Chuyên đềTổ hợp-Xác suất luyện thi đại học

Mục lục
Chuyên đề 11. Tổ Hợp - Xác Suất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
§1. Hoán Vị - Chỉnh Hợp - Tổ Hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
§2. Xác Suất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
§3. Nhị Thức Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1
Nguyễn Minh Hiếu
2
Chuyên đề 11
Tổ Hợp - Xác Suất
§1. Hoán Vị - Chỉnh Hợp - Tổ Hợp
Bài tập 11.1. Có bao nhiêu số tự nhiên chẵn có bốn chữ số khác nhau thành lập từ các chữ số
0, 1, 2, 3, 4, 5, 6.
Lời giải. Gọi abcd là số tự nhiên chẵn có bốn chữ số khác nhau thành lập từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6.
TH1: (d = 0).
Chọn d có một cách (d = 0);
Chọn ba vị trí còn lại trong 6 số còn lại nên có A
3
6
cách;
Do đó có 1 × A
3
6
= 120 số.
TH2: (d = 0).
Chọn d có ba cách (d = 2, 4, 6);
Chọn a có năm cách (a = 0, a = d);
Chọn hai vị trí còn lại trong 5 số còn lại nên có A
2
5
cách;

Do đó có 3 × 5 × A
2
5
= 300 số.
Vậy có tất cả 120 + 300 = 420 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài tập 11.2. (B-05) Một đội thanh niên tình nguyện có 15 người, gồm 12 nam và 3 nữ. Hỏi có bao nhiêu
cách phân công đội về giúp đỡ ba tỉnh miền núi sao cho mỗi tỉnh có 4 nam và 1 nữ.
Lời giải. Phân công đội thanh niên tình nguyện theo thứ tự tỉnh thứ nhất; tỉnh thứ hai và tỉnh thứ ba.
Phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất có C
4
12
.C
1
3
cách.
Phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ hai có C
4
8
.C
1
2
cách.
Phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ ba có C
4
4
.C
1
2
cách.
Vậy có C

4
12
.C
1
3
.C
4
8
.C
1
2
.C
4
4
.C
1
2
= 207900 cách phân công thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài tập 11.3. Một hộp đựng 4 bi đỏ, 5 bi trắng và 6 bi vàng. Người ta chọn ra 4 viên bi từ hộp đó. Hỏi
có bao nhiêu cách chọn để số bi lấy ra không đủ ba màu.
Lời giải. Số cách chọn 4 bi không đủ ba màu bằng số cách chọn 4 bi bất kỳ trừ số cách chọn 4 bi đủ cả
ba màu.
Chọn 4 bi bất kỳ trong tổng số 15 bi có C
4
15
= 1365 cách.
Chọn 4 bi đủ cả ba màu có các trường hợp sau:
TH1: Chọn 2 bi đỏ, 1 bi trắng, 1 bi vàng có C
2
4

.C
1
5
.C
1
6
= 180 cách.
TH2: Chọn 1 bi đỏ, 2 bi trắng, 1 bi vàng có C
1
4
.C
2
5
.C
1
6
= 240 cách.
TH3: Chọn 1 bi đỏ, 1 bi trắng, 2 bi vàng có C
1
4
.C
1
5
.C
2
6
= 300 cách.
Do đó chọn 4 bi đủ cả ba màu có 180 + 240 + 300 = 720 cách.
Vậy chọn 4 bi không đủ ba màu có 1365 −720 = 645 cách.
Bài tập 11.4. (B-04) Trong một môn học, thầy giáo có 30 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu hỏi khó, 10 câu

hỏi trung bình và 15 câu hỏi dễ. Từ 30 câu hỏi đó có thể lập được bao nhiêu đề kiểm tra, mỗi đề gồm 5
câu hỏi khác nhau, sao cho trong mỗi đề phải có 3 loại câu hỏi (khó, trung bình và dễ) và số câu hỏi dễ
không ít hơn 2.
3
Nguyễn Minh Hiếu
Lời giải. Lập một đề kiểm tra thỏa mãn yêu cầu bài toán có các trường hợp sau:
TH1: Đề gồm 2 câu dễ, 2 câu trung bình và 1 câu khó có C
2
15
.C
2
10
.C
1
5
= 23625 cách.
TH2: Đề gồm 2 câu dễ, 1 câu trung bình và 2 câu khó có C
2
15
.C
1
10
.C
2
5
= 10500 cách.
TH3: Đề gồm 3 câu dễ, 1 câu trung bình và 1 câu khó có C
3
15
.C

1
10
.C
1
5
= 22750 cách.
Vậy có 23625 + 10500 + 22750 = 56875 cách lập đề kiểm tra.
Bài tập 11.5. (D-06) Đội thanh niên xung kích của 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 bốn học sinh đi làm nhiệm vụ sao cho bốn học sinh
này thuộc không quá hai lớp. Hỏi có bao nhiêu cách chọn.
Lời giải. Số cách chọn 4 học sinh thuộc không quá hai lớp bằng số cách chọn 4 học sinh bất kỳ trừ đi số
cách chọn 4 học sinh có mặt cả học sinh ba lớp.
Chọn 4 học sinh bất kỳ trong tổng số 12 học sinh có C
4
12
= 495 cách.
Chọn 4 học sinh có mặt cả học sinh ba lớp có các trường hợp:
TH1: Chọn 2 học sinh lớp A, 1 học sinh lớp B, 1 học sinh lớp B có C
2
5
.C
1
4
.C
1
3
= 120 cách.
TH2: Chọn 1 học sinh lớp A, 2 học sinh lớp B, 1 học sinh lớp B có C
1
5

