bài tập đại số tổ hợp và xác suất luiyện thi đại học

Bài 3.4/ Chứng minh rằng
*
Nn ∈∀
, ta có:

23.
1
1
+
−n
n
c
13
3
2
2
4 333.
−−−
=+++
n
n
n
n
n
n
n
nn
ccc
Hướng dẫn: áp dụng với f (x)= (3 + x)
n
lấy đạo hàm 2 vế và chọn x =1

Bài 3.5/ Chứng minh rằng
1 2
1
0
2 1

2 3 1 1 1
k n
n
n n n n
n
k n n
c c c c
c
+
−
+ + + + + + =
+ + +
Hướng dẫn áp dụng với f (x)= (1 + x)
n
lấy tích phân 2 vế từ 0 đến 1
Bài 1.2/ Khai triển f(x) =
2 3 5
(1 )x x x+ + +
và viết lại dưới dạng : f(x) =
15
0 1 15
a a x a x+ + +

Tính a

9

HD:
2 3 5
(1 )x x x+ + +
5 3 5
(1 ) (1 )x x= + + =
5 5
3
5 5
0 0
. ( )
k k l l
k l
C x C x
= =
∑ ∑
5 5
3
5 5
0 0
k l k l
k l
C C x
+
= =
=
∑ ∑
Giải k+3l = 9 tìm được (k,l) là (3,2) hoặc (3,0) => a
9

=
3 2 0 3
5 5 5 5
110C C C C+ =

ở dạng này các bài toán thường gặp là:
• Tìm các số hạng không chứa x
• Tính số hạng ,hệ số nào đó
• Tìm hệ số lớn nhất của khai triển (hoặc của đa thức khai triển)
Bài 1.3/ (ĐH KB - 2007)
Tìm hệ số của x
10
trong khai triển nhị thức (2+x)
n
, biết rằng

0 1 1 2 2 3 3
3 3 3 3 ( 1) 2048
n n n n n n
n n n n n
C C C C C
− − −
− + − + + − =
ĐS: n = 11, hsố = 22
Bài 1.4/ (ĐH KD - 2007)
Tìm hệ số của x
5
trong khai triển biểu thức sau:
P = x(1-2x)
5

+x
2
(1+3x)
10
ĐS: 3320
Bài 1.5/ (ĐH KA - 2006)
Tìm hệ số của số hạng chứa x
26
trong khai triển nhị thức Newton của
7
4
1
n
x
x
 
+
 ÷
 
,
biết rằng
1 2 3 20
2 1 2 1 2 1 2 1
2 1
n
n n n n
C C C C
+ + + +
+ + + + = −
. ĐS: n =10 , hsố = 210.

Bài 1.6/ (ĐH KA - 2004)
Tìm hệ số của x
8
trong khai triển thành đa thức của biểu thức
P =
8
2
1 (1 )x x
 
+ −
 
ĐS: 238.
Dạng 2: Chứng minh đẳng thức, các bất đẳng thức hoặc tính tổng chứa các số C
k
n
.
1
Cần chú ý : + Kỹ năng sử dụng tổng, tích của khai triển 2 nhị thức
+ Cách xử lý đối với khai triển của tam thức
+ Nhận dạng loại toán có sử dụng đạo hàm, tích phân .
Bài 2.1/:Chứng minh đẳng thức:

1 2 3 2 3
2 3
2 5 4
k k k k k k
n n n n n n
C C C C C C
+ + + + +
+ +

+ + + = +

Giải: Ta có:
( ) ( )
ccccccc
k
n
k
n
k
n
k
n
k
n
k
n
k
n
21121
2
+++++
+++=++
=
cc
k
n
k
n
2

1
1
1
+
+
+
+
+
=>
cccc
k
n
k
n
k
n
k
n
2
2
21
2
+
+
++
=++
(1)
Mặt khác ta có:
1 2 3
3 3

k k k k
n n n n
C C C C
+ + +
+ + +
=
( ) ( ) ( )
cccccc
k
n
k
n
k
n
k
n
k
n
k
n
32211
2
+++++
+++++
=
ccc
k
n
k
n

k
n
3
1
2
1
1
1
2
+
+
+
+
+
+
++
=
( ) ( )
ccccccc
k
n
k
n
k
n
k
n
k
n
k

n
k
n
3
3
3
2
2
2
3
1
2
1
2
1
1
1
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+

+
=+=+++
(2)
Từ (1) và (2) ta suy ra kết quả.
Bài 2.2/Chứng minh rằng:
,n∀ ∈¥
ta có:
1
2
+ 2
2
+ + n
2
=
( )
2 2 2 2
1 1 2
2
n n n
c c c c
+ −
+ + + +
.
Giải: VT = 1
2
+2
2
+ + n
2
=

