Lý thuyết và Bài tập Đại số Lớp 11 - Tổ hợp

66 trang nhungbui22 12/08/2022 2930

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Lý thuyết và Bài tập Đại số Lớp 11 - Tổ hợp", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

ly_thuyet_va_bai_tap_dai_so_lop_11_to_hop.doc

Nội dung text: Lý thuyết và Bài tập Đại số Lớp 11 - Tổ hợp

TỔ HỢP Vấn đề 1. Quy tắc đếm Phương pháp . 1. Quy tắc cộng a) Định nghĩa: Xét một công việc H . Giả sử H có k phương án H1 ,H2 , ,Hk thực hiện công việc H . Nếu có m1 cách thực hiện phương án H1 , có m2 cách thực hiện phương án H2 , , có mk cách thực hiện phương án Hk và mỗi cách thực hiện phương án Hi không trùng với bất kì cách thực hiện phương án H j ( i j;i, j 1,2, ,k ) thì có m1 m2 mk cách thực hiện công việc H . b) Công thức quy tắc cộng Nếu các tập A1 , A2 , , An đôi một rời nhau. Khi đó: A1  A2   An A1 A2 An 2. Quy tắc nhân. a) Định nghĩa: Giả sử một công việc H bao gồm k công đoạn H1 ,H2 , ,Hk . Công đoạn H1 có m1 cách thực hiện, công đoạn H2 có m2 cách thực hiện, , công đoạn Hk có mk cách thực hiện. Khi đó công việc H có thể thực hiện theo m1.m2 mk cách. b) Công thức quy tắc nhân Nếu các tập A1 , A2 , , An đôi một rời nhau. Khi đó: A1  A2   An A1 . A2 An . 3. Phương pháp đếm bài toán tổ hợp dựa vào quy tắc cộng Để đếm số cách thực hiện một công việc H nào đó theo quy tắc cộng ta cần phân tích xem công việc H đó có bao nhiêu phương án thực hiện? Mỗi phương án có bao nhiêu cách chọn? 4. Phương pháp đếm bài toán tổ hợp dựa vào quy tắc nhân Để đếm số cách thực hiện công việc H theo quy tắc nhân, ta cần phân tích công việc H được chia làm các giai đoạn H1 ,H2 , ,Hn và đếm số cách thực hiện mỗi giai đoạn Hi ( i 1,2, ,n ). Nhận xét: 1. Ta thường gặp bài toán đếm số phương án thực hiện hành động H thỏa mãn tính chất T . Để giải bài toán này ta thường giải theo hai cách sau Cách 1: Đếm trực tiếp Nhận xét đề bài để phân chia các trường hợp xảy ra đối với bài toán cần đếm. Đếm số phương án thực hiện trong mỗi trường hợp đó Kết quả của bài toán là tổng số phương án đếm trong cách trường hợp trên – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
Chú ý: * Để đếm số phương án thực hiện trong mỗi trường hợp ta phải chia hành động trong mỗi trường hợp đó thành phương án hành động nhỏ liên tiếp nhau Và sử dụng quy tắc nhân, các khái niệm hoán ví, chỉnh hợp và tổ hợp để đếm số phương án thực hiện các hành các hành động nhỏ đó. * Các dấu hiệu đặc trưng để giúp ta nhận dạng một hoán vị của n phần tử là: +) Tất cả n phần tử đều phải có mặt +) Mỗi phần tử xuất hiện một lần. +) Có thứ tự giữa các phần tử. * Ta sẽ sử dụng khái niệm chỉnh hợp khi +) Cần chọn k phần tử từ n phần tử, mỗi phần tử xuất hiện một lần +) k phần tử đã cho được sắp xếp thứ tự. * Ta sử dụng khái niệm tổ hợp khi +) Cần chọn k phần tử từ n phần tử, mỗi phần tử xuất hiện một lần +) Không quan tâm đến thứ tự k phần tử đã chọn. Phương án 2: Đếm gián tiếp (đếm phần bù) Trong trường hợp hành động H chia nhiều trường hợp thì ta đi đếm phần bù của bài toán như sau: Đếm số phương án thực hiện hành động H (không cần quan tâm đến có thỏa tính chất T hay không) ta được a phương án. Đếm số phương án thực hiện hành động H không thỏa tính chất T ta được b phương án. Khi đó số phương án thỏa yêu cầu bài toán là: a b . 2. Ta thường gặp ba bài toán đếm cơ bản Bài toán 1: Đếm số phương án liên quan đến số tự nhiên Khi lập một số tự nhiên x a1 an ta cần lưu ý: * ai 0,1,2, ,9 và a1 0 . * x là số chẵn an là số chẵn * x là số lẻ an là số lẻ * x chia hết cho 3 a1 a2 an chia hết cho 3 * x chia hết cho 4 an 1an chia hết cho 4 * x chia hết cho 5 an 0,5 * x chia hết cho x là số chẵn và chia hết cho 3 * x chia hết cho 8 an 2an 1an chia hết cho 8 * x chia hết cho 9 a1 a2 an chia hết cho 9 . * x chia hết cho 11 tổng các chữ số ở hàng lẻ trừ đi tổng các chữ số ở hàng chẵn là một số chia hết cho 11 . * x chia hết cho 25 hai chữ số tận cùng là 00,25,50,75 . – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
Bài toán 2: Đếm số phương án liên quan đến kiến thức thực tế Bài toán 3: Đếm số phương án liên quan đến hình học Các ví dụ Ví dụ 1. Từ thành phố A đến thành phố B có 6 con đường, từ thành phố B đến thành phố C có 7 con đường. Có bao nhiêu cách đi từ thành phố A đến thành phố C, biết phải đi qua thành phố B. A.42 B.46C.48D.44 Lời giải: Để đi từ thành phố A đến thành phố B ta có 6 con đường để đi. Với mỗi cách đi từ thành phố A đến thành phố B ta có 7 cách đi từ thành phố B đến thành phố C. Vậy có 6.7 42 cách đi từ thành phố A đến B. Ví dụ 2. Từ các số 0,1,2,3,4,5 có thể lập được bao nhiêu số tự mà mỗi số có 6 chữ số khác nhau và chữ số 2 đứng cạnh chữ số 3? A.192 B.202C.211D.180 Lời giải: Đặt y 23, xét các số x abcde trong đó a,b,c,d,e đôi một khác nhau và thuộc tập 0,1, y,4,5 . Có P5 P4 96 số như vậy Khi ta hoán vị 2,3 trong y ta được hai số khác nhau Nên có 96.2 192 số thỏa yêu cầu bài toán. Ví dụ 3. Có 3 học sinh nữ và 2 hs nam .Ta muốn sắp xếp vào một bàn dài có 5 ghế ngồi. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp để : 1. 3 học sinh nữ ngồi kề nhau A.34 B.46C.36D.26 2. 2. 2 học sinh nam ngồi kề nhau. A.48 B.42C.58D.28 Lời giải: 1. Số cách xếp thỏa yêu cầu bài toán: 3!.3! 36 2. Số cách xếp thỏa yêu cầu bài toán: 2!.4! 48 Ví dụ 4. Xếp 6 người A, B, C, D, E, F vào một ghế dài .Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp sao cho: 1. A và F ngồi ở hai đầu ghế A.48 B.42C.46D.50 2. A và F ngồi cạnh nhau A.242 B.240C.244D.248 3. A và F không ngồi cạnh nhau A.480 B.460C.246D.260 Lời giải: – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
1. Số cách xếp A, F: 2! 2 Số cách xếp B,C,D,E : 4! 24 Số cách xếp thỏa yêu cầu bài toán: 2.24 48 2. Xem AF là một phần tử X , ta có: 5! 120 số cách xếp X,B,C,D,E. Khi hoán vị A,F ta có thêm được một cách xếp Vậy có 240 cách xếp thỏa yêu cầu bài toán. 3. Số cách xếp thỏa yêu cầu bài toán: 6! 240 480 cách Ví dụ 5. Có bao nhiêu chữ số chẵn gồm bốn chữ số đôi một khác nhau được lập từ các số 0,1,2,4,5,6,8 . A.252 B.520C.480D.368 Lời giải: Gọi x abcd; a,b,c,d 0,1,2,4,5,6,8. Cách 1: Tính trực tiếp Vì x là số chẵn nên d 0,2,4,6,8 . TH 1: d 0 có 1 cách chọn d . Với mỗi cách chọn d ta có 6 cách chọn a 1,2,4,5,6,8 Với mỗi cách chọn a,d ta có 5 cách chọn b 1,2,4,5,6,8\ a Với mỗi cách chọn a,b,d ta có 4 cách chọn c 1,2,4,5,6,8\ a,b Suy ra trong trường hợp này có 1.6.5.4 120 số. TH 2: d 0 d 2,4,6,8 có 4 cách chọn d Với mỗi cách chọn d , do a 0 nên ta có 5 cách chọn a 1,2,4,5,6,8\ d . Với mỗi cách chọn a,d ta có 5 cách chọn b 1,2,4,5,6,8\ a Với mỗi cách chọn a,b,d ta có 4 cách chọn c 1,2,4,5,6,8\ a,b Suy ra trong trường hợp này có 4.5.5.4 400 số. Vậy có tất cả 120 400 520 số cần lập. Cách 2: Tính gián tiếp ( đếm phần bù) Gọi A { số các số tự nhiên có bốn chữ số đôi một khác nhau được lập từ các số 0,1,2,4,5,6,8 } B { số các số tự nhiên lẻ có bốn chữ số đôi một khác nhau được lập từ các số 0,1,2,4,5,6,8 } C { số các số tự nhiên chẵn có bốn chữ số đôi một khác nhau được lập từ các số 0,1,2,4,5,6,8 } Ta có: C A B . Dễ dàng tính được: A 6.6.5.4 720 . – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
Ta đi tính B ? x abcd là số lẻ d 1,5 d có 2 cách chọn. Với mỗi cách chọn d ta có 5 cách chọn a (vì a 0,a d ) Với mỗi cách chọn a,d ta có 5 cách chọn b Với mỗi cách chọn a,b,d ta có 4 cách chọn c Suy ra B 2.5.5.4 200 Vậy C 520 . Ví dụ 6. Cho tập A 1,2,3,4,5,6,7,8 1. Từ tập A có thể lập được bao nhiêu số gồm 8 chữ số đôi một khác nhau sao các số này lẻ không chia hết cho 5. A.15120 B.23523C.16862D.23145 2. Từ tập A có thể lập được bao nhiêu số gồm 8 chữ số đôi một khác nhau sao chữ số đầu chẵn chữ số đứng cuối lẻ. A.11523 B.11520C.11346D.22311 Lời giải: Gọi x a1 a8 là số cần tìm 1. Vì x lẻ và không chia hết cho 5 nên d 1,3,7 d có 3 cách chọn Số các chọn các chữ số còn lại là: 7.6.5.4.3.2.1 Vậy 15120 số thỏa yêu cầu bài toán. 2. Vì chữ số đứng đầu chẵn nên a1 có 4 cách chọn, chữ số đứng cuối lẻ nên a8 có 4 cách chọn. Các số còn lại có 6.5.4.3.2.1 cách chọn Vậy có 42.6.5.4.3.2.1 11520 số thỏa yêu cầu bài toán. Ví dụ 7. Cho tập A 0,1,2,3,4,5,6 1. Từ tập A ta có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên lẻ gồm 4 chữ số đôi một khác nhau A.720 B.261C.235D.679 2. Từ tập A có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số và chia hết cho 5. A.660 B.432C.679D.523 Lời giải: 1. Gọi số cần lập x abcd , a,b,c,d 0,1,2,3,4,5,6; a 0 Chọn a : có 6 cách; chọn b,c,d có 6.5.4 Vậy có 720 số. 2. Gọi x abcde là số cần lập, e 0,5,a 0 e 0 e có 1 cách chọn, cách chọn a,b,c,d : 6.5.4.3 Trường hợp này có 360 số e 5 e có một cách chọn, số cách chọn a,b,c,d : 5.5.4.3 300 – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
Trường hợp này có 300 số Vậy có 660 số thỏa yêu cầu bài toán. Ví dụ 8. Cho tập hợp số : A 0,1,2,3,4,5,6.Hỏi có thể thành lập bao nhiêu số có 4 chữ số khác nhau và chia hết cho 3. A.114 B.144C.146D.148 Lời giải: Ta có một số chia hết cho 3 khi và chỉ khi tổng các chữ số chia hết cho 3. Trong tập A có các tập con các chữ số chia hết cho 3 là {0,1,2,3}, {0,1,2,6} , {0,2,3,4} , {0,3,4,5} , {1,2,4,5} , {1,2,3,6} , 1,3,5,6. Vậy số các số cần lập là: 4(4! 3!) 3.4! 144 số. Ví dụ 9. Từ các số của tập A 0,1,2,3,4,5,6 có thể lập được bao nhiêu số chẵn gồm 5 chữ số đôi một khác nhau trong đó có hai chữ số lẻ và hai chữ số lẻ đứng cạnh nhau. A.360 B.362C.345D.368 Lời giải: Vì có 3 số lẻ là 1,3,5, nên ta tạo được 6 cặp số kép: 13,31,15,51,35,53 Gọi A là tập các số gồm 4 chữ số được lập từ X 0,13,2,4,6. Gọi A1 , A2 , A3 tương ứng là số các số tự nhiên lẻ gồm 4 chữ số khác nhau được lập từ các chữ số của tập X 0,13,2,4,6 và 13 đứng ở vị trí thứ nhất, thứ hai và thứ ba. 3 Ta có: A1 A4 24; A2 A3 3.3.2 18 nên A 24 2.18 60 Vậy số các số cần lập là: 6.60 360 số. Ví dụ 10. Từ các số 1,2,3,4,5,6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên ,mỗi số có 6 chữ số đồng thời thỏa điều kiện :sáu số của mỗi số là khác nhau và trong mỗi số đó tổng của 3 chữ số đầu nhỏ hơn tổng của 3 số sau một đơn vị. A.104 B.106C.108D.112 Lời giải: Cách 1: Gọi x a1a2 a6 , ai 1,2,3,4,5,6 là số cần lập Theo bài ra ta có: a1 a2 a3 1 a4 a5 a6 (1) Mà a1 ,a2 ,a3 ,a4 ,a5 ,a6 1,2,3,4,5,6 và đôi một khác nhau nên a1 a2 a3 a4 a5 a6 1 2 3 4 5 6 21 (2) Từ (1), (2) suy ra: a1 a2 a3 10 Phương trình này có các bộ nghiệm là: (a1 ,a2 ,a3 ) (1,3,6); (1,4,5); (2,3,5) Với mỗi bộ ta có 3!.3! 36 số. Vậy có cả thảy 3.36 108 số cần lập. – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