.C
2
4
.C
1
3
= 90 cách.
TH3: Chọn 1 học sinh lớp A, 1 học sinh lớp B, 2 học sinh lớp B có C
1
5
.C
1
4
.C
2
3
= 60 cách.
Do đó chọn 4 học sinh có mặt cả học sinh ba lớp có 120 + 90 + 60 = 270 cách.
Vậy chọn 4 học sinh thuộc không quá hai lớp có 495 − 270 = 225 cách.
Bài tập 11.6. Chứng minh các hệ thức sau
a) A
n+2
n+k
+ A
n+1
n+k
= k
2
A
n

n+k
.
b) P
k
A
2
n+1
A
2
n+3
A
2
n+5
= nk!A
5
n+5
.
c) (B-08)
n + 1
n + 2

1
C
k
n+1
+
1
C
k+1
n+1


=
1
C
k
n
.
d) k (k −1) C
k
n
= n (n − 1) C
k−2
n−2
.
Lời giải.
a) VT =
(n + k)!
(k −2)!
+
(n + k)!
(k −1)!
=
k(k − 1)(n + k)!
k!
+
k(n + k)!
k!
=
k
2

(n + k)!
k!
= VP (đpcm).
b) VT = P
k
A
2
n+1
A
2
n+3
A
2
n+5
= k!
(n + 1)!
(n − 1)!
.
(n + 3)!
(n + 1)!
.
(n + 5)!
(n + 3)!
= k!
n(n + 5)!
n!
= nk!A
5
n+5
= VP (đpcm).

c) VT =
n + 1
n + 2

1
C
k
n+1
+
1
C
k+1
n+1

=
n + 1
n + 2

k!(n + 1 − k)!
(n + 1)!
+
(k + 1)!(n − k)!
(n + 1)!

=
n + 1
n + 2

k!(n − k)!(n + 1 − k + k + 1)
(n + 1)n!


=
k!(n − k)!
n!
=
1
C
k
n
= VP (đpcm).
d) VT = n (n − 1) C
k−2
n−2
=
n(n − 1)(n − 2)!
(n − k)!(k − 2)!
=
k(k − 1)n!
(n − k)!k!
= k (k −1) C
k
n
= VP (đpcm).
Bài tập 11.7. Giải phương trình, bất phương trình sau:
a) C
1
x
+ 6C
2
x

+ 6C
3
x
= 9x
2
− 14x.
b) C
x−2
x+1
+ 2C
3
x−1
= 7(x − 1).
c) A
4
x
=
24
23
(A
3
x+1
− C
x−4
x
).
d) A
3
n
+ 2C

n−2
n
≤ 9n.
e) C
4
n−1
− C
3
n−1
−
5
4
A
2
n−2
< 0. f)
1
2
A
2
2x
− A
2
x
≤
6
x
C
3
x

+ 10.
Lời giải.
a) Điều kiện: x ∈ Z, x ≥ 3. Ta có phương trình tương đương:
x + 6
x(x − 1)
2!
+ 6
x(x − 1)(x − 2)
3!
= 9x
2
− 14x ⇔ x(x
2
− 9x + 14) = 0 ⇔


x = 0 (loại)
x = 2 (loại)
x = 7
Vậy phương trình có nghiệm x = 7.
b) Điều kiện: x ∈ Z, x ≥ 4. Ta có phương trình tương đương:
C
3
x+1
+ 2C
3
x−1
= 7(x − 1) ⇔
(x + 1) x (x − 1)
3!

+
2 (x − 1) (x − 2) (x − 3)
3!
= 7 (x − 1)
⇔ (x − 1)

x
2
+ x + 2

x
2
− 5x + 6

− 42

= 0 ⇔


x = 1 (loại)
x = −2 (loại)
x = 5
Vậy phương trình có nghiệm x = 5.
4
Chuyên đề 11. Tổ Hợp - Xác Suất
c) Điều kiện: x ∈ Z, x ≥ 4. Ta có phương trình tương đương:
23A
4
x
= 24


A
3
x+1
− C
4
x

⇔23x (x − 1) (x − 2) (x − 3) = 24

(x + 1) x (x − 1) −
x (x − 1) (x − 2) (x − 3)
4!

⇔x (x − 1)

23

x
2
− 5x + 6

− 24 (x + 1) +

x
2
− 5x + 6

= 0 ⇔



x = 0 (loại)
x = 1 (loại)
x = 5
Vậy phương trình có nghiệm x = 5.
d) Điều kiện: n ∈ Z, n ≥ 3. Ta có bất phương trình tương đương:
A
3
n
+ 2C
2
n
≤ 9n ⇔ n(n − 1(n − 2) + 2
n(n − 1)
2!
≤ 9n ⇔ n(n
2
− 2n − 8) ≤ 0 ⇔ −2 ≤ n ≤ 4
Kết hợp điều kiện bất phương trình có nghiệm n = 3, n = 4.
e) Điều kiện: n ∈ Z, n ≥ 5. Ta có bất phương trình tương đương:
(n − 1) (n − 2) (n − 3) (n − 4)
4!
−
(n − 1) (n − 2) (n − 3)
3!
−
5 (n − 2) (n − 3)
4
< 0
⇔(n − 2) (n − 3)


n
2
− 5n + 4 − 4 (n − 1) − 30

< 0 ⇔

−2 < n < 2
3 < n < 11
Kết hợp điều kiện bất phương trình có nghiệm n ∈ {5, 6, 7, 8, 9, 10}.
f) Điều kiện: x ∈ Z, x ≥ 3. Ta có bất phương trình tương đương:
1
2
(2x)(2x − 1) − x(x − 1) ≤
6
x
x(x − 1)(x − 2)
3!
+ 10
⇔ 2x
2
− x − x
2
+ x ≤ x
2
− 3x + 2 + 10 ⇔ x ≤ 4
Kết hợp điều kiện bất phương trình có nghiệm x = 3, x = 4.
Bài tập 11.8. (D-05) Tính giá trị của M =
A
4

n+1
+ 3A
3
n
(n + 1)!
biết C
2
n+1
+ 2C
2
n+2
+ 2C
2
n+3
+ C
2
n+4
= 149.
Lời giải. Điều kiện: n ∈ Z, n ≥ 3. Điều kiện đã cho tương đương với
(n + 1)n
2!
+ 2
(n + 2)(n + 1)
2!
+ 2
(n + 3)(n + 2)
2!
+
(n + 4)(n + 3)
2!

