Cuốn sách này chỉ viết ba chương đầu của chương trình Chương I: Ôn về công thức lượng giác. Chương II: Hàm số lượng giác và phương trình lượng giác. Chương III: Tổ hợp và xác suất. Ở các chương bài tập được phân dạng và giải chi tiết, sau đó có phần bài tập rèn luyện để học sinh tự giải. Mục lục: Lời nói đầu Chương I: Ôn công thức lượng giác Chủ đề 1. Ôn các công thức lượng giác Chương II: Hàm số lượng giác và phương trình lượng giác Chủ đề 2. Hàm số lượng giác Chủ đề 3. Phương trình lượng giác cơ bản Chủ đề 4. Một số phương trình lượng giác đơn giản Chủ đề 5. Phương trình lượng giác có chứa tham số Chương III: Tổ hợp - xác suất Chủ đề 6. Quy tắc đếm Chủ đề 7. Hoán vị - Chỉnh hợp - Tổ hợp Chủ đề 8. Nhị thức Niu - tơn - Tam giác Pascal Chủ đề 9. Phép thử và biến cố Chủ đề 10. Xác suất của biến cố - Các qui tắc tính sác xuất Chủ đề 11. Biến ngẫu nhiên rời rạc Câu hỏi trắc nghiệm chương III Đáp án trắc nghiệm chương III Mục lục
Trang 2Cương L ÔN CÔNG THứC LƯỢNG giác
1 Công thức lượng giác cơ bản
* sin(œ + k2m} = sind c05(œ + K2m) = cos0
tanto + kt) = tana cotta + kit) = coun
lang, cơtœ- | 1+cote= —
| SN”
Giá trị lượng giác của các gốc (cung) có liên quan đặc biệt
* Hai góc (cung) đối nhau: £t và (a) sin{—c) =—sini Ê0%(— 0t) = cgsœ lun(—œ) = ~tang, C0((—Ø} = —cotœ + Hai gốc (cung) phụ nhau; œ và (⁄4-e)
sin {⁄- a} = cose: [ae (54-2) = sing, tan (34-«) = cote lcot (%-
* Hai góc (cung) hù nhau; œ valia ~ tx) SỈn (#6 — @Ì = singa
Sin(@œ + B) = sinc c0s[3 + tiệt sin]
sin(a — B) = sing, sash: “ose sinB cos(a + B) = cose eosB ~ sinc sinjs
eos(oc — f) = cos xs [b + sino: sind k |
cot(™ — ce) = -coter
2
Ỷ ÿ nT
+ Hữu tỷ hóa: Đặt L= tan (với 5g tê
2
ụ 2t sinx = 5 lot
12 Ỉ
CIMX = let?
cosacosfi = sleosta B)+ eos(œ—)|
sinacosp = +[sintø +} +sin(œ = [3] \ sinơ.sinB =— + [ooste: +)—cos(œ -B)] \
cosa sin} = 5 [since LÍ) sin(z—R]]
even:
“II | — +o 3: ‘COSC
fig
*cos| = +0 | =— 0080 N4
"Tủ có: sin| art = cos(—o) = casơ (do = +a ¥a (-c) phu nhau)
* Chứng minh tưởng tự cho các đẳng thức cồn lại, Bài 2, Chứng mình các đẳng thức gâu: (hai gác hơn kém 7)
* Ta ching nonh tan{n + tr) = tang
Taco; tan(t + a) =—tan(—a) (vig + œ và ~dœ; 2 góc hù nhàn)
3 Cho Ssin*x ~ cos*x = = Tinh A= sin®x + Scos*x
(với T với T4 < x<) Tính sin| —-—x J Ti nh Tn
3, Tinh: A = sin*x + Scosx
* Pat t= sin’x = cos*x = 1 —t
i _sin?a ee ee) | posta
: l+ppta l+lana 8Ỉna†cusuH sina+cosa
1
=;_ Sin’atcos'a 1Ô 0% = eee ee = bo an + Ont KH tin 7s Osa — sina cosa) cia ean
lÝ = Sina cosa = ying sia( Fa]
i h ` f
= sina s( ^ xà~2y = sina| ae
`2 ) S0 Mu 2 tnẻ 3 :
ca sin” a cos
= 1 hint 1 : Jods -in? C son oot fa)
3 Đa, sin°Œ site snc
cos*| — C
1~sin(A~B) _ :1-sin(x-C) _ I-si'C
NEES 1—cos*(A+B+2C) 1-cos*(1+C) 1-cos?C
2 :
= el score (bh) sin’ C
Tir (a) vA (b) che La:
1~sin T(A+B)—- = ple Ee oe
1~cos(A ~B+2C) cos? SEBS 4
Ta lại có: sinh + cos*b = Ì > notes fetes
Bài 7 Cho ABC Chứng minh các đẳng thức sau:
1 tand +tanB + tanC = tan tanB tanC (vai AABC không vuông}
@ not co! “no, ae eer
Trang 3
~ sinl0"eos10" sin 10” cos 10°
-> tan(A + B) = tan(n — C) => Tou A aaa —tant ;
4sin= Rsin ™ Ñ.sin 7 Sát Ê fan \.lan => (eotA + cotB)cotC = —(eotLA, co — 1) 7 a 1
Là Ôn E oy: Cy ding
Bai 9, Riit gon các hiển thức sau: SA ca 6052+ (sin? x - sin? 'Xeos”x
2 2 Vậy La có: cot/\.corB + cotB.cotC + cotC/coLÄ = Ï 1 5
% cos” ee cos? x
Ề tả trị lan x i Bie apr, a Bài 8 Tính gid tri các hiểu thức sau: LA= an — cos4x.corax L
A B 3.C=3sin15'.cosl5°+ 9 — cosx+ ylan” x sin” x 2 2 cosx+———" cosx +—
cal 3 sents c sin” 15° -—cos* 15" 5
€O§X CUBX
Mi are col oa es Giải 3 oo — =— =cosk
sey 1 A =sin10" sin50", sin70" 1 Ta cố; Á = —== ts4x.cot2x | & EOS
Sin : h Bãi 1, Chứng minh các đã SAU;
= cot + cot cat © feo oot 1 Saint costo" cos20° = sin 10".cos10” cos 20" cos 40” ate
7 Sasasinu ` plea ` : Diy 1A céng thite nhdn ba}
—
A+BR+tC=n=A+B=z-C = eet 2cos”x — sinx sin2xz Giải
= 121A 1872 tới OES Bens" 8 _ 09938 _ cosdx.cos2x _ bos 2x(l—cos4x) Ta có:
tanA+tanB _ _tanC 2,8 =cos” mie meee = — cos2# sin2x sin 2x sin2x sim3x = sin(x + 2x) = sinx cos2x + casx sin2x
|-tanA.tan B 4 : 7 Ị l 7 2cos2x.sin? 2x
4 y =Sinx(1 = 2sinˆx) +2ros2x sinx : ` T Qn hae 2 See Ata ie
= ————— = 2sin2axcos2x = sindx ý TY is
1: bay sin 5 cos = cas oo _ sin cos" cos
sin2x = sinx — 2sin'x + 2(] — sin“x}sinx
: Ae
=» tot A éotBs 1 \ hon er See een ane aS 1 =—
I aa =sinx ~ 2sin’x + 2sinx — 2sin?x
j
ˆ eoLA,coLR 7 7 sinlO" cos10 = 3§Inx — 4sin°x
| Vay: sin3x = Ssinx — 4sin?x
2 Ta cố: a sina = 244 cogdy 11—E984a Teng òt ¿1P ng oy ue Ân
cos3x = cos(x + 3x) = cosx cos2x — sinx sindx 4 4 4 1.4 a Veg
= cosn(2eos"x ~ 1) — 2sin°x cosx a pe costa + J ate aS ' 3 seisile
i con - chi = sử me nà với 7 | cos "
= 2cos"x — cosx — 21 — vus’x)cosx a 5 mine
TEE nBfn lùi ng ~-/5 Con
Vậy: cos3X = 4¿oxÏx - 3cosx sini0 : C059) cosll” (cus2”” cos63” Vậy có: con fe: = = sing = de»
2 cosda = Bras*a — 8cos”n + 1 =
= | #0590" +cos27° | 2[=o90" Sons 36" | 3 Nhận xét: 1.18" + 2.18" =90"
5k0 92 co4S1— c3 a c9 T004 Cài
=> 60s(2.18” = sin(3.18") : 2 4 4 ey
2 2 2[cos36" —cos 72°]
ee 1.Tacé: A= — ! - — đgin70" „ 174sin10-sin70" “na Se
=> | - 2sin* 18° = 3sin18" — 4cin31g°
eR Se eet es argos sin lO" sin I0 cñs72” cos36
cos 72°,cas36 = 4sin°18° — 2sin218°— 3sin 18° 4 1-0
: dồi 1~—4Ì Í(eos60* —4! (cos 60" -cos ~cgsE0P) + TH HN cu "— Daal : = (Sin18" ~ 1)/4sinˆL8” + 2sin18° — †) = 0
¿ Hs Giải L 7E ñ : 1— 2¢cos6)" —cos80") cos72".cos36° cos72”.cos36” Brera
ct aot ea
¡n3 $ : Ni & là vẽ age TT Sita ie hy Ae Reheat => 4sin' 18" + QsinL8* — 1 = 0 (vi sin 18” # 1)
I.Tu có; SIM A+08'8 _ (sina +cosay(sin” at cos" a —sinacasa) » Ta cd: — = : sin10 sinI@ * Bài 13, Tính giá trị các biểu thức sau; l z ae:
2 Ta có: cosda = 2cos"2a — | = Yfcos2aj! — 1
= 2(2eus"a — 1) - 1 = 2(deos4a — 4eos*a + 1) - 1
4 Tủ cổ: sinŸ3 + eos”u = (sinŠu}” + (cos7a)1
- (§inˆa + cos’a)(sin"s + cos‘a — sin2acos2a)
= l£+xesa ~(sinacesay*
44 |
16
B =cos12" + cos 8" ~ 4ensi5°, cas21", cos24°
+ =t0§l2" + eas]§"— 4e» 36° tem) cos24°
C0812” + cús]8"— 2(cos36°eas24 "+ c0s6”.cos24?)
2 a nog] ,
=cp§12”+ cọsI8"— 2| 5 (eos60" +0312") +(cos 30" + eoslEP)|
= 00812” + cos! 8° — cos60° ~ cosl2° — eas30^— cosl8"
oe aes agin = Isin = - 4sin? 5 § =2sin— “cay”
5 3 3 ¥ 5
Hi 33- 4sin’ 5 i eons (chia Z vế cho sin =)
=3- fi cos = aus
fees ak ene ete AT 2 + 6
=§Ïq—.E0— + sin — cos —+ sin™ cos 2™ M.j
# 7 % 7 7
Pil na rì( x ¬c Sn
= 3 [sin sin) +{sin5} sn) sna in]
Trang 4a sin 7 cos 7 Án ses § ni 7 có : a 7 Stes ig
a Paces -(sin sin) | ic)
=2 ral sin( x 4) | snlx~ll Đa -® vee a
3 Ta CG: sinx + cosx = sinx 4 vn| 2=x]
2co§ˆ & +-ca#x — 2cos°x +eosX— Ì
22c0SXÍCOEX + 2cos? x=l)
— =2t0#
2cosˆx+cosx—l 4 n2 2 4
sin’ x—cos*x+cos" x in? x—cos? x(1—cos?x
2, Ta có; aw fl )
cos?x—sin?x+sin’x cos°x-sin ? x(1=sin” x)
ie sin? x'~ cos? xsin? x _ sin? x(1-cos" x)
cos” x(l- sin? x) cos? x—sin? xcos’ x
aad sin” x
ie = tan*x eos” xX
4, Ta có: Ian30” + tan40° + tan50" + tan60”
= tan30° + tanóØ" + tan4f)" Han 30”
8cos20" _ _ bya v3
uo o
= 4c0s20 cosl0 _ TS saa20P œ0s100.- s
6, Cho ABC — Sinh đệ:
1, sinA + sinB + sinC = 4cns Sous cos ©
+ 2 2 2
Rowse +cosB +cosC = 1+ 4sin 3 sin sin S
¢0s"A + cos”B + cos2C = 1 — 2eosA.cosB cost!