Cách 2: Gọi x abcdef là số cần lập a b c d e f 1 2 3 4 5 6 21 Ta có: a b c d e f 1 a b c 11. Do a,b,c 1,2,3,4,5,6 Suy ra ta có các cặp sau: (a,b,c) (1,4,6); (2,3,6); (2,4,5) Với mỗi bộ như vậy ta có 3! cách chọn a,b,c và 3! cách chọn d,e, f Do đó có: 3.3!.3! 108 số thỏa yêu cầu bài toán. Ví dụ 11.Từ các số 1,2,3 lập được bao nhiều số tự nhiên gôm 6 chữ số thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau 1. Trong mỗi số, mỗi chữ số có mặt đúng một lần A.90 B.78C.95D.38 2. Trong mỗi số, hai chữ số giống nhau không đứng cạnh nhau. A.76 B.42C.80D.68 Lời giải: Đặt A {1,2,3} . Gọi S là tập các số thỏa yêu cầu thứ nhất của bài toán 6! Ta có số các số thỏa điều kiện thứ nhất của bài toán là 90 (vì các số có dạng aabbcc 23 và khi hoán vị hai số a,a ta được số không đổi) Gọi S1 ,S2 ,S3 là tập các số thuộc S mà có 1,2,3 cặp chữ số giống nhau đứng cạnh nhau. Số phần tử của S3 chính bằng số hoán vị của 3 cặp 11,22,33 nên S3 6 Số phần tử của S2 chính bằng số hoán vị của 4 phần tử là có dạng a,a,bb,cc nhưng 4! a,a không đứng cạnh nhau. Nên S 6 6 phần tử. 2 2 Số phần tử của S1 chính bằng số hoán vị của các phần tử có dạng a,a,b,b,cc nhưng 5! a,a và b,b không đứng cạnh nhau nên S 6 12 12 1 4 Vậy số các số thỏa yêu cầu bài toán là: 90 (6 6 12) 76 . Ví dụ 12 Hỏi có tất cả bao nhiêu số tự nhiên chia hết cho 9 mà mỗi số 2011 chữ số và trong đó có ít nhất hai chữ số 9 . 92011 2019.92010 8 92011 2.92010 8 A. B. 9 9 92011 92010 8 92011 19.92010 8 C. D. 9 9 – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
Lời giải: Đặt X là các số tự nhiên thỏa yêu cầu bài toán. A { các số tự nhiên không vượt quá 2011 chữ số và chia hết cho 9} Với mỗi số thuộc A có m chữ số (m 2008) thì ta có thể bổ sung thêm 2011 m số 0 vào phía trước thì số có được không đổi khi chia cho 9. Do đó ta xét các số thuộc A có dạng a1a2 a2011 ; ai 0,1,2,3, ,9 A0 a A|mà trong a không có chữ số 9} A1 a A| mà trong a có đúng 1 chữ số 9} 92011 1 Ta thấy tập A có 1 phần tử 9 Tính số phần tử của A0 Với x A0 x a1 a2011 ; ai 0,1,2, ,8 i 1,2010 và a2011 9 r với 2010  2010 r 1;9 ,r  ai . Từ đó ta suy ra A0 có 9 phần tử i 1 Tính số phần tử của A1 Để lập số của thuộc tập A1 ta thực hiện liên tiếp hai bước sau Bước 1: Lập một dãy gồm 2010 chữ số thuộc tập 0,1,2 ,8 và tổng các chữ số chia hết cho 9. Số các dãy là 92009 Bước 2: Với mỗi dãy vừa lập trên, ta bổ sung số 9 vào một vị trí bất kì ở dãy trên, ta có 2010 các bổ sung số 9 2009 Do đó A1 có 2010.9 phần tử. Vậy số các số cần lập là: 92011 1 92011 2019.92010 8 1 92010 2010.92009 . 9 9 CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP Bài 1 1. Bạn cần mua một áo sơ mi cỡ 30 hoặc 32. Áo cỡ 30 có 3 màu khác nhau, áo cỡ 32 có 4 màu khác nhau. Hỏi bạn có bao nhiêu cách lựa chọn ? A.7 B.8C.9D.4 2. Có 10 cuốn sách Toán khác nhau, 11 cuốn sách Văn khác nhau và 7 cuốn sách anh văn khác nhau. Một học sinh được chọn một quyển sách trong các quyển sách trên. Hỏi có bao nhiêu cách lựa chọn. A.26 B.28C.32D.20 – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
3. Có bao nhiêu cách xếp 5 cuốn sách Toán, 6 cuốn sách Lý và 8 cuốn sách Hóa lên một kệ sách sao cho các cuốn sách cùng một môn học thì xếp cạnh nhau, biết các cuốn sách đôi một khác nhau . A. 7.5!.6!.8! B. 6.5!.6!.8! C. 6.4!.6!.8! D. 6.5!.6!.7! Lời giải: 1. Công việc ta cần thực hiện trong bài toán này là mua một chiếc ao sơ mi cỡ 30 hoặc 32. Để thực hiện công việc này ta có hai phương án. Phương án 1: Mua áo cỡ 30: Phương án này ta có 3 cách chọn (chọn một trong ba màu). Phương án 2: Mua áo cỡ 32: Phương án này ta có 4 cách chọn. Vậy ta có cả thảy 3 4 7 cách lựa chọn. 2. Để chọn một cuốn sách trong những cuốn sách trên ta có các phương án sau. Phương án 1: Cuốn sách chọn là cuốn sách Toán: Ta có 10 cách chọn Phương án 2: Cuốn sách chọn là cuốn sách Văn: Ta có 11 cách chọn Phương án 3: Cuốn sách chọn là cuốn sách anh văn: Ta có 7 cách chọn Vậy có 10 11 7 28 cách lựa chọn. 3. Ta xếp các cuốn sách cùng một bộ môn thành một nhóm Trước hết ta xếp 3 nhóm lên kệ sách chúng ta có: 3! 6 cách xếp Với mỗi cách xếp 3 nhóm đó lên kệ ta có 5! cách hoán vị các cuốn sách Toán, 6! cách hoán vị các cuốn sách Lý và 8! cách hoán vị các cuốn sách Hóa Vậy theo quy tắc nhân có tất cả: 6.5!.6!.8! cách xếp Bài 2 1. Có bao nhiêu cách xếp 4 người A,B,C,D lên 3 toa tàu, biết mỗi toa có thể chứa 4 người. A.81 B.68C.42D.98 2. Trong một giải thi đấu bóng đá có 20 đội tham gia với thể thức thi đấu vòng tròn. Cứ hai đội thì gặp nhau đúng một lần. Hỏi có tất cả bao nhiêu trận đấu xảy ra . A.190 B.182C.280D.194 3. Từ thành phố A có 10 con đường đi đến thành phố B, từ thành phố A có 9 con đường đi đến thành phố C, từ B đến D có 6 con đường, từ C đến D có 11 con đường và không có con đường nào nối B với C. Hỏi có bao nhiêu cách đi từ A đến D. A.156 B.159C.162D.176 4. Hội đồng quản trị của công ty X gồm 10 người. Hỏi có bao nhiêu cách bầu ra ba người vào ba vị trí chủ tịch, phó chủ tịch và thư kí, biết khả năng mỗi người là như nhau. A.728 B.723C.720D.722 Lời giải: – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
1. Để xếp A ta có 3 cách lên một trong ba toa Với mỗi cách xếp A ta có 3 cách xếp B lên toa tàu Với mỗi cách xếp A,B ta có 3 cách xếp C lên toa tàu Với mỗi cách xếp A,B,C ta có 3 cách xếp D lên toa tàu Vậy có 3.3.3.3 81 cách xếp 4 người lên toa tàu. 2. Cứ mỗi đội phải thi đấu với 19 đội còn lại nên có 19.20 trận đấu. Tuy nhiên theo cách tính này thì một trận đấu chẳng hạn A gặp B được tính hai lần. Do đó số trận đấu thực 19.20 tế diễn ra là: 190 trận. 2 3. Để đi từ A đến D ta có các cách đi sau A B D : Có 10.6 60 A C D : Có 9.11 99 Vậy có tất cả 159 cách đi từ A đến D. 4. Chọn chủ tịch có 10 cách chọn, phó chủ tịch có 9 cách và thư kí có 8 cách. Do đó có tất cả 10.9.8 720 cách chọn. Bài 3 1. Có 3 nam và 3 nữ cần xếp ngồi vào một hàng ghế. Hỏi có mấy cách xếp sao cho : a) Nam, nữ ngồi xen kẽ ? A.72 B.74C.76D.78 b) Nam, nữ ngồi xen kẽ và có một người nam A, một người nữ B phải ngồi kề nhau ? A.40 B.42C.46D.70 c) Nam, nữ ngồi xen kẽ và có một người nam C, một người nữ D không được ngồi kề nhau ? A.32 B.30C.35D.70 2. 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. Hỏi có bao nhiêu cách xếp chỗ ngồi trong mỗi trường hợp sau : a) Bất kì 2 học sinh nào ngồi cạnh nhau hoặc đối diện nhau thì khác trường nhau. A.1036800 B.234780C.146800D.2223500 b) Bất kì 2 học sinh nào ngồi đối diện nhau thì khác trường nhau. A. 33177610 B. 34277600 C. 33176500 D. 33177600 Lời giải: 1. a) Có 6 cách chọn một người tuỳ ý ngồi vào chỗ thứ nhất. Tiếp đến, có 3 cách chọn một người khác phái ngồi vào chỗ thứ 2. Lại có 2 cách chọn một người khác phái ngồi – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
vào chỗ thứ 3, có 2 cách chọn vào chỗ thứ 4, có 1 cách chọn vào chỗ thứ 5, có 1 cách chọn vào chỗ thứ 6. Vậy có : 6.3.2.2.1.1 72 cách. b) Cho cặp nam nữ A, B đó ngồi vào chỗ thứ nhất và chỗ thứ hai, có 2 cách. Tiếp đến, chỗ thứ ba có 2 cách chọn, chỗ thứ tư có 2 cách chọn, chỗ thứ năm có 1 cách chọn, chỗ thứ sáu có 1 cách chọn. Bây giờ, cho cặp nam nữ A, B đó ngồi vào chỗ thứ hai và chỗ thứ ba. Khi đó, chỗ thứ nhất có 2 cách chọn, chỗ thứ tư có 2 cách chọn, chỗ thứ năm có 1 cách chọn, chỗ thứ sáu có 1 cách chọn. Tương tự khi cặp nam nữ A, B đó ngồi vào chỗ thứ ba và thứ tư, thứ tư và thứ năm, thứ năm và thứ sáu. Vậy có : 5.2.2.2.1.1. 40 cách. c) Số cách chọn để cặp nam nữ đó không ngồi kề nhau bằng số cách chọn tuỳ ý trừ số cách chọn để cặp nam nữ đó ngồi kề nhau. Vậy có : 72 40 32 cách 2. Ta đánh số liên tiếp 12 chỗ ngồi bằng các số từ 1 đến 6 thuộc một dãy và từ 7 đến 12 thuộc một dãy 1 2 3 4 5 6 12 11 10 9 8 7 a) Vị trí 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 Số cách 12 6 5 5 4 4 3 3 2 2 1 1 xếp Vậy có 12.6.52.42.32.22.1 1036800 cách xếp b) Vị trí 1 12 2 11 3 10 4 9 5 8 6 7 Số cách 12 6 10 5 8 4 6 3 4 2 2 1 xếp Vậy có: 33177600 cách xếp. Bài 4 1. Cho các chữ số 1, 2, 3, , 9. Từ các số đó có thể lập được bao nhiêu số a) Có 4 chữ số đôi một khác nhau A.3024 B.2102C.3211D.3452 b) Số chẵn gồm 4 chữ số khác nhau và không vượt quá 2011. A.168 B.170C.164D.172 – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
2. Có 100000 vé được đánh số từ 00000 đến 99999. Hỏi số vé gồm 5 chữ số khác nhau. A.30240 B.32212C.23460D.32571 3. Tính tổng các chữ số gồm 5 chữ số được lập từ các số 1, 2, 3, 4, 5? A.5599944 B.33778933C.4859473D.3847294 Lời giải: 1. Gọi số cần lập x abcd , a,b,c,d 1,2,3,4,5,6,7,8,9 a) Có 9.8.7.6 3024 số b) Vì x chẵn nên d 2,4,6,8. Đồng thời x 2011 a 1 a 1 a có 1 cách chọn, khi đó d có 4 cách chọn; b,c có 7.6 cách Suy ra có: 1.4.6.7 168 số 2. Gọi số in trên vé có dạng a1a2a3a4a5 Số cách chọn a1 là 10 ( a1 có thể là 0). Số cách chọn a2 là 9. Số cách chọn a3 là 8. Số cách chọn a4 là 7. Số cách chọn a5 là 6. Vậy số vé gồm 5 chữ số khác nhau : 10.9.8.7.6 30240 . 3. Có 120 số có 5 chữ số được lập từ 5 chữ số đã cho. Bây giờ ta xét vị trí của một chữ số trong 5 số 1, 2, 3, 4, 5 chẳng hạn ta xét số 1. Số 1 có thể xếp ở 5 vị trí khác nhau, mỗi vị trí có 4!=24 số nên khi ta nhóm các các vị trí này lại có tổng là : 24 105 104 103 102 10 1 24.11111 Vậy tổng các số có 5 chữ số là : 24.11111 1 2 3 4 5 5599944 . Bài 5 Từ các số 1,2,3,4,5,6,7 lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau và là: 1. Số chẵn A.360 B.343C.523D.347 2. Số lẻ A.360 B.343C.480D.347 3. Số chia hết cho 5 A.360 B.120C.480D.347 Lời giải: – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
Gọi số cần lập x abcd ; a,b,c,d 1,2,3,4,5,6,7 và a,b,c,d đôi một khác nhau. 1. Công việc ta cần thực hiện là lập số x thỏa mãn x là số chẵn nên d phải là số chẵn. Do đó để thực hiện công việc này ta thực hiện qua các công đoạn sau Bước 1: Chọn d : Vì d là số chẵn nên d chỉ có thể là các số 2,4,6 nên d có 3 cách chọn. Bước 2: Chọn a : Vì ta đã chọn d nên a chỉ có thể chọn một trong các số của tập 1,2,3,4,5,6,7\{d} nên có 6 cách chọn a Bước 3: Chọn b : Tương tự ta có 5 cách chọn b Bước 4: Chọn c : Có 4 cách chọn. Vậy theo quy tắc nhân có: 3.6.5.4 360 số thỏa yêu cầu bài toán. 2. Vì số x cần lập là số lẻ nên d phải là số lẻ. Ta lập x qua các công đoạn sau. Bước 1: Có 4 cách chọn d Bước 2: Có 6 cách chọn a Bước 3: Có 5 cách chọn b Bước 4: Có 4 cách chọn c Vậy có 480 số thỏa yêu cầu bài toán. 3 Vì x chia hết cho 5 nên d chỉ có thể là 5 có 1 cách chọn d. Có 6 cách chọn a, 5 cách chọn b và 4 cách chọn c. Vậy có 1.6.5.4 120 số thỏa yêu cầu bài toán. Bài 6 Cho tập A 1,2,3,4,5,6,7,8 1. Có bao nhiêu tập con của A chứa số 2 mà không chứa số 3 A.64 B.83C.13D.41 2. Tức các chữ số thuộc tập A, lập được bao nhiêu số tự nhiên lẻ gồm 5 chữ số không bắt đầu bởi 123. A.3340 B.3219C.4942D.2220 Lời giải: 1. Xét tập B 1,4,5,6,7,8, ta có B không chứa số 3. X là một tập con của A thỏa yêu cầu bài toán khi và chỉ khi X\ 2 là một tập con của B . Do đo, số tập con của A thỏa yêu cầu bài toán bằng số tập con của B và bằng 26 64 . 2. Xét số x abcde được lập từ các chữ số thuộc tập A. Vì x lẻ nên e 1,3,5,7 , suy ra có 4 cách chọn e. Bốn chữ số còn lại được chọn từ 7 chữ 4 số của tập A\ e nên có A7 840 cách Suy ra, có 4.840 3360 số lẻ gồm năm chữ số khác nhau. 2 Mà số x bắt đầu bằng 123 có A5 20 số. Vậy số x thỏa yêu cầu bài toán là : 3360 20 3340 số. – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
