[Toán 11] Các phương pháp giải toán tổ hợp - xác suất

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

<b>CHƯƠNG</b>

<b>4</b>

<b>TỔ HỢP VÀ XÁC SUẤT</b>

<b>BÀI</b>

<b>1.</b>

<b>CÁC QUY TẮC ĐẾM CƠ BẢN</b>

<b>A</b>

<b>TÓM TẮT LÝ THUYẾT</b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

Định nghĩa 1 (Quy tắc cộng). Một công việc X được thực hiện theo một trong k phương án A1,A2, . . . ,Ak,

trong đó

<b>1</b> Phương án A1cón1cách thực hiện;

<b>2</b> Phương án A2cón2cách thực hiện;

<b>3</b> . . .

<b>4</b> Phương án Akcónkcách thực hiện.

Khi đó số cách hồn thành công việcXlàn(X)₌n1+n2+ · · · +nk=
k
P
i=1

nicách.

Định nghĩa 2 (Quy tắc nhân). Giả sử một nhiệm vụ X nào đó được hoàn thành lần lượt qua k <i>giai đoạn</i>

A1,A2, . . . ,Ak:

<b>1</b> Giai đoạnA1cón1cách làm;

<b>2</b> Giai đoạnA2cón2cách làm;

<b>3</b> . . .

<b>4</b> Giai đoạnAkcónkcách làm.

Khi đó cơng việcXcó số cách thực hiện làn(X)₌n1·n2·n3· · ·nk=
k
Q
i=1

nicách.

Định nghĩa 3 (Quy tắc bù trừ). Đối tượng xcần đếm được chứa trong một đối tượng X gồm x và xđối lập
nhau. NếuX cómcách chọn,xcóncách chọn. Vậyxcó(m−n)cách chọn.

Về mặt thực hành, đề cho đếm những đối tượng thỏaavàb. Ta cần làm:
Bài toán1: Đếm những đối tượng thỏaa.

Bài tốn2: Đếm những đối tượng thỏaa, khơng thỏab.
Do đó, kết quả bài tốn=kết quả bài tốn1−kết quả bài tốn2.

<b>!</b>

Nếu bài tốn chia ra từng<b>trường hợp</b> khơng trùng lặp để hồn thành cơng việc thì dùng<b>qui</b>
<b>tắc cộng, nếu bài tốn chia ra từnggiai đoạn</b>thực hiện thì ta dùng<b>quy tắc nhân. Trong nhiều</b>
bài tốn, ta khơng chỉ kết hợp giữa hai quy tắc này lại với nhau để giải mà cần phân biệt khi nào
cộng, khi nào nhân, khi nào trừ.

“Nếu cho tập hợp hữu hạn bất kỳ Avà Bgiao nhau khác rỗng. Khi đó thì số phần tử của A_∪B

bằng số phần tử của Acộng với số phần tử củaBrồi trừ đi số phần tử củaA_∩B, tức làn(A_∪B)₌
n(A)₊n(B)₋n(A_∩B)”. Đó là quy tắc cộng mở rộng. Do đó khi giải các bài tốn đếm liên quan đến
tìm số sao cho các số đó là <b>số chẵn, số lẻ, số chia hết</b>ta nên ưu tiên việc thực hiện <b>(chọn)</b>
<b>chúng trước</b>và nếu<b>chứa số</b>0<b>nên chia</b>2<b>trường hợp</b>nhằm tránh trùng lặp với nhau.
Dấu hiệu chia hết:

GọiN₌anan−1. . .a1a0là số tự nhiên cón+1chữ số (an6=0). Khi đó:
+ N ...2_⇔a0...2⇔a0∈{0; 2; 4; 6; 8}.

+ N ...5⇔a0...5⇔a0∈{0; 5}.

+ N ...4 (hay25)_⇔a1a0...4 (hay25).

+ N ...8 (hay125)⇔a2a1a0...8 (hay125).

+ N ...3 (hay9)⇔a0+a1+ · · · +an...3 (hay9).