= 149
⇔ n
2
+ 4n − 45 = 0 ⇔

n = 5
n = −9 (loại)
Do đó ta có: M =
A
4
6
+ 3A
3
5
6!
=
3
4
.
Bài tập 11.9. (B-02) Cho đa giác đều A
1
A
2
A
2n
nội tiếp đường tròn (O). Biết rằng số tam giác có các
đỉnh là 3 trong 2n đỉnh nhiều gấp 20 lần số hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong 2n đỉnh. Tìm n.
Lời giải. Số tam giác có các đỉnh là 3 trong 2n đỉnh đa giác là C
3
2n

.
Gọi đường chéo đi qua tâm O của đa giác là đường chéo lớn thì đa giác có n đường chéo lớn.
Mỗi hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong 2n đỉnh đa giác có hai đường chéo là hai đường chéo lớn.
Ngược lại hai đường chéo lớn luôn tạo ra một hình chữ nhật.
Do đó số hình chữ nhật bằng số cặp đường chéo lớn và bằng C
2
n
.
Theo giả thiết ta có:
C
3
2n
= 20C
2
n
⇔
2n(2n − 1)(2n − 2)
3!
= 20
n(n − 1)
2!
⇔ n(n − 1)(2n − 16) = 0 ⇔ n = 8
Bài tập 11.10. (B-06) Cho tập A gồm 2n phần tử (n ≥ 4). Biết rằng số tập con 4 phần tử bằng 20 lần
số tập con gồm 2 phần tử. Tìm k ∈ {1, 2, , n} sao cho số tập con gồm k phần tử của A là lớn nhất.
5
Nguyễn Minh Hiếu
Lời giải. Số tập con k phần tử của A là C
k
n
. Do đó theo giả thiết ta có:

C
4
n
= 20C
2
n
⇔
n(n − 1)(n − 2)(n − 3)
4!
= 20
n(n − 1)
2!
⇔ n(n − 1)

n
2
− 5n − 234

= 0 ⇔ n = 18
Dễ thấy được C
0
18
< C
1
18
< C
2
18
< < C
9

18
> C
10
18
> > C
18
18
.
Vậy số tập con gồm 9 phần tử là lớn nhất.
§2. Xác Suất
Bài tập 11.11. (A-2013) Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt được chọn từ
các chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7. Xác định số phần tử của S. Chọn ngẫu nhiên một số từ S, tính xác suất để số
được chọn là số chẵn.
Lời giải. Mỗi phần tử của S là một chỉnh hợp chập 3 của 7, do đó số phần tử của S là A
3
7
= 210.
Số cách chọn một số chẵn từ S là 3 ×A
2
6
= 90.
Vậy xác suất để số được chọn là số chẵn là
90
210
=
3
7
.
Bài tập 11.12. (B-2013) Có hai chiếc hộp đựng bi. Hộp thứ nhất chứa 4 viên bi đỏ và 3 viên bi trắng,
hộp thứ hai chứa 2 viên bi đỏ và 4 viên bi trắng. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp ra một viên bi, tính xác suất

để hai viên bi được lấy ra có cùng màu.
Lời giải. Phép thử là lấy mỗi hộp một viên bi nên ta có |Ω| = C
1
7
× C
1
6
= 42.
Gọi A là biến cố: "Hai viên bi lấy ra có cùng màu", ta có |Ω
A
| = C
1
4
.C
1
2
+ C
1
3
.C
1
4
= 20.
Vậy xác suất cần tìm là P (A) =
|Ω
A
|
|Ω|
=
20

42
=
10
21
.
Bài tập 11.13. (B-2012) Trong một lớp học gồm có 15 học sinh nam và 10 học sinh nữ. Giáo viên gọi
ngẫu nhiên 4 học sinh lên bảng giải bài tập. Tính xác suất để 4 học sinh được gọi có cả nam và nữ.
Lời giải. Phép thử là chọn 4 học sinh bất kỳ lên bảng nên số phần tử không gian mẫu là: |Ω| = C
4
25
= 12650.
Gọi A là biến cố: "Chọn 4 học sinh có cả nam và nữ" ta có |Ω
A
| = C
3
15
.C
1
10
+C
2
15
.C
2
10
+C
1
15
.C
3

10
= 11075.
Vậy xác suất để 4 học sinh được gọi có cả nam và nữ là: P(A) =
|Ω
A
|
|Ω|
=
11075
12650
=
443
506
.
Bài tập 11.14. Một tổ có 13 học sinh, trong đó có 4 nữ. Cần chia tổ thành ba nhóm, nhóm thứ nhất có
4 học sinh, nhóm thứ hai có 4 học sinh, nhóm thứ ba có 5 học sinh. Tính xác suất để mỗi nhóm có ít nhất
một học sinh nữ.
Lời giải. Phép thử là chia tổ thành ba nhóm gồm 4 học sinh, 4 học sinh và 5 học sinh.
Do đó số phần tử của không gian mẫu là |Ω| = C
4
13
.C
4
9
.C
5
5
= 90090.
Gọi A là biến cố: "Mỗi nhóm có ít nhất một học sinh nữ" ta có:
|Ω

A
| = C
3
9
C
1
4
.C
3
6
C
1
3
.C
3
3
C
2
2
+ C
3
9
C
1
4
.C
3
6
C
2

3
.C
3
3
C
1
1
+ C
3
9
C
2
4
.C
3
6
C
1
2
.C
3
3
C
1
1
= 60480
Vậy xác suất để mỗi nhóm có ít nhất một học sinh nữ là: P (A) =
|Ω
A
|

|Ω|
=
60480
90090
=
96
143
.
Bài tập 11.15. Một nhóm học tập gồm 7 nam và 5 nữ, trong đó có bạn nam A và bạn nữ B. Chọn ngẫu
nhiên 6 bạn để lập một đội tuyển thi học sinh giỏi. Tính xác suất để đội tuyển có 3 nam và 3 nữ, trong đó
phải có hoặc bạn nam A, hoặc bạn nữ B nhưng không có cả hai.
Lời giải. Phép thử là chọn 6 học sinh trong tổng số 12 học sinh nên |Ω| = C
6
12
= 924.
Gọi A là biến cố: "đội tuyển có 3 nam và 3 nữ, trong đó phải có hoặc bạn nam A, hoặc bạn nữ B
nhưng không có cả hai".
Ta có: |Ω
A
| = C
2
6
.C
3
4
+ C
3
6
.C
2

