CHUYÊN ĐỀ: GIẢI TÍCH TỔ HỢP, XÁC SUẤT THỐNG KÊ docx

CHUYÊN ĐỀ: GIẢI TÍCH TỔ HỢP, XÁC SUẤT THỐNG KÊ

Giáo viên: Fan Zun 1

CÁC DẠNG BÀI TẬP
PHƯƠNG PHÁP GIẢI, VD MINH HOẠ
Trong phần này có các dạng bài tập sau:
 Dạng 1: biến đổi các biểu thức nhờ các công thức cơ bản để đơn giản biểu thức, giải phương
trình, bất phương trình.
 Dạng 2: Các bài toán về quy tắc đếm
 Dạng 3: áp dụng công thức nhị thức Newton để chứng minh các đẳng thức
 Dạng 4: Số hạng trong khai triển nhị thức Newton.
Dạng 1: : Biến đổi các biểu thức nhờ các công thức cơ bản để đơn giản biểu thức, giải
phương trình, bất phương trình.
PP: Cơ sở của pp là thực hiện các bước sau
- Biến đổi sơ cấp với chú ý
! !
!; ;
( )! !( )!
k k
n n n
n n
P n A C
n k k n k
  
 
.
- Rút gọn suy ra các đẳng thức
- Đánh giá suy ra các bất đẳng thức
Trong quá trình giải có thể áp dụng các bước trung gian: quy nạp, phản chứng.
VD1: CM với mọi số nguyên dương chẵn n có:

1
1 1 1 2

1!( 1)! 3!( 3)! ( 1)!.1! !
n
n n n n

   
  
(1)
Đặt S = VT(1). Ta có :
1 3 1
! ! !
. !
1!( 1)! 3!( 3)! ( 1)!.1!

n
n n n
n n n
S n
n n n
C C C

   
  
   

CHUYÊN ĐỀ: GIẢI TÍCH TỔ HỢP, XÁC SUẤT THỐNG KÊ

Giáo viên: Fan Zun 2

Mặt khác
0 1
0 1
(1 1)
(1 1) ( 1)
n n
n n n
n n n
n n n
C C C
C C C

    


     



Suy ra
1 3 1 1
2
n n
n n n
C C C
 
    với mọi n chẵn
dpcm


.
VD2: CM
1
! 2 *, 3 (*)
n
n n n

   
Ta dùng quy nạp toán học
Khi n = 3 có
2
3! 6 2 4
   
(*) đúng.
Giả sử (*) đúng đến n =k nghĩa
1
! 2 *, 3
k
k k k

   
 . Ta CM (*) đúng n = k+1 tức
( 1)! 2
k
k
 
.
Thật vậy từ
1 1

! 2 ( 1). ! ( 1).2
k k
k k k k
 
     .
Do
1 1
3 ( 1) 4 2 ( 1) 4.2 2 ( 1)! 2
k k k k
k k k k
 
          
.
VD3: Cho cấp số cộng
1 2 1
, , ,
n n
u u u u

. CM :

1
1 1 1
1
0 1
1 2
. .
2 2
k
n n

k k
k n
k k
n
u u u
n
C k

 

 



 
.
Giải
Do
1 1
,
n
u u

là 1 cấp số cộng nên
0,
k n
 có :

1 1 1 1
n k n k

u u u u
   
  
Mà
0,
k n k
n n
C C k n

   nên :
1 1 1 1 1
1 1
0 0 0 0
1
2 ( ).
n n n n
k k n k k n k
n
k k n k n k k
k k k k
n n n n n
u u u u u
u u
C C C C C
      

 
   
 


    
 
 
   
.
Đẳng thức cần chứng minh trở thành:
1
1
0 1
1 1 2
2
k
n n
k n
k k
n
n
C k


 


 
(2).
Ta CM (2) bằng quy nạp
Với n = 1:
1
0 1
0

1 1
1 1 1
2
k
k
n
C C C

  


CHUYÊN ĐỀ: GIẢI TÍCH TỔ HỢP, XÁC SUẤT THỐNG KÊ

Giáo viên: Fan Zun 3

VP(2)=
1 2
2
2 2 2
( ) 2
2 1 2
  
=VT(2). Vậy (2) đúng với n = 1.
Giả sử (2) đúng đến n = p. Ta CM nó đúng với n = p+1.
Ta có :
1
0
0 0
1 1 1
1 1 1

p
n
k k i
k k
p p p
C C C


 
  
 
 
(3)

1
1
( 1)! 1
.
( 1)!( )! 1
k k
p p
p p
C C
k p k k


 
 
  
.