Vấn đề 2. Hoán vị - Chỉnh hợp – Tổ hợp Phương pháp . 1. Giai thừa a) Định nghĩa: Với mọi số tự nhiên dương n , tích 1.2.3 n được gọi là n - giai thừa và kí hiệu n! . Vậy n! 1.2.3 n. Ta quy ước 0! 1. b) Tính chất: * n! n(n -1)! . * n! n(n 1)(n 2) (n k 1).k! 2. Hoán vị a) Định nghĩa: Cho tập A gồm n phần tử ( n 1 ). Khi sắp xếp n phần tử này theo một thứ tự ta được một hoán vị các phần tử của tập A. Kí hiệu số hoán vị của n phần tử là Pn . b) Số hoán vị của tập n phần tử: Định lí: Ta có Pn n! 3. Chỉnh hợp a) Định nghĩa: Cho tập A gồm n phần tử và số nguyên k với 1 k n . Khi lấy k phần tử của A và sắp xếp chúng theo một thứ tự ta được một chỉnh hợp chập k của n phần tử của A. b) Số chỉnh hợp k Kí hiệu An là số chỉnh hợp chập k của n phần tử n! Định lí: Ta có Ak . n (n k)! 4. Tổ hợp a) Định nghĩa: Cho tập A có n phần tử và số nguyên k với 1 k n . Mỗi tập con của A có k phần tử được gọi là một tổ hợp chập k của n phần tử của A. b) Số tổ hợp k Kí hiệu Cn là số tổ hợp chập k của n phần tử. n! Định lí: Ta có: C k . n (n k)!k! Bài toán 01: Giải phương trình – Bất phương trình Phương pháp: Dựa vào công thức tổ hợp, chỉnh hợp hoán vị để chuyển phương trình, bất phương trình, hệ phương trình tổ hợp về phương trình, bất phương trình, hệ phương trình đại số. Các ví dụ – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
Ví dụ 1 A6 A5 n 3 n n 1. Cho Cn 1140 . Tính A 4 An A.256 B.342C.231D.129 2 n 1 1 1 C C 2. Tính B , biết C1 2 n n n 45 2 2 2 n 1 n 1 A2 A3 An Cn Cn 9 10 1 A. B. C. D.9 10 9 9 A4 3A3 3. Tính M n 1 n , biết C 2 2C 2 2C 2 C 2 149 . n 1 ! n 1 n 2 n 3 n 4 9 10 1 3 A. B. C. D. 10 9 9 4 Lời giải: n ¥ 1. ĐK: n 6 n! Ta có: Cn 3 1140 1140 n 20 n 3!(n 3)! n(n 1) (n 5) n(n 1) (n 4) Khi đó: A n 4 (n 4)(n 5) 256 n(n 1) (n 3) n! 2 n C 2!.(n 2)! C 1 2. Ta có: C1 n ; 2 n 2. n 1 ; ; n n 1 n 1 n! n 1 n! Cn Cn 1!.(n 1)! 1!.(n 1)! 2 n C C n(n 1) Nên C1 2 n n n 45 45 n 10 n 1 n 1 2 Cn Cn 1 1 1 1 9 B 1 . 2 2 2 n 10 A2 A3 An n ¥ 3. Điều kiện: n 3 2 2 2 2 Ta có: Cn 1 2Cn 2 2Cn 3 Cn 4 149 n 1 ! n 2 ! n 3 ! n 4 ! 2 2 149 n 5 2! n 1 ! 2!n! 2! n 1 ! 2! n 2 ! – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
A4 3A3 3 Do đó: M 6 5 . 6! 4 Ví dụ 2 Giải các phương trình sau 1. . Px 120 A.5 B.6C.7D.8 2 2 2. Px Ax 72 6(Ax 2Px ) x 2 x 3 x 3 x 1 A. B. C. D. x 4 x 2 x 4 x 2 Lời giải: x ¥ 1 Điều kiện: x 1 Ta có: P5 120 Với x 5 Px P5 120 phương trình vô nghiệm Với x 5 Px P5 120 phương trình vô nghiệm Vậy x 5 là nghiệm duy nhất. x ¥ 2. Điều kiện: x 2 2 Phương trình Ax Px 6 12(Px 6) 0 2 Px 6 x! 6 x 3 (P 6)(A 12) 0 . x x 2 Ax 12 x(x 1) 12 x 4 Ví dụ 3. Tìm n biết: 1 n 1 2 n 2 3 n 3 n 1. Cn 3 2Cn 3 3Cn 3 nCn 256 A. n 4 B. n 5 C. n 6 D. n 7 0 1 2 n n 2. Cn 2Cn 4Cn 2 Cn 243 A. n 4 B. n 5 C. n 6 D. n 7 1 2 2 3 n 2n 1 3. C2n 1 2.2C2n 1 3.2 C2n 1 (2n 1)2 C2n 1 2005 A. n 1100 B. n 1102 C. n 1002 D. n 1200 Lời giải: n! 1. Ta có: kC k .3n k k 3n k nC k 1 3n k n k!(n k)! n 1 – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
n n n 1 k n k k 1 n k k n 1 k n 1 Suy ra:  kCn 3 nCn 1 3 nCn 1 3 n.4 k 1 k 1 k 0 1 n 1 2 n 2 3 n 3 n n 1 3 Suy ra Cn 3 2Cn 3 3Cn 3 nCn 256 n.4 4.4 Từ đó ta tìm được n 4 . 0 1 2 n n n n 2. Ta có Cn 2Cn 4Cn 2 Cn (1 2) 3 nên ta có n 5 2n 1 k 1 k 1 k 3. Đặt S  ( 1) .k.2 C2n 1 k 1 k 1 k 1 k k 1 k 1 k 1 Ta có: ( 1) .k.2 C2n 1 ( 1) .(2n 1).2 C2n 0 1 2 2 2n 2n Nên S (2n 1)(C2n 2C2n 2 C2n 2 C2n ) 2n 1 Vậy 2n 1 2005 n 1002 . CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP Bài 1 Tìm số nguyên dương n sao cho: 2 1 1. An An 8 A.4 B.5C.6D.7 6 5 2. An 10An A.12 B.13C.14D.15 4 3. Pn 1.An 4 15Pn 2 A.3,4,5 B.5,6,7C.6,8,2D.7,9,8 Lời giải: n ¥ 1. Điều kiện: n 2 n! n! Ta có A2 A1 8 8 n(n 1) n 8 n n (n 2)! (n 1)! n2 2n 8 0 n 4 . n ¥ 2. Điều kiện: n 6 n! n! 10 Ta có: A6 10A5 10 1 n n (n 6)! (n 5)! n 5 n 15 . n ¥ 3. Điều kiện: n 1 (n 4)! Ta có: P .A4 15P (n 1)! 15(n 2)! n 1 n 4 n 2 n! – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
(n 4)(n 3) 15 n2 8n 12 0 2 n 6 n 3,4,5 . n Bài 2 Giải bất phương trình (ẩn n thuộc tập số tự nhiên) 5 1. Cn 1 Cn A2 n 2 n 2 2 n A. n 2 B. n 3 C. n 5 D. n 4 3 n n n 2. n! Cn .C2n .C3n 720 A. n 1,2,3 B. n 0,1,2 C. n 0,2,3 D. n 2,3,4 C 2 3 n 1 3. 2 n Cn 10 A. 2 n 4 B. 0 n 2 C. 1 n 5 D. 2 n 5 3 n 1 4. An 1 Cn 1 14 n 1 A. 2 n 4 B. 0 n 2 C. 1 n 5 D. 2 n 5 A4 143 5. n 4 n 2 ! 4Pn A. 2 n 4 B. 0 n 2 C. 1 n 5 D. 2 n 5 A4 24 n 6. 3 n 4 An 1 Cn 23 A. 2 n 4 B. 0 n 2 C. 1 n 5 D. 2 n 5 Lời giải: 1. Với n 2,n ¥ ta có: 5 5 n 3 ! 5 n! Cn 1 Cn A2 Cn A2 n 2 n 2 2 n n 3 2 n n!3! 2 n 2 ! n n2 9n 26 6 0 luôn đúng với mọi n 2 . Vậy nghiệm của bất phương trình n 2,n ¥ . 2. Điều kiện n ¢ ,n 0 . Với điều kiện đó bất phương trình tương đương 3 2n ! 3n ! n! 720 3n ! 720 n!n! 2n !n! – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
Ta thấy 3n ! tăng theo n và mặt khác 6! 720 3n ! Suy ra bất phương trình có nghiệm n 0,1,2 . n ¥ 3. Điều kiện: n 2 (n 1)n 10 n(n 1) Bpt n 2 n 5 2 3 2 4. Đáp số: 2 n 4 5. Đáp số : 0 n 2 6. Đáp số: 1 n 5 Bài 3 Giải các phương trình sau: 2 2 1. 3Cx 1 xP2 4Ax A.3 B.4C.5D.6 5 2 14 2. x x x C5 C6 C7 A.3 B.4C.5D.6 2 2 3. Px Ax 72 6(Ax 2Px ) x 3 x 3 x 2 x 1 A. B. C. D. x 4 x 2 x 4 x 4 2 x 2 2 3 3 x 3 4. CxCx 2CxCx CxCx 100 A.3 B.4C.5D.6 1 2 3 2 5. Cx 6.Cx 6.Cx 9x 14x A.3 B.4C.5D.7 5 6. C 4 C 3 A2 0 x 1 x 1 4 x 2 A.11 B.4C.5D.6 3 x 4 4 7. 24 Ax 1 Cx 23Ax A.3 B.4C.5D.6 3x 1 x2 2x 3 8. C2x 4 C2x 4 – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
x 3 x 3 x 2 x 1 A. B. C. D. x 4 x 2 x 4 x 2 2 2 2 2 9. Cx 2Cx 1 3Cx 2 4Cx 3 130 A.7 B.4C.5D.6 Lời giải: x ¥ 1. Điều kiện: x 2 (x 1)! x! Phương trình 3 2x 4 2!(x 1)! (x 2)! 3(x 1)x 4x 8x(x 1) 3x 3 4 8x 8 x 3 x ¥ 2. Điều kiện x 5 5.x!(5 x)! 2.x!(6 x)! 14.x!(7 x)! Ta có phương trình 5! 6! 7! 1 1 5 (6 x) (6 x)(7 x) x2 14x 33 0 x 3 . 3 3 x ¥ 3. Điều kiện: x 2 2 Phương trình Ax Px 6 12(Px 6) 0 2 Px 6 x! 6 x 3 (P 6)(A 12) 0 . x x 2 Ax 12 x(x 1) 12 x 4 x ¥ 4. Điều kiện: . x 3 x 2 2 x 3 3 Ta có: Cx Cx và Cx Cx nên phương trình đã cho tương đương với: 2 2 2 2 3 3 Cx 2CxCx Cx 100 2 2 3 2 3 Cx Cx 100 Cx Cx 10 x(x 1) x(x 1)(x 2) 10 2 6 x3 x 60 0 (x 4)(x2 4x 15) 0 x 4 . x 3 5. Điều kiện: x ¥ Phương trình x 3x(x 1) x(x 1)(x 2) 9x2 14x Giải phương trình ta tìm được: x 7 – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
x 5 6. Điều kiện: x ¥ Phương trình x2 9x 22 0 x 11 x ¥ 7. Điều kiện: x 4 Phương trình x2 6x 5 0 x 5 x ¥ 8. Điều kiện: 1 x 5 Phương trình (3x 1)!(5 x)! (x2 2x 3)!(1 x2 4x)! x 1,x 2 . 9. Đáp số : x 7 . Bài 4 Giải các phương trình sau: x x 2Ay 5Cy 90 1. x x 5Ay 2Cy 80 A. x 1; y 5 B. x 2; y 1 C. x 2; y 5 D. x 1; y 3 C y 1 C y 2. x 1 x 1 y 1 y 1 3Cx 1 5Cx 1 A. x 6; y 3 B. x 2; y 1 C. x 2; y 5 D. x 1; y 3 Lời giải: 1. Điều kiện x, y ¥ ; x y x x x 2Ay 5Cy 90 Ay 20 Ta có: x x x 5Ay 2Cy 80 Cy 10 20 Từ Ax x!C x suy ra x! 2 x 2 y y 10 2 2 y 4 (loai) Từ Ay 20 y y 1 20 y y 20 0 y 5 Vậy x 2; y 5 . 2. Điều kiện x, y ¥ ; x y (x 1)! (x 1)! y 1 y C C (y 1)!(x y)! y!(x y 1)! Ta có: x 1 x 1 3C y 1 5C y 1 (x 1)! (x 1)! x 1 x 1 3 5 (y 1)!(x y)! (y 1)!(x y 2)! – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
1 1 y 1 x y 1 x 2y 3 5 3(y 1)(y 2) 5y(y 1) y(y 1) (x y 1)(x y 2) x 2y x 6 là nghiệm của hệ 3y 6 5y y 3 Bài 5 Giải các bất phương trình sau: 1 6 1. A2 A2 C 3 10 2 2x x x x A. 3 x 4 B. 3 x C. x 4 D. x 4,x 3 P 2. x 5 60Ak 2 (x k)! x 3 A. (x; k) (0;0),(1;1),(3; 3) B. (x; k) (0;0),(1;0),(2; 2) C. (x; k) (1;0),(1;1),(2; 2),(3; 3) D. (x; k) (0;0),(1;0),(1;1),(2; 2),(3; 3) Lời giải: 1. Đáp số: 3 x 4 k,x ¥ 2. Điều kiện: k x Bpt (x 4)(x 5)(x 1 k) 60 x 4 bất phương trình vô nghiệm 0 x 4 ta có các cặp nghiệm: (x; k) (0;0),(1;0),(1;1),(2; 2),(3; 3) . Bài toán 02: Bài toán đếm Phương pháp: Dựa vào hai quy tắc cộng, quy tắc nhân và các khái niệm hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp. Một số dấu hiệu giúp chúng ta nhận biết được hoán vị, chỉnh hợp hay tổ hợp. 1) Hoán vị: Các dấu hiệu đặc trưng để giúp ta nhận dạng một hoán vị của n phần tử là: Tất cả n phần tử đều phải có mặt Mỗi phần tử xuất hiện một lần. Có thứ tự giữa các phần tử. 2) Chỉnh hợp: Ta sẽ sử dụng khái niệm chỉnh hợp khi Cần chọn k phần tử từ n phần tử, mỗi phần tử xuất hiện một lần k phần tử đã cho được sắp xếp thứ tự. 3) Tổ hợp: Ta sử dụng khái niệm tổ hợp khi Cần chọn k phần tử từ n phần tử, mỗi phần tử xuất hiện một lần – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
Không quan tâm đến thứ tự k phần tử đã chọn. Loại 1: Đếm số Các ví dụ Ví dụ 1. Từ các chữ số 0,1,2,3,4,5,6 có thể lập được bao nhiêu số chẵn, mỗi số có 5 chữ số khác nhau trong đó có đúng hai chữ số lẻ và 2 chữ số lẻ đứng cạnh nhau? A.360 B.280C.310D.290 Lời giải. Gọi A là số tự nhiên có hai chữ số lẻ khác nhau lấy từ các số 0,1,2,3,4,5,6 số cách chọn 2 được A là A3 6 . Số chẵn có 5 chữ số mà hai số lẻ đứng kề nhau phải chứa A và ba trong 4 chữ số 0;2;4;6. Gọi abcd; a,b,c,d {A,0,2,4,6} là số thỏa mãn yêu cầu bài toán. 3 *TH1: Nếu a A có 1 cách chọn a và A4 chọn b,c,d . * TH 2: a A có 3 cách chọn a 2 + Nếu b A có 1 cách chọn b và A3 cách chọn c,d . 2 + Nếu c A có 1 cách chọn c và A3 cách chọn b,d . 2 3 2 2 Vậy có A3 A4 3 1.A3 1.A3 360 số thỏa mãm yêu cầu bài toán. Ví dụ 2. Từ các số 1, 2, 3, 4, 5, 6 lập được bao nhiêu số tự nhiên 1. Gồm 4 chữ số A.1296 B.2019C.2110D.1297 2. Gồm 3 chữ số đôi một khác nhau A.110 B.121C.120D.125 3. Gồm 4 chữ số đôi một khác nhau và là chữ số tự nhiên chẵn A.182 B.180C.190D. 192 4. Gồm 4 chữ số đôi một khác nhau và không bắt đầu bằng chữ số 1 A.300 B.320C.310D. 330 5. Gồm 6 chữ số đôi một khác nhau và hai chữ số 1 và 2 không đứng cạnh nhau. A.410 B.480C.500D.512 Lời giải: 1 Gọi số cần lập là: x abcd . Ta chọn a,b,c,d theo thứ tự sau a : có 6 cách chọn b : có 6 cách chọn c : có 6 cách chọn d : có 6 cách chọn Vậy có 64 1296 số 2. Mỗi số cần lập ứng với một chỉnh hợp chập 3 của 6 phần tử 3 Nên số cần lập là: A6 120 số. 3. Gọi số cần lập là : x abcd – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
Vì x chẵn nên có 3 cách chọn d . Ứng với mỗi cách chọn d sẽ có 3 3 A5 cách chọn a,b,c . Vậy có 3.A5 180 số. 4. Gọi số cần lập là : x abcd 3 Vì a 1 nên a có 5 cách chọn. Ứng với mỗi cách chọn a ta có: A5 cách chọn b,c,d . Vậy 3 có 5.A5 300 số. 5. Gọi x là số có 6 chữ số đôi một khác nhau và hai chữ số 1 và 2 luôn đứng cạnh nhau. Đặt y 12 khi đó x có dạng abcde với a,b,c,d,e đôi một khác nhau và thuộc tập y,3,4,5,6 nên có P5 5! 120 số. Khi hoán vị hai số 1,2 ta được một số khác nên có 120.2 240 số x Vậy số thỏa yêu cầu bài toán là: P6 240 480 số. Ví dụ 3. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 7 chữ số, biết rằng chữ số 2 có mặt hai lần, chữ số ba có mặt ba lần và các chữ số còn lại có mặt nhiều nhất một lần? A.26460 B.27901C.27912D.26802 Lời giải: Ta đếm các số có 7 chữ số được chọn từ các số 2,2,3,3,3,a,b với a,b 0,1,4,5,6,7,8,9, kể cả số 0 đứng đầu. Ta có được: 7! số như vậy. Tuy nhiên khi hoán vị hai số 2 cho nhau hoặc các số 3 cho nhau thì ta được số không đổi do đó có tất cả 7! 420 số. 2!.3! 2 2 Vì có A8 cách chọn a,b nên ta có: 480.A8 26880 số. Ta đếm các số có 6 chữ số được chọn từ các số 2,2,3,3,3,x với x 1,4,5,6,7,8,9. 6! Tương tự như trên ta tìm được A1 420 số 2!.3! 7 Vậy số các số thỏa yêu cầu bài toán: 26460 . Ví dụ 4. Hỏi có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số sao cho trong mỗi số đó, chữ số hàng ngàn lớn hơn hàng trăm, chữ số hàng trăm lớn hơn hàng chục và chữ số hàng chục lớn hơn hàng đơn vị. A.221 B.209C.210D. 215 Lời giải: Gọi x a1a2a3a4 với 9 a1 a2 a3 a4 0 là số cần lập. X 0; 1; 2; ; 8; 9. Từ 10 phần tử của X ta chọn ra 4 phần tử bất kỳ thì chỉ lập được 1 số A. Nghĩa là không có hoán vị hay là một tổ hợp chập 4 của 10. 4 Vậy có C10 210 số. – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