4
= 180.
Vậy xác suất cần tìm là: P (A) =
|Ω
A
|
|Ω|
=
180
924
=
15
77
.
6
Chuyên đề 11. Tổ Hợp - Xác Suất
Bài tập 11.16. Có 7 sách Toán, 5 sách Lý và 6 sách Hóa. Chọn ngẫu nhiên 6 sách. Tính xác suất để số
sách được chọn có không quá 5 sách Toán.
Lời giải. Phép thử là chọn 6 sách trong tổng số 18 sách nên |Ω| = C
6
18
= 18564.
Gọi A là biến cố: "Số sách được chọn có không quá 5 sách Toán".
Khi đó biến cố A là: "Chọn được 6 sách đều là toán", ta có |Ω
A
| = C
6
7
= 7.
Xác suất của biến cố A là P


A

=
|Ω
A
|
|Ω|
=
7
18564
=
1
2652
.
Vậy xác suất cần tìm là P (A) = 1 − P

A

= 1 −
1
2652
=
2651
2652
.
Bài tập 11.17. Một hộp đựng 4 viên bi đỏ, 5 viên bi trắng và 6 viên bi vàng. Người ta chọn ra 4 viên bi
từ hộp đó. Tính xác suất để trong số bi lấy ra không đủ cả ba màu.
Lời giải. Phép thử là chọn 4 bi bất kỳ trong tổng số 15 bi nên ta có |Ω| = C
4

15
= 1365.
Gọi A là biến cố: "Chọn 4 bi không đủ cả ba màu”, suy ra
A là biến cố: "Chọn 4 bi đủ cả ba màu".
Ta có:


Ω
A


= C
2
4
.C
1
5
.C
1
6
+ C
1
4
.C
2
5
.C
1
6
+ C

1
4
.C
1
5
.C
2
6
= 720 ⇒ P

A

=


Ω
A


|Ω|
=
720
1365
=
48
91
.
Vậy xác suất để trong số bi lấy ra không đủ cả ba màu là: P (A) = 1 − P

A


= 1 −
48
91
=
43
91
.
Bài tập 11.18. Ba xạ thủ cùng bắn độc lập vào bia, mỗi người bắn một viên đạn. Xác suất bắn trúng
của từng xạ thủ lần lượt là 0,6; 0,7 và 0,8. Tính xác suất để có ít nhất một xạ thủ bắn trúng bia.
Lời giải. Gọi A
i
(i = 1, 3) là biến cố: "Người thứ i bắn trúng bia".
Ta có P (A
1
) = 0, 6; P (A
2
) = 0, 7; P (A
3
) = 0, 8 ⇒ P (A
1
) = 0, 4; P (A
2
) = 0, 3; P (A
3
) = 0, 2.
Gọi A là biến cố: "Ít nhất một xạ thủ bắn trúng bia", ta có A: "Cả ba xạ thủ không bắn trúng bia".
Khi đó A = A
1
.A

2
.A
3
⇒ P (A) = 0, 4 × 0, 3 × 0, 2 = 0, 024.
Vậy xác suất cần tìm là P (A) = 1 − P (A) = 1 − 0, 024 = 0, 976.
Bài tập 11.19. Ba học sinh An, Bình và Chi cùng giải một bài toán độc lập với nhau. Xác suất giải được
của An là 0,7; của Bình là 0,6; của Chi là 0,5. Tính xác suất để có ít nhất một học sinh không giải được
bài toán.
Lời giải. Gọi A
1
là biến cố: "An giải được bài toán"; A
2
là biến cố: "Bình giải được bài toán"; A
3
là biến
cố: "Chi giải được bài toán".
Theo giả thiết ta có P (A
1
) = 0, 7; P (A
2
) = 0, 6; P (A
3
) = 0, 5.
Gọi A là biến cố: "Ít nhất một học sinh không giải được bài toán".
Ta có A là biến cố: "Cả ba học sinh đều giải được bài toán".
Khi đó A = A
1
.A
2
.A

3
⇒ P (A) = 0, 7 × 0, 6 × 0, 5 = 0, 21.
Vậy xác suất cần tìm là P (A) = 1 − P (A) = 1 − 0, 21 = 0, 79.
Bài tập 11.20. Người ta sử dụng 5 cuốn sách Toán, 6 cuốn sách Lý, 7 cuốn sách Hoá (các cuốn sách cùng
loại giống nhau), để làm giải thưởng cho 9 học sinh, mỗi học sinh được hai cuốn sách khác loại. Trong số
học sinh có hai bạn Ngọc và Thảo. Tìm xác suất để hai bạn Ngọc và Thảo có giải thưởng giống nhau.
Lời giải. Chia 18 cuốn sách thành 9 bộ sách, mỗi bộ hai cuốn khác loại. Gọi x, y, z lần lượt là số bộ
Toán-Lý, Toán-Hóa và Lý-Hóa, ta có:





x + y = 5
x + z = 6
y + z = 7
⇔





x = 2
y = 3
z = 4
Xét phép thử là phát 9 bộ sách cho 9 học sinh ta có: |Ω| = C
2
9
.C
3

7
.C
4
4
= 1260.
Gọi A là biến cố: "Ngọc và Thảo có giải thưởng giống nhau" ta có các trường hợp:
TH1: Ngọc và Thảo cùng nhận bộ sách Toán-Lý có C
3
7
C
4
4
= 35 cách phát cho 7 người còn lại.
TH2: Ngọc và Thảo cùng nhận bộ sách Toán-Hóa có C
2
7
C
1
5
C
4
4
= 105 cách phát cho 7 người còn lại.
TH3: Ngọc và Thảo cùng nhận bộ sách Lý-Hóa có C
2
7
C
3
5
C