6
)12)(1( ++ nnn
(quy nạp).
Do:
,
11
1
ccc
k
n
k
n
k
n
++
+
−=
ta có:
ccc
nnn
33
1
2
−=
+
;
ccc
nnn
3
1

32
1 −−
−=
; ;
ccc
3
3
3
4
2
3
−=
;
cc
3
3
2
2
=
=>
ccccc
nnn
3
1
2
2
2
3
2
1

2

+−
=++++
VP =
=
++
=
−+
+
+
=+
++
6
)12)(1(
6
)1().1(
2
2
)1(
2
3
1
2
1
nnnnnnnn
cc
nn
VT

Bài 2.3/ Cho n là số tự nhiên,
2.n ≥
Chứng minh đẳng thức sau:
( ) ( )
2 2
2 0 1 2 2 2 2 1 2
1 2 2 1 ( 1)2 .
n n n
n n n n n
n C n C n C C C n n
− − −
+ − + − + + + = +
( Đề thi HSG 12 Nghệ An 2008 2009)
Giai: Ta có với
0x
≠
,
( ) ( )
0
1 1
n
n
k n k
n
k
x C x
−
=
+ =
∑

Đạo hàm hai vế của (1) ta được
( )
1
1
1
0
1 ( )
n
n
k n k
n
k
n x n k C x
−
−
− −
=
+ = −
∑

Suy ra
( ) ( ) ( )
1
1
0
1 2 .
n
n
k n k

n
k
nx x n k C x
−
−
−
=
+ = −
∑
Đạo hàm hai vế của (2) ta được
2

( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1
1 2 2
1
0
1 1 1 . 3 .
n
n n
k n k
n
k
n x n x n k C x
−
− −
− −
=
 
+ + − + = −

 
∑
Thay
1x =
vào (3) ta được đpcm.
+/ Dạng tổng liên quan đến tích của hai khai triển
∑
=
n
k
k
n
c
0
.c
kp
m
−
.
Bài 2.4/ Chứng minh rằng với m,n,k là các số tự nhiên, m
nk ≤≤
, ta có:
a/
ccccccc
k
nm
mk
m
m
m

k
nm
k
nm +
−−
=+++
110
b/ (
c
n
0
)
2
+(
c
n
1
)
2
+ + (
c
n
n
)
2
=
c
n
n2
c/ (

c
n
0
2
)
2
-(
c
n
1
2
)
2
+(c
2
2n
)
2
+ (
c
n
n
2
2
)
2
= (-1)
n
c
n

n2
.
Giải: a/ Xét tích (1 + x)
m
. (1+x)
n
= (1 + x)
m+n
.
VT = (
ccc
m
mmm
x
+++

10
.x
m
).(
n
n
nnn
xx
ccc

10
+++
)
Do giả thiết m

nk
≤≤
nên hệ số của x
k
trong VT này là
cccccc
mk
n
m
m
k
nm
k
nm
−−
+++
110
VP = (
nm
nm
nmnmnm
xx
ccc
+
+
+++
+++
10
). Hệ số của x
k

trong khai triển của VP là
c
k
nm+
=> đfcm.
b/ Đẳng thức đã cho chính là:
ccccccc
n
nn
n
n
n
nn
n
nn 2
01/0
=+++
−
. ( Do
cc
kn
n
k
n
−
=
).
Bài toán hoàn toàn giống câu a/ với m = n.
c/ Để ý dấu của vế trái trong đẳng thức đã cho, xét đẳng thức: (1+x)
2n

(1-x)
2n
= (1-x
2
)
2n
(*).
Tổng các chỉ số trên trong mỗi số hạng bằng 2n. Vậy ta chỉ cần xác định hệ số của x
2n
trong khai triển của đẳng thức (*)của 2 vế và đồng nhất hệ số đó ở 2 vếc, ta sẽ được
đẳng thức cần c /m.
+/ Tổng
1
1
n
k n k k
n
k
k C a b
− −
=
× × ×
∑
có liên quan đến công cụ đạo hàm
Bài 2.5/ Chứng minh đẳng thức:
n.4
n-1
.
ccccccc
n

n
n
nn
n
n
n
n
n
n
n
n
nnn
1
211
1
2
3
1
2
0
2 4.)1( 4).2(.4).1(
−
−
−−−
+++=−+−−+−−

Xét khai triển:
Lấy đạo hàm 2 vế ta được:
3
2n(2x - 1)

n-1
= 2n.
c
n
0
(2x)
n-1
- 2(n-1).
2.)1( )2()2(2)2(
1
13
2
2
1
ccc
n
n
nn
n
n
n
xnx
−
−−−
−+−−+
Cho x = 2 , ta được đfcm.
Nếu cần chứng minh có liên quan đến tổng
∑
=
n

k 2
k(k-1)
c
k
n
a
n-k
.b
k-2

ta phải dùng đến đạo hàm
cấp 2 .
+/ Tính tổng nhờ sử dụng tích phân :
Bài 2.6/ Chứng minh rằng:
2
))1(1(
1
1
.2.
1
1
)1( 2
3
1
2.
2
1
21
2
3

