!

+) Ứng với mỗi phương án sắp xếp 3 loại sách, ta loại có n 2  P 2  2! cách xếp 2 cuốn sách Toán, n 3  P 4  4! cách xếp 4 cuốn sách Văn, n 4  P 6  6! cách xếp 6 cuốn sách Anh Như vậy, ứng với mỗi phương án sắp xếp 3 loại sách, ta lại có số cách sắp xếp 12 cuốn sách là

5 2 3 4

n  n n n

Tóm lại số các xếp thỏa mãn yêu cầu là n n 1 5  n n n n 1 3 3 4  207360

Ví d ụ 2 Một bàn dài có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy 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 Hỏi có bao nhiêu cách

xếp trong mỗi trường hợp sau

1) Bất cứ 2 học sinh nào ngồi cạnh nhau hoặc đối diện nhau thì khác trường với nhau

2) Bất cứ 2 học sinh nào ngồi đối diện nhau thì khác trường với nhau

Gi ải

1)

+) Bước 1: Trước tiên ta xác định trong 12 vị trí, vị trí nào của học sinh trường A, vị trí nào của

học sinh trường B Rõ ràng để đảm bảo bất cứ 2 học sinh nào ngồi cạnh nhau hoặc đối diện nhau thì khác trường với nhau ta có các xếp như sau

Cách 1:

A B A B A B

B A B A B A

Cách 2:

B A B A B A

A B A B A B

+) Bước 2: Ứng với mỗi cách đã xác định ở bước 1, ta xếp 12 học sinh vào chỗ

Xếp 6 học sinh trường A vào 6 chỗ: có n 1  6! cách

Xếp 6 học sinh trường B vào 6 chỗ: có n 2  6! cách

Theo quy tắc nhân thì số cách xếp thỏa mãn yêu cầu bài toán là

Trang 13

1 2

2n n  2.6!.6! 1036800 

Ví d ụ 3 Có bao nhiêu cách xếp 5 bạn nam và 4 bạn nữ thành một hàng ngang sao cho không

có hai bạn nữ nào đứng cạnh nhau?

Gi ải

+) Đầu tiên, ta xếp 5 bạn nam thành hàng ngang Ta thấy có n 1  5! cách làm như vậy

+) Tiếp theo, ta xếp 4 bạn nữ Ta thấy để việc xếp thỏa mãn yêu cầu bài toán thì phải xếp 4 bạn vào 6 vị trí như hình vẽ

(1) Nam (2) Nam (3) Nam (4) Nam (5) Nam (6) Như vậy, ứng với mỗi cách xếp 5 bạn nam có n 2  A 4 6 cách xếp 4 bạn nữ

Tóm lại, số cách xếp là n n 1 2  5!A 4 6  43200

Ví d ụ 4 [ĐHB02] Cho đa giác đều A A A ( 1 2 n n 2  , n nguyên) Biết số tam giác có các đỉnh

là 3 trong 2n điểm A , 1 A , , 2 A g n ấp 20 lần số hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong 2n

điểm A , 1 A , , 2 A , tìm n n

Gi ải

Mỗi cách chọn ra 3 điểm trong 2n điểm rồi nối chúng lại cho ta một hình tam giác Do đó, số tam giác có đỉnh là 3 trong số 2n điểm là C 3 2n

Giả sử đa giác đều A A A n 1 2 n ội tiếp đường tròn  O , ABCD là hình chữ nhật có các đỉnh là

4 trong số 2n đỉnh của đa giác Ta thấy ABC BCD 90       AC và BD đi qua  O Từ đây, ta suy ra cách tạo một hình chữ nhật có 4 đỉnh là bốn đỉnh của tứ giác

Chọn ra 2 đường chéo đi qua O từ n đường chéo đi qua O của đa giác Bước này có C cách n 2

thực hiện Từ 2 đường chéo vừa chọn ra, bao giờ ta cũng có đúng một cách nối các đầu mút đề được một hình chữ nhật Vậy số hình chữ nhật có đỉnh là 4 trong số 2n điểm là C 2 n

Theo giả thiết thì

C  20C   

 2n !  20  n! 

3! 2n 3 !  2! n 2 !