2
2
= 210 cách phát cho 7 người còn lại.
Do đó số phần tử của biến cố A là |Ω
A
| = 35 + 105 + 210 = 350.
Vậy xác suất để hai bạn Ngọc và Thảo có giải thưởng giống nhau là: P (A) =
|Ω
A
|
|Ω|
=
350
1260
=
5
18
.
7
Nguyễn Minh Hiếu
Bài tập 11.21. Có hai túi. Túi thứ nhất chứa 3 tấm thẻ đánh số 1, 2, 3 và túi thứ hai chứa 4 tấm thẻ
đánh số 4, 5, 6, 8. Rút ngẫu nhiên từ mỗi túi một tấm thẻ rồi cộng hai số ghi trên hai tấm thẻ với nhau.
Gọi X là số thu được. Lập bảng phân bố xác suất của X và tính E(X).
Lời giải. Ta có bảng phân bố xác suất:
X 5 6 7 8 9 10 11
P
1
12
2
12

3
12
2
12
2
12
1
12
1
12
Kỳ vọng là E(X) = 5 ×
1
12
+ 6 ×
2
12
+ 7 ×
3
12
+ 8 ×
2
12
+ 9 ×
2
12
+ 10 ×
1
12
+ 11 ×
1

12
= 7, 75.
Bài tập 11.22. Xác suất bắn trúng vòng 10 của một xạ thủ là 0,3. Xạ thủ đó bắn đúng 3 lần. Gọi X là
số lần bắn trúng vòng 10 của xạ thủ. Lập bảng phân bố xác suất; tính kỳ vọng và phương sai.
Lời giải. Gọi A
i
(i = 1, 3) là biến cố: "Xạ thủ bắn lần thứ i trúng", ta có P (A
i
) = 0, 3 ⇒ P (A
i
) = 0, 7.
Khi đó
(X = 0) = A
1
A
2
A
3
⇒ P (X = 0) = (0, 7)
3
= 0, 343
(X = 1) = A
1
A
2
A
3
∪ A
1
A

2
A
3
∪ A
1
A
2
A
3
⇒ P (X = 1) = 3.(0, 3).(0, 7)
2
= 0, 441
(X = 2) = A
1
A
2
A
3
∪ A
1
A
2
A
3
∪ A
1
A
2
A
3

⇒ P (X = 2) = 3.(0, 3)
2
.(0, 7) = 0, 189
(X = 3) = A
1
A
2
A
3
⇒ P (X = 3) = (0, 3)
3
= 0, 027
Ta có bảng phân bố xác suất:
X 0 1 2 3
P 0, 343 0, 441 0, 189 0, 027
Kỳ vọng là E(X) = 0 × 0, 343 + 1 × 0, 441 + 2 × 0, 189 + 3 × 0, 027 = 0, 9.
Phương sai là V (X) = 0
2
× 0, 343 + 1
2
× 0, 441 + 2
2
× 0, 189 + 3
2
× 0, 027 − (0, 9)
2
= 0, 63.
§3. Nhị Thức Newton
Bài tập 11.23. Tìm hệ số của x
15

trong khai triển đa thức P (x) = (2x − 3x
2
)
10
.
Lời giải. Ta có P (x) =

2x − 3x
2

10
=
10

k=0
C
k
10
(2x)
10−k

−3x
2

k
=
10

k=0
C

k
10
2
10−k
(−3)
k
x
10+k
.
Số hạng chứa x
15
tương ứng với số hạng chứa k thỏa 10 + k = 15 ⇔ k = 5.
Vậy hệ số của số hạng chứa x
15
là C
5
10
.2
5
.(−3)
5
= −6
5
C
5
10
.
Bài tập 11.24. Tìm hệ số của số hạng chứa x
12
trong khai triển biểu thức


x
2
+
2
x

21
.
Lời giải. Ta có

x
2
+
2
x

21
=
21

k=0
C
k
21

x
2

21−k


2
x

k
=
21

k=0
C
k
21
2
k
x
42−3k
.
Số hạng chứa x
12
tương ứng với số hạng chứa k thỏa 42 − 3k = 12 ⇔ k = 10.
Vậy hệ số của số hạng chứa x
12
là 2
10
C
10
21
.
Bài tập 11.25. (D-04) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển thành đa thức của biểu thức


3
√
x +
1
4
√
x

7
, x > 0.
Lời giải. Ta có

3
√
x +
1
4
√
x

7
=

x
1
3
+ x
−
1
4


7
=
7

k=0
C
k
7

x
1
3

7−k

x
−
1
4

k
=
7

k=0
C
k
7
x

7
3
−
7k
12
.
Số hạng không chứa x tương ứng số hạng chứa k thỏa
7
3
−
7k
12
= 0 ⇔ k = 4.
Vậy số hạng không chứa x là C
4
7
= 35.
8
Chuyên đề 11. Tổ Hợp - Xác Suất
Bài tập 11.26. (A-2012) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 5C
n−1
n
= C
3
n
. Tìm số hạng chứa x
5
trong
khai triển nhị thức Newton của


nx
2
14
−
1
x

n
, x = 0.
Lời giải. Điều kiện: n ∈ Z, n ≥ 3.
Theo giả thiết có 5C
n−1
n
= C
3
n
⇔ 5n =
n(n − 1)(n − 2)
3!
⇔ n = 7.
Do đó

nx
2
14
−
1
x

n

=

x
2
2
−
1
x

7
=
7

k=0
C
k
7

x
2
2

7−k

−
1
x

k
=

7

k=0
C
k
7
1
2
7−k
(−1)
k
x
14−3k
.
Số hạng chứa x
5
tương ứng số hạng chứa k thỏa 14 − 3k = 5 ⇔ k = 3.
Vậy số hạng chứa x
5
là C
3
7
1
2
4
(−1)
3
x
5
= −

35
16
x
5
.
Bài tập 11.27. (A-03) Tìm hệ số của số hạng chứa x
8
trong khai triển

1
x
3
+
√
x
5

n
, biết C
n+1
n+4
−C
n
n+3
=
7 (n + 3).
Lời giải. Theo giả thiết có
C
n+1
n+4

− C
n
n+3
= 7 (n + 3) ⇔
(n + 4)(n + 3)(n + 2)
3!
−
(n + 3)(n + 2)(n + 1)
3!
= 7 (n + 3) ⇔ n = 12
Khi đó

1
x
3
+
√
x
5

n
=

x
−3
+ x
5
2

12

=
12

k=0
C
k
12

x
−3

12−k

x
5
2

k
=
12

k=0
C
k
12
x
11
2
k−36
.