sin?A +sin°B 4 sin’ = 2+ 2pqsA.cosB.cosC
Giải
B A-B PO US cos ——— -+ 2sin— cos ——
Ä: Posx— gìng = J2 con | x3] 5, Ta v6: tanx + tany = S% , Simy _ sinxcosy+cosxsiny Ty _=#%c0 _ [:= tin) = =2ees | (cos cB B gp htB
yA cosx cosy COS%, COSY Ti 2% '-2[ S5] Ñ ^© 2 5 3
COSX, COSY COSX.C0§ oo 2x 3 ` 2
6, tự — tany = sin(x—y) e Chứng minh Lượng tự như bài trên By bey €Ố: Gö§Ä + cosB + cosC =2cos2†B,„ À=B _ beds’ a
COSX.COS¥ 15 Chitng minh cdc ding ihe EL aol = iA, 3 Bi nh Bee KK
€ : i Giải 1 “ma Dê | toed 1~cps4x ph cos 4 — sin? >
` TH nh 206: AB, Coe i T Ê8 ° 3
2 2 nh Âoog 2 can” cas > (1) 2 = 2 eee ae ae
peaks A-B 2 R _ A+B 6 ( HE Cc
= 2sin [eos =cos— ja : ‘ i make: Se “a ea, Ching minh ring AABC can 2 Âeos cóc 5 cos s= 3sin in [ oS? sco 8 |
CHỦ Ai ual oe Ls eee 3 \ tan ^ TP =corC: cot^~Š = tan C 2 2 2 sin’ sink wel ant gu N » CRS COR D6 0C = eee áo A Bo Cc
ont sin” sin & c$.0<A:B: C<m,0< A+H:B+C¡C+ A<m I 06; (1) 2 =e 3 A Caen Bi Se ! ee
= Se a ae ¡m ‹ a) Ray be tose 2 cos’ cos > cos? > Lage cos? X6 -~ ; =1 :
3, Ta có; cosSA + cas"B +cas'C = toe — — B Bì ee Ta aut nT 2 hay AABC vuông lại A,
3 | 17, Cho AARC có các góc thỏa điển kiện; © tan 2+2 n 3) i oe [ram 3) Z 4
=1+ ` (tos2A + cos2B} + cosC
=1+castA+ BycosfA - B)+ cost
4 Ta có: sin"A + sinˆB + sinC = +1—eos.C
= jleos2A + cos2B] - cos*C
=2-cos(A + Bcos(A — B}— cos?C
=2 +cosC eos(Á — H) ~ eps°C
Bi: cos(A +B} =—-cosC
tan(A+B) tanC {véiAABC khéngyudng)
cũt( À — Hì= ~cotC
“fan + tanB = 2eor (1)
a “hứng mình ring: AABC can,
Giải
sin 7B aos Pe eo Reger 3 SS 2
cos A.cosB An Cc ‘
—cosC = cos(A +B) 4 cos(A — B)
1 —cos€ =-costt + cos(A — B)
(vi: -m< A-B <a)
>A=B hay AABC cần tại C
=> 1 tin? 2 V1 Stee eee Ð
Bài 19 Cho AÁBC có các góc thỏa diễu kiện;
sinA + sinB + sinC = 1 — cosA + cosB + cosC (ID
Chứng minh cing AABC là tam giác vuông,
Chứng mình rïng AABC là tam giác vuông
Giải 0: (1) <> 2cos(A + BlcostA — B) 4 2ees! =0
—2evsC cos(A- B) + coe =0
-cosC(cosC — cos(A - B)] =0 + asC[—cos(Á + Bì — c0s(Á — B)]}=
Trang 5
Tu Ta có: (1) <= Zens A+B cos == 41-2sin? > 5 A-B ete food coe eg | lsaet® bee : (1 €3 2cos2A = 1+ 23 cos(B + Chcox(B — C) + 2 st L5, Rú Kế °°Lzen các hiển Giác; tác biểu thức:
= : Zoe 1s củ =1 oe 3 = Se : : = 3 LA= —— = Wi fered Ÿ)
ae oe 5 + t= 2sin* 5 F | Nae cdsen lain 1 > 2eos"A — 23 cosA cos{B — C)- aie Ụ €osx+ vang - sin? x \ 2 2
£>sin" 2 2 rs 2sin cf] ct `: + : —| 3 | 2 =t0s 3 —*= 4 0 o a [A= ba „ fay ÀÀHC là tam giác đều, = COS pA BS So, Wo ee “3 = cos! (B-€) Hod re = oe ene as fy + aaa —2si
c Bae — 3sin—- 2 c fn am" By 1 “O82 z° 2 resins : ae a =0 “ 23 lim các góc của AABC biết rằng các góc của lam giác đó thâu điểu kiện: \ oS ee © 0A — 205A Feast B— 0) +| —eoœ(B-C)| + SsintB-O)| =0 5 3 ae Ý 3.0= ae Vets CQSX oa [io B<x<— 4 2
2 2 2 Đáp số:
< | sin= 2) +14 45 =0 © cos = siiB + sinC — ^ 1)
ì
ye Le i a 2 ‘| | cus —— Gì Le YF intB 0] at lLÀ=tux 2.B=2sinx 3.0 = cosy
[sing § ieee Be t) sac Ất ý l Giỏi Va a Bai 6 Cho AABC vudng tai A, Chứng minh rằng;
a [nA B_ ì lace bi at) = ens" 5 — 1 = 2sin T5 OR B+C 5" & ; H- > “= 108 Á ————eos(H~C)=U PO SO GA = a : J tanB.tanC =1 NÓ
2 af Mache ol Cais nae 5 iBvenbe=—— 2 —
lẻ duos’ 3 — 2008 — cos ies A-30
tan + tanC
—=?0” GC=ú0? a inh cd
lấp Ị Du hay AABC là tam giác đều, a Bs 2e AI B- 1 B=C=75 Bài 7, Chứng minh các đẳng thức sau;
Bai 22, Cho AABC có cde gdée thaw diéu kiện: _ - Tu, f1 t) 1 BC B-C BÀI TAP REN LUYEN bi | eos" alcos*h
7 Cc AoE : Ca | path ae oe cos + — sin 2 =2 , 2 sin{a ~ b) + sin“) + 2sin(a — b)sinbcosa = sinta
CAE DOES == CO 5 + Asin + dcos ges (1) AI x oe 2B-C Bài 1 Cho tana= 23 (0<a< nh Tỉnh gắc a 3, tra + (an2n — tan3a =— (án, tạn2n, tạn3a a
Chứng mình rằng AABC là tam giác đến, = [cos PT i + oS =0 Dipst: a= 18° Bai 8, Chitnp minh céc đẳng thức sau:
sa oe ™ Sa Wes acing = sintacncae 2 ts Giải : Quá pee 2 A Ì Bài 2 Tĩnh giá trị của biển thức À = tan 12 +tan 12 a aa B
A B be ag 22 2 0 cos mẽ é 12 12 4
Ta ed: (1) +3 208" ( cob" 5 — 14 Beas? > 5 cos” 2 — 1+ 4e08 3.008 g 1h dens ft coe _= sin ot = | Mn ; ° bap sé: A= 14 : 2 tan3a 3 : = tana tun Es lan( va] (
is ee > aig * #
Oa as 3} dein a2 ze fe ` Bài 3 Cho d; B18 2 góc nhọn đương thỏa tang.= ©; tang ao Rah eters: f | 35
Ts eee ee A=120" 7 4 3 €oS)A + sin*a = ae nh + ¡g0948 tiệt Si +53 cos? 2A 8 3% A -A yg Ole B=C B=C 30" Dipsd:a+ Pe =
* cs + cos? 3 —2cos yes [1260 2 Ty =) Ấy 4 4 sin? a +cos* H peas
= 2! cos7—coss | +2 in ci 3 hệ +1] =f}
P24 Cho SABC c6 ciic p6c tha didu kiện:
cos24 4 3 (cos2B + £0s2C} + 3 = 11) Bai 4 Cho a, f, 7 14 3 góc nhọn dương sao che: tan œ = 5 tanB =
i
1
i tany = : Tinh g6c a+ 8-7
4co22a+sin2a 4
BàI 3 Cho AABC có các góc thổa điều kiện
E IE(
7 A _ Sin-— sin— sin = —
2 2 2
xế về a Tình c xả
©2[ses2 -eme | +2[smC=2 ae 2 | an sae | Hhtgdecla ABC Sửi bà, n8 uua "` ;
pséia+Bp—y= 5 Chứng mình rằng tam giác ABC đều,
GOS2A — cos2B — gus2C = š
= Câu 2 Đơn giản biểu thite A = oo sa
sinx +c08x
A cosx + sin B sinx — cosx
C cosx — sinx D, cos2x
Câu 3 Đơn giẩn biểu thức A = cos{ a3) — sin(n + œ) được
Cau 4 Chọn mệnh để sai trong các mệnh để san;
A cosda = 2eos 22+ — | B, sin =2sln cos
Câu 7 j của sin : cos i + sin — 49 08 ; bằng
2 4 ` 4 Câu B Chọn mệnh để sai trạng các mệnh để sau;
ị C cosa = woe HC ven
WO- sin®s š cos”x = Q, Với Q là
J Be
oe, O= 440% B.Q= Š*t cu 3.3
+ QO= kg DB Oe
- BAP AN TRẮC NGHIỆM CHƯƠNG !