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

<b>1</b>

<b>VÍ DỤ</b>

{<b>_{DẠNG 1.1. Bài tốn sử dụng quy tắc cộng}</b>

VÍ DỤ 1. Trong một cuộc thi tìm hiểu về đất nước Việt Nam, ban tổ chức công bố danh sách các đề tài
bao gồm:8đề tài về lịch sử,7đề tài về thiên nhiên,10đề tài về con người và6đề tài về văn hóa. Hỏi

mỗi thí sinh có bao nhiêu cách chọn đề tài? <b>ĐS:</b>31

<i><b>Lời giải.</b></i>

<i>Mỗi thí sinh có các</i>4<i>phương án chọn đề tài:</i>
<i>Chọn đề tài về lịch sử có</i>8<i>cách chọn.</i>

<i>Chọn đề tài về thiên nhiên có</i>7<i>cách chọn.</i>
<i>Chọn đề tài về con người có</i>10<i>cách chọn.</i>
<i>Chọn đề tài về văn hóa có</i>6<i>cách chọn.</i>

<i>Theo quy tắc cộng, có</i>8+7+10+6=31<i>cách chọn đề tài.</i> ä

VÍ DỤ 2. Giả sử từ tỉnhAđến tỉnhBcó thể đi bằng các phương tiện: ơ tơ, tàu hỏa hoặc máy bay. Mỗi
ngày có10chuyến ơ tơ,5chuyến tàu hỏa và3chuyến máy bay. Hỏi có bao nhiêu cách lựa chọn chuyến

đi từ tỉnh Ađến tỉnhB? <b>ĐS:</b>18

<i><b>Lời giải.</b></i>

<i>Để đi từ</i> A<i>đến</i>B<i>có</i>3<i>phương án lựa chọn:</i>
<i>Đi bằng ơ tơ có</i>10<i>cách chọn.</i>

<i>Đi bằng tàu hỏa có</i>5<i>cách chọn.</i>
<i>Đi bằng máy bay có</i>3<i>cách chọn.</i>

<i>Theo quy tắc cộng, có</i>10+5+3=18<i>cách chọn.</i> ä

{<b>_{DẠNG 1.2. Bài tốn sử dụng quy tắc nhân}</b>

VÍ DỤ 1. An đến nhà Bình để cùng Bình đến chơi nhà Cường. Từ nhà An đến nhà Bình có4con đường
đi, từ nhà Bình đến nhà Cường có6con đường đi. Hỏi An có bao nhiêu cách chọn đường đi từ nhà mình

đến nhà Cường? <b>ĐS:</b>24

<i><b>Lời giải.</b></i>

<i>Để đi từ nhà An đến nhà Cường cần thực hiện</i>2<i>giai đoạn</i>
<i>Đi từ nhà An đến nhà Bình có</i>4<i>cách.</i>

<i>Đi từ nhà Bình đến nhà Cường có</i>6<i>cách.</i>

<i>Theo quy tắc nhân, có</i>4·6=24<i>cách chọn đường đi.</i> ä

VÍ DỤ 2. Lớp11Acó30học sinh. Tập thể lớp muốn bầu ra một lớp trưởng, một lớp phó và một thủ quỹ.
Hỏi có bao nhiêu cách chọn một ban cán sự lớp như trên, biết rằng một bạn chỉ có thế làm tối đa một

vai trị? <b>ĐS:</b>24360

<i><b>Lời giải.</b></i>

<i>Để bầu ra một ban cán sự lớp cần thực hiện</i>3<i>giai đoạn</i>
<i>Bầu lớp trưởng có</i>30<i>cách</i>

<i>Bầu phó có</i>29<i>cách</i>
<i>Bầu thủ quỹ có</i>28<i>cách</i>

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

{<b>_{DẠNG 1.3. Bài tốn sử dụng quy tắc bù trừ}</b>

VÍ DỤ 1. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm năm chữ số khác nhau mà không bắt đầu bởi12? <b>ĐS:</b>26880

<i><b>Lời giải.</b></i>

<i>Gọi</i>a1a2a3a4a5<i>là số cần lập.</i>

<i>Để lập được số tự nhiên có</i>5<i>chữ số khác nhau, ta thực hiện các bước lần lượt:</i>
<i>Chọn</i>a1<i>có</i>9<i>cách.</i>

<i>Chọn</i>a2<i>có</i>9<i>cách.</i>
<i>Chọn</i>a3<i>có</i>8<i>cách.</i>
<i>Chọn</i>a4<i>có</i>7<i>cách.</i>
<i>Chọn</i>a5<i>có</i>6<i>cách.</i>