Số hạng chứa x
8
tương ứng số hạng chứa k thỏa
11
2
k −36 ⇔ k = 8.
Vậy hệ số của số hạng chứa x
8
là C
8
12
= 495.
Bài tập 11.28. (A-02) Cho khai triển biểu thức

2
x−1
2
+ 2
−
x
3

n
= C
0
n

2
x−1
2


n
+ C
1
n

2
x−1
2

n−1

2
−
x
3

+ + C
n
n

2
−
x
3

n
biết rằng trong khai triển đó C
3
n

= 5C
1
n
và số hạng thứ tư bằng 20n. Tìm n và x.
Lời giải. Điều kiện: n ∈ Z, n ≥ 3.
Ta có C
3
n
= 5C
1
n
⇔
n(n − 1)(n − 2)
3!
= 5n ⇔ n

n
2
− 3n − 28

= 0 ⇔ n = 7.
Khi đó số hạng thứ tư là C
3
7

2
x−1
2

4


2
−
x
3

3
= 35.2
2x−2
.2
−x
= 35.2
x−2
.
Theo giả thiết ta có: 35.2
x−2
= 140 ⇔ 2
x−2
= 4 ⇔ x = 4.
Bài tập 11.29. (D-07) Tìm hệ số của x
5
trong khai triển thành đa thức của biểu thức x(1 − 2x)
5
+
x
2
(1 + 3x)
10
.
Lời giải. Ta có khai triển

x(1 − 2x)
5
+ x
2
(1 + 3x)
10
= x
5

k=0
C
k
5
(−2x)
k
+ x
2
10

i=0
C
i
10
(3x)
i
=
5

k=0
C

k
5
(−2)
k
x
k+1
+
10

i=0
C
i
10
3
i
x
i+2
Số hạng chứa x
5
tương ứng số hạng chứa k và i thỏa

k + 1 = 5
i + 2 = 5
⇔

k = 4
i = 3
.
Vậy hệ số của số hạng chứa x
5

là C
4
5
(−2)
4
+ C
3
10
3
3
= 3320.
Bài tập 11.30. (A-04) Tìm hệ số của x
8
trong khai triển thành đa thức của biểu thức

1 + x
2
(1 − x)

8
.
9
Nguyễn Minh Hiếu
Lời giải. Ta có khai triển

1 + x
2
(1 − x)

8

=
8

k=0
C
k
8

x
2
(1 − x)

k
=
8

k=0
C
k
8
x
2k
(1 − x)
k
=
8

k=0
C
k

8
x
2k

k

i=0
C
i
k
(−x)
i

=
8

k=0
k

i=0
C
k
8
x
2k
C
i
k
(−1)
i

x
i
=
8

k=0
k

i=0
C
k
8
C
i
k
(−1)
i
x
2k+i
Số hạng chứa x
8
tương ứng số hạng chứa k và i thỏa 2k + i = 8.
Vì 0 ≤ i ≤ k ≤ 8 nên 2k + i = 8 ⇔

k = 3
i = 2
hoặc

k = 4
i = 0

.
Vậy hệ số của số hạng chứa x
8
là C
3
8
C
2
3
(−1)
2
+ C
4
8
C
0
4
(−1)
0
= 238.
Bài tập 11.31. (D-03) Với n là số nguyên dương, gọi a
3n−3
là hệ số của x
3n−3
trong khai triển thành đa
thức của

x
2
+ 1


n
(x + 2)
n
. Tìm n để a
3n−3
= 26n.
Lời giải. Ta có

x
2
+ 1

n
(x + 2)
n
=

n

k=0
C
k
n
x
2n−2k

n

i=0

C
i
n
2
i
x
n−i

=
n

k=0
n

i=0
C
k
n
C
i
n
2
i
x
3n−2k−i
.
Số hạng chứa x
3n−3
tương ứng số hạng chứa k và i thỏa mãn
3n − 2k −i = 3n − 3 ⇔ 2k + i = 3 ⇔


k = 0
i = 3
hoặc

k = 1
i = 1
Do đó hệ số a
3n−3
của số hạng chứa x
3n−3
là C
0
n
C
3
n
2
3
+ C
1
n
C
1
n
2
1
=
4n(n − 1)(n − 2)
3

+ n
2
.
Theo giả thiết a
3n−3
= 26n ⇔
4n(n − 1)(n − 2)
3
+ n
2
= 26n ⇔ n = 5.
Bài tập 11.32. (D-02) Tìm số nguyên dương n thoả mãn hệ thức C
0
n
+ 2.C
1
n
+ 2
2
.C
2
n
+ + 2
n
.C
n
n
= 243.
Lời giải. Xét khai triển (1 + x)
n

=
n

k=0
C
k
n
x
k
.
Chọn x = 2 ta có 3
n
=
n

k=0
C
k
n
2
k
.
Lại theo giả thiết ta có 3
n
= 243 ⇔ n = 5.
Bài tập 11.33. Tính tổng S = C
0
2013
+ 3C
1

2013
+ 3
2
C
2
2013
+ + 3
2013
C
2013
2013
.
Lời giải. Xét khai triển (1 + x)
2013
=
2013

k=0
C
k
2013
x
k
.
Chọn x = 3 ta có 4
2013
=
2013

k=0

C
k
2013
3
k
⇔ S = 4
2013
.
Vậy S = 4
2013
.
Bài tập 11.34. (B-07) Tìm hệ số của số hạng chứa x
10
trong khai triển biểu thức (2 + x)
n
, biết 3
n
C
0
n
−
3
n−1
C
1
n
+ 3
n−2
C
2

n
+ + (−1)
n
C
n
n
= 2048.
Lời giải. Xét khai triển (x − 1)
n
=
n

k=0
C
k
n
x
n−k
(−1)
k
.
Chọn x = 3 ta có 2
n
=
n

k=0
C
k
n

3
n−k
(−1)
k
.
Lại theo giả thiết ta có 2
n
= 2048 ⇔ n = 11.
Khi đó (2 + x)
n
= (2 + x)
11
=
11

k=0
C
k
11
2
11−k
x
k
.
Số hạng chứa x
10
tương ứng số hạng chứa k thỏa k = 10.
Vậy hệ số của số hạng chứa x
10
là C