3
Chương IL HãM SỐ LƯỢNG Giác Và
PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG Giác
Định nghĩa: Hầm số y = f(x) xác định trên tập hợp D được gọi là hàm xử
ẩn hoàn nết T0 hú với Dữ có: rere
é ae ¡ mọi x 6 Dtac
tuần n nếu có số sa chủ ví i) fx+T)=f@9
1, Hàm số sin Quy tắc đãi tương ứng mỗi số thực x với sin x của góc lượng giác có số do radian bing x được gọi là hàm số sin Kí hiệu là y = sinx
Tinh chat:
* Tập xác định là R; nên hàm số sua được viết sin: R —> R
Xe sinx
“ =sinx là hàm số lẻ
* Hàm tuần hoàn chu kỳ T = 3
*=Ï Ssinx s Ì xe R=>y— sinx có tập giá trị là đoạn |—Ï; 1|
Quy tắc đặt tương ứng với mỗi số thực x với cosx của gúc lượng giác cổ
số đọ rađian hằng được gụi là hầm số cosin Kí hiệu là y = cosx
Trang 6
=5 tưới | SIIX
e Để chứng mỉnh hài số y = [{x) là hàm số không chấn, không lẻ trên T,
ta cần chứng minh:
® Hoặc (a] không thỏa
Hiầm số cot¿ng là him số được xúc định bởi công thức: y = Peet OO kee |
ø Hoặc (h) vi (c) không tide,
Và f(—x¿)= f(Xụ)
® Hoặc chỉ ra ] giá trị xy sao cho: tr vi j i
Giải
1, ¥ = f(x) =-2sinx TlAm s6 cé tap xdc dinh D= 2
Suy ta ham số y = sinx ~ cosx khũng chin và cũng không lẻ,
juy ra hằm y = sinxeos3x + tang là hàm số lẻ,
3 Tim giá trị lớn nhất và giá trị nhỗ nhất của các hầm số sau:
ra `
\ : 5
2.y¥ =á4cnsl 24+ | ~ 1
Bai 1 Tim tap xae dinh ela ede ham 36 sau: TC 1+cosx \ ì Be Ÿ tập Xấc định của ham sé: D= B\{2 4k k eZ} : : ị Ậ Chon = 3° ee -jj-a med eet TÔ bef ie 4 y= wl—sin(x?) - ] Se ee | \
Lee {l+easx IP HS ig 3) 2 Gidi sinx hh 1-sinx (Bài tập 2— Trang I— SGK — Nẵng cac) ] Vậy la có:
_®* Để xét tính chan, lẻ của hàm số Y =Ấx), ta thực hiện như sau: Suy ra hầm số y = 3sinx — 7 không chẩn và cĩng không lễ
ị : \ EYXeD=-xeD fa = om Netia ham sé y la 3
3 Ậ AI E0 25a _#.y=đeps 2x+2] _Í
© l—winx #[ © sinx # l `_ Ñ—x) = f(x) Vx € D (b) f{x) là hàm số chấn, fi Dae citi ) fa Mã 1 My 3-1 : BS
e Nu fx) = ta) vee (c) F(x) la hàm số lẻ is š sn(~54] pers § 251152) wìng * Miễn xác định của hàm số D = R
xà; la vào để thi ham s@ y = cosx tim ede gid tri cha x dé cosx = |
“Ta có: -1 ae ee + sl say = il ~sin(x") — 1 a
“sinx (néu sinx 20) 2 ee en a 211 ke Sak Be
i
(+ Vir 1-sin(x’)= 0% x ¢ R nén tap sdc jah cla bimsé a p= E yl sing = 4 anx (uốn sine <0)
3-4 s#eos[2x + *) -4= 4 <4 = i era vib: se ] = sin{x")>—1 1ứ: Ae: LES 1 in(x2) <1 = + Vay a6 thi y= | sinx | được suy từ đổ thị y = sinx I ie Ẻ : lv 5l iL ie sau: thị hầm số ¥ = cosx ) RY 1
- Giữ nguyên đổ thị y = sÌnx ứng với phẩn nằm trên Öx
_1 ấy đối xứng qua Irục Óx phần 46 thi y = sinx nằm đưới trục hoành
ee CORK = 7 là nhương trình hoành độ giao điểm của đỗ thị hàm số
y=-5 xây ru khi: sos[2x+) Te a Se Ổi Xị er = i => sin(x¡2) =—l trier meee i i AT“ = - ye ⁄ —< so : 5 x ee ere thingy = Xi |
‘
ixj=—- Sox + = =n 00s 2x47) = 1 — Nà
đổ thị b giá trị củ têu kỉ với Xị 1g Mt gat ( ite Be ady men singe) =1 3 Ay Vệ Nước Beene:
2.46 thi va SH la có các giá trị của x thỏa điểu Kiện
: fa ae as = Si
A 1 oT Rot Sn Jn
The Bee ira
— lax [TRỢ i Vậy GTLN của hàm y là 3 n= (5 + sin(x 2) = |
y = 3 xay ra khi cosx vx =-1
VỚI Xụ = TỪ =2 CUS vÍXu, sel
+ Vay đỒ thị hàm số y = sỉn |x| được suy từ để thị hầm
- Giữ nguyên phẩn đồ thị hàm xố y = sinx ứng với x 2 Ú
- Lấy đối xứng phần đồ thị vừa vẽ quả trục Oy
- Hợp 2 phan để thị vừa vẽ là đẻ thị hàm số y = sinjAỈ
Trang 7
Nhận xét: Ð Những điểm nằm trên đường thẳng y = : cổ tung độ y Sau
cho —L1<y < 1 là các điểm nẵun trên đoạn thẳng TL
+ Đoạn thẳng IJ cắt để thị hàm y = sinx tại E và E,
'Vẽ đổ thị của hàm số y = 2sin2x trên |-zzi
Và từ đó suy ra đồ thị của hàm số trên lập xác đỉnh D = E bằng cách _ịnh tiến theo trục hoành về 2 nhía km đơn vị (với k e N”)
nh 5 acd: sin(2x + 1) = 42
2 '8in(2x + 10”= -sim60°
h2 + 10ˆ}= sin(—86P)
Có [2x +10” =~60" +k360" 2x = ~T09 + k.360
L2x+10° = 180" +60" +k360° ti [= = 230° +k 360"
4 -+l*=-3'~k.I80"
1 Chứng mình rằng với mọi số nguyên k tùy ý luồn cố: xe (1) va (2) co nghi@m = |m| <1
fix + ke) =x) Vx Đáp số: ), (4) có nghiệm Ym <= #
biến thiên của hàm số y = 2ãi 2x trên đoạn | He 1.D=Ki\{n+k2nke 2)
2 ä i lệng m sẽ v = 2ã11 € 3 = |
2 Lập bảng biến thiên của SỐ y 1a BÀI TẬP RÈN LUYỆN 3.D=R\{km,ke 5] :
Về để thị hà:n số Y = 3šsin2x ae ; ss = « tat ant Tee x=ư+k2m NÓ,
3 Về eee aa B Xét tinh chẩn lẻ của các hàm số sau an HH bn eee ae eet
Đam ĐT ke 2 i sie =m)
L Ta có f{x]= 2sin2x Í ; 4 thay 3" ' ¢osk =m : (ke # va cosa =m)
Woi Vk eZ ta cé ((x + km) = 2sin2{x + ke] Bey = corl x! X=-a+k2n
Vély W(x + katy = f(x) Wx 2 0ÍX = m €+x=œŒ+ kn(k 6Z: và cof = mì
Y ` y D Ú Tim GTLN - GTNN ela hàm số X=~iicsinm + k2m
| Lúc đó: Coss =m <> [X2 x#eesm+ kêm PC ii oÉc phường trình sau; Sista Rae 4 Cách l: 3 Rite ebm x kon -
_K= —irCc0sm + k2 | "` : 4 pos( 5 + ` Tà cảs'on22g 2 1 es l+cos4x 1 Ĩ Ụ ° mm Pon (Œk c7 và me N”) có vô số nghiệm tuy
: Ea k 2 al a 4 4 0 khi biểu diễn các đầu nghiệm cung của họ nghiêm đồ trên đường Cua MI cổ số thực œ thôe điều kiện: + aoe len ee es 2 “= 3, sin(2x + 10°) - , 5 Ava s condx = — = fosdx vả lái GIÁO og ượng giác thì chỉ có đứng 6 tao thanh đỉnh của m giác đều {với mm > 3), ỷ m đầu nghiệm cung và m dậ ii si Tâm
nhận định đó; ta có: ;
ĐC 4x= : +k2m een biểu diễn các đầu nghiệm cung của những họ nghiệm của mềi
Lúc đó: tanx =m > x = arctanm + kr pee :
: = sả) an, h Ti (keZ) ÿ trình lượng giác trên đường tròn lượng giác, nến ude dt Thiện
ì Rdg Wsindx = — sindx = gin ” hen 1a 1 tr đồ tạo thành đỉnh của m giác đều thì các họ nghiệm đó có thể viết
* Nếu cổ số thực tz thỗa: Bate was Ta ki hiéu & = arcenim 2 6 : i thanh 1 ho nghiệm
* sinu(x) = sinvfx) = ni ¥(x) 1 no (kez) Tin, Bộ 101 0866 [ox vu g nghiệm của 1 phương trình lưựng giác là;
uÍx)=m—v(x)!k2n — a cũ nh hại are es anes 3 ta)
beets east as utx) =x) + k2n (keZ) ps he cos 2x = —cos § cos : [2s =+ ar k2m esr
{k eZ ) Khi biểu diễn trên đường tròn lưựng giác La được:
U(x)—- v(x)+kâx ¿ 3 re ee =e| vẽ] Ta.” i RH 3 (bì :
b(x)iv(ax) #2 +e ` 5 } ng tt 3 +kan xoat+ke L
bia "
f đi ==—-~ +k2n a
* cotu(x) = coly(x) => 4 eer ee ¿le#) 3 |5 EN AE * Nhận xét: bai cách giải cầu +
(ii) Đặc biệt: 3 1 (kez) ng cách giải (1): Phương trình eos”4x 3 eó 2 họ nghiệm, i
Lx=-ârz+k4n nghiệm cung cửa (a) là œ
Ti rong cách giải (2): cách giải (2): Pl Phướng trình cos*4x 5 = : cổ 4 họ nghiệm lệ l : u nghiệm cưng của (b} là rị i
nghiệm cung @ và tạo thành đỉnh của Ï hát giác đểu Nên 2
+4 ho nghiệm trang cách giải (2) có thể viết thu gọn lại trở thành 2 lự đồ có thể viết gọn lại là;
nghiệm như cách giải (1) Với các nguyên tắc sau;
(i) ™ (dik sZ, mii béi seta n) : A
|2” h a đi đáp số cách giải (2) củu 4
Trang 8Bài 2 Cải các phương trình:
d ý: So điều kiện x + kn, (k €Z3 cho họ nghiệm x = km (kez)
thie hién nhit sau:
ễn các đẩu nghiệm cung cửa họ nghiệm x = vi las 4
en cách biển diễn, ta nhận xét có 2 đầu nghiệm cung của phượng Phạm điều kiện phải loại hỗ ( rvà » trùng nhau), Do đó nghiệm nh là:
1 sin3x = cos35x (ee
Ä E0ÍX,CO8X + EUÍK = ; 4, cos2x = c0sx
Điều kiện sinx ø Ú ©» cosx #41
b6: volx.cosx = cotx = 0 © cotx(cosx +1) =0
Ta có; cos2x,tanx =0 -) + cos (»-]= O (vi 3x - — va —- — 3x là 2 góc
fig sh ayo? ek eis vine xn f _ 4) =-¬l
Ta có: (*) © col2x = mii ts ee ˆ D71 0 ang lượng sidc: sinx, cosx, tanx, cotx)
=—m 3 mm a 32 (-3: *) ) 2a BÀI TẬP RÈN LUYỆN
: sink! t=¢asx wi-L<t<1_
2 Bài 5 Giải các phương trình sau: eb ‘t=
© cot2x =-tan| a2] 5 ae [eumeiary P a & : t soe (=cotx, tek
` ; 08— = t08 = ee a (ke#) 1 sin2x = tư Z sÌn(x — 60”) = 5 i cae phương trình sau: TT
ep ctx =cut sat (VEx+ T vàx1 a hơn kém ”) ae |x=-+ksz v3 sin’x — 3sinx +1 =0
Lo 4 4 4 a fs 3 sin3x = =l keo ]=~ sx +sinx +1 = 0
i sx Go a kn a 5) png tick es SEMPER ete th, 2, tanta — (1 +y'3 Jtanx + 1-0
4 : 3 * Dip sé: 2e ! Fo Las io
-€⁄3 +l)sinx+ 3 =0 Cox 2 + km, k e Z (loại so điểu kiện)
Vậy phường trình đã chủ vô nghiệm,
pre] = cos3x (vdi x © (0; 2n})
4, contact x -] 4 (colx + 1)sin3x =0
ed: cos*x + sinx +1 =0
—sin’x + sinx + 1 =O sin’ ~ sinx~ 2=0
=-¬l h&=2 (loại sinx =—1
_ +k2r(k=#)
xe +km
1 =ta (keZ) : aS TẾ x=—+kn
Trang 9
Gidi
ox
1, Ta ed: cas2x + 2eosx = 2sin* 5
© 2cas’x — 1 + 2oosx = 1 — cosx
& 4eos a + oer 1Qeosx + D ae
ia by = arccos eG +k2n Với cusx = 27 c> na )
sinx + sindx + V3 (cosx — cos2x) = 0
Gidi aed tak ằ
} Ta ed: V3 sinx + casx = 2
„3 i ] SIX + —cosx = |
2
eis Ms IIX€DS— + eosxsin — = |
6 6
Đang 2: PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẬT ĐỔI VỚI SINX VÀ COSX
* Dụng: asinx + beosx = ¢ (1) (a? +b? #0)
* Cách giải:
, i 3 | anes fai S Lite ee Les ey
sin “—-—
t vn°+bˆ
2 Ta có: eos2x = l + cas4x * (2) <> sinxeose + cusxsing = —=—— wdng tinh:
> cos2x = 1 + 2eas2x — 1 +k2m p> =- eek va? 4b? 2 Số
5 : : +2x| + v3sin(n— 2x) =1
cos2x-0 hai {keZ) eas sin{x + %) = ———=—: Phương trình ¢ lượng : giác cơ bản, : }
4 2c0s22xT— cos2x = D© 1 + +k2n xX==+k2m i va? +b? eee eo oth
F ñ CỔ: 20052X + cos? ~ 10sin Sn ster helio: I a Bài 3 Giải các phường trình sau: | wae ]
° 2x=tTtkÐn o |x=+tc+kr “ (eae) Dcos x ee S1 bre =' l+casx web ‘| đón ng l1 oo SẺ S cấy ae Le 2 TT A 5 is PEreei caoco 7u lô & m1 :
60 61 62 63
1 ` KG ác an CũEx vi a Coss, ta duGe,