Ví dụ 5. Từ các số 1,2,3,4,5,6,7,8,9 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có, mỗi số có 6 chữ số khác nhau và tổng các chữ số ở hàng chục, hàng trăm, hàng ngàn bằng 8. A.1300 B.1400C.1500D.1600 Lời giải: Gọi n a1a2a3a4a5a6 là một số thỏa yêu cầu bài toán thì a3 a4 a5 8 . Có hai bộ 3 số có tổng bằng 8 trong các số 1,2, ,8,9 là : 1; 2; 5 và 1; 3; 4 3 Nếu a3 ; a4 ; a5 1; 2; 5thì a3 ,a4 ,a5 có 3! cách chọn và a1 ,a2 ,a6 có A6 cách chọn suy ra có 3 3!A6 720 số thỏa yêu cầu. Nếu a3 ; a4 ; a5 1; 2; 5thì cũng có 720 số thỏa yêu cầu. Vậy có 720 720 1400 số thỏa yêu cầu Loại 2: Xếp đồ vật – Phân công công việc Các ví dụ Ví dụ 1. Đội tuyển HSG của một trường gồm 18 em, trong đó có 7 HS khối 12, 6 HS khối 11 và 5 HS khối10. Hỏi có bao nhiêu cách cử 8 cách cử 8 HS đi dự đại hội sao cho mỗi khối có ít nhất 1 HS được chọn A.41811 B.42802C.41822D.32023 Lời giải: Số cách chọn 8 học sinh gồm hai khối là: 8 8 8 C13 C11 C12 1947 . 8 Số cách chọn thỏa yêu cầu bài toán: C18 1947 41811 . Ví dụ 2 Một cuộc họp có 13 người, lúc ra về mỗi người đều bắt tay người khác một lần, riêng chủ tọa chỉ bắt tay ba người. Hỏi có bao nhiêu cái bắt tay? A.69 B.80C.82D.70 Lời giải: 2 Số bắt tay 12 người (trừ chủ tọa) C12 2 Vậy có : C12 3 69 bắt tay. Ví dụ 3 Đội tuyển học sinh giỏi của một trường gồm 18 em, trong đó có 7 em khối 12, 6 em khối 11 và 5 em khối 10. Tính số cách chọn 6 em trong đội đi dự trại hè sao cho mỗi khối có ít nhất 1 em được chọn A.41811 B.42802C.41822D.32023 Lời giải: Số cách chọn 8 học sinh gồm hai khối là: 8 8 8 C13 C11 C12 1947 . – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
8 Số cách chọn thỏa yêu cầu bài toán: C18 1947 41811 . Ví dụ 4 Trong một môn học, Thầy giáo có 30 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu khó ,10 câu trung bình và 15 câu 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 cả 3 câu ( khó, dễ, Trung bình) và số câu dễ không ít hơn 2? A.41811 B.42802C.56875D.32023 Lời giải: Ta có các trường hợp sau 2 2 1 TH 1: Đề thi gồm 2 D, 2 TB, 1 K: C15 .C10 .C5 2 1 2 TH 1: Đề thi gồm 2 D, 1 TB, 2 K: C15 .C10 .C5 3 1 1 TH 1: Đề thi gồm 3 D, 1 TB, 1 K: C15 .C10 .C5 Vậy có: 56875 đề kiểm tra. Ví dụ 5. Hai nhóm người cần mua nền nhà, nhóm thứ nhất có 2 người và họ muốn mua 2 nền kề nhau, nhóm thứ hai có 3 người và họ muốn mua 3 nền kề nhau. Họ tìm được một lô đất chia thành 7 nền đang rao bán (các nền như nhau và chưa có người mua). Tính số cách chọn nền của mỗi người thỏa yêu cầu trên A.144 B.125C.140D.132 Lời giải: Xem lô đất có 4 vị trí gồm 2 vị trí 1 nền, 1 vị trí 2 nền và 1 vị trí 3 nền. Bước 1: nhóm thứ nhất chọn 1 vị trí cho 2 nền có 4 cách và mỗi cách có 2! 2 cách chọn nền cho mỗi người. Suy ra có 4.2 8 cách chọn nền. Bước 2: nhóm thứ hai chọn 1 trong 3 vị trí còn lại cho 3 nền có 3 cách và mỗi cách có 3! 6 cách chọn nền cho mỗi người. Suy ra có 3.6 18 cách chọn nền. Vậy có 8.18 144 cách chọn nền cho mỗi người Ví dụ 6. Một nhóm công nhân gồm 15 nam và 5 nữ. Người ta muốn chọn từ nhóm ra 5 người để lập thành một tổ công tác sao cho phải có 1 tổ trưởng nam, 1 tổ phó nam và có ít nhất 1 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách lập tổ công tác A.111300 B.233355C.125777D.112342 Lời giải: 2 Chọn 2 trong 15 nam làm tổ trưởng và tổ phó có A15 cách. Chọn 3 tổ viên, trong đó có nữ. 2 +) chọn 1 nữ và 2 nam có 5.C13 cách. 2 +) chọn 2 nữ và 1 nam có 13.C5 cách. – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
3 +) chọn 3 nữ có C5 cách. 2 2 2 3 Vậy có A15 5.C13 13.C5 C5 111300 cách. Ví dụ 7. Một nhóm có 5 nam và 3 nữ. Chọn ra 3 người sao cho trong đó có ít nhất 1 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách. A.46 B.69C.48D.40 Lời giải: Cách 1: Ta có các trường hợp sau 3 người được chọn gồm 1 nữ và 2 nam. chọn ra 1 trong 3 nữ ta có 3 cách. 2 chọn ra 2 trong 5 nam ta có C5 cách 2 Suy ra có 3C5 cách chọn 3 người được chọn gồm 2 nữ và 1 nam. 2 chọn ra 2 trong 3 nữ có C3 cách. chọn ra 1 trong 5 nam có 5 cách. 2 Suy ra có 5C3 cách chọn. 3 người chọn ra gồm 3 nữ có 1 cách. 2 2 Vậy có 3C5 5C3 1 46 cách chọn. 3 Cách 2: Số cách chọn 3 người bất kì là: C8 3 Số cách chọn 3 người nam cả là: C5 Vậy số cách chọn 3 người thỏa yêu cầu bài toán là: 3 3 C8 C5 46 cách. Ví dụ 8. Một lớp có 33 học sinh, trong đó có 7 nữ. Cần chia lớp thành 3 tổ, tổ 1 có 10 học sinh, tổ 2 có 11 học sinh, tổ 3 có 12 học sinh sao cho trong mỗi tổ có ít nhất 2 học sinh nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chia như vậy? 3 7 2 9 A. C7C26 B. C4C19 2 8 3 8 3 7 2 9 2 8 3 8 2 8 2 9 C. C7 C26C5C18 D. C7C26 C4C19 +C7 C26C5C18 +C7 C26C5C18 Lời giải: Số cách chia lớp thành 3 tổ thỏa yêu cầu có 3 trường hợp 3 7 * TH1: Tổ 1 có 3 nữ, 7 nam có C7C26 cách chọn 2 9 Tổ 2 có 2 nữ, 9 nam có C4C19 cách chọn 2 10 Tổ 3 có 2 nữ, 10 nam có C2C10 1 cách chọn – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
3 7 2 9 Vậy có C7C26 C4C19 cách chia thành 3 tổ trong TH này 2 8 3 8 * TH2: Tổ 2 có 3 nữ và hai tổ còn lại có 2 nữ, tương tự tính được C7 C26C5C18 cách chia. 2 8 2 9 * TH3: Tổ 3 có 3 nữ và hai tổ còn lại có 2 nữ, tương tự tính được C7 C26C5C18 cách chia. 3 7 2 9 2 8 3 8 2 8 2 9 Vậy có tất cả C7C26 C4C19 +C7 C26C5C18 +C7 C26C5C18 cách chia Ví dụ 9. Từ 20 câu hỏi trắc nghiệm gồm 9 câu dễ, 7 câu trung bình và 4 câu khó người ta chọn ra 10 câu để làm đề kiểm tra sao cho phải có đủ cả 3 loại dễ, trung bình và khó. Hỏi có thể lập được bao nhiêu đề kiểm tra A.176451 B.176435C.268963D.168637 Lời giải: 10 * Loại 1: chọn 10 câu tùy ý trong 20 câu có C20 cách. * Loại 2: chọn 10 câu có không quá 2 trong 3 loại dễ, trung bình và khó. 10 +) Chọn 10 câu dễ và trung bình trong 16 câu có C16 cách. 10 +) Chọn 10 câu dễ và khó trong 13 câu có C13 cách. 10 +) Chọn 10 câu trung bình và khó trong 11 câu có C11 cách. 10 10 10 10 Vậy có C20 C16 C13 C11 176451 đề kiểm tra. Ví dụ 10. Một Thầy giáo có 5 cuốn sách Toán, 6 cuốn sách Văn và 7 cuốn sách anh văn và các cuốn sách đôi một khác nhau. Thầy giáo muốn tặng 6 cuốn sách cho 6 học sinh. Hỏi Thầy giáo có bao nhiêu cách tặng nếu: 1. Thầy giáo chỉ muốn tặng hai thể loại A.2233440 B.2573422C.2536374D.2631570 2. Thầy giáo muốn sau khi tặng xong mỗi thể loại còn lại ít nhất một cuốn. A.13363800 B.2585373C.57435543D.4556463 Lời giải: 6 1. Tặng hai thể loại Toán, Văn có : A11 cách 6 Tặng hai thể loại Toán, Anh Văn có : A12 cách 6 Tặng hai thể loại Văn, Anh Văn có : A13 cách 6 6 6 Số cách tặng: A11 A12 A13 2233440 2. Số cách tặng hết sách Toán : 5!.13 1560 Số cách tặng hết sách Văn: 6! 720 6 Số cách tặng thỏa yêu cầu bài toán: A18 1560 720 13363800 . Ví dụ 11. Trong một lớp học có 20 học sinh nữ và 15 học sinh nam. Hỏi giáo viên chủ nhiệm có bao nhiêu cách chọn: 1. Ba học sinh làm ban các sự lớp – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
A.6545 B.6830C.2475D.6554 2. Ba học sinh làm ba nhiệm vụ lớp trưởng, lớp phó và bí thư A.39270 B.47599C.14684D.38690 3. Ba học sinh làm ban cán sự trong đó có ít nhất một học sinh nữ A.6090 B.6042C.5494D.7614 4. Bốn học sinh làm tổ trưởng của 4 tổ sao cho trong 4 học sinh được chọn có cả nam và nữ. A.1107600 B.246352C.1267463D.1164776 Lời giải: 3 1 Số cách chọn ban cán sự: C35 6545 2. Số cách chọn 3 học sinh làm lớp trưởng, lớp phó và bí thư là 3 A35 39270 3 3. Số cách chọn ba học sinh làm ban cán sự mà không có nữ được chọn là : C15 455 3 3 Số cách chọn thỏa yêu cầu bài toán: C35 C15 6090 4 4. Số cách chọn 4 học sinh làm 4 tổ trưởng là: A35 Số cách chọn 4 học sinh làm tổ trưởng trong đó không có học sinh nam được chọn là: 4 A20 4 Số cách chọn 4 học sinh làm tổ trưởng trong đó không có học sinh nữ được chọn là: A15 4 4 4 Vậy số cách chọn thỏa yêu cầu bài toán: A35 A20 A15 1107600 Ví dụ 12. Có 3 bông hồng vàng, 3 bông hồng trắng và 4 bông hồng đỏ ( các bông hoa xem như đôi 1 khác nhau) người ta muốn chọn ra một bó hoa gồm 7 bông. 1. Có bao nhiêu cách chọn các bông hoa được chọn tuỳ ý. A.120 B.136C.268D.170 2. Có bao nhiêu cách chọn sao cho có đúng 1 bông màu đỏ. A.4 B.7C.9D.8 3. Có bao nhiêu cách chọn sao cho có ít nhất 3 bông hồng vàng và ít nhất 3 bông hồng đỏ. A.13 B.36C.23D.36 Lời giải: 1. Mỗi cách chọn thỏa yêu cầu bài toán có nghĩa là ta lấy bất kì 7 bông từ 10 bông đã cho mà không tính đến thứ tự lấy. Do đó mỗi cách lấy là một tổ hợp chập 7 của 10 phần tử 7 Vậy số cách chọn thỏa yêu cầu bài toán là: C10 120 . 2. Có 4 cách chọn 1 bông hồng màu đỏ Với mỗi cách chọn bông hồng màu đỏ, có 1 cách chọn 6 bông còn lại Vậy có tất cả 4 cách chọn bông thỏa yêu cầu bài toán. 3. Vì có tất cả 4 bông hồng đỏ nên ta có các trường hợp sau – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
7 bông được chọn gồm 3 bông vàng và 4 bông đỏ Số cách chọn trong trường hợp này là 1 cách 7 bông được chọn gồm 3 bông vàng, 3 bông đỏ và 1 bông trắng 3 Số cách chọn trong trường hợp này là 3.C4 12 cách Vậy có tất cả 13 cách chọn thỏa yêu cầu bài toán. Loại 3: Đếm tổ hợp liến quan đến hình học Ví dụ : Cho hai đường thẳng song song d1 ,d2 . Trên đường thẳng d1 lấy 10 điểm phân biệt, trên d2 lấy 15 điểm phân biệt. Hỏi có bao nhiêu tam giác mà ba đỉnh của nó được chọn từ 25 vừa nói trên. 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 A. C10C15 B. C10C15 C. C10C15 C10C15 D. C10C15 .C10C15 Lời giải: Số tam giác lập được thuộc vào một trong hai loại sau Loại 1: Gồm hai đỉnh thuộc vào d1 và một đỉnh thuộc vào d2 2 Số cách chọn bộ hai điểm trong 10 thuộc d1 : C10 1 Số cách chọn một điểm trong 15 điểm thuộc d2 : C15 2 1 Loại này có: C10 .C15 tam giác. Loại 2: Gồm một đỉnh thuộc vào d1 và hai đỉnh thuộc vào d2 1 Số cách chọn một điểm trong 10 thuộc d1 : C10 2 Số cách chọn bộ hai điểm trong 15 điểm thuộc d2 : C15 1 2 Loại này có: C10 .C15 tam giác. 2 1 1 2 Vậy có tất cả: C10C15 C10C15 tam giác thỏa yêu cầu bài toán. CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP Bài 1 Từ các số của tập A {1,2,3,4,5,6,7} lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 1. Năm chữ số đôi một khác nhau A.2520 B.2510C.2398D.2096 2. Sáu chữ số khác nhau và chia hết cho 5. A.720 B.710C.820D.280 3. Năm chữ số đôi một khác nhau, đồng thời hai chữ số 2 và 3 luôn đứng cạnh nhau A.720 B.710C.820D.280 4. Bảy chữ số, trong đó chữ số 2 xuất hiện đúng ba lần. A.31203 B.30240C.31220D.32220 – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