10
11
2
1
= 22.
10
Chuyên đề 11. Tổ Hợp - Xác Suất
Bài tập 11.35. (A-08) Cho khai triển (1 + 2x)
n
= a
0
+a
1
x+ +a
n
x
n
, (n ∈ N
∗
) và các hệ số a
0
, a
1
, a
2
, , a
n
thoả mãn hệ thức a
0
+

a
1
2
+
a
2
4
+ +
a
n
2
n
= 4096. Tìm số lớn nhất trong các số a
0
, a
1
, a
2
, , a
n
.
Lời giải. Xét khai triển (1 + 2x)
n
= a
0
+ a
1
x + a
2
x

2
+ + a
n
x
n
.
Chọn x =
1
2
ta có 2
n
= a
0
+
a
1
2
+
a
2
2
2
+ +
a
n
2
n
= 4096 ⇔ n = 12.
Khi đó (1 + 2x)
12

=
12

k=0
C
k
12
2
k
x
k
⇒
a
k+1
a
k
=
2
k+1
C
k+1
12
2
k
C
k
12
=
2 (12 − k)
k + 1

=
24 − 2k
k + 1
.
Do đó
a
k+1
a
k
> 1 ⇔
24 − 2k
k + 1
> 1 ⇔ 24 − 2k > k + 1 ⇔ k <
23
3
< 8.
Suy ra a
0
< a
1
< < a
8
> a
9
> > a
12
.
Vậy số lớn nhất trong các số a
0
, a

1
, , a
12
là a
8
= 2
8
.C
8
12
= 126720.
Bài tập 11.36. (A-06) Tìm hệ số của x
26
trong khai triển

1
x
4
+ x
7

n
, biết C
1
2n+1
+ C
2
2n+1
+ + C
n

2n+1
=
2
20
− 1.
Lời giải. Xét khai triển (1 + x)
2n+1
=
2n+1

k=0
C
k
2n+1
x
k
.
Chọn x = 1 ta có 2
2n+1
=
2n+1

k=0
C
k
2n+1
.
Lại có C
k
2n+1

= C
2n+1−k
2n+1
nên 2
2n+1
=
2n+1

k=0
C
k
2n+1
= 2
n

k=0
C
k
2n+1
⇔ 2
2n
− 1 =
n

k=1
C
k
2n+1
.
Lại theo giả thiết có 2

2n
− 1 = 2
20
− 1 ⇔ k = 10.
Khi đó

1
x
4
+ x
7

n
=

x
−4
+ x
7

10
=
10

k=0
C
k
10

x

−4

10−k

x
7

k
=
10

k=0
C
k
10
x
11k−40
.
Số hạng chứa x
26
tương ứng số hạng chứa k thỏa 11k − 40 = 26 ⇔ k = 6.
Vậy hệ số của số hạng chứa x
26
là C
6
10
= 210.
Bài tập 11.37. Tính tổng S = C
0
2013

+ C
2
2013
+ C
4
2013
+ + C
2012
2013
.
Lời giải. Xét khai triển (1 + x)
2013
=
2013

k=0
C
k
2013
x
k
.
Lần lượt chọn x = 1 và x = −1 ta có








2
2013
=
2013

k=0
C
k
2013
(1)
0 =
2013

k=0
C
k
2013
(−1)
k
(2)
.
Cộng theo vế (1) và (2) ta có
2
2013
= 2

C
0
2013
+ C

2
2013
+ + C
2012
2013

⇔ C
0
2013
+ C
2
2013
+ + C
2012
2013
= 2
2012
⇔ S = 2
2012
Vậy S = 2
2012
.
Bài tập 11.38. (D-08) Tìm số nguyên dương n thoả mãn hệ thức C
1
2n
+ C
3
2n
+ + C
2n−1

2n
= 2048.
Lời giải. Xét khai triển (1 + x)
2n
=
2n

k=0
C
k
2n
x
k
.
Chọn lần lượt x = 1 và x = −1 ta có







2
2n
=
2n

k=0
C
k

2n
(1)
0 =
2n

k=0
C
k
2n
(−1)
k
(2)
.
Trừ theo vế (1) và (2) ta có 2
2n
= 2

C
1
2n
+ C
3
2n
+ + C
2n−1
2n

.
Lại theo giả thiết có 2
2n

= 2.2048 ⇔ 2
2n
= 2
12
⇔ n = 6.
Bài tập 11.39. Tìm số tự nhiên n sao cho 1.C
1
n
+ 2.C
2
n
+ + nC
n
n
= n.2
2013
.
11
Nguyễn Minh Hiếu
Lời giải. Xét khai triển (1 + x)
n
=
n

k=0
C
k
n
x
k

.
Lấy đạo hàm hai vế ta được n(1 + x)
n−1
=
n

k=1
C
k
n
kx
k−1
.
Chọn x = 1 ta có n.2
n−1
=
n

k=1
C
k
n
k.
Lại theo giả thiết có: n.2
n−1
= n.2
2013
⇔ n = 2014.
Bài tập 11.40. (A-05) Tìm số nguyên dương n thỏa C
1

2n+1
−2.2C
2
2n+1
+3.2
2
C
3
2n+1
+ +(−1)
n
2
2n
C
2n+1
2n+1
=
2005.
Lời giải. Xét khai triển (1 + x)
2n+1
=
2n+1

k=0
C
k
2n+1
x
k
.