> cos( 28 =\-4 nx + bsinx.cosx + ecos*x =d (2) Stain So V3 tanx 1 x3 =0
Ề oie tesa® i Bee
3x Ego a oe oo / tanx =1 Ixe 2 jÉn 1 Xét phương trình: 4(sin'x + cos`x) = cosx + 3sinx th
eo eos(24 *) we cụ 3°93 ={11lã phương trình thuần nhất hậc 2 đối với sing và co§x; a oe 4 (kek) _.* Nhận xét cosx = ñ không là nghiệm của (1)
aa os T *
3 2x Fag thee hiến đổi vế f1) bằng cách viết: d d{(sin*x = eos2x) tanX 3 + HH 5 = >> ke Chia 2 vế của f11 cho cos’x, ta được:
i bụi là phường trình đẳng cẩn bật 2 theo sinx và casx 3, Xét phương bình: 6ejnx - 2eoex = Sain2xeosx (3) lan?X + l]=(1 + tan”x) - 3tang(1 + tan3x)
ee fet k2n ee +km (ke#) i là cả 6hinn — Dcos'x = [Osinkode’x (* 9 x+4 : l +lanˆx + 3tanx + 3tan°x)
2w =k2m x—km oss = Ú Gng với sinx = #1) có là nghiệm của phương trình (1) + Nhận xét cosx =0 không là nghiêm của (*] tan’x ~ tan’x ~ 3tunx +3 = (tanx~ 1) (tan’x — 3) <0
4 Tủ cổ: sinx + sin2x + x3 (cosx + cos2x) = Ú
© sinx + v3 cosx + sin2x + x/3 cos2x =0
TT phudne tinh sau:
delay + (1 — 5 Isinxcuse = cose 1 v3 =0
HD -(+x2lslnsposx+ vÄ cos2x =0 linx — 2cos2x = Ssin2xcosx
(él cosx =O không là nghiệm của ( ly
<0: Chia 2 vế của (1) cho cos2x, tạ dược
X+(1— v3 )tang — 1.4 (L—X3)(I + tanÊx) =
k~(I— V3 Hanx— v3 =0
(ke By
Dang 3, PHUONG TRINH THLAN NHAT BOI VOL SINX VA COSX
* Dang: * asin®x + bsinx.casx + ecos*x = 01)
(Vúia,b,t e=<;a#0 hoặc b#0 hoặc v #0) (3+ V3 jdinxcusx + V3 cos’x = ũ (2)
+ Xét cosx # 0: Chia 2 vế của (#) cho eos'x, ta được:
6tanx( 1 + tan’ x)-2= 10 tanx
«> 6tan'x — 4tanx - 2= ũ
<>(an— 1)(6tan”: K+6lanx + 2)=0
&© lanx =L@®x= a +krkeZ
i ình: Gsinx — 2cos’x = —————_._ Ssind4x.cosx (4)
Xét phương trình: 6sinx Thấy
x=“+knke#
4
So diéu kiện ban đầu nghiệm x = = +kn kez loai
Vậy phương trình đã cho võ nghiệm
Bãi 5 Giải các phương trình sau:
1 4{sin®x = cos*x) = cosx + 3sinx
2, tanx, Bias 2gin°x = 3{cos2x + sinxcosx)
T
lộ x=—+kn Tanx — l 4 tanx=V3
x= +kn (ke#)
ét phương trình:
Px ~ 2sin“x = 3(eos2x + sinzeusx) mx.sin’x — 2sin?x = 3(cos’x — sin2x + sinxcosx) (3)
vé clia (*) cho cas*x, ta duce:
nx, tan’x — 2tan°x =3{1 = tan’x + tanx)
*x - Qtan?x = 3-3 tan? x + 3tanx
x + tan*x - 3tanx — 3=0
x + IMian’x — 3) =0
|: = = +km
c ik (kez) x=# SH =+kn
iNX + cosx)} = 4sinx (*)
Giải “XÉT cosx = 0 không thỏa (*)
ịa 2 vế của (*) chú costs ta được:
+1JjŠ= = 4tanx(] + tan*x)
Trang 10
Dang 4 GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC BẰNG CÁC PHƯƠNG PHÁP KHÁC `
Bài 6 Giải các phương tình sau:
e>tan’x + 3ranfx + 3Larx + 1 — đtanx + 4tanŠx
«+ 3ran2x- 3uun2x +tanx—1=0
& (tanx — 1)(3ran x + 1) =9
+ Pat dn phy bai 1 biểu thức lượng giác
1 (2sinx — 1)(2cos2x + 2siux + 1) = 3 — 4eos2x
2 sinx + sin2x + sin3x =0
3, (Qeosx — l](2xinx + C08X}= SÌn2x - sinx
Giải
1: Xét phương trình:
(2sinx — 1)(2cos2x + 2sinx + 1) = 3- 4eos2x
«3 (2sinx — I)(2cax2x + 2sinx + 1) =3 ~ 4(1 — sin x)
© (2sinx — 1)(2cos2x + 2sinx + 1) = 4sin x — l
‘> (2sinx — 1)(2c0s2x + 2sinx + 1) =(2simx -— 1)J(2sinx + 1)
<> (2sinx — 1)[2cos2x + 2sinx + ] — 2sinx — 1] = Ú
| cuss = -2 = cos 2# a 2 3 |x==S+kar 25 eae}
3 Ta ed: (2eosx — 1){2sinx + €0SX) = sÌn2x — sinx (2bosx — 1)(2sinx + cosx) = 2eincosx — sinx (2cosx ~ 1)2Qsinx + eosx) = sinx{ 2cosx — 1)
(2eosx — 1)(2sinx + cosx — sinx 1=u (2cosx — I}tsinx + cosx) =)
(2) <> 4sinx + 3cosx = a Sima) L_
\ casx ) CUSX
© cosx(4sinx + 3cosx) = 4(cosx + sinX] = 1
<> cosx(4sinx + 3cosx) = 4sinx + 3co3x + cosx — 1
= (4sinx + 3c0sx)- c0sx = 4sinx + 3eosx — 1
<> (4sinx |} 3cosx — 1) =4sinx + 3cosx — 1
<> (dsinx + 3cosx — 1)[eosx -— 1] =0 > i may
Ñ => a
y ets cosxcos—+sinxsin
= IK} COSK — cas’x=sinx] — _2 2
cusx.cos >
; : cosŠ
'FCORX — UOSX =sing——2_—_
A COSA cos -
sinx + sin2x + sin3x = () <> sinx + gim3X +sin2x =0 in X-beos? x sin? 2x +1 : one a LS08X=1 Sx = kIn (k ©Z) (nhgn so didu kiện ban đầu)
{3 2sin2xcosx + sin2x = 0© sin2x(2coax + 1) = Ú sinxcasx sin dx Goi @p li géc sao cho Š
sindx sin?x — cos3acushx =(
2 sles! lx — cos3x| — ; [cos9x + cos3x] =0
> ens] 1x + cos9x = 0 = 2coslDX.cosx =0
cosx.cas3x — siq2xsia6x — sii4xsinØx =Ú
o 5 Ioasdn +us2x| — = leosfx —cas4x]+ 2 leoslUt = 60§2X] = ñ
= rosRx + cos|X = ( £> 260s9x.cosx = 0
ef * KP 9x=—+km x=—+—
2, sin?3x — cos24x = sin 3x — cas*Gx -
3, cos*x + sin*x + cos a= | sin x3) -2 4 4 =U
4, cas*3x eus2x~ cas*x = 0 :
es : [cos4x + cosl6x] = cos] Ox
cosTOxcosGx = cosl0k c2 coslOx(1 + cosfix) = 0
[ ot km
a é 3 0 10 tke#)
mn kx 6x=n+k2n Serres,
aoe
X— t0s 24x = sin ˆ 5x — cos’Gx
—€0s0Xx_ ]+3 cosBx = [=cusl0x 1+cos 12x
2 = 2 2
BX | cOsBX = cosTOx + cost 2x
IS 7X,COSx = co§sÌ Ìxcosx (cos]1x — cos7x) = 0
‘cosx =O Sin9xsin32x = 0> Ísin2x =0 c TẾ =0
es RIN + 2 được 7 oe An 3 =0
Bai 10 Giải các phương trình sau:
1 5sinx — 2 = 3{1 = sinx) tan?x
Trang 11
x= = ares s8) +k2m: (với k e#] v2
3, Xét phương trình: [sinx cosx| + 4sin2x = 1 (2)
‘ Đặtt= (sing— cosx| = Bin x + | (với Q=t<v2)
t= = (loal so điều kiện te[0;v2])
Với L= Ï thay vàu (®) cho ta được:
sỈn2x = ©3 2x = kN ¿2X = ik eg
im X 4 sn[x +f) 2 §M1L
la
t
Bế có hành ke#) () x=m-+-k2m
từ (u) và (b) phương trình có nghiêm,
4 Xét phương trình: cotx — tanx - ———— = 6 (4) ; EE ya
Biéu kién <sinx #0 <> sin2x #0 cos2x 441 , xế T+kến he green i if - BÀI TẬP REN LUYEN
ly: đã 4 4 Dat t= sinx + cosx = Visin[ a4), A2 <'< ff
i đi en oe n) L 4) tắc phương trình sau:
cOsk SỈNX 2cosdx _ fret or 4/2 sin| x+— =-= Pi sr op 5
> cos"*x — sin’x ì cos4x re a Sỹ
-3-2cos22w 1 cos2x = 4sin?2xcos2x
#@>c0s2x ~ (2co9 2x - l)=0 78 4 Ï + Stans = sine
1 Võ nghiệm 2.xe= vi k2r 2 7 om41—an—3 NO) 8 A fam + 3y)
st— + kr; x =aretan? + ler oa 4 Ẳ 4
nm kn ® 3 ÂU 2s
ee 4.x=-— +kn š = t=m+l
8 4 : + cic phương trình Si; i
Bài 13 Giải cdc phương trình sau:
‘4.4(sin*x + cos'x} +3 sindx = 2
5 cos?x — sinfx = V3 (cos5x - one
Bài 14 Giải các phương trình sau:
1, sin" — 2sinxcosx — 3cas?x =0
2, 2sin?2x ~ 3sin2xcos2x + cos22x = 2
3 sinÌx + sinxsin2x ~ 3cosŸx =(
4, sinxsin2x + sin3x = 6cos"x
- Tim điểu kiện cho t (thông qua cách đặt và đựa trên đường tròn lượng giác;
- Giải và biện luận phường trình đại số theo t với điển kiện vừa nhị;
được cho I
s Cách 2:
- Biến đổi phương trình lượng giác đã cho về phương trình lượng giát cơ bản
- Dựa trên đường tròn lượng giác để biện luận,
Bài 1 Cho phương trình: cos2x + (2m + 1jsinx +m = Ũ (1)
mm để phương trình (1) có nghiệm x im Ta
Giải (1) <2 2c0SỈx — (2m + Deosx+m=s0 (2)
ee > cosx = cos = exo 3 3 “3 +k2m (k c 7 vay
phương trình: 2cos”x - (2m + 1}eosx—m=( (2)
Trang 12.| Bai 3 Cho phuging tinh cos4x =vos’3x 4 m sin?x (1) Tim ede giá trÌ củỦn „
đi phương trình (1) với m =——-
Ya 6 (1) @ 2co3f2x— 1= [†+cosũx oi (l—eos2x =4
& 3 ‘Tim các giá trị của m để (1} có nghiệm
< dens*2x — 2 = 1 + cos6x +m — meos2x số: 1, ũ nghiệm
GÂU Hỏi TRẮC NGHIỆM GHƯƠNG II
Vậy để bài thỏa mãn c> 2 < “ « [e0 <m <1
ms6 y = tanx + cotx có miển xác định là tập D:
Bài 4 Cha phương trình: cos4x + 2msinxcosx = m
Câu 5 Trong đoạn |Ù, 4x| phương trình: 2eos"x — Äeosx + 1 = Ö cố: : 5
A.4nghiém H.5nghiệm C.7nghi¢m D.6nghiệm H 7 <m sẽ”
Cau 6 Trong đoạn |Ú, x| phương trình: sin”x — sinx = Ö có: ey ` E9 đu 3
A,4nghiém B.5 nghiệm C.2nghiém Ð 1 nghiệm 2 2
Câu 7 Trang đoạn [0, 47] phương trình: cosx — sinx = v2 có nghiệm |j ede gid trị nào của tham sế m để cho nhượng trình sin2x = -^ =I
ắc giá trị nào eta tham sé m thi phitong trình:
Câu 9, Các nghiệm số của phương trình;
'2msinxcosx + (m + 1]cos2x = 0 có nghiệm
ms 1=v5 wmz Lev
sỉnx + v3 cosx = v2 trong đoạn {Ú, 2z] có tổng bằng ? 2 VẤP 0p 9 c2 bạc
Câu 10 rong đoạn [—2n, 3x], phương trình: tanx + cotx = 2 cổ:
A.5nghệm B.2nghi¢m C.4nghiém D.6nghiệm -
Câu 11 Trong đuạn |—2m, #n] phương trình;
@sin’x + sinxeosx — cos’x = 4 cú:
A.2nghiém B.0nghiệm C.4nghiém OD 6nghiém
Cầu 12 Các giú trị nào của tham số m lầm cho phương trình:
dé rang hon:
Giả sử mệt công việc nào dó bao gỗm k công đoạn Aj, Aa Âu
‘Sng dean A, ed thể thực hiện theo nị cách | Céng doan As e6 thể thực hiện thes nz edch
1 Giai thừa F :
SHUN ee MAA GIS Ea Cũng doan Ay cd thé tie hién thea, cdch :
Quy dức 0! =1 Khi đé cũng việc có thể thực hiện theo nạn nụ cách HH
* Tính chất WY ede chi số 0, |, 2, 3 +, 5, 6 có thể lận được bao nhiên số tự nhiêu:
niin + 1)=(n +1)" fain có hạ chữ xố
at tk + ye +2) (0 — lận (với Nk ie
—-Ík+ +2} với k; ¿ —
k! Be Lye Bits ee n) ps tf mhién céin chinh lip 1a n= ñ,4;3;
2 Quy tắc đếm + Chọn a; tir cde 60, 2.4.6 Vậy có 4 cách chon ay
on ay tir ede sd da cho Vậy tú 7 cách chọn na
gn a, + ( từ rác số đã chủ Vậy có 6 cách chọn ai,
nett qui tie dém fi yui ic nhân, nên các số thành lập được là 4x7 = lá8 số,
a Qui tic cộng
Giả sử một công việc có thế thực hiện theo phương án Á hoặc phường dn B
có n cách thực hiện phưìpg án Á và m cách thực hiện nhương ăn B Khi d¿
công việc có thể thực hiện hởi n ¡ m cách
* Có tất vỉ 6 số tự nhiền dược thành lộn mà mỗi số cá đúng | chữ số
Hà lip cde s0 ty nhiéa ned 2 chit 38, ta eds
Cổ nụ cách thực hiện phương án À; [1.3:3,4:5, 6}
Khi đó công việc có thể thực hiện hỗi nị +nạ + + nụ cách,
Chú ý: + Số phần tử của lận hựp hữu hạn X được kí hiệu là níx) (hoặc [x|}
* Quy lắc cộng thực chất là quy tắc đếm số phẩn tử cửa 2 tập hữu hạ!