1
2
0
−+
+
=
+
−+−+−
+
nn
cccc
n
n
nn
nnn
Giải: Ta có: (1 - x)
2
=
n
n
n
n
nnn
xxx
cccc
)1(
2
210
−+−+−
Lấy tích phân 2 vế (từ 0 đến 2) ta có:

dxxdxxdxxdxdxx
n
n
n
n
nnn
n
cccc
∫∫∫∫∫
−+−+−=−
2
0
2
0
2
2
2
0
1
2
0
0
2
0
)1( )1(
= 2
cccc
n
n
n

n
nnn
n
1
2
32
10
2
1
)1(
2.
3
1
2
2
1
+
+
−
+−+−
(1)
Mặt khác ta có: Đặt 1 - x = u => du = -dx. Đổi cận:



−=
=
<=>




=
=
1
1
2
0
u
u
x
x
))1(1(
1
1
1
1
)(
1
1
)1(
11
1
1
2
0
++
−
−−
+
=

−
+
=−=−
∫∫
nnnn
n
u
n
duudxx
=
))1(1(
1
1
n
n
−+
+
(2)
So sánh (1) và (2) ta có đpcm.
Bài 3.3/ Một thầy giáo có 12 cuốn sách đôi một khác nhau trong đó có 5 cuốn
sách toán,
4 cuốn sách lý và 3 cuốn sách hóa. Ông muốn lấy ra 6 cuốn và tặng cho 6
học
sinh A,B,C,D,E,F mỗi em 1 cuốn.
a/ Giả sử thầy giáo chỉ muốn tặng cho các học sinh trên những cuốn sách thuộc 2
thể loại toán và lý. Hỏi có bao nhiêu cách tặng ?
b/ Giả sử thầy giáo muốn rằng sau khi tặng sách xong, mỗi một trong 3 loại sách
trên đều còn lại ít nhất 1 cuốn. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ?
Giải : a/ Có
6

9
C
cách lấy 6 từ 9 cuốn toán và lý ; Với mỗi cách lấy đó có 6! cách trao 6
cuốn
sách cho 6 học sinh khác nhau. Vậy có cả thảy
6
9
C
.6! = 60480 cách tặng

Lời giải đúng : Để ý thầy giáo không thể chọn để tặng cùng hết cả 2 loại sách bất kỳ.
4
Ta tính xem có bao nhiêu cách chọn sách mà hết tất cả 1 thể loại nào đó .
Số cách chọn 6 từ 12 cuốn sách là
6
12
C
cách
Số cách chọn sao cho không còn sách toán là
5 1
5 7
.C C
Số cách chọn sao cho không còn sách lý là
4 2
4 8
.C C
Số cách chọn sao cho không còn sách hóa là
3 3
3 9
.C C

Số cách chọn ra 6 cuốn thỏa mãn yêu cầu là :
6
12
C
- (
5 1
5 7
.C C
+
4 2
4 8
.C C
+
3 3
3 9
.C C
) = 805
Đem 6 cuốn đó tặng cho 6 học sinh có 6! cách
Vậy có cả thảy 6!805 = 579600 cách tặng thỏa mãn yêu cầu .
BàI TậP THÊM:
3.6/ Cho 8 chữ số 0,1,2,3,4,5,6,7. Hỏi có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5
chữ số khác nhau, trong đó nhất thiết phải có mặt chữ số 4 ?
3.7/ Cho A là một tập hợp có 20 phần tử. Có bao nhiêu tập hợp con khác rỗng của A
mà có số phần tử là số chẵn ?

3.8/ Một đội thanh niên tình nguyện có 15 người, gồm 12 nam 3 nữ. Hỏi có bao
nhiêu cách phân công đội thanh niên đó về giúp đỡ 3 tỉnh miền núi, sao cho mỗi tỉnh
có 4 nam và 1 nữ ?
3.9/ Một đội văn nghệ gồm 10 nam và 10 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra một
nhóm 5 người sao cho trong đó có ít nhất 2 nam và ít nhất 1 nữ ?

3.10/ Đội tuyển HSG của một trường gồm 18 em, trong đó có 7 học sinh khối 12, 6
học sinh khối 11, 5 học sinh khối 10. Hỏi có bao nhiêu cách cử 8 học sinh trong đội
đi dự trại hè sao cho mỗi khối có ít nhất một em được chọn ?
Bài 4.2 / Môt hôp co 16 viên bi gôm 7 bi xanhbi đo, 4 bi đen . Sau khi đa trôn đêuây

A⇒
la biên cô đươc 7 bi không co đu ca 3 mau sô kêt qua thuân lơi cho biên cô ố kết
quả thuận lợi cho biến cố
A
+ Ca 7 bi chi 1 mauco 1 cach lây 7 bi toan mau xanh đung 2 mau xanh va đo cach lây la
ách lấy là
7
12
1C −
(không tinh lây 7 bi xanh)
+ Co đung 2 mau xanh va đen cach lây la cách lấy là
7
11
1C −
(không tinh lây 7 bi xanh)
+ Co đung 2 mau đen va đo cach lây la ách lấy là
7
9
C

Vây sô kêt qua thuân lơi cho y số kết quả thuận lợi cho
A
la: 1 +
7
12

1C −
+
7
11
1C −
+
7
9
C

= 1157
ngâu nhiên cung môt luc 7 viên bi .

Tinh xac suât đê cac bi đươc lây ra co đu ca ba
mau . cach lây tuy y 7 bi tư 16 bi la cách lấy tùy ý 7 bi
Suy ra sô kêt qua thuân lơi cho biên cô: 11440 1157 = 10283
5
Vây xac suât đê cac bi đươc lây ra co đu ca 3 mau băng y xác suất để các bi được lấy ra
có đủ cả 3 màu bằng
10283
( )
11440
P A =
Bài 4.3/ Có 2 hộp, mỗi hộp đựng các quả cầu trắng và đen giống hệt nhau về kích thước
và hình dạng. Tổng số quả cầu ở hai hộp là 25. Từ mỗi hộp lấy ra 1 quả cầu. Biết xác
suất lấy được 2 quả trắng là 0,54 , hãy tính xác suất để lấy được 2 quả cầu đen .
Giải :
Gọi m
1
, m

2
lần lượt là số quả cầu trong hộp I và hộp II. (m
1
≤
m
2
) => m
1
+ m
2
= 25
(1)
k
1
, k
2
lần lượt là số quả cầu trắng trong hộp I và hộp II
Điều kiện là: m
1
, m
2
,

k
1
, k
2

∈¥
;

1 1 2 2
0 ;0k m k m≤ ≤ ≤ ≤
Xác suất để lấy được 2 quả cầu trắng là
1 2
1 2
(2 ) 0,54
k k
P T
m m
= × =
=> 50k
1
k
2
= 27m
1
m
2
(2)
Từ (2)
1
2
5
5
m
m

⇒



M
M
; từ (1)
1 2
( ) 5m m⇒ + M
Vậy phải có
1
5m M
và
2
5m M

1 2
1 2
5 , 20
10 , 15
m m
m m
= =

⇒

= =

TH1. m
1
= 5 , m
2
= 20 từ (2) => k
1

k
2
= 54 . Do ĐK nên suy ra k
1
= 3 , k
2
= 18
 số quả cầu đen trong 2 hộp đều là 2 => XS lấy được 2 quả đen là
2 2
0,04
5 20
× =
TH1. m
1
= 10 , m
2
= 15 từ (2) => k
1
k
2
= 81. Suy ra k
1
= k
2
= 9 =>: số quả cầu đen tương
ứng trong hộp I và II là 1 và 6 => XS lấy được 2 quả đen là
1 6
0,04
10 15
× =

KL: Xác suất để lấy được 2 quả cầu đen là 0,04
Bài 4.4/ Hai máy bay ném bom một mục tiêu, mỗi máy bay ném 1 quả với xác suất
trúng mục tiêu tương ứng là 0,7 và 0,8 . Tính xác suất để mục tiêu bị trúng bom ?
Giải :
Gọi A là biến cố máy bay 1 ném trúng mục tiêu
B là biến cố máy bay 2 ném trúng mục tiêu
=>
A B∪
là biến cố mục tiêu bị trúng bom
Do hai máy bay ném bom độc lập nên
( . ) ( ). ( )P A B P A P B=
= 0,7.0,8 = 0,56
Vậy
( ) ( )
( ) ( )P A B P A P B P AB∪ = + −
= 0,94
Đề thu hoạch:
1/ Khai triển và rút gọn biểu thức
2 3
1 2(1 ) 3(1 ) (1 )
n
x x x n x− + − + − + + −
ta thu được đa thức
2
0 1 2
( )
n
n
P x a a x a x a x= + + + +
Hãy tính a

8
biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn
2 3
1 7 1
n n
C C n
+ =
2/ Có 2 xạ thủ loại 1 và tám xạ thủ loại 2, xác suất bắn trúng đích của các loại xạ thủ
theo thứ tự là 0, 9 và 0,8.
Lấy ngẫu nhiên ra một xạ thủ và xạ thủ đó bắn một viên đạn. Tìm xác suất viên đạn
đó trúng đích.
6