Lời giải: 1. Mỗi số cần lập thỏa yêu cầu bài toán sẽ ứng với mỗi chỉnh hợp chập 5 của 7 phần tử. 5 Do đó, có A7 2520 . 2. Gọi số cần lập là x a1a2 a6 Vì x chia hết cho 5 nên a6 5 a6 có một cách chọn Số cách chọn các chữ số a1 ,a2 , ,a5 chính bằng số chỉnh hợp chập 5 của 6 phân tử và 5 bằng A6 . 5 Vậy số các số cần lập là 1.A6 720 4 3. Đặt x 23 . Số các số cần lập có dạng abcd với a,b,c,d 1,x,4,5,6,7 . Có A6 360 số như vậy Mặt khác khi hoán vị hai số 2 và 3 ta được thêm một số thỏa yêu cầu bài toán. Vậy có 360.2 720 số thỏa yêu cầu bài toán. 4. Xét các số tự nhiên có bảy chữ số được lập từ 1,2,2,2,3,4,5,6,7 7 Ta thấy có A9 số như vậy. Tuy nhiên khi hoán vị vị trí của ba số 2 cho nhau thì số thu được không thay đổi. Vậy A7 có 9 30240 số thỏa yêu cầu bài toán. 3! Bài 2 Từ các chữ số của tập hợp A 0,1,2,3,4,5,6 lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 1. 5 chữ số A.14406 B.13353C.15223D.14422 2. 4 chữ số đôi một khác nhau A.418 B.720C.723D.731 3. 4 chữ số đôi một khác nhau và là số lẻ A.300 B.324C.354D.341 4. 5 chữ số đôi một khác nhau và là số chẵn. A.1260 B.1234C.1250D.1235 Lời giải: 1. Gọi x abcde với a,b,c,e A; a 0 Để lập x ta chọn các số a,b,c,d,e theo tứ thự sau Chọn a : Vì a A,a 0 nên ta có 6 cách chọn a Vì b A và b có thể trùng với a nên với mỗi cách chọn a ta có 7 cách chọn b – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
Tương tự : với mỗi cách chọn a,b có 7 cách chọn c với mỗi cách chọn a,b,c có 7 cách chọn d với mỗi cách chọn a,b,c,d có 7 cách chọn e Vậy theo quy tắc nhân ta có: 6.7.7.7.7 14406 số thỏa yêu cầu bài toán. 2. Gọi x abcd là số cần lập với a,b,d,c A đôi một khác nhau và a 0 . Ta chọn a,b,c,d theo thứ tự sau Chọn a : Vì a A,a 0 nên có 6 cách chọn a Với mỗi cách chọn a ta thấy mỗi cách chọn b,c,d chính là một cách lấy ba phần tử của tập A\ a và xếp chúng theo thứ tự, nên mỗi cách chọn b,c,d ứng với một chỉnh hợp chập 3 của 6 phần tử 3 Suy ra số cách chọn b,c,d là: A6 3 Theo quy tắc nhân ta có: 6.A6 720 số thỏa yêu cầu bài toán. 3. Gọi x abcd là số cần lập với a,b,c,d A đôi một khác nhau, a 0 . Vì x là số lẻ nên d 1,3,5 d có 3 cách chọn. Với mỗi cách chọn d ta có a A\ 0,d a có 5 cách chọn 2 Với mỗi cách chọn a,d ta có A5 cách chọn bc 2 Theo quy tắc nhân ta có: 3.5.A5 300 số thỏa yêu cầu bài toán. 4. Gọi x abcde là số cần lập với a,b,c,d,e A đôi một khác nhau và a 0 . Vì x là số lẻ nên e 0,2,4,6. Ta xét các trường hợp sau e 0 e có 1 cách chọn Vì a 0 a có 6 cách chọn 3 Số cách chọn các chữ số còn lại: A5 3 Do đó trường hợp này có tất cả 1.6.A5 360 số e 0 e có 3 cách chọn Với mỗi cách chọn e ta có a A\ 0,e a có 5 cách chọn 3 Số cách chọn các số còn lại là: A5 3 Do đó trường hợp này có tất cả 3.5.A5 900 số Vậy có cả thảy 360 900 1260 số thỏa yêu cầu bài toán. Bài 3 Một lớp học có 20 nam và 26 nữ. Giáo viên chủ nhiệm cần chọn một ban cán sự gồm 3 người. Hỏi có bao nhiêu cách chọn nếu 1. Trong ban cán sự có ít nhất một nam A.12580 B.12364C.12462D.12561 2. Trong ban cán sự có cả nam và nữ. – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
A.11440 B.11242C.24141D.53342 Lời giải: 3 Có C46 cách chọn ba học sinh trong lớp 3 1. Có C26 cách chọn ban cán sự không có nam (ta chọn nữ cả) 3 3 Do đó, có C46 C26 12580 cách chọn ban cán sự trong đó có ít nhất một nam được chọn. 3 2. Có C26 cách chọn ban cán sự không có nam 3 Có C20 cách chọn ban cán sự không có nữ. 3 3 3 Vậy có C46 (C26 C20 ) 11440 cách chọn thỏa yêu cầu bài toán. Bài 4 1. Một Thầy giáo có 10 cuốn sách Toán đôi một khác nhau, trong đó có 3 cuốn Đại số, 4 cuốn Giải tích và 3 cuốn Hình học. Ông muốn lấy ra 5 cuốn và tặng cho 5 học sinh sao cho sau khi tặng mỗi loại sách còn lại ít nhất một cuốn. Hỏi có bao nhiêu cách tặng. A.23314 B.32512C.24480D.24412 2. 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 một nữ ? A.12141421 B.5234234C.4989600D.4144880 3. Đội thanh niên xung kích có 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 ba lớp trên. Hỏi có bao nhiêu cách chọn như vậy? A.4123 B.3452C.372D.446 4. Một nhóm học sinh gồm 15 nam và 5 nữ. Người ta muốn chọn từ nhóm ra 5 người để lập thành một đội cờ đỏ sao cho phải có 1 đội trưởng nam, 1 đội phó nam và có ít nhất 1 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách lập đội cờ đỏ. A.131444 B.141666C.241561D.111300 Lời giải: 5 1. Số cách lấy 5 cuốn sách và đem tặng cho 5 học sinh:S A10 30240 cách. 2 Số cách chọn sao cho không còn sách Đại số:S1 C7 .5! 2520 cách 1 Số cách chọn sao cho không còn sách Giải tích:S2 C6 .5! 720 cách 2 Số cách chọn sao cho không còn sách Hình học:S3 C7 .5! 2520 cách. – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
Vậy số cách tặng thỏa yêu cầu bài toán::S S1 S2 S3 24480 cách tặng. 4 2. Có C12 cách phân công 4 nam về tỉnh thứ nhất 4 4 Với mỗi cách phân công trên thì có C8 cách phân công 4 nam về tỉnh thứ hai và có C4 cách phân công 4 nam còn lại về tỉnh thứ ba. Khi phân công nam xong thì có 3! cách phân công ba nữ về ba tỉnh đó. 4 4 4 Vậy có tất cả C12 .C8 .C4 .3! 4989600 cách phân công. 3. TH 1: 4 học sinh được chọn thuộc một lớp: 4 A: có C5 5 cách chọn 4 B: có C4 1 cách chọn Trường hợp này có: 6 cách chọn. TH 2: 4 học sinh được chọn thuộc hai lớp: 4 4 4 A và B: có C9 (C5 C4 ) 120 4 4 B và C: có C9 C4 125 4 4 C và A: có C9 C5 121 Trường hợp này có 366 cách chọn. Vậy có 372 cách chọn thỏa yêu cầu bài toán. 4. Vì trong 5 người được chọn phải có ít nhất 1 nữ và ít nhất phải có 2 nam nên số học sinh nữ gồm 1 hoặc 2 hoặc 3 nên ta có các trường hợp sau: chọn 1 nữ và 4 nam. +) Số cách chọn 1 nữa: 5 cách 2 +) Số cách chọn 2 nam làm đội trưởng và đội phó: A15 2 +) Số cách chọn 2 nam còn lại: C13 2 2 Suy ra có 5A15 .C13 cách chọn cho trường hợp này. chọn 2 nữ và 3 nam. 2 +) Số cách chọn 2 nữ: C5 cách. 2 +) Số cách chọn 2 nam làm đội trưởng và đội phó: A15 cách. +) Số cách chọn 1 còn lại: 13 cách. 2 2 Suy ra có 13A15 .C5 cách chọn cho trường hợp này. Chọn 3 nữ và 2 nam. 3 +) Số cách chọn 3 nữ : C5 cách. 2 +) Số cách chọn 2 làm đội trưởng và đội phó: A15 cách. 2 3 Suy ra có A15 .C5 cách chọn cho trường hợp 3. 2 2 2 2 2 3 Vậy có 5A15 .C13 13A15 .C5 A15 .C5 111300 cách. – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
Bài 5 Trong mặt phẳng cho 2010 điểm phân biệt sao cho ba điểm bất kì không thẳng hàng. Hỏi: 1. Có bao nhiêu véc tơ khác véc tơ – không có điểm đầu và điểm cuối thuộc 2010 điểm đã cho. A.4039137 B.4038090C.4167114D.167541284 2. Có bao nhiêu tam giác mà ba đỉnh của nó thuộc vào 2010 điểm đã cho. A.141427544 B.1284761260C.1351414120D.453358292 Lời giải: 1. Mỗi véc tơ thỏa yêu cầu bài toán ứng với một chỉnh hợp chập 2 của 2010, nên số véc 2 tơ cần tìm là: A2010 . 2. Mỗi tam giác thỏa yêu cầu bài toán ứng với một tổ hợp chập 3 của 2010, nên số tam 3 giác cần tìm là: C2010 . Bài 6 1. Cho hai đường thẳng d1 và d2 song song với nhau. Trên d1 có 10 điểm phân biệt, trên d2 có n điểm phân biệt ( n 2 ). Biết có 2800 tam giác có đỉnh là các điểm nói trên. Tìm n? A.20 B.21C.30D.32 2. Cho đa giác đều A1A2 A2n nội tiếp trong đường tròn tâm O. Biết rằng số tam giác có đỉnh là 3 trong 2n điểm A1 , A2 , , A2n gấp 20 lần so với số hình chữ nhật có đỉnh là 4 trong 2n điểm A1 , A2 , , A2n . Tìm n? A.3 B.6C.8D.12 Lời giải: 1. Tam giác cần lập thuộc hai loại 1 2 Loại 1: Tam giác có một đỉnh thuộc d1 và hai đỉnh thuộc d2. Loại này có C10 .Cn tam giác. 2 1 Loại 2: Tam giác có một đỉnh thuộc d2 và hai đỉnh thuộc d1. Loại này có C10 .Cn tam giác. 1 2 2 1 Theo bài ra ta có: C10 .Cn C10 .Cn 2800 n(n 1) 10 45n 2800 n2 8n 560 0 n 20 . 2 3 2. Số tam giác có các đỉnh là 3 trong 2n điểm A1 , A2 , , A2n là: C2n . Ta thấy ứng với hai đường chéo đi qua tâm O của đa giác A1A2 A2n cho tương ứng một hình chữ nhật có 4 đỉnh là 4 điểm trong 2n điểm A1 , A2 , , A2n và ngược lại mỗi hình chữ nhật như vậy sẽ cho tương ứng hai đường chéo đi qua tâm O của đa giác. Mà số đường chéo đi qua tâm của đa giác là n nên số hình chữ nhật có đỉnh là 4 trong 2n 2 điểm bằng Cn . – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
2n(2n 1)(2n 2) n(n 1) Theo giả thiết: C 3 20C 2 20 n 8 . 2n n 3! 2 Bài 7 Có m nam và n nữ. Có bao nhiêu cách chọn ra k người trong đó có ít nhất a nam và ít nhất b nữ ( k m,n; a b k; a,b 1) k A. Số cách chọn thoả mãn điều kiện bài toán là: Cm n 2(S1 S2 ) . k B. Số cách chọn thoả mãn điều kiện bài toán là: 2Cm n (S1 S2 ) . k C. Số cách chọn thoả mãn điều kiện bài toán là: 3Cm n 2(S1 S2 ) . k D. Số cách chọn thoả mãn điều kiện bài toán là: Cm n (S1 S2 ) . Lời giải: k Số cách chọn k người trong m n người là Cm n a-1 a i 1 k a i 1 *Số cách chọn có ít hơn a nam là: S  Cm .Cn 1 i 0 b 1 b i 1 k b i 1 *Số cách chọn có ít hơn b nữ là: S2 Cn .Cm i 0 k Số cách chọn thoả mãn điều kiện bài toán là: Cm n (S1 S2 ) . Bài 8. Trong mặt phẳng cho n điểm, trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng và trong tất cả các đường thẳng nối hai điểm bất kì, không có hai đường thẳng nào song song, trùng nhau hoặc vuông góc. Qua mỗi diểm vẽ các đường thẳng vuông góc với các đường thẳng được xác định bởi 2 trong n 1 điểm còn lại. Số giao điểm của các đường thẳng vuông góc giao nhau là bao nhiêu? 2 2 3 2 2 3 A. 2Cn(n 1)(n 2) n(Cn 1 1) 5Cn B. Cn(n 1)(n 2) 2 n(Cn 1 1) 5Cn 2 2 2 2 3 2 2 3 C. 3Cn(n 1)(n 2) 2 n(Cn 1 1) 5Cn D. Cn(n 1)(n 2) n(Cn 1 1) 5Cn 2 2 Lời giải: 2 Gọi n điểm đã cho là A1 , A2 , , An . Xét một điểm cố định, khi đó có Cn 1 đường thẳng 2 nên sẽ có Cn 1 đường thẳng vuông góc đi qua điểm cố định đó. n(n 1)(n 2) Do đó có nC 2 đường thẳng vuông góc nên có n 1 2 2 Cn(n 1)(n 2) giao điểm (tính cả những giao điểm trùng nhau). 2 Ta chia các điểm trùng nhau thành 3 loại 2 (n 1)(n 2) 2 * Qua một điểm có Cn 1 nên ta phải trừ đi n Cn 1 1 điểm 2 – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
* Qua A1 , A2 , A3 có 3 đường thẳng cùng vuông góc với A4 A5 và 3 đường thẳng này 3 song song với nhau, nên ta mất 3 giao điểm, do đó trong TH này ta phải loại đi 3Cn * Trong mỗi tam giác thì ba đường cao chỉ có một giao điểm, nên ta mất 2 điểm cho mỗi 3 tam giác, do đó trường hợp này ta phải trừ đi 2Cn Vậy số giao điểm nhiều nhất có được là: 2 2 3 Cn(n 1)(n 2) n(Cn 1 1) 5Cn . 2 Bài 9 Một ban thanh tra có n người, họ bảo quản tài liệu mật trong tủ sắt . Hỏi phải có ít nhất bao nhiêu ổ khoá, mỗi ổ cần có bao nhiêu chìa và phải chia số chìa khoá này như thế nào để tủ sắt chỉ có thể mở được khi có ít nhất m người trong họ có mặt ( m n). Lời giải: Vì chỉ có mặt ít nhất m người mới mở được khoá, nên với nhóm m 1 người bất kì luôn có ít nhất một ổ khoá tương ứng mà họ không mở được và hai nhóm m 1 người khác nhau thì ổ khoá tương ứng không mở được khác nhau, vì nếu ngược lại thì ta nhóm hai nhóm này lại ta được một nhóm có ít nhất m người nhưng họ không mở được m khoá, do vậy số ổ khoá ít nhất là Cn ổ khoá Một nhóm m 1 người thì có ít nhất một ổ mà họ không có chìa và n m 1 người m còn lại mỗi người đều phải có chìa khoá của ổ này nên có (n m 1)Cn chìa khoá. Bây giờ ta chia chìa khoá như sau: Với bộ m 1 người ta cho ứng với một ổ khoá và n m chìa của ổ này ta chia cho n m 1 người còn lại, khi đó với bộ m 1 người bất kì sẽ không mở được vì có một ổ họ không có chìa, ta gọi ổ này là K và với m người luôn mở được khoá vì chìa của ổ K do người mới thêm vào giữ. Bài 10. Một đội văn nghệ có 15 người gồm 10 nam và 5 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách lập một nhóm đồng ca gồm 8 người biết rằng nhóm đó có ít nhất 3 nữ. A.3690 B.3120C.3400D.3143 Lời giải: Mỗi cách chọn có ít nhất 3 nữ có 3 khả năng xảy ra 3 5 KN1: 3 Nữ + 5 Nam có C5C10 cách chọn 4 4 KN2: 4 Nữ + 4 Nam có C5C10 cách chọn 5 3 KN3: 5 Nữ + 3Nam có C5C10 cách chọn 3 5 4 4 5 3 Vậy số cách chọn thỏa yêu cầu là C5C10 C5C10 C5C10 3690 . Bài 11. 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 3 tỉnh miền núi sao cho mỗi tỉnh có 4 nam và 1 nữ. A.2037131 B.3912363C.207900D.213930 – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