Từ (3) suy ra
1
0 1
0 0 0 0
1 1
1 1 1 1 1 1 1 2 1
1 . 1
1 2( 1) 2( 1)
p p p p
k k k k k
k k k k
p p p p p p
k k p k p
C C p C p C C p C


   
 
 
    
      
 
 
  
 
   

Theo giả thiết quy nạp có:
1 1
1 1

0 1 1
1
2
2
1
1 2 1 2 2 2
1 . . 1 .
2( 1) 2 2
2 2
2
k k
p p p
k p p
k k k
p
k
p
p
k
p p p
C p k k
p
k
 
 
  





  
   



  

. Từ đó có đpcm
VD4: Giải Pt
1 2 3
7
2
x x x
C C C x
   (1)
Giải
Điều kiện:
3 x
 

. (1) tương đương với

2
! ! ! 7
1!( 1)! 2!( 2)! 3!( 3)! 2
1 1 7
( 1) ( 1)( 2)
2 6 2
( 16) 0
4 ( 3)

x x x
x
x x x
x x x x x x x
x x
x Do x
   
  
      
  
  

Vậy nghiệm x = 4.
VD5: CM

1 2
1
1 ( 1) ( 1) ( )
p p p p
n n n n
C C C C p n

       

Giải
CHUYÊN ĐỀ: GIẢI TÍCH TỔ HỢP, XÁC SUẤT THỐNG KÊ

Giáo viên: Fan Zun 4

Áp dụng công thức

1
1 1
k k k
n n n
C C C

 
  ta có :
0 1 0 2 1 1
1 1 1 1 1 1
1
( ) ( ) ( 1) ( )
( 1)
p p p
n n n n n n n
p p
n
VT C C C C C C C
C

     

        
 

VD6: CM
2
2 2 2
( ) , (0 )
n n n

n k n k n
C C C k n
 
  

đpcm
     
2
2
2
(2 )! (2 )! (2 )!
.
( )! ! ( )! ! ! !
(2 )! (2 )! (2 )!
.
( )! ( )! !
(2 )(2 1) ( 1) . (2 )(2 1) ( 1) (2 ) (
1)
n k n k n
n k n n k n n n
n k n k n
n k n k n
n k n k n n k n k n n n
 
 
 
 
 
 
 

 
 
 
 
 
          

Áp dụng bất đẳng thức
2
2
x y
xy

 

 
 
có :

2
2
2
(2 )(2 ) (2 )
(2 1)(2 1) (2 1)


( 1)( 1) ( 1)
n k n k n
n k n k n
n n n

  
     
   

Nhân vế với vế của các BĐT trên có đpcm.
Dạng 2: Các bài toán về quy tắc đếm
Cần chú ý khi nào sử dụng quy tắc nhân, khi nào sử dụng quy tắc cộng.
VD1: Cho


0,1,2,3
B  . Từ B có thể lập được:
a/ Bao nhiêu số có 4 chữ số khác nhau?
b/ Bao nhiêu số chẵn gồm 4 chữ số khác nhau?
Giải
a/ Dạng
, ( 0)
abcd a

.
Chọn


1,2,3a
 
có 3 cách chọn



0,1,2,3 ;

b b a
  
có 3 cách chọn.
CHUYÊN ĐỀ: GIẢI TÍCH TỔ HỢP, XÁC SUẤT THỐNG KÊ

Giáo viên: Fan Zun 5




0,1,2,3 ; ,
c c b c a
   
có 2 cách chọn



0,1,2,3 ; , ,
d d b d a d c
    
có 2 cách chọn
Vậy có 3.3.2.1=18 cách chọn.
b/
- TH1: dạng
0, 0
abc a

.