không giao.nhau, Vậy quy tÝc cộng có thể được phẩt biểu như sau:
“Nếu A và B là các tập hợp hữu han không giao nhan, thì n(A + B} =
néÄ) + n(B)”
b Quy tắc nhân
* Giả sử một công việc não đó bao mắm 2 công đoạn A va B, Công đoạn Á có
thể làm theo n cách, với mỗi cách thực hiện công đoạn À thì công đoạn B ct
thể làm theo m cách Khi đô công việc có thể thực biện theo m.n cách , z
N= aj, VOTay ty €
an a:: a 6 ciich chon
*Chon a>: cd 6 cach chon,
Củ cứ qui tắc nhân, ta có céc số lận được 1256.6 36 8d
“Yây có tất cả các số thỏa yêu cầu bài toán là: ú + 36 = 43 số _Š'
3 1,Có bao nhiều số tự nhiên có 2 chữ số mà 2 chữ số đó đếu chấn
2, Tit ede chữ số l, 5, 6 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên
a, Có + chữ số (không nhất thiết khác nhau)?
b, Cá.4 chữ sử khúc nhan,
Chon a, ti tập AS{0]: có 9 cách chọn
- Chọn a› từ tận À%{0, ai}: có 8 cách chọn,
'Vây có tất cả; Ð x 8 = 72 số có dang đã nêu,
tất SỐ II VỚI n = tiaats sao cho aa # Ô
Vậy theo qui tắc nhân có: $ x 5 =
bài toán
2, Goi tip hdp A= (1.5 6,7}
Và số tự nhiền abut chữ số là n= â AinaAxA,
a, Có 4 chữ số (không nhất thiết khác nhau]
“Chon az tt tip Ã5{ai a;]} có 8 cách
“Căn cứ qui tắc đếm là gui tắc nhân có:
4xBx§=256 số Cuối cing theo qui tắc cộng là có được các số thỏa yêu cầu bài toán lä: 72 số + 256 số = 32B số
Chữ ý: Số tự nhiền:n= aaya¿ a, phải có aị #0
1.Sế 360 có bao nhiều ước số nguyên dương?
2 Trong 100.000 số nguy ên dương đầu tiên, có hao nhiêu số chứa mệt
chữ số 3, một chữ số 4 và một chữ số 5?
b.Có 4 chữ số khúc nhau,
- Chạn a; từ tập Ä: có 4 cách chọn
+ Chon as tit tip AN [ai |: có 3 cách chọn
+ Chọn nạ từ tập À\ {a., a;}: uó 2 cách chọn
lu số 2” được chọn Lừ các 6 2", 2', 2°, 2°, Vậy có 4 cách chọn thừa số 2”
“Thừa số 3" được chọn từ các số 3”, 3', 3°, Vây có 3 cách chọn thừa số 3" ' Thừa số 5P được chọn 1ừ các số 3°, 3Ì Vậy có 2 cách chọn thừa số 5”, Cân cứ qui tắc đếm là gui tắc nhân các số d tìm được là:
4+x3x2=24số 'Vậy: số 360 có 24 ước số nguyên dương
Trang 13Căn cứ qui tắc đếm là qui lắc nhận có:
5x 4x 3x 40 = 2940 (số) thỏa yêu cẩu bài taán
Bài b 1, Có bao nhiêu số nguyên dương không quá ba chữ số khác nhau”
2 Có bao nhiều số lự nhiền có 5 chữ số mà trong đó cức chữ số các)
đều chữ số đứng giữa thì giống nhau? :
Giải I.* Số nguyên đương có 1 chữ số cổ 9 sế
+ Gọi số nguyên dương gẫm cố 2 chữ số là:
PO quy cộng, ta có; 280 + 325 — 605 cách chẹn một tóc sinh đi dự
¡ hề của học sinh thành nhổ,
„ ~ Chọn ai #D: có 9 cách Chọn,
- Chọn aa: có 9 cách chọn (vì ta #a¡}
Vậy có: 9 s9 = BI số nguyên dương có 2 chữ số khắc nhau
* Gọi số nguyên dương gồm có 3 chữ số là:
- Chon az: cb 9 cach chon
- Chon aa 66 8 cdch chon (v1 aa # a; va ay ¥ arb
Vậy có: 9 x9 x § = 648 (số)
Căn cứ qui tấc đếm lä qui lắc công có: 9 + 81 + 648 = 738 (số)
y thea qui tắc nhân, tả có: 28/0) x' 325 = 91.000 cách lựa chọn một Sinh tam: và một học sinh nữ đi thự tụi hề của hae sink (hanh pha,
Có “trăn vợ chồng dỉ dự tiệc, Tính số cách chọn 1 người đàn ông và
§ười cồn hà trong bữa tiệc để phát hiểu ¥ xin sav cho:
người đó là vợ chỗng,
16 Có nuts cuấn sñch Toán khác nhau tắm cuốn gách Hóa khác nhau
a năm cuGn sich LY efing khde nhau, Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 3
n sách có đầy đủ toán — lý và hồn ` gố: 400 cách
Một lúp học có 25 học sinh Lớp muốn chọn ra 1 lắp trưởng, 1 lớp
vũ một thủ quỹ mà không cho kiêm nhiệm Hồi có bao nhiêu cách,
sở: 13.800 cách,
Giữa 3 tỉnh X và Y có 6 con đường đi, Hỏi có bau nhiều cách đi từ X
tôi trở về X bằng 2 con đường khác nhau
ấp số: 30 cách
2 Cá 20 cách chạn người chẳng Khi chọn người chồng rồi, có 19 cách
chọn người vợ sao cho 2 người đó không là vợ chẳng với nhau
Vậy có tất cả là 20 x 19 = 380 cách chon, -
a 10 Sắp xếp 5 bạn: Thu, Lan, An, Cúc và Hạ vào 1 chiếc ghế đài gồm 5)
chễ ngồi Hỏi có bao nhiều cách sắp xếp?
Giải
Để sắp xếp 5 bạn vào chiếc ghế dài, tu thực hiện 5 giai đoạn:
+ Có 5 cách sắp xếp bạn Thu vào chiếc ghế đài
- Có 4 cách sắp xếp bạn Lun vào chiếc ghế dài
- Có 3 cách sấp xếp bạn Án vào chiếc ghế dài
- Cá ? cách sắp xếp bạn Cúc vào chiếc phế dài
- Có 1 cách sắp xếp bạn IIạ vào chiếc ghế dài Hoan vi
Căn cứ qui tắc nhân la có: nghĩa: Cho tập hợp A gồm n phẩn tử (với n > 1) Khi sắp xếp n
tử này th if Nea ử của lí i
ấ5x4w3 2x 1 =5! (cách) sắp xếp i Tiện oe A tự, la được T hoán vị các nhẫn tử củu lập A (gọi
ic hoin vị hiệu: P; là số hoán vị của n phẩn tử,
BAI TAP REN LUYEN
Bài 11.'TW các số 0 1,2, 3, 4, 5 6 7 có thể lập được số tự nhiên lễ c6 4 chữ 36
Dip sd: 1792 số, Bài 12 Có bao nhiều số tự nhiên có 6 chữ số và chin hét cho 5
Đáp số: 180.000 sé | Bai 13 Ti cdc sO 1, 2, 3,4, 5 e6 thé lap dutic bao nhiêu số chẩn 6 4 chil
khác nhau
Đáp số: 48 số,
Bài 14 Giả sử bạn muốn nua một áo sơ mì cổ 39 hoặc 40 Áo cỡ 39 có -
nghĩa: Cho tập A gồm n phẩn tử và số nguyên k với 1< k =n Khi
Tạ k phần tử của A và sắp xến theo ] thứ tự, ta được ] chỉnh hợp
Ằ của n phẩu tử của A (gọi tắt là 1 chỉnh hạp chập k của 4)
* Chọn ä; và a; khác không 06 9 eđch chọn Giải (về mau va cf áo]? : ¡ = nín -l}„({n—k+lI) | (1) |
_ Chọn a› và a;: có 10 cách chọn : : : rab ee § Có 20 cách chụn người chồng, Khi đã chọn người chẳng rồi thì chỉ có 1 ˆ z ‘ # Dap sé: 9 _ oe = số: Se Hỏi có bao nhiều cách Fei têu cách c!t' Ệ tt Với0<k<n:(1) có thể viết AF ) viet Af (n—k}! =—""
+ Chị Căn cứ qui tắc nhân có: 9 x 10 x I0 = 900 số lọn a3: có |0 uách chọn, : aera ras : €ách chòm Vậy có 20 cch chọn, I €hòn duy nhật người vợ sua cho 2 người đó là vợ chẳng với nhau duy nhấ oy ; : Bài 15 Trong 1 tổ có: 9 bạn năm và Š bạn nữ ra | cipnam, nif dé thuyét trinh vé 1 dé tai town hac : i ene hee “tả qui ước: Q} = ]và - = :U¡= lvà Á, =1 Ta có: ÁP ~ :
+ Hoan vị là 1 trường hợp đặc biết của chỉnh hợp (khi k = n) i 2 ar kiến cae lee Có suà nhiều cách e ế Dị hiệp i ih j ik phận 2 của 6 phẩn tử Vậy số vecld lập được là:
Re 1 g 4 lọc sìn tực hiện công việc, Có bao cách chọn nếu: 2 Để sắp xếp thỏa yêu cầu hài toán, La thực hiện các giai đan: A? 6! Gl 30( )
3.T p Chọn học sinh nào cũng được agen a - Chọn 2 bạn Á và E vào 2 đầu ghế, mỗi cách sắp xếp là haán vị của ; \ é Re ‘= (6-2)! T=— = 4] 3U (vectd
8 ĐỊNH NEHA Cho tập hợp A có n phitn tử và số nguyên k với 1 <k < n, Mỗi tập con = rong 4 học sinh được chọn có ca học sinh nữ inh dude ; › sinh nữ, bạn Vậy số cách sắp xếp là: 2l : Ay ; , : me ae Vị không có 3 điểm nào thẳng hang, nên cứ 3 điểm từ 6 điểm đã cho ;
olay celta ae Ì 4 hin ti cua A rong 4 hạc sinh được chọn có át nhất 2 học sinh nif * Chọn 3 bạn cén Jai ngỗi vào 3 chỗ còn lại, mỗi cách sấp xếp là mi Tả được ] tam giác
của A có k phẩn tử được gọi là một tổ hợp chập k của n phẫu tử của A hoần vị của 3 bạn Vậy số cách sấp xếp là: 3!