 2n 2 2n 1 2n   

20 n 1 n 3

Trang 14

 n 1 2n 1 n 15 n 1 n        

 n 1 2n    2  16n 0



loại loại thỏa mãn

n 0

n 1

n 8

 







 



Vậy n 8 

Ví d ụ 5 [ĐHB04] Trong một mơn học, thầy giáo cĩ 30 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu hỏi khĩ,

10 câu h ỏi trung bình và 15 câu hỏi dễ Từ 30 câu hỏi đĩ, cĩ thể lập được bao nhiêu đề kiểm

tra, mỗi đề gồm 5 câu hỏi khác nhau, sao cho trong mỗi đề nhất thiết phải cĩ đủ 3 loại câu hỏi

(khĩ, trung bình, dễ) và số câu hỏi dễ khơng ít hơn 2 ?

Gi ải

Thầy giáo cĩ 3 phương án sau đây để lập một đề thi thỏa mãn yêu cầu

+) Phương án 1: Đề thi cĩ 2 câu dễ, 1 câu trung bình, 2 câu khĩ Theo quy tắc nhân, số cách

thực hiện phương án này là n 1  C C C 15 10 5 2 1 2

Vậy, theo quy tắc cộng, số đề kiểm tra lập được theo yêu cầu là

n  n  n  C C C  C C C  C C C  56875

Ví d ụ 6 [ĐHB05] Một đội thanh niên tình nguyện cĩ 15 người gồm 12 nam và 3 nữ Hỏi cĩ bao nhiêu cách phân cơng đội thanh niên đĩ về giúp đỡ ba tỉnh miền núi sao cho mỗi tỉnh cĩ 4

nam và 1 nữ

Gi ải

Ta phân cơng như sau

Trang 15

Bước 1: Chọn thanh niên tình nguyện cho tỉnh thứ nhất Theo quy tắc nhân thì bước này có số

cách thực hiện là n 1  C C 12 3 4 1

Bước 2: Chọn thanh niên tình nguyện cho tỉnh thứ hai Vì đã chọn 4 nam và 1 nữ ở bước 1 nên theo quy tắc nhân, số cách thực hiện bước này là n 2  C C 4 1 8 2

Các thanh niên còn lại phân công đi giúp đỡ tỉnh thứ ba

Vậy theo quy tắc nhân thì số cách phân công là n n 1 2  C C C C 4 12 3 8 2 1 4 1  207900

Ví d ụ 7 [ĐHD06] Đội thanh niên xung kích của một trường phổ thông có 12 học sinh, gồm 5

học sinh lớp T, 4 học sinh lớp L và 3 học sinh lớp H Cần chọn ra 4 học sinh đi làm nhiệm vụ sao cho 4 học sinh đó thuộc không quá 2 trong 3 lớp nói trên Hỏi có bao nhiêu cách chọn như

vậy?

Gi ải

Nếu bỏ qua điều kiện 4 học sinh thuộc không quá 2 trong 3 lớp thì số cách chọn là n 1  C 4 12 Bây giờ ta đếm số cách chọn mà 4 học sinh đó bao gồm học sinh của cả 3 lớp Để làm như vậy

ta có sau phương án sau

+) Phương án 1: Chọn 2 học sinh lớp T, 1 học sinh lớp L, 1 học sinh lớp H Theo quy tắc nhân, số cách thực hiện phương án này là n 2  C C C 2 1 1 5 4 4

Số cách chọn 4học sinh thỏa mãn yêu cầu bài toán là

n  n  n  n  C  C C C  C C C  C C C  225

Ví d ụ 8 Một thầy giáo có 12 cuốn sách đôi một khác nhau trong đó có 5 cuốn sách văn học, 4

cuốn sách âm nhạc và 3 cuốn sách hội họa Ông muốn lấy ra 6 cuốn và đem tặng cho 6 em học

sinh A, B , C , D, E, F, mỗi em một cuốn Hỏi thầy có bao nhiêu cách tặng sách sao cho sau khi tặng, mỗi loại sách : văn học, âm nhạc, hội hoạ, thầy vẫn còn ít nhất một cuốn

Gi ải

Ta thấy tổng hai loại sách bất kỳ đều lớn hơn 6 nên không thể chọn sao cho cùng hết 2 loại sách

Định dạng
Số trang	20
Dung lượng	234,53 KB