1,2,3a
 
có 3 cách chọn a.
Tương tự có 2 cách chọn b, 1 cách chọn c


có 3.2.1=6 cách
- TH2: dạng
2, 0
abc a

.
Có 2 cách chọn a, 2 cách chọn b, 1 cách chọn c.

có 2.2.1=4 cách
Vậy có 6+4=10 cách chọn.
VD2: Cho tập hợp


0,1,2,3,4,5,6,7
E  . Có bao nhiêu số chẵn có 5 chũ số phân biệt lập từ E.
Giải
Gọi A là tập hợp các số chẵn gồm 5 chữ số phân biệt lập từ E và tận cùng là 0.
B là hợp các số chẵn gồm 5 chữ số phân biệt lập từ E và tận cùng là số khác 0.
Ta có
4
7
7!
840

3!
A A   .
Ta tính số phần tử của B:
Số có dạng
, 0, 0
abcde a e
 
.
- có 3 cách chọn e.
- số chỉnh hợp chập 4 từ


\
E e
là
4
7
A
.
CHUYÊN ĐỀ: GIẢI TÍCH TỔ HỢP, XÁC SUẤT THỐNG KÊ

Giáo viên: Fan Zun 6

- số chỉnh hợp chập 4 từ


\
E e
đứng đầu là 0 bằng số chỉnh hợp chập 3 từ



\ ,0
E e
và bằng
3
6
A

vậy
4 3
7 6
3( ) 2160
B A A   .
Kết luận: có 840+2160=3000 cách chọn.
VD3:
Có bao nhiêu cách phân phối 10 vật phân biệt vào 5 hộp phân biệt sao cho hộp 1 chứa 3 vật, hộp 2
chứa 2 vật , hộp 3 chứa 2 vật , hộp 4 chứa 3vật và hộp 5 không chứa vật nào?
Giải
- Chọn 3 vật trong 10 vật cho vào hộp 1

có
3
10
C
cách chọn
- Chọn 2 vật trong 7 vật còn lại cho vào hộp 2

có
2
7

C
cách chọn
- Chọn 2 vật trong 5 vật còn lại cho vào hộp 3

có
2
5
C
cách chọn
- Chọn 3 vật trong 3vật còn lại cho vào hộp 4

có
3
3
C
cách chọn
Vậy có
3
10
C
.
2
7
C
.
2
5
C
.
3

3
C
=25200 cách chọn.
Dạng 3: Các bài toán áp dụng nhị thức Newton
PP: muốn CM 1 đẳng thức tổ hợp dạng
0 1
0 1
. . .
n
n n n n
A k C k C k C
    ta cần nhận dạng đặc biệt
của
p
k
và A. Sau đó sử dụng khai triển:

1 1 1 1
( )
n o n n n n n n
n n n n
a b C a C a b C ab C b
  
      (*)
Hoặc sử dụng
0 1 1 1
( 1)
n n n n n
n n n n
x C x C x C x C

 
     
(**)
Khi đó dựa vào dạng của A mà sử dụng (*) hoặc (**) bằng cách thay a, b bằng các giá trị cụ thể
hoặc sử dụng đạo hàm hoặc tích phân .
VD: CM
0 1 1 2 2 0
1 2
( 1) 0 ( , ;1 )
k k k k k
n n n n n n n n k
C C C C C C C C k n k n
 
  
        

Áp dụng nhị thức Newton:
0 1
(1 )
k k k
k k k
x C C x C x
    
Nhân 2 vế với
k
n
C
được:
CHUYÊN ĐỀ: GIẢI TÍCH TỔ HỢP, XÁC SUẤT THỐNG KÊ

Giáo viên: Fan Zun 7

0 1
(1 )
k n k k k k k
n n k n k n k
C x C C C C x C C x
     (1)
Với
m k

có :
! !
. .
( )! ! ( )! !
k m m k m
n k n n m
n k
C C C C
n k k k m m


 
 