b Chí ý: Số k trong địnhaiehĩa cần thỏa mãn điều kiện | =k <n Tuy nhiền, ễi cách chọn 4 học sinh tùy ý trong tổ là 1 tổ hợp chập 4 của 12 học š 4 : VU ose : a 6 #50 deen ide}
Dạng 1: Bài toán đếm số cách thực hiện công việc:
+ Hài toán có thể là nhép hoán vị — chỉnh hgp: Đặc điểm của loại toá!:
này là có.xét đến tính thứ tự trong việc lựa chọn, sắp xếp
+ Bài toán có thể là bài toán tổ hợp: Đặc điểm của loại toán này là khôn:
xét đến tính thứ tự trong việc lựa chọn, sắp xép
+ Hải toán có thể là phén hoán vị, chỉnh hợp và tổ hợp: Khi giải bẻ!
tuần nầy cẩn phải phân biệt các công đann thực hiện, trong từng cane
doạn nhải nhần biệt được tính chất cổ thứ tự hoặc không cẩn phẩt
cử qui tắc đếm là qui tắc cộng, số cách lựa chọn thỏa để bài là:
Bai 1 Lổa 11A có 30 học sinh, miáo viên chủ nhiệm cẩn chọn ra 4 học sỉ h
| để trực nhật lớp Hỏi có bao nhiêu cách lựa chụn? sử
lựa chon ra 5 người sao cho:
ding 2 nam trong 5 người được chọn
Ítnhất 2 nam và it nhất 1 nữ trong 3 người đó
Giải
chọn ra 5 người sao cho có ding 2 nam, ta thực hiện các công đoạn:
người nam trong 10 nam, mỗi cách chọn là ! tổ hợp chập 2 của Vậy số cách chọn là: :
` 10! 1a!
lạ — =
Bể thực hiện công việc ta thực hiện cúc công đoạn:
+ Chọn 3 bông hoa từ 7 bông hoa, mỗi cách chon 1A | tổ hựn chập 3 của ?
bông hen, Vậy số cách chạn ra là: C3 = 35 cach, + Lily 3 bông hoa đã được chọn cẩm vào lọ, mỗi cách cẩm là } phép hoín
vị 3 hẳng hoa Vậy số cách cắm ba bồng hoa là: 3! = 6
Theo qui tắc nhần, Có tất cả: 35 x 6 = 210 (cách) cầm hua vào lọ, Bài 5 Bài tập 5 - Trung 53 - SGK — Cơ bản
2 Mỗi cách cấm 3 bönp hoa như nhau vào 3 lọ khác nhau là một tổ he
chập 3 của 5 phẩn tử Vậy số cách cẩm hơa thẻa yêu cẩn để bài là:
1 |
Tk EN = Ki = l0 cách 33 3)! 312!
Bài 6, Trong mặt phẳng cho 6 điểm phân biệt sao cho không có 3 điểm 1!
thẳng hàng,
1 Hỏi có thể lặp được buo nhiên vectø khác Ö từ tấp điểm đã chủ
2, Hỏi có thể lập được bao nhiêu tam giấc mà các đỉnh của nó thuộc
[ ng 15504 cách chọn trên ta hãy tìm số cách chọn không thỏa yêu
eu bai tuin; các cách chọn không thỏa yêu cầu là:
Chọn không có năm:
Trang 14
(ii) Chon cd đúng Ï nam:
«Chon | nam trong 10 nam, số cách chọn là Cịa
- Chọn 4 nữ trong 10 nữ; số cách chọn là Cũ
Vậy theo qui tắc nhãn, số cách chọn có ding 1 nam là: Oech
(ili) Chon không có nữ:
Vay ta chan 5 nam trong 10 nam, số cách chọn tà: Cậu
Vậy số cách chọn không thỏa để hài là:
3, + Cl Ch+ Cj, = 2604 cach
Kết luận: Sế cách lựa chẹn thỏa yêu cầu bài toán là:
15504 — 2604 = 12900 cach
[Bài 8 Một hận đựng 4 bị đổ, 6 bí vàng và 5 bị trắng Người ta chọn 4 viên h
từ hộp đề Hỏi cá baa nhiêu cách lựa chọn để trong số bì lấy ra k
có đủ cả bạ màu,
Giỏi
+ Trước tiên ta chọn 4 bí trong 15 bì đựng trong hộp:
MIỗi cách chọn là 1 tổ hợp chập 4 của 15 bi
=
tả bổc = 1365 cách 4'(15-4)! :
* Trong, 1365 cách chọn trên, ta hãy tìm ra số cách chọn không thỏa +“!
cầu bài toán (chọn 4 bí có đủ củ 3 màu), các cách chọạn không tt
hồng thường để lập dược số tự nhiên n = ñiAaaa dt„ tỪ cấc chữ số cho
aide (với 4 z Ú và 1 <r = l0)
đàng phép chỉnh hợp - hoần vị (và đôi khi cả phép toán tổ hơn),
g qui trinh sip xếp, nếu các vị trí hoặc chữ số có điều kiện rằng thi ta chon trước; các vị trí he chữ số có tính chất bình đẳng thì
Lừ các chữ số 1,2,3, 4, 5, 6, 7, 8, lập được bao nhiều số tự nhiên rẫm thí số khác nhau Hồi;
nhiên số, bao nhiều số chẩn, ban nhiều số lễ,
Giải
moe [Ì 2; 3,4, 5, 6, 7,8}
Oty nhién edn thanh lip n= AyAyil 4458 gl jay
số cin chinh lập chính là một phép hoán vị của 8 phần tử của tập
DA Vay ede chữ số nhận được là 8! = 4020 (số)
+
lin cic s@ chin
Nay: lit cde 80 2, 4, 6,8 c6 4 cách chụn,
mn cấc vị tri cin lai tir ay dén ay tir tip A\ fay} Mai cdch chọn là | Hép hoán vị bẩy phần tử,
+ Chon a; tit tap AMas, OF có 5 cách chon
+ Chọn các vị trí còn lai la a2, aa ti tận A\ {au, a2}
Mã cách chọn là 1 chỉnh hợp chập 2 của 5 phân tử
— 3! 220 (eden) (6-2)!
Căn cứ qui tắc nhân, các số nhận được gốm có:
Căn cứ qui tắc nhân, các số nhận được pm vú:
6 s 120 = 720 (số)
* Theo câu 1 tn có tất cả là 300 số lê
Vậy các số chấn gồm 4 chữ số khác nhau, lập được lừ Á là: 720 ~
Vậy số cách chọn là AŠ “g- lăn sứ qui tắc nhân, gồm có: 6 x 20 = 120 (số) chẵn 6 dang a4,a,0
i) Số n có dạng n= wyuzagay (vi ag 0)
Chọn n‹ Lừ tác số 2, 4 6: có 3 cách chọn,
pn a) # Ot tap A1, a;]: có 5 cách chọn
lọn 2 vị trí còn lại là a; va a; tit ip Ada), a¿}, mỗi cách chọn là 1
ic tip con cia tip A gém có ba phần tử và ba phẩn tử đó có tổng là 8 là:
P= 11,2 5} Ay = 11.3.4)
Với tập A, ta chon ra dude cdc 6 théa dé bai va mỗi cách chọn là phép hodn vi 3 phan wt
y các số nhận được là 3! = 6 (sd) Với tận A¿ tường tự ta được 3! = 6(xố)
Vậy có tất vả là 6 + 6 = 12 số thỏa để bài
Hài 12 Với các số Ú, 1, 3, 6, 9 có thể lập được bao nhiêu sở tự nhiên có 4`
chit số lcliác nhau va chia hét cho 37
Sidi Goi A = {0, 1,3, 6,9} va số cần thành lập là n = ajajayay
với: a, - nạ + a¿ + a¿ chia hết cho 3
(Vì 1 số chia tiết cho 3 khi và chỉ khí Lổng các chữ số của nó chỉa hết cho 3›
Nhận xét: trong các số D, 1, 3, 6, 8 chỉ cá số là không chỉu hết cho 3
Vậy tận H = {0, 3, 6, 9 lập ra được các số thỏa để bài
Ta thực hiện các công đoạn sai:
2 Cho tip A= {1, 2,3, 4, 5 6, 7, 8], có bao nhiêu số tự nhiều
chữ» gồm 5 chữ sổ khác nhau lấy từ tận A và không bắt đả
(i) Chon aj =3 và az<4
-Chona =3: | each chon
- Chọn a; = 4: có I cách chọn,
- Chọn ax từ các chữ sốI, 2; có 2 cách chọn Căn cứ qui tắc nhẫn ta có:
* Chon a; =4: 1 cach chon,
* Chon az lif 286 1, 2:e6 2edeh chon
* Chon 4 vj tri con fai IA: as, a4, dy, as ti tip AM{4; ag} có 41 cách chọn
Vậy các số nhận được la: | x 2x 4 = 48 (30)
Từ tám chữ số: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiệu sế tự
n gồm + chữ số khác nhau và số đó không chia hết cho 10 SỐ: ]260 số :
Vúi các chữ số II, 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lận được bao nhiêu số tự
on, mdi sé gdm 5 chữ sế khác nhau và trang đó nhất thiết phi có
ng đứt cạnh nhau?
oF ps6: 480 36
Có bao nhiêu số mà trong mỗi sẽ đó phải có mặt hai chữ số | và á?