Lời giải: 4 1 Có C12 .C3 cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất. Với mỗi cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất thì có 4 1 C8 .C2 cách phân công các 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 4 1 có C4 .C1 cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ ba. Vậy số cách phân 4 1 4 1 4 1 công thỏa mãn yêu cầu bài toán là: C12C3 .C8C2 .C4C1 207900 . Bài 12. Có 10 quả cầu đỏ được đánh số từ 1 đến 10, 7 quả cầu xanh được đánh số từ 1 đến 7 và 8 quả cầu vàng được đánh số từ 1 đến 8. Hỏi có bao nhiêu cách lấy ra 3 quả cầu khác màu và khác số. A.392 B.1023C.3014D.391 Lời giải: Ta chọn các quả cầu theo trình tự sau Chọn quả xanh: 7 cách chọn Chọn quả cầu vàng: có 7 cách chọn Chọn quả cầu đỏ: có 8 cách chọn Vậy có tất cả 7.7.8 392 cách chọn. Bài 13. Có 7 bông hồng đỏ, 8 bông hồng vàng và 10 bông hồng trắng, mỗi bông hồng khác nhau từng đôi một. Hỏi có bao nhiêu cách lấy 3 bông hồng có đủ ba màu. A.560 B.310C.3014D.319 Lời giải: 3 Số cách lấy 3 bông hồng bất kì: C25 2300 3 3 3 Số cách lấy 3 bông hồng chỉ có một màu: C7 C8 C10 211 3 3 3 3 3 3 Số cách lấy 3 bông hồng có đúng hai màu:C15 C17 C18 2 C7 C8 C10 1529 . Vậy số cách chọn thỏa yêu cầu bài toán là: 2300 211 1529 560 . Bài 14. Có 7 nhà toán học nam, 4 nhà toán học nữ và 5 nhà vật lý nam.Có bao nhiêu cách lập đoàn công tác gồm 3 người có cả nam và nữ đồng thời có cả toán học và vật lý. A.210 B.314C.420D.213 Lời giải: Ta có các khả năng sau Đoàn công tác gồm: 1 nhà toán học nữ, 1 nhà vật lý và 1 nhà toán học nam 1 1 1 Số cách chọn: C7 .C4 .C5 140 cách Đoàn công tác gồm: 1 nhà toán học nữ, 2 nhà vật lý 1 2 Số cách chọn: C4 .C5 40 cách – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
Đoàn công tác gồm: 2 nhà toán học nữ, 1 nhà vật lý 2 1 Số cách chọn: C4 .C5 30 cách Vậy số cách lập là: 210 cách. Bài 15. Có 15 học sinh lớp A, trong đó có Khánh và 10 học sinh lớp B, trong đó có Oanh. Hỏi có bao nhiêu cách lập một đội tình nguyện gồm 7 học sinh trong đó có 4 học sinh lớp A, 3 học sinh lớp B và trong đó chỉ có một trong hai em Hùng và Oanh. 3 3 4 2 3 3 4 2 3 4 A. C14 .C9 B. C14 .C9 C. C14 .C9 C14 .C9 D. C9 C14 Lời giải: Ta có các khả năng sau Đội tình nguyện chỉ có Khánh mà không có Oanh Số cách chọn chính bằng số cách chọn 3 học sinh từ 14 học sinh lớp A (vì đã chọn Khánh) và 3 học sinh từ 9 (vì đã loại Oanh) học sinh lớp B nên số cách chọn bằng: 3 3 C14 .C9 Đội tình nguyện chỉ có Oanh mà không có Khánh 4 2 Số cách chọn bằng: C14 .C9 3 3 4 2 Vậy số cách chọn là: C14 .C9 C14 .C9 Bài 16. 1. Có bao nhiêu cách xếp n người ngồi vào một bàn tròn. A. n! B. (n 1)! C. 2(n 1)! D. (n 2)! 2. Một hội nghị bàn tròn có các phái đoàn 3 người Anh , 5 người Pháp và 7 người Mỹ. Hỏi có bao nhiêu cách xếp chỗ ngồi cho các thành viên sao cho những người có cùng quốc tịch thì ngồi gần nhau. A.72757600 B.7293732C.3174012D.1418746 Lời giải: 1) Nếu xếp một người ngồi vào một vị trí nào đó thì ta có 1 cách xếp và n 1 người còn lại được xếp vào n 1 vị trí còn lại nên có (n 1)! cách xếp. Vậy có tất cả (n 1)! cách xếp. 2) Có 2! cách xếp 3 phái đoàn vào bàn tròn. Với mỗi cách xếp thì có: 3! cách xếp các thành viên phái đoàn Anh 5! cách xếp các thành viên phái đoàn Pháp 7! cách xếp các thành viên phái đoàn Mỹ Vậy có tất cả: 2!3!5!7! 7257600 cách xếp. – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
n k Bài 17. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho C2n 2n , trong đó k là một ước n nguyên tố của C2n . A.n=1 B.n=2C.n=3D.n=4 Lời giải: n Giả sử p là một ước nguyên tố của C2n và m là số mũ của p trong phân tích tiêu chuẩn n m C2n . Ta chứng minh: p 2n 2n m Giả sử p 2n m 0 p 2n n 2n n 2n n Và m 2 2 2 2 2 m 1 m 1 p p p p p p Mặt khác: 2[x] 2 2x [2x] [2x] 2[x] 1 Do đó: m 1 1 . 1 m 1 vô lí m 1 sô k k 1 k 1 Từ đó suy ra Cn 2n . 2n n C2n 2n n 1 Bài 18. Cho S là tập các số nguyên trong đoạn 1; 2002 và T là tập hợp các tập con khác rỗng của S. Với mỗi X T , kí hiệu m(X) là trung bình cộng các phần tử của X. Tính  m(X) m X T . T 3003 2003 4003 2003 A. m B. m C. m D. m 2 21 2 2 Lời giải: Với mỗi k 1,2, ,2002 ta đặt mk  m(X) ở đây lấy tổng theo X T mà X k . k 1 Xét phần tử a bất kì ta có a thuộc vào C2001 tập con X T mà X k k 1 k 1 Do đó: kmk 1 2 2002 C2001 2001.2001.C2001 2002 2002 2002 C k 1 2003 2 1 2001 Suy ra  m(X)  mk 1001.2003. X T k 1 k 1 k 2 2003 Mặt khác T 22002 1, do đó: m . 2 Bài toán 03: Một số bài toán liên quan tổ hợp Các ví dụ – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
n n Ví dụ 1. Cho n ¥ * và (1 x) a0 a1x anx . Biết rằng tồn tại số nguyên k ( a a a 1 k n 1)sao cho k 1 k k 1 . Tính n ? . 2 9 24 A.10 B.11C.20D.22 Lời giải: 1 n! 1 n! 2 (k 1)!(n k 1)! 9 (n k)!k! Ta có: a C k , suy ra hệ k n 1 n! 1 n! 9 (n k)!k! 24 (n k 1)!(k 1)! 9k 2(n k 1) 2n 11k 2 n 10,k 2 . 24(k 1) 9(n k) 9n 33k 24 n n Ví dụ 2. Cho khai triển (1 2x) a0 a1x anx , trong đó n ¥ * . Tìm số lớn nhất trong các số a0 ,a1 , ,an , biết các hệ số a0 ,a1 , ,an thỏa mãn hệ thức: a a a 1 n 4096 . 0 2 2n A.126720 B.213013C.130272D.130127 Lời giải: n n Đặt f (x) (1 2x) a0 a1x anx a1 an 1 n n a0 f 2 2 4096 n 12 2 2n 2 k k k 1 k 1 Với mọi k 0,1,2, ,11 ta có: ak 2 C12 , ak 1 2 C12 a 2k C k k 1 23 k 12 1 k 1 k 1 1 1 k ak 1 2 C12 2(12 k) 3 Mà k Z k 7 . Do đó a0 a1 a8 ak Tương tự: 1 k 7 a8 a9 a12 ak 1 8 8 Số lớn nhất trong các số a0 ,a1 , ,a12 là a8 2 C12 126720 . Ví dụ 3. Cho một tập hợp A gồm n phần tử ( n 4 ). Biết số tập con gồm 4 phần tử của A gấp 20 lần số tập con gồm hai phần tử của A 1. Tìm n A.20 B.37C.18D.21 – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
2. Tìm k 1,2,3, ,n sao cho số tập con gồm k phần tử của tập A là lớn nhất. A.12 B.9C.21D.19 Lời giải: 4 1. Số tập con gồm 4 phần tử của tập A: Cn 2 Số tập con gồm 2 phần tử của tập A: Cn n! n! Theo bài ra ta có: C 4 20C 2 20 n n 4!(n 4)! 2!(n 2)! 1 10 n2 5n 234 0 n 18 4! (n 2)(n 3) Vậy tập A có 18 phần tử. k 2. Giả sử C18 là số tập con con lớn nhất của A. Khi đó 18! 18! 1 1 19 k k 1 k C18 C18 k!(18 k)! (k 1)!(19 k)! k 19 k 2 k 9 C k C k 1 18! 18! 1 1 17 18 18 k k!(18 k)! (k 1)!(17 k)! 18 k k 1 2 Vậy số tập con gồm 9 phần tử của A là số tập con lớn nhất. CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP 1 2 Bài 1 Trong khai triển của ( x)10 thành đa thức 3 3 2 9 10 a0 a1x a2 x a9 x a10 x , hãy tìm hệ số ak lớn nhất ( 0 k 10 ). 210 210 210 210 A. a 3003 B. a 3003 C. a 3003 D. a 3003 10 315 5 315 4 315 9 315 Lời giải: 15 15 k k 1 2 15 1 2 15 2k k k k Ta có: x C15 x C15 15 x 3 3 k 0 3 3 k 0 3 k 1 k k Hệ số của x trong khai triển ak 15 C15 2 3 k 1 k 1 k k k 1 k Ta có: ak 1 ak C15 2 C15 2 C15 2C15 32 k k 10. Từ đó: a a a 3 0 1 10 Đảo dấu bất đẳng thức trên, ta được: 32 a a k a a a k 1 k 3 10 11 15 210 210 Vậy hệ số lớn nhất phải tìm là: a C10 3003 . 10 315 15 315 – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
n 2 n Bài 2 Giả sử (1 2x) a0 a1x a2 x anx , biết rằng a0 a1 an 729 . Tìm n và số lớn nhất trong các số a0 ,a1 , ,an . A.n=6, max ak  a4 240 B. n=6, max ak  a6 240 C.n=4, max ak  a4 240 D. n=4, max ak  a6 240 Lời giải: n n Ta có: a0 a1 an (1 2.1) 3 729 n 6 k k ak C6 2 suy ra max ak  a4 240 . Bài toán 04: Chứng minh các đẳng thức tổ hợp Phương pháp: Dựa vào các công thức hoán vị, chỉnh hợp và tổ hợp * Pn n! n! * Ak , 1 k n n (n k)! n! * C k , 0 k n n k!(n k)! * n! n(n 1)(n 2) (n k 1).(n k)! Các ví dụ Ví dụ 1 Chứng minh rằng các đẳng thức sau: k k 1 k 2 k 3 k 3 1. .Cn 3Cn 3Cn Cn Cn 3 với n ¥ *,0 k n 3 n 2 n 1 2 n 2. An k An k k An k với n,k ¥ *,k 2 Lời giải. n! n! 1. Ta có: C k C k 1 n n (n k)!k! (k 1)!(n k 1)! n! 1 1 (k 1)!(n k)! k n k 1 n! n 1 (k 1)!(n k)! k(n k 1) (n 1)! C k . k!(n 1 k)! n 1 Áp dụng kết quả trên ta có: k k 1 k 1 k 2 k 2 k 3 VT (Cn Cn ) 2(Cn Cn ) (Cn Cn ) k 1 k 2 k 3 k 1 k 2 k 2 k 3 Cn 1 2Cn 1 Cn 1 (Cn 1 Cn 1 ) (Cn 1 Cn 1 ) k 2 k 3 k 3 Cn 2 Cn 2 Cn 3 VP . n 2 n 1 (n k)! (n k)! (n k)! 1 2. Ta có: An k An k 1 (k 2)! (k 1)! (k 2)! k 1 – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
(n k)! k (n k)! k2 k2 An (k 2)! k 1 k! n k Ví dụ 2 Chứng minh rằng các đẳng thức sau: k k 1 k 2 k 3 k 4 k 1. Cn 4Cn 6Cn 4Cn Cn Cn 4 với 4 k n 2 2 2 5 2. Pk .An 1.An 3 .An 5 nk!An 5 0 k 1 k 1 k 0 k k 3. CnCn CnCn 1 CnCn k 2 Cn Lời giải: k k 1 k 1 k 2 k 2 k 3 k 3 k 4 1. Ta có: VT Cn Cn 3 Cn Cn 3 Cn Cn Cn Cn k k 1 k 2 k 3 k Cn 1 3Cn 1 3Cn 1 Cn 1 Cn 4 . (n 1)! (n 3)! (n 5)! (n 5)! 2. Ta có: VT k! . . k! nk!A5 . (n 1)! (n 1)! (n 3)! (n 1)! n 5 n! (n m)! n! 3. Ta có: C mC k m . n n m m!(n m)! (k m)!(n k)! m!(k m)!(n k)! k! n! . C m .C k m!(k m)! k!(n k)! k n k k k m k m m k k m k k Suy ra: Cn Cn m Ck Cn Cn Ck 2 Cn . m 0 m 0 m 0 Ví dụ 3 Chứng minh rằng các đẳng thức sau: k k k 1 1. An An 1 k.An 1 với n,k ¥ *,n 2,k n 1 n 1 1 1 1 2. với n,k ¥ *, k n. k k 1 k n 2 Cn 1 Cn 1 Cn Lời giải: n! (n 1)! 1. Ta có: Ak Ak n n 1 (n k)! (n 1 k)! (n 1)! n (n 1)! k 1 1 k kAn 1 (n k 1)! n k (n k)! n 1 1 1 n 1 k! n 1 k ! k 1 ! n k ! 2. Ta có: . k k 1 n 2 Cn 1 Cn 1 n 2 n 1 ! 1 k! n k ! . n 1 k k 1 n 2 n! k! n k ! 1 k . n! Cn – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
Ví dụ 4 Chứng minh rằng các đẳng thức sau: n n 1 n 1 2 1 1. Cn Cn với n ¥ *,n 2 n 2 n n n 2. C2n k .C2n k C2n với n,k ¢ và 0 k n . Lời giải: 1. Áp dụng BĐT Cauchy cho n số ta có: n n C0 C1 Cn 1 Cn Cn 2n 1 C0C1 Cn 1 n n n n n n n n n n 2n k ! 2n k ! a . k n n n! n k ! n! n k ! 2. Ta đặt ak C2n k .C2n k . 2n k 1 ! 2n k 1 ! ak 1 . n! n k 1 n! n k 1 ! Để chứng minh BĐT trên ta chứng minh ak ak 1 ,k ¢ ,0 k n 2n k ! 2n k ! 2n k 1 ! 2n k 1 ! Ta có: a a . . k k 1 n! n k ! n! n k ! n! n k 1 n! n k 1 ! 2n k 2n k 1 n n 1 1 (đúng). n k n k 1 n k n k 1 2 n n n a0 a1 ak ak 1 a0 ak C2n k .C2n k C2n . 1 2 n Ví dụ 5 Tính tổng S C2n 1 C2n 1 C2n 1 , biết số tự nhiên n thỏa mãn: 1 1 1 1 ( 1)n 1 C0 C1 C 3 C 4 Cn . 2 n 4 n 6 n 8 n 2(n 1) n 4024 Lời giải: 1 1 1 1 ( 1)n Đặt S C0 C1 C 3 C 4 Cn 1 2 n 4 n 6 n 8 n 2(n 1) n n 1 0 1 1 1 2 ( 1) n Ta có: S1 Cn Cn Cn Cn 2 2 3 n 1 ( 1)k ( 1)k Do C k C k 1 nên ta suy ra: k 1 n n 1 n 1 1 n 1 n 1 1 k k 1 k k 0 S1 ( 1) Cn 1 ( 1) Cn 1 Cn 1 2(n 1) k 0 2(n 1) k 0 2(n 1) 1 1 Do đó giả thiết bài toán n 2011 2(n 1) 4024 – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
k 2n 1 k Ta có: C2n 1 C2n 1 k 0,1,2, ,2n 1 0 1 n n 1 n 2 2n 1 C2n 1 C2n 1 C2n 1 C2n 1 C2n 1 C2n 1 1 2 2n 1 2n 1 Mặt khác: C2n 1 C2n 1 C2n 1 2 0 1 2 n 2n 1 2(C2n 1 C2n 1 C2n 1 C2n 1 ) 2 1 2 n 2n 0 2n 4022 S C2n 1 C2n 1 C2n 1 2 C2n 1 2 1 2 1. CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP Bài 1 Chứng minh rằng các đẳng thức sau: k n k k k k 1 1. Cn Cn 2. Cn 1 Cn Cn k k 1 k 2 k 3 k 3 3. Cn 3Cn 3Cn Cn Cn 3 Bài 2 Chứng minh các đẳng thức sau n 2 n 1 2 n 1. An k An k k An k với n,k ¥ *,k 2 k k k 1 2. An An 1 k.An 1 với n,k ¥ *,n 2,k n 1 n 1 1 1 1 3. với n,k ¥ *, k n. k k 1 k n 2 Cn 1 Cn 1 Cn Bài 3 Chứng minh các đẳng thức sau k k 1 1. nCn k (k 1)Cn k với k,n ¥ * m k k m k 2. Cn Cm CnCn k với m,n,k ¥ *; k m n 1 3. Cn Cn 1 Cn 1 với n ¥ 2n 2n 2 2n 2 2 2 4. Cn 1 Cn n với n ¥ ,n 2 1 1 1 1 5. 2 2 2 1 với n ¥ ,n 2 A2 A3 An n Bài 4 Chứng minh các đẳng thức sau k k 1 k 2 k 3 k 1. Cn 3Cn 3Cn Cn Cn 3 , 3 k n k k 1 k 2 k 3 k 2 k 3 2. 2Cn 5Cn 4Cn Cn Cn 2 Cn 3 k k 1 k 1 k 1 k 1 3. Cn Cn 1 Cn 2 Ck Ck 1 , 1 k n C 2 C 3 Cn 1 n n n 2 4. Cn 2 1 3 2 n n 1 Cn 1 Cn Cn Cn 5. Pn 1 P1 2P2 3P3 (n 1)Pn 1 . Vấn đề 3. Nhị thức Newton Phương pháp 1. Nhị thức Newton – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