Lấy đạo hàm hai vế được (2n + 1)(1 + x)
2n
=
2n+1

k=0
C
k
2n+1
kx
k−1
.
Thay x = −2 ta có 2n + 1 =
2n+1

k=0
C
k
2n+1
k(−1)
k−1
2
k−1
.
Theo giả thiết ta có 2n + 1 = 2005 ⇔ n = 1002.
Bài tập 11.41. Tính tổng S = 2C
0
n
+ 5C
1

n
+ 8C
2
n
+ + (3n + 2) C
n
n
.
Lời giải. Xét khai triển x
2

1 + x
3

n
= x
2
n

k=0
C
k
n
x
3k
=
n

k=0
C

k
n
x
3k+2
.
Lấy đạo hàm hai vế ta có 2x

1 + x
3

n
+ 3nx
4

1 + x
3

n−1
=
n

k=0
C
k
n
(3k + 2)x
3k+1
.
Chọn x = 1 ta có 2.2
n

+ 3n.2
n−1
=
n

k=0
C
k
n
(3k + 2) ⇔ S = 2
n+1
+ 3n.2
n−1
.
Vậy S = 2
n+1
+ 3n.2
n−1
.
Bài tập 11.42. Chứng minh rằng 2.1.C
2
n
+ 3.2.C
3
n
+ 4.3.C
4
n
+ + n (n − 1) C
n

n
= n (n − 1) 2
n−2
.
Lời giải. Xét khai triển (1 + x)
n
=
n

k=0
C
k
n
x
k
.
Lấy đạo hàm cấp hai hai vế ta có: n(n − 1)(1 + x)
n−2
=
n

k=0
C
k
n
k(k − 1)x
k−2
.
Chọn x = 1 ta có n(n − 1)2
n−2

=
n

k=2
C
k
n
k(k − 1) (đpcm).
Bài tập 11.43. Tính tổng S = 1
2
C
1
2013
2
2012
+ 2
2
C
2
2013
2
2011
+ + 2013
2
C
2013
2013
2
0
.

Lời giải. Xét khai triển (2 + x)
2013
=
2013

k=0
C
k
2013
2
2013−k
x
k
.
Lấy đạo hàm và đạo hàm cấp hai hai vế ta có:
2013(2 + x)
2012
=
2013

k=1
C
k
2013
2
2013−k
kx
k−1
2013.2012(2 + x)
2011

=
2013

k=2
C
k
2013
2
2013−k
k(k − 1)x
k−2
Chọn x = 1 ta có
2013.3
2012
=
2013

k=1
C
k
2013
2
2013−k
k (1)
2013.2012.3
2011
=
2013

k=2

C
k
2013
2
2013−k
k(k − 1) =
2013

k=1
C
k
2013
2
2013−k
k(k − 1) (2)
12
Chuyên đề 11. Tổ Hợp - Xác Suất
Cộng theo vế (1) và (2) ta có
2013.3
2012
+ 2013.2012.3
2011
=
2013

k=1

C
k
2013

2
2013−k
(k + k(k −1))

=
2013

k=1
k
2
C
k
2013
2
2013−k
Vậy S = 2013.3
2012
+ 2013.2012.3
2011
= 2013.2015.3
2011
.
Bài tập 11.44. (B-03) Cho n là số nguyên dương. Tính tổng C
0
n
+
2
2
− 1
2

C
1
n
+
2
3
− 1
3
C
2
n
+ +
2
n+1
− 1
n + 1
C
n
n
.
Lời giải. Xét khai triển (1 + x)
n
=
n

k=0
C
k
n
x

k
.
Lấy tích phân từ 1 đến 2 cả hai vế ta có
2

1
(1 + x)
n
dx =
2

1
n

k=0
C
k
n
x
k
dx ⇔
(1 + x)
n+1
n + 1





2

1
=
n

k=0
C
k
n
x
k+1
k + 1





2
1
⇔
3
n+1
− 1
n + 1
=
n

k=0
C
k
n

2
k+1
− 1
k + 1
Vậy
n

k=0
C
k
n
2
k+1
− 1
k + 1
=
3
n+1
− 1
n + 1
.
Bài tập 11.45. (A-07) Chứng minh rằng
1
2
C
1
2n
+
1
4

C
3
2n
+ +
1
2n
C
2n−1
2n
=
2
2n
− 1
2n + 1
.
Lời giải. Xét các khai triển







(1 + x)
2n
=
2n

k=0
C

k
2n
x
k
(1)
(1 − x)
2n
=
2n

k=0
C
k
2n
(−1)
k
x
k
(2)
.
Trừ theo vế (1) và (2) ta có
(1 + x)
2n
− (1 − x)
2n
= 2

C
1
2n

x + C
3
2n
x
3
+ + C
2n−1
2n

⇔
1
2

(1 + x)
2n
− (1 − x)
2n

= C
1
2n
x + C
3
2n
x
3
+ + C
2n−1
2n
x

2n−1
Lấy tích phân từ 0 đến 1 cả hai vế ta có:
1
2
1

0

(1 + x)
2n
− (1 − x)
2n

dx =
1

0

C
1
2n
x + C
3
2n
x
3
+ + C
2n−1
2n
x

2n−1

dx
⇔
1
2

(1 + x)
2n+1
+ (1 − x)
2n+1
2n + 1






1
0
=

C
1
2n
x
2
2
+ C
3

2n
x
4
4
+ + C
2n−1
2n
x
2n
2n





1
0
⇔
1
2

2
2n+1
− 2
2n + 1

=
1
2
C

1
2n
+
1
4
C
3
2n
+ +
1
2n
C
2n−1
2n
⇔
2
2n
− 1
2n + 1
=
1
2
C
1
2n
+
1
4
C
3

2n
+ +
1
2n
C
2n−1
2n
(đpcm)
Bài tập 11.46. Tính tổng

C
0
2014

2
+

C
1
2014

2
+

C
2
2014

2
+ +


C
2014
2014

2
.
Xét khai triển (1 + x)
4020
=
4020

k=0
C
k
4020
x
k
có hệ số của x
2010
là C
2010
4020
(1).
Lại có: (1 + x)
4020
= (1 + x)
2010
(1 + x)
2010

=
2010

k=0
C
k
2010
x
k
2010

i=0
C
i
2010
x
i
=
2010

k=0
2010

i=0
C
k
2010
C
i
2010

x
k+i
.
Số hạng chứa x
2010
tương ứng số hạng chứa k và i thỏa k + i = 2010.
Do đó hệ số của số hạng chứa x
2010
là

k+i=2010
C
k
2010
C
i
2010
=
2010

k=0
C
k
2010
C
2010−k
2010
=
2010


k=0

C
k
2010

2
(2).
Từ (1) và (2) ta có
2010

k=0

C
k
2010

2
= C
2010
4020
.
13