Trang 15
Í9-k-#=8 k~#=l ee Jà số hạng chứa x” =9k- 36=9
|
Ụ \kfeN k.feN é=
+ Số hạng chữa x” +? 4 5 © nh ; meso ok=5
1k3 8<ks3 k=1 Ff ee của oe số he (fo x la: C7 =
los fe6 0<#<6 tạ=6 ÿ hệ số của sử hang chifa x la: Cl, = 792
ý '€ho biết tổng của các hệ số (xỀ + 2)" Pye wars
Vậy số hạng của số hạng chứa x” là: ~C?€!b+C!C}a 1 Š sỐ (X” + 2)' trong khai triển nhị thức hằng
"Tìm hệ số của số hụng chifa XÃ,
Giải (x +2] =Œ;(2) +et(g]” Dent CO (ái at) DC"2t
CCH —CiClab+Ciciv* =-9
-C5Clb ' CiCia =ñ
[15b? —18ab 43a” =-9 15h? -18b(2b) + 3(2b)? =-9
‘Theo gid thiết ta có: {
hei trién trén cho x = 1 ta được:
TC,2+ +CC 291-121
g các hệ số của khai triển lì 3
lẳ thiết ta có: 3° = 2187
` -;
7a có số hạng tổng quát của khai triển là:
Bài 11 Tìm hệ sế của số hang chứu x` trong khai triển nhị thức Newlton cầu i
œn~2=14(dan+3>0) ©n=12 oe} fete PC ARTs cel)
Số hạng tổng quát trong khai triển là: II”— | chia hết cho 100
1 Biét tong các hệ số của (x“+ 1)" bằng 1021
m hệ sO a cia ax'? rong khai triển của nhị thức trên
pad: Cy, = 210
= 2v10|Cj„ vĩ 1 €? 10 + ACR AO, |
Gi 2[Cuz10-+C¡10” + ee ig)
=> vito (14 Jit)" -{1-vi0)"" fa sé nguyén
BAI TAP REN LUYEN
Hệ số của xỲ là 570 Bai 17 Khai triển và rút pọn đa thức B(x)=(1+x}"+(1+*)°+(+x}'+d +x)? 4 (Le x08 40 4x7
_ NSK, SNS} A={8§.NS, NNS} là biến cố số lần gieu không vượt quá ha,
; BAI TAP REN LUYEN
pete Ve gee — INXS NSS, SNS, NNN, NSN, SNN, SSN} ry B - [NRNS NNXN|: là biến cổ số lần gieo là bốn, L Một hộp chứa 4 bị trắng, 2 bị đổ Từ hộp đó lấy ngẫu nhiên đồng thời 2 bị
1 Các dịnh nghĩa ¬——= ` i : Bài 5 Bài tấp 5 ~ Trang 64-SGK Cohi a Mô tả không gian mẫu
| tiên thử ngẫu nhiên (rọi tất là phép thử) là 1 thí nghiệm huy một hàn} itập 2- Trung 63 — SOK — Co ban Nhi
up ang i ;ử hẳn = £ P
ø Phép thử ngấu nhiên trọ phép 3 Ỷ h SS 7a Giải oe Kác định các biển cố sau:
Kết quả của nó không đoán trước dược
¬ Có thể xác định được tận hợp các kết quả có thể xẩy ra các nhép thử đó
+ Tận hợp tất cả các kết quả có thể xảy ra của phép thử gọi là khẳng gian thấu,
Kí hiệu: T là phép thử
Q: (đọc là o- mé—ga): không cian mẫu
« Biến cố là ] tập can của không gian mau,
~ Tập Œ được goi là biến cố không thể (gọi tắt là biến cố không)
~ Tập © được gọi là hiến cố chắc chắn
— Tạ nói hiến cố A xây ra trong một phép thử T khi và chỉ khi kết qui |
của nhép thử đó là 1 phần tử của A (hay còn goi là tuuận Igi cho A)
nz gian mau
[Ji = 1.2.3,4,5.6)
Số chấm xuất hiện Hin đầu
số chấm xuất hiện lẳn sau
: ned À: “mặt 6 chấm xuất hiện khi gico lẩn đầu”,
cỹ B: “tổng số chấm xuất hiện trung 2 lẫn gieo là 8”
cổ Œ: "Số chấm xuất hiện tranj; 2 lin pieo 12 giếng nhau”:
Op clita 4 cai thé duge dinh si | : 2,3,4 Lấy ngẫu nhiên hai thẻ:
2, Phép toán trên các biến cố
s Giả sử A là hiển cố liên quan đến một phép thử T Tả nói —
Tận: £\ A: được gọi là biến cố đối của biến cố A A ~
~ Nếu Á OB =@ ta gọi: Á và H xung khắc nhau —
Bài 1 Bàitận! Trang 63— SGK~ Cử bản
Giải
1 Rí hiệu: N là mặt ngửa của đồng tiền xuất hiện
Giải
Kí hiệu: § lò dẳng tiên xuất hiện ruặt sip
Ñ là đồng tiễn xuất hiện mặt ngửa
S là mặt sấp của đẳng tiễn xuất hiện
Tủ cú không gian mẫu là:
61a 6, “ ai bị cũng mầu trắng”
7,8, 9.10 là Fy, 8), 9y, lúr Nếu lấy ngẫu nhiên 1 thẻ ta được không pian mẫu là
@={ Ibs 2s 3p 4p 5 Os, 7+, Rị, Đụ, lÚy}
Các biến số:
Ä= †lạ 3s 3, 4 Šp}: là biến cố lấy được thể màu đỏ
B= {?r, Rx, 9+, LŨ, }: là hiến cố được thể màu trắng
C= [2p, 4e, 6x, Br, lũy ]: là biến cố lấy được thẻ ghi số chẩn
Bai 6 Bai tip 7 — Trang 64 —- SGK — Cơ hẳn
“Hai bi cùng màu”
h lại bì khát màu”
Ống dẫn: Không gian mẫu gễm các tổ hợp chập 2 của 6 phần tử
$6 mười viên bì được đánh số từ 1 đến 10, lấy ngẫu nhiên cùng 1 lúc 2 viên bị:
Mô tí không gian mẫu, Xác địnti các tiến cố sau;
"Tổng hai số trăn 2 viên bì nhỏ hơn 6”
5 Gng hai số trên 2 viên bi chia hél cho 3”
pe dan: Khong gian mau gém cic 16 hyp chap 2 của 10 viên bị, Gidi Một con súc sắc được gieo 2 lẩn
1, ] ấy liên tiếp bai quả cầu (ngẫu nhiên) hai lẫn mỗi lẩn 1 quả và xổ
oe i ni sung nhải, mỗi lần tấy là ! chỉnh hợp chập 2 của 5 chữ x
Vậy không gian mẫu có số phần tử là A3 =20
lỗ lả không gian mẫu
Kúc định các biến cố sau:
t6 chấm xui hiện gieo lần sau”
Tổng số chếm xuất hiện 2 lẫn gieo là 5”
“Số chấm xuất hiện lần gieo đầu ít hơn số chấm lẳn gieo sau”
b dẫn: Xem bài 2
Qui cầu lấy lin lượi một đánh số là ¡ (i = I, 2, 3, 4, 5)
Quả cầu lấy lẫn hai đánh số là j ( = 1, 2, 3, 4, 5)
'Ta cú không gian mẫu là:
Trang 16biển cố này xẩy ra thì hiển cố lu không xảy ra
Hay: Hai hiến cố Á và B xung khẩe © AB = Ø
* Quy rac:
P(AUB) = P(A) + FIR) a
Với: A và B là 2 biến cổ xung khifc
(1) dược gọi là công thức cộng xát suất
sa Cho Á là 1 biến cố Khi đó biến cổ “không xẩy ra A
a, Định nghĩu: Giả sử phép thử T có không gian mẫu Ø là một tập hựa |
hữu hạn và các kết quả của T là đồng khả năng Nếu A là | biến c¡
) là xác suất của biến cũ A
® Chu 2 hiến cố A và B, hai biến cố A và B được gọi là xung khắc nế:
Kí hiệu là A
# Cho 2 biển cố A và B Hiến cổ “cả A và B cùng xây ra" Kí hiệu A,B
được gọi là giao của hai biến cố ^ và B
a Hai biến cố A và B được gụi là đốc lập với nhau nếu việc xily ra hay
L không xảy ra của biến cố nầy không làm ảnh hưởng tới xúc suất của
P(A.B) = P(A).P(B) (2)
- Với A và H Tà 2 biến cố độc lập với nhau {
- 2] được gọi là công thức nhân xác suất
1 Gieo ngẫu nhiên một con sức sắc cần đối đẳng chất hai lần:
l, Hãy mộ tả không gian mẫu
Bài 2 Có 4 tấm bìa được đánh số từ I đến 4 Rút ngẫu nhiên ba tim
1 Hãy mô tả không gian mẫu
3 Xác định các biến cố sau:
A: "Tổng cúc số trên ba tim bia bing 8”
B “Các số Irên tấm bìa là ba sẽ tự nhiên liên tiếp”
".n
Mu n{H) 4
fl 2 8 sie n3) 4 2
| bai 3 Hài tận 4-— Trang 74— SGK ~ Cử bản
Giải Mỗi cách súp xếp 4 bạn-ngỗi vào 4 chiết phế là 1 phép hoán vị 4 8hần tử, nên số phẩn tử trong không gian mẫu @ là 4! = 24
Vậy niQ) =
|.“ Chọn bạn nam thứ I ngéivao | trong 4 chiếc phế có 4 edch chon Chọn bạn nữ thứ I ngồi đối diện bạn nam thứ I; có 2 cách chọn -# Chọn bạn nam thứ H ngỗi vào l trong 2 chiếc ghế còn lại: có 2
Vậy xác suất sao cho Nam và Nữ ngồi đối diện nhau là
1, A va B là bai biển cố độc lập, vì việc lấy ở hộp thứ nhất quả cẩu
trắng không ảnh hưởng đến xác suất xảy ra biển cố lấy quả cầu trắng
ử hộp thứ hai
2, Số khả nữũng lấy được quả cầu trắng trong hộp thứ nhất là 6
Sẽ khả năng lấy được quả cầu trắng trong hộp thứ hài là 4
) Be CO oi
Vậy: Xác suất xảy ru cho biến cố A là D(À)= lu TỦ
4
Xúc suất xây ra cho hiến cố H là: P(H) = =
« Gọi C là biển cổ lấy dược 2 quả cầu trắng,
Vì A và B là 2 biến cố độc lập lấy được quả cầu trắng
wic=AB
42 6
=> P(C) = PLA.B) = PLA) P(B) = 55 25
: Tài Gọi D là biến cố lấy được 2 quả cẩu đen tương tự: xác suất lầy được
quả cầu trắng
Ta cd; P(D) = %
“Ta có biến c C và hiến cế D là 2 biến cố xung khắc
Gọi E là hiến cố lấy 2 quả cầu cùng mầu E =€ +D
Xác suất để lấy 2 quả cầu cùng màu là:
K1 00/5 CB POR) = P(C) + PD) = 55455 = 35
3 Goi F 14 hiến cố lấy 2 quả cẩu khác mầu
=> E và F là 2 biến cố đối nhau
n xúc suất để cho 2 quả cẩu lấy ra khác màu là:
on 3 qué cau dé, 1 quả cầu xanh, số cách chọn là: tại = 24 cách Heo quy tắc cộng các cách chụn đưe 4 quả cầu có cả 2 màu là:
80 + 90 + 24 = 194 cdch
Ala hiến cố lấy dược 4 quả cầu có cả quả màu xanh và màu đỏ,
Ñ CÓ n(A) = 194
_ H(A) 194 97 n(@) 210 105
> Goi B la bien cd [ay 1a 4 quả cầu cùng mầu
lä cổ A và B là 2 biến cố đối nhau, nên có:
: suất để lấy được 4 quả cầu có cùng mầu là:
}=I— P(A) =1 =
[ Bài 7 Chọn ngẫu nhiên 3 số từ tập [1,2 11}
1, Tính xác suất để Lổng ba số được chọa là 12
| ” Tĩnh xác suất để tổng 3 số được chụn là số lé,
Giải
Gọi không gian mẫu là Q Không ginn mẫu gồm các tổ hợp chập 3 của l1 số, có:
Cj, = 165 ,
Vy n(Q) = 165
1 Các bộ (a, bc) saochoa + b+c= l2vAachec gém các bé sau: (1, 3, 9), (1, 3, 8), (1, 4, 7), (1, 5, 6), (2, 3, 7), (2, 4, 6, Ö, 4.5) Gọi Á là biến cố để tổng 3 số là 12, có n(A)=7
nd edu từ 1 đến 6 được sơn màu đỏ lấy ngẫu nhiễn ] quả Gọi A lạ
“biếu cổ "quả lấy ra mầu đô”.B là biến cÝ “quả lấy ra ghi số chẩn"