n n k n k k Định lí: (a b) Cna b k 0 0 n 1 n 1 2 n 2 2 n 1 n 1 n n Cna Cna b Cn a b Cn ab Cn b 2. Nhận xét Trong khai triển Newton (a b)n có các tính chất sau * Gồm có n 1 số hạng * Số mũ của a giảm từ n đến 0 và số mũ của b tăng từ 0 đến n * Tổng các số mũ của a và b trong mỗi số hạng bằng n k n k * Các hệ số có tính đối xứng: Cn Cn k n k k * Số hạng tổng quát : Tk 1 Cna b 0 n k 1 n k 1 k 1 VD: Số hạng thứ nhất T1 T0 1 Cna , số hạng thứ k T(k 1) 1 Cn a b 3. Một số hệ quả n 0 1 2 2 n n Hệ qủa: Ta có : (1 x) Cn xCn x Cn x Cn Từ khai triển này ta có các kết quả sau 0 1 n n * Cn Cn Cn 2 0 1 2 n n * Cn Cn Cn ( 1) Cn 0 3. Các dạng toán thường gặp Bài toán 1: Xác định hệ số của số hạng chứa xm trong khai triển n axp bxq với x 0 ( p,q là các hằng số khác nhau). Phương pháp giải: Ta có: n n n k k n p q k p q k n k k np pk qk ax bx Cn ax bx Cna b x k 0 k 0 Số hạng chứa xm ứng với giá trị k thỏa: np pk qk m. m np Từ đó tìm k p q m k n k k Vậy hệ số của số hạng chứa x là: Cna .b với giá trị k đã tìm được ở trên. Nếu k không nguyên hoặc k n thì trong khai triển không chứa xm , hệ số phải tìm bằng 0. Chú ý: Xác định hệ số của số hạng chứa xm trong khai triển n p q 2n P x a bx cx được viết dưới dạng a0 a1x a2nx . Ta làm như sau: n n k p q k n k p q * Viết P x a bx cx Cna bx cx ; k 0 – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
k * Viết số hạng tổng quát khi khai triển các số hạng dạng bxp cxq thành một đa thức theo luỹ thừa của x. * Từ số hạng tổng quát của hai khai triển trên ta tính được hệ số của xm . Chú ý: Để xác định hệ số lớn nhất trong khai triển nhị thức Niutơn Ta làm như sau: * Tính hệ số ak theo k và n ; * Giải bất phương trình ak 1 ak với ẩn số k ; * Hệ số lớn nhất phải tìm ứng với số tự nhiên k lớn nhất thoả mãn bất phương trình trên. Các ví dụ Ví dụ 1. 5 10 Tìm hệ số của x5 trong khai triển đa thức của: x 1 2x x2 1 3x A.3320 B.2130C.3210D.1313 Lời giải: 5 10 Đặt f (x) x 1 2x x2 1 3x 5 10 k i k k 2 i Ta có : f (x) xC5 2 .x x C10 3x k 0 i 0 5 10 k k k 1 i i i 2 C5 2 .x C10 3 .x k 0 i 0 Vậy hệ số của x5 trong khai triển đa thức của f (x) ứng với k 4 và i 3 là: 4 4 3 3 C5 2 C10 .3 3320 . 8 8 2 Ví dụ 2.Tìm hệ số cuả x trong khai triển đa thức f (x) 1 x 1 x A.213 B.230C.238D.214 Lời giải: Cách 1 8 2 3 2 0 1 2 2 4 3 6 1 x 1 x C8 C8 x 1 x C8 x 1 x C8 x 1 x 4 8 4 5 10 5 8 16 8 C8 x 1 x C8 x 1 x C8 x 1 x Trong khai triển trên ta thấy bậc của x trong 3 số hạng đầu nhỏ hơn 8, bậc của x trong 4 số hạng cuối lớn hơn 8. Do đó x8 chỉ có trong số hạng thứ tư, thứ năm với hệ số tương 3 2 4 0 ứng là: C8 .C3 , C8 .C4 . 8 8 2 Vậy hệ số cuả x trong khai triển đa thức 1 x 1 x là: 3 2 4 0 a8 C8 .C3 C8 .C4 238 . – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
Cách 2: Ta có: 8 8 n 8 n k 2 n 2n n k 2n k 1 x 1 x C8 x 1 x C8 Cn 1 x n 0 n 0 k 0 với 0 k n 8 . Số hạng chứa x8 ứng với 2n k 8 k 8 2n là một số chẵn. Thử trực tiếp ta được k 0;n 4 và k 2,n 3 . 8 3 2 4 0 Vậy hệ số của x là C8 .C3 C8 .C4 238 . 10 2 20 Ví dụ 3. Đa thức P x 1 3x 2x a0 a1x a20 x . Tìm a15 10 5 5 9 6 3 8 7 A. a15 C10 .C10 .3 C10 .C9 .3 C10 .C8 .3. 10 5 5 9 6 6 8 7 7 B. a15 C10 .C10 .2 C10 .C9 .2 C10 .C8 .2 10 5 5 5 9 6 3 6 8 7 7 C. a15 C10 .C10 .3 .2 C10 .C9 .3 .2 C10 .C8 .2 10 5 5 5 9 6 3 6 8 7 7 D. a15 C10 .C10 .3 .2 C10 .C9 .3 .2 C10 .C8 .3.2 Lời giải: 10 10 k 2 k 2 Ta có: P x 1 3x 2x C10 3x 2x k 0 10 k 10 k k i k i 2 i k i k i i k i C10 Ck (3x) .(2x ) C10 Ck .3 .2 x k 0 i 0 k 0 i 0 với 0 i k 10 . Do đó k i 15 với các trường hợp k 10,i 5 hoặc k 9,i 6 hoặc k 8,i 7 10 5 5 5 9 6 3 6 8 7 7 Vậy a15 C10 .C10 .3 .2 C10 .C9 .3 .2 C10 .C8 .3.2 . 2 Ví dụ 4. Tìm hệ số không chứa x trong các khai triển sau (x3 )n , biết rằng x n 1 n 2 Cn Cn 78 với x 0 A. 112640 B. 112640 C. 112643 D. 112643 Lời giải: n! n! Ta có: Cn 1 Cn 2 78 78 n n (n 1)!1! (n 2)!2! n(n 1) n 78 n2 n 156 0 n 12 . 2 12 2 12 3 k k 36 4k Khi đó: f (x) x C12 ( 2) x x k 0 Số hạng không chứa x ứng với k : 36 4k 0 k 9 9 9 Số hạng không chứa x là: ( 2) C12 112640 – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
3n 3 Ví dụ 5. Với n là số nguyên dương, gọi a3n 3 là hệ số của x trong khai triển thành đa 2 n n thức của (x 1) (x 2) . Tìm n để a3n 3 26n A.n=5 B.n=4C.n=3D.n=2 Lời giải: Cách 1:Ta có : n 2 0 2n 1 2n 2 2 2n 4 n x 1 Cn x Cnx Cn x Cn n 0 n 1 n 1 2 2 n 2 n n x 2 Cn x 2Cnx 2 Cn x 2 Cn Dễ dàng kiểm tra n 1, n 2 không thoả mãn điều kiện bài toán. Với n 3 thì dựa vào khai triển ta chỉ có thể phân tích x3n 3 x2n .xn 3 x2n 2 .xn 1 Do đó hệ số của x3n 3 trong khai triển thành đa thức của n 2 n 3 0 3 1 1 x 1 x 2 là : a3n 3 2 .Cn .Cn 2.Cn .Cn . 2 2n 2n 3n 4 7 Suy ra a 26n 26n n hoặc n 5 3n 3 3 2 Vậy n 5 là giá trị cần tìm. Cách 2: n n n 2 n 3n 1 2 Ta có: x 1 x 2 x 1 1 x2 x i k n 1 n 2 n n 3n i k 3n i 2i k k k x Cn 2 Cn x Cnx Cn 2 x i 0 x k 0 x i 0 k 0 Trong khai triển trên , luỹ thừa của x là 3n 3 khi 2i k 3 2i k 3 . Ta chỉ có hai trường hợp thoả mãn điều kiện này là i 0,k 3 hoặc i 1,k 1 (vì i,k nguyên). n n Hệ số của x3n 3 trong khai triển thành đa thức của x2 1 x 2 0 3 3 1 1 Là : a3n 3 Cn .Cn .2 Cn .Cn .2 . 2 2n 2n 3n 4 7 Do đó a 26n 26n n hoặc n 5 3n 3 3 2 Vậy n 5 là giá trị cần tìm. Ví dụ 6. Tìm hệ số của số hạng chứa x26 trong khai triển nhị thức Newton của n 1 7 1 2 n 20 x , biết C2n 1 C2n 1 C2n 1 2 1. x4 A.210 B.213C.414D.213 – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
Lời giải: k 2n 1 k Do C2n 1 C2n 1 k 0,1,2, ,2n 1 0 1 n n 1 n 2 2n 1 C2n 1 C2n 1 C2n 1 C2n 1 C2n 1 C2n 1 1 2 2n 1 2n 1 Mặt khác: C2n 1 C2n 1 C2n 1 2 0 1 2 n 2n 1 2(C2n 1 C2n 1 C2n 1 C2n 1 ) 2 1 2 n 2n 0 2n C2n 1 C2n 1 C2n 1 2 C2n 1 2 1 22n 1 220 1 n 10 . 10 1 10 10 7 4 7 k 4 10 k 7 k Khi đó: 4 x x x C10 (x ) .x x k 0 10 k 11k 40 C10 x k 0 Hệ số chứa x26 ứng với giá trị k : 11k 40 26 k 6 . 26 6 Vậy hệ số chứa x là: C10 210 . CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP Bài 1 Tìm hệ số của x7 trong khai triển biểu thức sau 1. f (x) (1 2x)10 A. 15360 B. 15360 C. 15363 D. 15363 2. h(x) x(2 3x)9 A. 489889 B. 489887 C. 489888 D. 489888 3. g(x) (1 x)7 (1 x)8 (2 x)9 A.29 B.30C.31D.32 4. f (x) (3 2x)10 A.103680 B.1301323C.131393D.1031831 5. h(x) x(1 2x)9 A. 4608 B. 4608 C. 4618 D. 4618 6. g(x) 8(1 x)8 9(1 2x)9 10(1 3x)10 A.22094 B.139131C.130282D.21031 Lời giải: 10 10 k 10 k k k k k 1. Ta có f (x) Cn 1 ( 2x) C10 ( 2) x k 0 k 0 Số hạng chứa x7 ứng với giá trị k 7 – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
7 7 7 Vậy hệ số của x là: C10 ( 2) 15360 . 9 9 9 k 9 k k k 9 k k k 2. Ta có (2 3x) C9 2 (3x) C9 2 3 .x k 0 k 0 9 k 9 k k k 1 h(x) C9 2 3 x . k 0 Số hạng chứa x7 ứng với giá trị k thỏa k 1 7 k 6 7 6 3 6 Vậy hệ số chứa x là: C9 2 3 489888 . 7 7 7 k k 7 3. Hệ số của x trong khai triển (1 x) C7 x là : C7 1 k 0 8 7 8 k k k 7 7 Hệ số của x trong khai triển (1 x) C8 ( 1) x là : C8 ( 1) 8 k 0 9 7 9 k k 9 Hệ số của x trong khai triển (1 x) C9 x là : C7 36 . k 0 Vậy hệ số chứa x7 trong khai triển g(x) thành đa thức là: 29 . Chú ý: 1 * Với a 0 ta có: a n với n ¥ . an m * Với a 0 ta có: n am a n với m,n ¥ ;n 1. 10 10 k 10 k k k 10 k k k 4. . Ta có f (x) Cn 3 (2x) C10 3 ( 2) x k 0 k 0 Số hạng chứa x8 ứng với giá trị k 8 8 8 2 8 Vậy hệ số của x là: C10 .3 .( 2) 103680 . 9 9 9 k 9 k k k k k 5. . Ta có (1 2x) C9 1 ( 2x) C9 ( 2) .x k 0 k 0 9 k k k 1 h(x) C9 ( 2) x . k 0 Số hạng chứa x8 ứng với giá trị k thỏa k 1 8 k 7 8 7 7 Vậy hệ số chứa x là: C9 ( 2) 4608 . n n k k k k n k k 6. Ta có: 1 ax Cna x nên ta suy ra hệ số của x trong khai triển (1 ax) là Cna . i 0 Do đó: 8 8 8 Hệ số của x trong khai triển (1 x) là : C8 8 9 8 8 Hệ số của x trong khai triển (1 2x) là : C9 .2 8 10 8 8 Hệ số của x trong khai triển (1 3x) là :C10 .3 . – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
Vậy hệ số chứa x8 trong khai triển g(x) thành đa thức là: 8 8 8 8 8 8C8 9.2 .C9 10.3 .C10 22094 . Bài 2 Tìm số hạng không chứa x trong các khai triển sau 2 1. f (x) (x )12 (x 0) x A.59136 B.213012C.12373D.139412 1 2. g(x) ( 4 x3 )17 (x 0) 3 x2 A.24310 B.213012C.12373D.139412 Lời giải: 12 1 12 k 12 k 1 k 1. Ta có: f (x) (x 2.x ) C12 x .( 2x ) k 0 12 k k 12 2k C12 ( 2) x k 0 Số hạng không chứa x ứng với giá trị k thỏa mãn: 12 2k 0 6 6 k 6 số hạng không chứa x là: C12 .2 59136 . 2 3 1 2. Vì x 3 ; 4 x3 x 4 nên ta có 3 x2 17 k k 2 3 17 k 136 17 17 k 3 4 k 12 f (x) C17 x . x C17 .x k 0 k 0 Hệ số không chứa x ứng với giá trị k thỏa: 17k 136 0 k 8 8 Vậy hệ số không chứa x là: C17 24310 . Bài 3: n 8 1 5 1. Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của x biết x3 n 1 n Cn 4 Cn 3 7 n 3 . A.495 B.313C.1303D.13129 1 2. Xét khai triển f (x) (2x )20 x – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
a. Viết số hạng thứ k 1 trong khai triển k 20 k 20 k k 20 k 20 2k A. Tk 1 C20 .2 .x B. Tk 1 C10 .2 .x k 20 4k 20 2k k 20 k 20 2k C. Tk 1 C20 .2 .x D. Tk 1 C20 .2 .x b. Số hạng nào trong khai triển không chứa x 1 10 10 10 10 4 10 10 A. C20 .2 B. A20 .2 C. C20 .2 D. C20 .2 3. Xác định hệ số của x4 trong khai triển sau: f (x) (3x2 2x 1)10 . A.8089 B.8085C.1303D.11312 4. Tìm hệ số của x7 trong khai triển thành đa thức của (2 3x)2n , biết n là số nguyên 1 3 5 2n 1 dương thỏa mãn : C2n 1 C2n 1 C2n 1 C2n 1 1024 . A. 2099529 B. 2099520 C. 2099529 D. 2099520 5. Tìm hệ số của x9 trong khai triển f (x) (1 x)9 (1 x)10 (1 x)14 A.8089 B.8085C.3003D.11312 Lời giải: n 1 n n n 1 n 1. Ta có: Cn 4 Cn 3 7 n 3 Cn 3 Cn 3 Cn 3 7 n 3 n 2 n 3 Cn 1 7 n 3 7 n 3 n 3 2! n 2 7.2! 14 n 12 . 12 k n 5 60 11k 1 12 k 12 5 k 3 2 k 2 Khi đó: 3 x C12 x . x C12 x . x k 0 k 0 60 11k Số hạng chứa x8 ứng với k thỏa: 8 k 4 . 2 12! Do đó hệ số của số hạng chứa x8 là: C 4 495 . 12 4! 12 4 ! 1 2. a. Ta có:T C k (2x)20 k C k .220 k.x20 2k k 1 20 xk 20 b. Số hạng không chứa x ứng với k: 20 2k 0 k 10 10 10 Số hạng không chứa x: C20 .2 10 10 k 2 k 2 3. f x 1 2x 3x C10 2x 3x k 0 10 k 10 k k i k i 2 i k i k i i k i C10 Ck (2x) .(3x ) C10 Ck 2 .3 x k 0 i 0 k 0 i 0 với 0 i k 10 . – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
Do đó k i 4 với các trường hợp i 0,k 4 hoặc i 1,k 3 hoặc i k 2 . 4 4 4 0 2 1 3 1 2 2 2 Vậy hệ số chứa x : 2 C10 .C4 2 3 C10 .C3 3 C10 .C2 8085 . 2n 1 k 2n 1 C2n 1 2  n 4. Ta có: k 0 C 2i 1 22n 1024 n 5 n n  2n 1 2i 1 2i i 0 C2n 1 C2n 1 i 0 i 0 10 2n k 10 k k k Suy ra (2 3x) C10 2 .( 3) x k 0 7 7 3 7 Hệ số của x là C10 .2 .( 3) 2099520 . 9 9 9 9 9 9 9 5. Hệ số của x : C9 C10 C11 C12 C13 C14 3003 . Bài 4: n 1 2 1. Xác định số hạng không phụ thuộc vào x khi khai triển biểu thức x x với x n là số nguyên dương thoả mãn 3 2 k k Cn 2n An 1 .( Cn , An tương ứng là số tổ hợp, số chỉnh hợp chập k của n phần tử). A. 98 B. 98 C. 96 D. 96 2. Xác định hệ số của x8 trong các khai triển sau: a, f (x) (3x2 1)10 A.17010 B.21303C.20123D.21313 8 2 3 b, f (x) 5x x A.1312317 B.76424C.427700D.700000 12 3 x c, f (x) x 2 297 29 27 97 A. B. C. D. 512 51 52 12 d, f (x) (1 x 2x2 )10 A.37845 B.14131C.324234D.131239 e, f (x) 8(1 8x)8 9(1 9x)9 10(1 10x)10 – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