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
0 1 1 0
1
(1 )
k k k k k k

n n n n n n n k
C x C C C C x C C x

 
    
Thay x= -1 ta được đpcm.
VD2: CM
2 3 4 2
2 6 12 ( 1) ( 1)2
n n
n n n n
C C C n n C n n

      
Xét khai triển

0 1
(1 )
n n n
n n n
x C C x C x
     (1)
Lấy đạo hàm 2 vế (1) :
1 1 2 1 1
( 1) 2
n n n
n n n
n x C C x nC x
  
     (2)

Lấy đạo hàm 2 vế (2):
2 2 1 2
( 1)( 1) 2 ( 1)
n n n
n n
n n x C n n C x
  
      (3)
Thay x= 1 vào (3) suy ra đpcm.
VD3: CM đẳng thức :

2 1 1
0 1
2 2 3 1
2
2 1 1
n n
n
n n n
C C C
n n
 

   
 
(*)
Xét
2
1
0

3 1
(1 )
1
n
n
I x dx
n


  


(1)
Mặt khác
0 1
(1 )
n n n
n n n
x C C x C x
    

2
2 1
0 1 0 1
0
2 2
( ) 2
2 1
n
n n n

n n n n n n
I C C x C x dx C C C
n

        


(2)
Từ (1) và (2) suy ra (*).
CHUYÊN ĐỀ: GIẢI TÍCH TỔ HỢP, XÁC SUẤT THỐNG KÊ

Giáo viên: Fan Zun 8

Dạng 4: Số hạng trong khai triển nhị thức Newton
VD1: Tìm hệ số của
50
x
trong khai triển:
2 1000
( ) (1 ) 2(1 ) 1000(1 )
P x x x x      
Giải
Ta có
2 3 1001 2 1000
1001
1001
(1 ) ( ) ( )
(1 ) 2(1 ) 1000(1 ) (1 ) 2(1 ) 1000(1 )
(1 ) (1 )
1000(1 )

x P x P x
x x x x x x
x x
x
x
 
   
             
   
  
  

Suy ra
1001 1001
2
1000(1 ) (1 ) (1 )
x x x
x x
   
  (1)
Áp dụng nhị thức Newton có :
1001 1 1001 1001
1001 1001
(1 ) 1
x C x C x
     (2)
Thay (2) vào (1) được:
2 51 50 1001 1000
1001 1001 1001
1

2 3 52 1000 998 999
1001
1001 1001 1001 1001
1
( ) 1000 1001
1

x
P x C x C x C x
x
C
C C C C x x
x
 
      
 
 
 

       
 
 

Mà
1
1001
11
1000. 0
C
x x


 



2 51 1000 2 3 52 50 1000 998 999
1001 1001 1001 1001 1001 1001
( ) 1000 1001
P x C x C x C C x C x C x x
 
             
 
Vậy
hệ số của
50
x
là
51 52
50 1001 1001
1000
a C C
  .
VD2: Viết số hạng thứ k+1 trong khai triển của
10
1
( )
x
x
 và tìm số hạng không chứa x
Giải

Theo công thức nhị thức Newton số hạng thứ k+1 là
10 10 2
10
1
. .( )
k k k k k
n
C x C x
x
 
 .
Suy ra số hạng không chứa x :
10 2 0 5
k k
   
. Vậy số hạng thứ 6 không chứa x.
VD3: Tìm 2 số chính giữa của khai triển
3 15
)
x xy
 .
CHUYÊN ĐỀ: GIẢI TÍCH TỔ HỢP, XÁC SUẤT THỐNG KÊ

Giáo viên: Fan Zun 9

Giải
Theo công thức nhị thức Newton 2 số chính giữa là
7 3 8 7 8 3 7 8 7 31 7 8 29 8
15 15 15 15
( ) ( ) ( ) ( )

C x xy C x xy C x y C x y
      .