_1 Tính xác suất quả cẩu lấy ra màu đả 'Tímh xác suất quả cầu lấy ra nhỉ số chẩn
3 A và R có phải là 2 biến cố độc lập không?
4 Để xét A và B có phải là 2 biến cố độc lắp ta cẩn so sánh P{A,B) và | PLA).PB)
Taco A.B = (2,4, 6] => PAB) = MAB) 3
n() 10
“Mặt khác P(A).P(B)= 2,L_ 3
| => P(A.B) = P(A), P(B) = A va B lai 2 bién cố độc lập
Ì 9, Một con súc sắc cân đối vã đồng chất được gieo 2 lần
Tính xác guất sao chu; -
Giải
1 Không gian mẫu © = |, jV1<i,j<6 và ¡j6 N}
„ Tả có n3] = 36 Giọi A là biến cổ “tổng số mặt chấm của 2 lần gieo là 4"
Ta 6: A= {(1, 3): (3, 1); (2, 2)} ~>n(A]=
Vậy xúc suất xả ụ ra cho hiển cố A là:
Trang 17= [(L, 35 @, 1); (2, 3): (3, 2); (3 3); (4, 3); (4, 4} (5, 3); (4, 5); (6, 3); MÍ 14 Có 5 đoạn thẳng có chiều dài là 1, 3, 5, 7, 9 (cm) Tỉnh xác suất để
(3,6J ¡ lấy ngấu nhiên 3 đuạn thẳng trong năm đoạn thẳng đã cho cá thể lập
: 3
Vậy xác suất xảy ra cho hiến cố B là: P(B)= nà eer lần số: mn
Hi 15 Xếp ngẫu nhiên năm bạn A, B C, D, E vào 1 chide ghế dài có 5 chỗ
Cách 2, Gọi C là biến cố “Lần giea đầu xuất hiện mặt ba chấm ” g có Š chỗ
A KHAI NIEM BIEN NGAU NHIEN ROI RAC ẳ
1 Ví dụ Gieo đồng xu 5 lan liên tiếp
Kí biện X 14 số lẫn xuất hiện mặt ngửa Đại lượng X có đặc điểm: |
(ñ) giá trị của X là 1 số thuộc tập {0 1,2 3, 4, 5]
(j) gid trị của X là ngẫu nhiên không dự đoán được | Thi đó ra nói X là 1 biến ngẫu nhiên rời rạc
A¡ là biến cố có: gia đình có 1 con trai
Az la biến cố có: gia đình có 2 con trai, Ä+ là hiến cố có: gia đình có 3 con trai,
Gi kí hiệu: G: chỉ con gái, T ch con trai) Gọi A¿ là biến cố gia đình không có con trai"
fe 6: P(Ag) = POX = 0) = ĐÔ)
đi Tính xác suất để: 2 Khải niệm fa cd: P(Ag) = PCX = 0) = nữ) a
ù biết ` leO § ất hiện mất ba chấm” l a ‘ tae bà
Dla ne Be a ee ae me € n t nhất lần” L ` bun Ava B ngồi đầu bàn Đại lượng X được gọi là biển ngẫu nhiên rồi rạc nếu nú nhận giá trị bằng nfA,) 3
E là hiển cố "mặt ba THUÊ) xuất hiện ít nhất một lần” 5 Hai bạn Á và H ngôi cạnh nhau, số thuộc một tập hữu hạn nào đó và giá trị ấy là ngẫu nhiên, không dự ')=P(X=lì= sía) We
Ta có: C và D là 2 biến cổ không xung khắc Và E = C.JD số: tuận tước được,
Nên cd P(E) = P(C} + PCD) — P(C_D} 2 2 3 Phân bố xác suất của biến ngẫu nhiên rời rạc, SP(X=2)= — a 3
= : 3 : cà n §
= P(C) + H(D) — [P(C) P02)] w Giả sử X là một biến ngấu nhiên rời rạc nhận các giá trị [xụ, Xo Xp), )
ate Tiết: 3) 1p Dể hiểu rõ hơn về X ta thường quan lâm đến xác suất để X nhận giá :rị =P(X =3)= nỆA;) MU
6 "6 về 6 36 ' k ỗ x (Tite thường quan tầm đến P(X = xụ) = P¿ (với k= 1.2 ) n(Q) 8
® Các thông tin về X như vậy được trình bày dưới dạng bẳng sau đây: bảng phân phối xác suất của X là
BAI TAP REN LUYEN T1: 712 = aan i | | Gis en]
Bài 10 Gieo 1 con súc sắc 2 lẩn, Tính xác suất để ít nhất I lần gieo xuẩi P P\ Ps P, L8 P, 4 | 5 | 3 | 1 | hiện mặt năm chấm ~ Bảng này được gọi là; “bảng phân bố xác suất của biến ngẫu nhiên từ 2 Š g
Bài 11 Từ 1 hộp chứa 3 quả cầu xanh và 2 quả cầu đỏ Lấy ngẩn nhiên 2 -_— Người ta chứng mình được Pị + P;+ + P,= An =] Giải
quả Tĩnh xác suất để lấy được 2 quả xanh = gỉ Á là biến cổ “phải tăng bác sĩ true”
Đáp số: 3 Bai 1, Bai tip 44 — Trang 90 - SGK — Nâng cao | có hơn 2 ca cấp cứu thì phải lñng cường thêm bác sĩ trực, nên ta có:
2 Một số lễ Để lập bảng phân bố xác suất của X, ta đi tính: =PQX = 1) + P(X = 2) + POX = 3) 4 PIX = 4) 4 POX = 5)
Dap 86: ie ae POX = 0): PCX = 1s POX = 2), P(X = 3) =0,2 40,3 +0,2 40,1 40,05 =0,85
KT 3 Bài tập đồ — Trang 9ữ— SGK — Nâng cao
Định nghĩa: Căn bậc hai của nhượng sai, kí hiện là: ø(x), được Boi la da
Nên F(H) = I— P( = 1— 0.15 = 0,85 lệch chuẩn của %, nghĩa lä;
o(x) = V¥@)
Thửi gian: từ 12 giờ 30 phút đến 12 giữ 31 phút có đúng 1 wii
Goi A là biến cổ trong ] phút đó nhiều hơn 3 cuộc gọi căn cử vào hẳng
Cha X là biến ngẫu nhiên rời rạc với tập giá trị là: {Xị, xa» xạ} Kì vọrg
ä Có hai túi: túi thứ Nữ chứa ha Llấm thẻ đánh ae 1,2, 3 và lúi thứ
chứa bốn tấm thé dược đánh số 4, 5, 6, 8 Rút ae nhiên từ mỗi
một Lấm thể rồi công hai số ghi trên 2 tấm thể với nhau Gụi X là
= xP,
jal
s Ý nghĩa: E(X) là 1 số cho chúng ta ý niệm về đệ lớn trung bình của X
Vì vậy E(X) còn được coi là giá trị trung bình của X,
» Cha §: KÌ vụng của X không nhất thiết thuộc tập giá trị của X
2 Phương sai và độ lệch chuẩn ï thể ở túi thứ nhất là T
a, Phuong sai pi thể ở túi thứ hai là T;
« Định nghĩa: Cho X là 1 biến ngẫu nhiên rồi rạc với tập giá trị là {x;, xa, *¿l 1 3 q+
Phuong sai cia X: ki hiéu V(X), la 1 số được tính theo công thức:
V(X) = (x1 — wp) HOG) ĐIỂM + + (XaT— WP 5 6 7
+ Ý nghĩa: Phương xai là 1 số không ârn Nó cho tạ một ý niệm vể mức độ tội (0 là không pian mẫu, ta có n(3) = 12
phân tần của các giá trị của X quanh giá trị trung bình Phương sai cane
« Biến cế X =6 nhận được với {‡, 2); {1 5}
— P(X =3) = 1 Gọi G là không gian mẫu
¡ 7l
Cˆ=——-=35 =n(23)=35
ee Giá trị của X thuộc tập (0, 1, 2, 3}
s Biến an được với (1, 6}; [3, 41: 12, 5|
ue X= 7
* Bién ¢6 X =% nhin duye voi 1, 8}; (3.6)
Kor 18 => I2 = 1) ae
a5
ø Biến cế X = 1 nhận được với {2, 8}
= 4 (chi chyn 3 num)
Không gian mẫu gồm các tổ hợp chập 2 của 7 người có:
X = ứng với cách chọn 3 người không có nữ, số cách chọn là
§X= lứng với cách chọn l người nữ, 2 người nam, Số cách chọn là:
lpi line = ec =12 SAX =2)=—
Trang 18
BAI TAP REN LUYEN
_ Bài 6 Chọn ngẫu nhiên 3 đứa trẻ từ 1 nhóm trẻ gồm 6 trai và 4 gái Gọi x
là số bé gái trong 3 dứa trẻ được chọn
3 Cho sầu chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 Hải cá bao nhiên số gồm ba chữ số
'được lập thành tì sáu số đó
120 B 20 _C 216 D.3
ụ 4, Có hao nhiêu số tự nhiên gầm có 7 chữ số trong đó các chí? số cách
đều sữ đứng chính piữa thì giống nha,
Mét ban-viin nghé có 6 nam và 4 nữ, Chọn ra hú người để hất tếp ca
ao nhiêu cách chọn, biết trong ba người chọn ra có ít nhất 1 ne
- Có 4 tấm lìa due danh sf tiv 1 d@n4, Rat nau nhiên ra 3 tấm, Gọi A là
h cố “tổng các số trên bạ tấm hìu là 4”, Xác suất xây ra cho biến cố A là:
B
Cau 13 Xae snat bin tring muc tiêu của 1 xụ thủ khi bin 1 vién dan 1a 0,7,
Xa thủ đó bẩn 2 viên đạn một cách độc lập Xác suất để cũ 2 viên đều
trúng mục tiêu là;
A.01.75 B,0,7 Cus D 0,49
Câu 14 Tương tự giả thiết câu 13 Xác suất để xạ thủ đó bắn 1 viên trúng
mục tiêu, 1 viên trật mục HỂUu, A.0/21 B, 0,42 C.04 D 0.46
Câu 15 Gieo 2 con sức sắc cân đối Xác suất để tổng số chấm trên 2 mặt
xuất hiển của 2 con súc sắc là 8:
I 8 1
À, — B.— = D =
ễ T 36 36 6 Câu 16 Ba học sinh A, H, C cùng được cử đi thị học sinh giỏi cấp thành phố
Biết rằng xác suất làm bài để đạt được danh hiệu học sinh giỏi cấp thành phố của 3 học sinh À, B, C lẫn lượt là: 0,7; 0,6; 0,8:
Xác suất để A đạt danh hiệu học sinh giải, càn B và C không đạt là:
A 0,56 B 0,7 C 0,056 D 0,65
Câu 17 Tương tự giả thiết cầu L6, Xác suất để A và C đạt đanh hiện học
xinh giỏi còn B không đạt
A 0,7 B 0,66
| Chương IY DãY số, CAP SỐ CONG Cap so NHâN
'Hước 1: Kiểm tra mệnh để A(n) đúng khi n = 1 ước 2: Giả thiết mệnh để A(n) dúng với 1 số tự nhiên bấy kỳ n = k > 1
(goi là giả thiết quy nạp)
"hứng mình mệnh để A(n) cũng là 1 mệnh để đúng khi n=k+ L lếu hài toán yêu cầu chứng minh mệnh để A(n) đúng với mọi giá trị
yên dương n > p, trong đó n là ! số nguyên đương cho trước, ta thực
chữ số khác nhau, M 12 Gieo con súc sắc cân đối 2 lần Xác suất để hiệu số chấm trên mặt : k{k41)
W tà B 360 cd! D 36 t hiện của 2 con súc sắc bằng 3 là: fee that tke (a)
CẬU 2 Một tổ hoc sinh gốm 8 nam vil 6 nif Cin chon ta nhóm 3 học sĩ 4 i 8 al c a ĐT R chứng mình (1) đúng khi n = k — 1, tức ta phải chứng minh:
của tế đi trực nhật Trang đó có đúng 2 nữ Hỏi có bao nhiều cách chor 5 12 6 36 i k+l)(k+2
Vậy (b) đúng, B84 +k 1y= SK) (a) = B(k+ 1) ï 3 P+ Hn? & vdimoine Nt
ý i Vậy (b) đúng - Với mỗi số nguyên đương n, đặt UI, = 7.22 + 3”"'' Chứ i
Vay Y ta có: ] + tacdi1 +22 4¢n5 20+) +" 3 Vn e N* chứng mình (3) đúng khi n = k + 1, tức phải chứng mình i i : Hay ta có: n” + 3n” + 5n chỉa hết cho 3 với mọi n e N* mdi số nguyên dương n, ra luôn có U, chỉa hết cho 5 oe
2 Chứng minh 1Ê+22+.„ +p?~ ñẾ1+])(2n +1) ue (2) F5+82„.1(3k~ 1) £[3k+ 1)|— p= MeN HT 3 2 Chứng mình: #'~ lãn - 1 chia hết cho 9, Bin Aye sis ƒ Khin = 1, ta ci: =7.2"+3'=743= 1035 Giới
ng g phir phương pháp quy nạp: 4p quy nụp: , l2+5+f+ +(3k— l)+(3k+2]= (k~1)(3k +4) + (b) *Véin=ltacéAp=44 15-1518: 9 ä sử:n=k>2l:U,-7.252~3#!;s * ạ 408 11 N (a)
ø Khi n= 1 (2) đúng vì 1? = aver) ' 2 + Giá sửn=k> Íta có A=4*415k—1:9 — (a) Ñ chứng mình Lụ,, = 7.2799) + 339 l
* Giả sử (2) đúng khi n=k(k> 1), tức ta có: $84+(3k-1)+3k ahr) k(3 eo ee
A TA, :
+5+k— 1)+3k+2= TT ——^+3k+2(4 Atsi=#F?!+15+1)—1:9 At vay, ta od:
222+,.4ke~ kÍk+1)@k +] l ` Š fa) NA That vay: Avis 4°"! 4 15+ 1)— 1 a sat sử 12 +3 zk a
6 Hn = ] ta có: D(]) =9 ;3 « Giả sử: với n= k> 1 lá có P(K} = k}+11k‡ 6 : (a) Với lln=2-c Ta oe ab Ề oe
MF ol A : ihn =k 2 2: í số 3
ứng minh bài toán đứng khi n = k + 1, tite phải chứng mình: harvey, idee SỬ: n =k tu có hất đẳng thức đúng, tức ta có 06 3 >3.k+ lí{a}
Vay tnd: 174274004 ate“) nin € NF