0 8 1 8 8 8 0 8 1 8 8 8 A. 8.C8 .8 C9 .9 10.C10 .10 B. C8 .8 C9 .9 C10 .10 0 8 1 8 8 8 0 8 1 8 8 8 C. C8 .8 9.C9 .9 10.C10 .10 D. 8.C8 .8 9.C9 .9 10.C10 .10 Lời giải: n 3 3 2 1. Ta có:Cn 2n An 1 n n 1 n 2 2n n 1 n 6 n 3 2 n 8 . n 9n 8 0 Theo nhị thức Newton ta có: 8 8 1 1 1 1 2 0 1 x x x 1 x C8 8 C8 6 1 x x x x x 1 2 1 3 4 8 C 2 1 x C 3 1 x C 4 1 x C8 x8 1 x 8 x4 8 x2 8 8 Số hạng không phụ thuộc vào x chỉ có trong hai biểu thức 1 3 4 C 3 1 x và C 4 1 x . 8 x2 8 3 2 4 0 Trong đó có hai số hạng không phụ thuộc vào x là: C8 .C3 và C8 .C4 3 2 4 0 Do đó số hạng không phụ thuộc vào x là: C8 .C3 C8 .C4 98 . 10 k k 2k 8 8 2. a,Ta có: f (x) C10 3 x , số hạng chứa x ứng với k 4 nên hệ số x là: k 0 4 4 C10 .3 17010 . 8 k 8 k k 4k 8 8 8 b,Ta có: f (x) C8 2 ( 5) x , số hạng chứa x ứng với k 4 nên hệ số của x là: k 0 4 4 4 C8 .2 .( 5) 700000 . 12 k 12 k k 2k 12 8 8 c, Ta có: f (x) C12 3 .2 .x , số hạng chứa x ứng với k 10 nên hệ số của x là: k 0 297 C10 .32.2 10 . 12 512 10 10 k k 2 10 k k k j 10 k 20 2k j d, Ta có: f (x) C10 (2x ) (1 x) C10Ck .2 x k 0 k 0 j 0 0 j k 10 Số hạng chứa x8 ứng với cặp (k, j) thỏa: j 2k 12 Nên hệ số của x8 là: 6 0 4 7 2 3 8 4 2 9 6 10 8 C10C6 .2 C10C7 2 C10C8 2 C10C9 2 C10C10 37845 . – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
8 8 k 8 k 8 k e, Ta có: (1 8x) C8 8 x k 0 9 9 k 9 k 9 k (1 9x) C9 9 x k 0 10 10 k 10 k 10 k (1 10x) C10 10 x k 0 8 0 8 1 8 8 8 Nên hệ số chứa x là: 8.C8 .8 9.C9 .9 10.C10 .10 . Bài 5: 40 1 31 1. Trong khai triển f x x , hãy tìm hệ số của x x2 A.9880 B.1313C.14940D.1147 18 3 1 2. Hãy tìm trong khai triển nhị thức x số hạng độc lập đối với x x3 A.9880 B.1313C.14940D.48620 12 4 x 3 3. Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển 3 x 55 13 621 1412 A. B. C. D. 9 2 113 3123 15 4. Tính hệ số của x25 y10 trong khai triển x3 xy A.300123 B.121148C.3003D.1303 2 20 5. Cho đa thức P x 1 x 2 1 x 20 1 x có dạng khai triển là 2 20 P x a0 a1x a2 x a20 x . Hãy tính hệ số a15 . A.400995 B.130414C.511313D.412674 5 2 3 2 15 6. Khai triển 1 x x x a0 a1x a2 x a15x a) Hãy tính hệ số a10 . 0 4 4 3 0 5 2 4 4 3 A. a10 C5 . C5 C5C5 B. a10 C5 .C5 C5C5 C5C5 0 5 2 4 4 3 0 5 2 4 4 3 C. a10 C5 .C5 C5C5 C5C5 D. a10 C5 .C5 C5C5 C5C5 – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
b) Tính tổng T a0 a1 a15 và S a0 a1 a2 a15 A.131 B.147614C.0D.1 10 2 2 20 7. Khai triển 1 2x 3x a0 a1x a2 x a20 x a) Hãy tính hệ số a4 0 4 4 4 0 4 0 4 4 A. a4 C10 .2 B. a4 2 C10 C. a4 C10C10 D. a4 C10 .2 C10 20 b) Tính tổng S a1 2a2 4a3 2 a20 A. S 1710 B. S 1510 C. S 1720 D. S 710 9 8. Tìm số hạng của khai triển 3 3 2 là một số nguyên A.8 và 4536 B.1 và 4184C.414 và 12D. 1313 Lời giải: 3 1. Đáp số: C40 9880 9 2. Đáp số : C18 48620 1 55 3. Đáp số: ( 3)4 C 4 38 12 9 10 4. Đáp số: C15 3003 20 15 5. Đáp số: a15  kCk 400995 k 15 6. Đặt f (x) (1 x x2 x3 )5 (1 x)5 (1 x2 )5 10 0 5 2 4 4 3 a) Do đó hệ số x bằng: a10 C5 .C5 C5C5 C5C5 b) T f (1) 45 ; S f ( 1) 0 10 2 10 k k 2k 10 k 7. Đặt f (x) (1 2x 3x ) C10 3 x (1 2x) k 0 10 10 k k k 2k i 10 k i 10 k i C10 3 x  C10 k 2 x k 0 i 0 10 10 k k i k 10 k i 10 k i   C10C10 k 3 2 x k 0 i 0 0 4 4 a) Ta có: a4 C10 .2 C10 b) Ta có S f (2) 1710 9 9 k 9 k 3 k 3 8. Ta có 3 2 C9 3 2 k 0 Số hạng là số nguyên ứng với các giá trị của k thỏa: – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
k 2m 9 k 3n k 0,k 6 k 0, ,9 9 6 3 0 3 6 3 Các số hạng là số nguyên: C9 2 8 và C9 3 2 n k k Bài toán 2: Bài toán liên quan đến tổng  akCnb . k 0 Phương pháp 1: Dựa vào khai triển nhị thức Newton n 0 n n 1 1 n 2 2 2 n n (a b) Cna a bCn a b Cn b Cn . Ta chọn những giá trị a,b thích hợp thay vào đẳng thức trên. Một số kết quả ta thường hay sử dụng: k n k * Cn Cn 0 1 n n * Cn Cn Cn 2 n k k * ( 1) Cn 0 k 0 n n 1 2n 2k 2k 1 k * C2n C2n C2n k 0 k 0 2 k 0 n k k n * Cna (1 a) . k 0 Phương pháp 2: Dựa vào đẳng thức đặc trưng Mẫu chốt của cách giải trên là ta tìm ra được đẳng thức (*) và ta thường gọi (*) là đẳng thức đặc trưng. Cách giải ở trên được trình bày theo cách xét số hạng tổng quát ở vế trái (thường có hệ số chứa k ) và biến đổi số hạng đó có hệ số không chứa k hoặc chứa k nhưng tổng mới dễ tính hơn hoặc đã có sẵn. Các ví dụ 0 1 2 n n Ví dụ 1. Tìm số nguyên dương n sao cho: Cn 2Cn 4Cn 2 Cn 243 A.4 B.11C.12D.5 Lời giải: n 0 1 2 2 n n Xét khai triển: (1 x) Cn xCn x Cn x Cn 0 1 2 n n n Cho x 2 ta có: Cn 2Cn 4Cn 2 Cn 3 Do vậy ta suy ra 3n 243 35 n 5. 1 1 1 1 ( 1)n Ví dụ 2. Tính tổng sau: S C0 C1 C 3 C 4 Cn 2 n 4 n 6 n 8 n 2(n 1) n 1 1 A. B.1 C.2D. 2(n 1) (n 1) – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
Lời giải: n 1 0 1 1 1 2 ( 1) n Ta có: S Cn Cn Cn Cn 2 2 3 n 1 ( 1)k ( 1)k 1 n k k 1 k k 1 Vì Cn Cn 1 nên:S ( 1) Cn 1 k 1 n 1 2(n 1) k 0 1 n 1 1 k k 0 ( 1) Cn 1 Cn 1 . 2(n 1) k 0 2(n 1) 1 n 1 2 n 2 3 n 3 n Ví dụ 3. Tính tổng sau: S Cn 3 2Cn 3 3Cn 3 nCn A. n.4n 1 B.0 C.1D. 4n 1 Lời giải: k n 1 n k Ta có: S 3  kCn k 1 3 k k k 1 1 k 1 Vì kCn n Cn 1 k 1nên 3 3 k k n 1 n 1 1 1 n k 1 n 1 k n 1 n 1 n 1 S 3 .n Cn 1 3 .n Cn 1 3 .n(1 ) n.4 . k 1 3 k 0 3 3 Ví dụ 4. Chứng minh đẳng thức sau 0 k 1 k 1 k 0 k 1. CmCn CmCn CmCn Cm n với m,n ¥ ,0 k min m,n 0 2 2n 1 3 2n 1 2. C2n C2n C2n C2n C2n C2n 0 k 1 k 1 k 0 k k 3. CnCn CnCn 1 CnCn k 2 Cn với 0 k n . Lời giải: m n m n k k 1. Xét khai triển: f (x) (1 x)  Cm nx (1) i 0 Ta có thể khai triển f (x) theo cách khác như sau n n n m i i j j f (x) (1 x) (1 x) Cnx Cnx (2) i 0 j 0 k k Hệ số của x trong khai triển (1) là: Cm n k k i j i k i Hệ số của x trong khai triển (2) là:  CnCm CnCm i 0,n i 0 j 0,m i j k k i k i k Từ đó ta suy ra: CnCm Cm n . i 0 – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
2n 0 1 2 2 2n 2n 2. Xét khai triển: (1 x) C2n C2nx C2nx C2n x Cho x 1 ta có được: 0 1 2 3 2n 1 2n 0 C2n C2n C2n C2n C2n C2n 1 3 2n 1 0 2 2n Hay C2n C2n C2n C2n C2n C2n . n! (n i)! n! 3. Ta có: Ci C k i . n n i i!(n i)! (n k)!(k i)! i!(n k)!(k i)! n! k! . C k .Ci (n k)!k! (k i)!i! n k k k k i k i k i k i k k Suy ra: CnCn i CnCk Cn Ck 2 Cn . i 0 i 0 i 0 CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP Bài 1 Chứng minh các đẳng thức sau: 0 2 2n 1 3 2n 1 1. C2n C2n C2n C2n C2n C2n 0 k 1 k 1 k 0 k 2. CmCn CmCn CmCn Cm n 32011 1 3. C0 22 C 2 22010 C 2010 . 2011 2011 2011 2 Bài 2 Tính các tổng sau: 1 1 1 1. S C0 C1 C 2 Cn 1 n 2 n 3 n n 1 n 2n 1 1 2n 1 1 2n 1 1 2n 1 1 A. B. C. 1 D. 1 n 1 n 1 n 1 n 1 1 2 n 2. S2 Cn 2Cn nCn A. 2n.2n 1 B. n.2n 1 C. 2n.2n 1 D. n.2n 1 2 3 4 n 3. S3 2.1.Cn 3.2Cn 4.3Cn n(n 1)Cn . A. n(n 1)2n 2 B. n(n 2)2n 2 C. n(n 1)2n 3 D. n(n 1)2n 2 Lời giải: 1. Ta có: 1 1 n! 1 (n 1)! C k k 1 n k 1 k!(n k)! n 1 (k 1)![(n 1) (k 1))! 1 C k 1 (*) n 1 n 1 1 n 1 n 1 2n 1 1 k 1 k 0 S1 Cn 1 Cn 1 Cn 1 . n 1 k 0 n 1 k 0 n 1 n! n! 2. Ta có: kC k k. n k!(n k)! (k 1)![(n 1) (k 1)]! – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
(n 1)! n nC k 1 , k 1 (k 1)![(n 1) (k 1)]! n 1 n n 1 k 1 k n 1 S2 nCn 1 nCn 1 n.2 . k 1 k 0 n! 3. Ta có k(k 1)C k n(n 1)C k 2 n (k 2)!(n k)! n 2 n k 2 n 2 S3 n(n 1)Cn 2 n(n 1)2 . k 2 32 1 3n 1 1 Bài 3: Tính tổng S C0 C1 Cn n 2 n n 1 n 4n 1 2n 1 4n 1 2n 1 A. S B. S 1 n 1 n 1 4n 1 2n 1 4n 1 2n 1 C. S 1 D. S 1 n 1 n 1 Lời giải: Ta có S S1 S2 , trong đó 32 33 3n 1 S C0 C1 C 2 Cn 1 n 2 n 3 n n 1 n 1 1 1 S C1 C 2 Cn 2 2 n 3 n n 1 n 2n 1 1 Ta có S 1 2 n 1 Tính S1 ? 3k 1 n! Ta có: C k 3k 1 k 1 n (k 1)!(n k)! 3k 1 (n 1)! 3k 1 C k 1 n 1 (k 1)![(n 1) (k 1)]! n 1 n 1 1 n k 1 k 1 0 S1  3 Cn 2 2Cn n 1 k 0 1 n 1 4n 1 1 k k 0 0  3 Cn 1 Cn 2Cn 2 . n 1 k 0 n 1 4n 1 2n 1 Vậy S 1 . n 1 Bài 4: – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
22 1 2n 1 1 1. Tính tổng S C0 C1 Cn n 2 n n 1 n 3n 1 2n 1 3n 2n 1 3n 1 2n 3n 1 2n 1 A. S B. S C. S D. S n 1 n 1 n 1 n 1 2. Tìm số nguyên dương n sao cho : 1 2 2 3 n 2n 1 C2n 1 2.2C2n 1 3.2 C2n 1 (2n 1)2 C2n 1 2005 A. n 1001 B. n 1002 C. n 1114 D. n 102 0 n 1 n 1 1 n 2 n 2 n 1 0 0 n 1 3. Chứng minh: 1.3 .5 Cn 2.3 .5 Cn n.3 5 Cn n.8 2 3 4 n 4. Tính tổng S 2.1Cn 3.2Cn 4.3Cn n(n 1)Cn A. n(n 1)2n 2 B. n(n 1)2n 2 C. n(n 1)2n D. (n 1)2n 2 2 2 2 2 0 1 2 n n 5. Chứng minh Cn Cn Cn Cn C2n Lời giải: 1 Ta có: S S1 S2 n 2k 1 n C k 2n 1 1 k n Trong đó S1 Cn ; S2  1 k 0 k 1 k 0 k 1 n 1 2k 1 2k 1 3n 1 1 Mà C k C k 1 S 1 k 1 n n 1 n 1 1 n 1 3n 1 2n 1 Suy ra: S . n 1 2n 1 k 1 k 1 k 2. Đặt S  ( 1) .k.2 C2n 1 k 1 k 1 k 1 k k 1 k 1 k 1 Ta có: ( 1) .k.2 C2n 1 ( 1) .(2n 1).2 C2n 0 1 2 2 2n 2n Nên S (2n 1)(C2n 2C2n 2 C2n 2 C2n ) 2n 1 Vậy 2n 1 2005 n 1002 . n k 1 n k n k 3. Ta có: VT  k.3 .5 Cn k 1 k 1 n k n k k 1 n k k 1 Mà k.3 .5 Cn n.3 .5 .Cn 1 0 n 1 0 1 n 2 1 n 1 0 n 1 Suy ra: VT n(3 .5 Cn 1 3 .5 Cn 1 3 5 Cn 1 ) n(5 3)n 1 n.8n 1 n k 4. Ta có: S  k(k 1)Cn k 2 k k 2 Mà k(k 1)Cn n(n 1)Cn 2 – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
0 1 2 n 2 n 2 Suy ra S n(n 1)(Cn 2 Cn 2 Cn 2 Cn 2 ) n(n 1)2 n n 2n 5. Ta có: x 1 1 x x 1 . Vế trái của hệ thức trên chính là: 0 n 1 n 1 n 0 1 n n Cn x Cnx Cn Cn Cnx Cn x Và ta thấy hệ số của xn trong vế trái là 2 2 2 2 0 1 2 n Cn Cn Cn Cn n 2n n Còn hệ số của x trong vế phải x 1 là C2n 2 2 2 2 0 1 2 n n Do đó Cn Cn Cn Cn C2n Bài 5: Tính các tổng sau n 0 n 1 n 1 2 n 2 n 2 n 0 1. S1 5 Cn 5 .3.Cn 3 .5 Cn 3 Cn A. 28n B. 1 8n C. 8n 1 D. 8n 0 2 2 2010 2010 2. S2 C2011 2 C2011 2 C2011 32011 1 3211 1 32011 12 32011 1 A. B. C. D. 2 2 2 2 1 2 n 3. S3 Cn 2Cn nCn A. 4n.2n 1 B. n.2n 1 C. 3n.2n 1 D. 2n.2n 1 2 3 4 n 4. S4 2.1.Cn 3.2Cn 4.3Cn n(n 1)Cn A. n(n 1)2n 2 B. n(n 1)2n 2 C. n(n 1)2n 2 D. 2n(n 1)2n 2 32 1 3n 1 1 5. S C0 C1 Cn . 5 n 2 n n 1 n 4n 1 2n 1 4n 1 2n 1 4n 1 2n 1 4n 1 2n 1 A. B. 1 C. 1 D. 12 n 1 n 1 n 1 n 1 Lời giải: n n 1. Ta có: S1 (5 3) 8 2. Xét khai triển: 2011 0 1 2 2 2010 2010 2011 2011 (1 x) C2011 xC2011 x C2011 x C2011 x C2011 Cho x 2 ta có được: 2011 0 1 2 2 2010 2010 2011 2011 3 C2011 2.C2011 2 C2011 2 C2011 2 C2011 (1) Cho x 2 ta có được: – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
0 1 2 2 2010 2010 2011 2011 1 C2011 2.C2011 2 C2011 2 C2011 2 C2011 (2) Lấy (1) + (2) ta có: 0 2 2 2010 2010 2011 2 C2011 2 C2011 2 C2011 3 1 32011 1 Suy ra:S C0 22 C 2 22010 C 2010 . 2 2011 2011 2011 2 n! n! 3. Ta có: kC k k. n k!(n k)! (k 1)![(n 1) (k 1)]! (n 1)! n nC k 1 , k 1 (k 1)![(n 1) (k 1)]! n 1 n n 1 k 1 k n 1 S3 nCn 1 nCn 1 n.2 . k 1 k 0 n! 4. Ta có : k(k 1)C k n(n 1)C k 2 n (k 2)!(n k)! n 2 n k 2 n 2 S4 n(n 1)Cn 2 n(n 1)2 . k 2 5. Ta có S5 A B , trong đó 32 33 3n 1 A C0 C1 C 2 Cn n 2 n 3 n n 1 n 1 1 1 B C1 C 2 Cn 2 n 3 n n 1 n Tính A ? 3k 1 n! Ta có: C k 3k 1 k 1 n (k 1)!(n k)! 3k 1 (n 1)! 3k 1 C k 1 n 1 (k 1)![(n 1) (k 1)]! n 1 n 1 1 n k 1 k 1 0 A  3 Cn 2 2Cn n 1 k 0 1 n 1 4n 1 1 k k 0 0  3 Cn 1 Cn 2Cn 2 n 1 k 0 n 1 Tính B ? 1 1 n! 1 (n 1)! Ta có: C k k 1 n k 1 k!(n k)! n 1 (k 1)![(n 1) (k 1))! 1 C k 1 (*) n 1 n 1 1 n 1 n 1 2n 1 1 k 1 k 0 B Cn 1 1 Cn 1 Cn 1 1. n 1 k 0 n 1 k 0 n 1 – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất
4n 1 2n 1 Vậy S 1. 5 n 1 – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất