pp to hop on thi DH

Dạy học bài tập giải tích tổ hợp, xác suất thống kê
Các dạng bài tập
phơng 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 phơng trình, bất phơng 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
phơng trình, bất phơng trình.
PP: Cơ sở của pp là thực hiện các bớc 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 bớc trung gian: quy nạp, phản chứng.
VD1: CM với mọi số nguyên dơng 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

= + + +

= + + +
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

> Ơ

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

> Ơ
. 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
1
Dạy học bài tập giải tích tổ hợp, xác suất thống kê
Do
1 1
,....
n
u u
+
là 1 cấp số cộng nên
0,k n=
có :

1 1 1 1n 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
+ + + + +
+

= = = =

+
= + = = +
ữ


.
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
=
= + =

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
+

= = = =
+ +

+ + + +
= + = + + = +
ữ
ữ
+ + +


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 Ơ . (1) tơng đơng 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

2
Dạy học bài tập giải tích tổ hợp, xác suất thống kê
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
+


ữ

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, 2,3B =
. Từ B có thể lập đợc:
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.

{ }
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, 0abc a
.

{ }
1, 2,3a
có 3 cách chọn a.
Tơng tự có 2 cách chọn b, 1 cách chọn c


có 3.2.1=6 cách
3
Dạy học bài tập giải tích tổ hợp, xác suất thống kê
- TH2: dạng
2, 0abc 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, 6,7E =
. 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, 0abcde a e
.
- có 3 cách chọn e.
- số chỉnh hợp chập 4 từ
{ }
\E e
là
4
7
A
.
- số chỉnh hợp chập 4 từ
{ }
\E e
đứng đầu là 0 bằng số chỉnh hợp chập 3 từ
{ }
\ , 0E e
và bằng
3

6
A
vậy
4 3
7 6
3( ) 2160B 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


+ + = Ơ
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
đợc:
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)
4
Dạy học bài tập giải tích tổ hợp, xác suất thống kê
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 đợc 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 (*).
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) đợc:
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

= + + + + + +

+ + + + + + +


5