<i>Do đó có</i>9_·9_·8_·7_·6₌27216<i>số có năm chữ số khác nhau. Để lập được số tự nhiên có</i>5<i>chữ số khác nhau bắt</i>
<i>đầu bằng</i>12<i>, ta thực hiện các bước lần lượt:</i>

<i>Chọn</i>a1a2<i>có</i>1<i>cách.</i>
<i>Chọn</i>a3<i>có</i>8<i>cách.</i>
<i>Chọn</i>a4<i>có</i>7<i>cách.</i>
<i>Chọn</i>a5<i>có</i>6<i>cách.</i>

<i>Do đó có</i>1_·8_·7_·6₌336<i>số có năm chữ số khác nhau. Theo quy tắc bù trừ, có</i>27216₋336₌26880<i>số có năm chữ</i>

<i>số khác nhau khơng bắt đầu bởi</i>12<i>.</i> ä

VÍ DỤ 2. Trong một hộp có6bi đỏ,5bi trắng và4bi vàng. Có bao nhiêu cách lấy3viên bi từ hộp này

sao cho chúng không đủ ba màu? <b>ĐS:</b>335

<i><b>Lời giải.</b></i>

<i>Số cách lấy</i>3<i>bi bất kỳ từ</i>15<i>bi là</i>C3₁₅=455<i>.</i>

<i>Số cách lấy</i>3<i>bi từ</i>15<i>bi mà đủ ba màu là</i>6·5·4=120<i>.</i>

<i>Theo quy tắc bù trừ, số cách lấy</i>3<i>viên bi không đủ ba màu là</i>455−120=335<i>.</i> ä

<b>1</b>

<b>BÀI TẬP ÁP DỤNG</b>

BÀI 1. Một hộp có12viên bi trắng,10viên bi xanh và8viên bi đỏ. Một em bé muốn chọn1viên bi để chơi. Hỏi có

bao nhiêu cách chọn? <b>ĐS:</b>30cách

<b>Lời giải.</b>

Để chọn1viên bi để chơi có các phương án
+ Chọn1viên bi trắng có12cách.

+ Chọn1viên bi xanh có10cách.
+ Chọn1viên bi đỏ có8cách.

Theo quy tắc cộng, số cách để chọn1viên bi để chơi là12₊10₊8₌30cách. ä

BÀI 2. Chợ Bến Thành có4cổng ra vào. Hỏi một người đi chợ:

a) Có mấy cách vào và ra chợ? <b>ĐS:</b>16

b) Có mấy cách vào và ra chợ bằng2cổng khác nhau? <b>ĐS:</b>12

<b>Lời giải.</b>

a) Để vào và ra chợ ta thực hiện liên tiếp các bước
Vào chợ có4cách.

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

Theo quy tắc nhân, có4_·4₌16cách vào và ra chợ.

b) Để vào và ra chợ bằng2cổng khác nhau ta thực hiện liên tiếp các bước

Vào chợ có4cách.

Ra chợ bằng cổng khác có3cách

Theo quy tắc nhân, có4_·3₌12cách vào và ra chợ bằng hai cổng khác nhau.

ä

BÀI 3. Có 8quyển sách Tốn, 7quyển sách Lí,5quyển sách Hóa. Một học sinh chọn1quyển trong bất kỳ3loại

trên. Hỏi có bao nhiêu cách chọn? <b>ĐS:</b>20cách

<b>Lời giải.</b>

Để chọn1quyển sách trong3loại sách, ta có các phương án
+ Chọn1quyển sách Tốn có8cách.

+ Chọn1quyển sách Lí có7cách.
+ Chọn1quyển sách Hóa có5cách.

Theo quy tắc cộng, số cách để chọn1viên bi để chơi là8+7+5=20cách. ä

BÀI 4.

Cho sơ đồ mạch điện như hình vẽ bên cạnh. Hỏi có bao nhiêu cách đóng

- mở5cơng tắc để có được dịng điện đi từAđếnB. <b>ĐS:</b>12cách _A _B

<b>Lời giải.</b>

Để dòng điện đi từAđếnBcó2phương án

Phương án3cơng tắc phía trên đóng. Khi đó có22=4trạng thái của các cơng tắc phía dưới.
Phương án2cơng tắc phía dưới đóng. Khi đó có23₌8trạng thái của các cơng tắc phía trên.

Theo quy tắc cộng, có4+8=12cách để dịng điện đi từAđếnB. ä

BÀI 5. Đề thi học kỳ mơn Hóa gồm hai phần: trắc nghiệm và tự luận. Trong ngân hàng đề thi có15đề trắc nghiệm

và8đề tự luận. Hỏi có bao nhiêu cách ra đề? <b>ĐS:</b>120cách

<b>Lời giải.</b>

Để tạo được một đề thi, cần thực hiện hai bước liên tiếp
Chọn đề trắc nghiệm có15cách.

Chọn đề tự luận có8cách.

Theo quy tắc nhân, có15_·8₌120cách ra đề. ä

BÀI 6. Một ca sĩ có30cái áo và20cái quần, trong đó có18cái áo màu xanh và12cái áo màu đỏ;12quần xanh và8
quần đỏ. Có bao nhiêu cách chọn một bộ quần áo khác màu để người ca sĩ này đi trình diễn? <b>ĐS:</b>240cách

<b>Lời giải.</b>

Để chọn một bộ quần áo khác màu, ta có các phương án
Áo màu xanh và quần màu đỏ có18·8=144cách.
Áo màu đỏ và quần màu xanh có12_·8₌96cách.

Theo quy tắc cộng, số cách chọn quần áo là144₊96₌240cách. ä

BÀI 7. Trong lớp11Acó39học sinh trong đó có học sinh tên Chiến, lớp11Bcó32học sinh trong đó có học sinh tên
Tranh. Có bao nhiêu cách chọn một tổ gồm2học sinh khác lớp mà khơng có mặt Chiến và Tranh cùng lúc? <b>ĐS:</b>
1247cách

<b>Lời giải.</b>

Để chọn một tổ gồm2học sinh khác lớp, có39_·32₌1248cách.
Trong đó có1cách chọn tổ có mặt cả Chiến và Tranh.

Do đó số cách chọn một tổ khơng có mặt Chiến và Tranh cùng lúc là1248₋1₌1247cách. ä

BÀI 8. Trong lớp11Acó50học sinh, trong đó có2học sinh tên Ưu và Tiên. Có bao nhiêu cách chọn ra2học sinh đi
thi mà trong đó có mặt ít nhất1trong2học sinh tên Ưu và tên Tiên? <b>ĐS:</b>97cách

<b>Lời giải.</b>

Có3phương án chọn.

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

Phương án2: Chọn chỉ có Tiên1cách, chọn một bạn khác Tiên có48cách nên có1_·48₌48cách trong trường
hợp này

Phương án3: Có cả Ưu và Tiên:1cách trong trường hợp này.

Vậy số cách chọn thỏa yêu cầu đề bài là48+48+1=97cách thỏa u cầu. ä

BÀI 9. Có20bơng hoa trong đó có8bơng hồng,7bơng cúc,5bơng đào. Chọn ngẫu nhiên4bơng, hỏi có bao nhiêu

cách chọn để trong đó hoa được chọn có đủ cả ba loại? <b>ĐS:</b>2380cách

<b>Lời giải.</b>

Có3phương án chọn.

Phương án1: Chọn2bơng hồng,1bơng cúc,1bơng đào có8·7

2! ·7·5=980cách trong trường hợp này.
Phương án2: Chọn1bơng hồng,2bơng cúc,1bơng đào có7·7·6

2! ·5=840cách trong trường hợp này.
Phương án3: Chọn1bơng hồng,1bơng cúc,2bơng đào có8·7·8·7

2! =560cách trong trường hợp này.

Vậy số cách chọn thỏa yêu cầu đề bài là980₊840₊560₌2380cách thỏa yêu cầu. ä

BÀI 10. Có12học sinh giỏi gồm3học sinh khối12,4học sinh khối11,5học sinh khối10. Hỏi có bao nhiêu cách

chọn ra6học sinh sao cho mỗi khối có ít nhất1học sinh ? <b>ĐS:</b>805cách

<b>Lời giải.</b>

Có4phương án chọn.

Số cách chọn6học sinh bất kỳ từ12học sinh có12·11·10·9·8·7

6! =924cách.
Số cách chọn6học sinh trong đó khơng có học sinh lớp12có 9·8·7·6·5·4

6! =84cách.

Số cách chọn6học sinh trong đó khơng có học sinh lớp11có 8·7·6·5·4·3

6! =28cách.
Số cách chọn6học sinh trong đó khơng có học sinh lớp10có 7·6·5·4·3·2

6! =7cách.

Do đó số cách chọn thỏa mãn yêu cầu là924₋(84₊28₊7)₌805cách. ä

BÀI 11. Có bao nhiêu biển số xe gồm hai chữ cái ở đầu (26 chữ cái) và4chữ số theo sau (chữ số đầu không nhất
thiết khác0và chữ số cuối khác0), sao cho:

Chữ cái tùy ý và bốn chữ số tùy ý tạo thành một số chia hết cho2theo sau. <b>ĐS:</b>2704000cách

<b>1</b>

Chữ cái khác nhau và4chữ số đôi một khác nhau tạo thành một số chia hết cho5tiếp theo sau. <b>ĐS:</b>291200
cách

<b>2</b>

<b>Lời giải.</b>

Có3bước chọn.

Chọn2chữ cái262cách.

Chọn3chữ số tiếp theo có103cách.

Chọn chữ số cuối cùng thuộc{2; 4; 6; 8}có4cách.

Vậy có tất cả262_·₁₀3_·₄₌_2704000_cách.

<b>1</b>

Có3bước chọn.

Chọn2chữ cái có26_·25₌650cách.
Chữ số cuối có1cách chọn số5.
Chọn3chữ số cịn lại8_·8_·7₌448cách.
Vậy có tất cả26·25·1·8·8·7=291200cách.

<b>2</b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

BÀI 12. Người ta có thể ghi nhãn cho những chiếc ghế trong một giảng đường Đại học bằng một chữ cái (26chữ cái)
và một số nguyên dương theo sau mà không vượt quá100. Bằng cách ghi như vậy, nhiều nhất có bao nhiêu chiếc

ghế có thể được ghi nhãn khác nhau? <b>ĐS:</b>2600cách

<b>Lời giải.</b>

Có26chữ cái và100số thỏa mãn.

Vậy số cách ghi nhiều nhất là26_·100₌2600cách. ä

BÀI 13. Cho tập hợpA={0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9}. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm năm chữ số được lấy từ tậpA, sao cho
các chữ số này:

Tùy ý. <b>ĐS:</b>90000số

<b>1</b>

Khác nhau từng đôi một. <b>ĐS:</b>27216số

<b>2</b>

Khác nhau từng đôi một và năm chữ số này tạo thành một số lẻ. <b>ĐS:</b>13440số

<b>3</b>

Khác nhau từng đôi một và năm chữ số này tạo thành một số chia hết cho5. <b>ĐS:</b>5712số

<b>4</b>

Khác nhau từng đôi một và năm chữ số này tạo thành một số chia hết cho2. <b>ĐS:</b>13776số

<b>5</b>

<b>Lời giải.</b>

Gọiabcd elà số cần tìm.

acó9cách chọn.
bcó10cách chọn.
ccó10cách chọn.
d có10cách chọn.
ecó10cách chọn.

Vậy có9_·10_·10_·10_·10₌90000số thỏa yêu cầu.

<b>1</b>

acó9cách chọn.
bcó9cách chọn.
ccó8cách chọn.
d có7cách chọn.
ecó6cách chọn.

Vậy có9_·9_·8_·7_·6₌27216số thỏa mãn yêu cầu.

<b>2</b>

ecó5cách chọn.
acó8cách chọn.
bcó8cách chọn.
ccó7cách chọn.
d có6cách chọn.

Vậy có5·8·8·7·6=13440số thỏa mãn yêu cầu.

</div>
<span class='text_page_counter'>(8)</span><div class='page_container' data-page=8>

Có2trường hợp:
Trường hợp1:

e₌0có1cách chọn.
acó9cách chọn.
bcó8cách chọn.
ccó7cách chọn.
dcó6cách chọn.

Vậy có9·8·7·6·1=3024số trong trường hợp này.
Trường hợp2:

e=5có 1 cách chọn.
acó8cách chọn.
bcó8cách chọn.
ccó7cách chọn.
dcó6cách chọn.

Vậy có8_·8_·7_·6_·1₌2688số trong trường hợp này.
Vậy có tất cả:3024₊2688₌5712số thỏa mãn yêu cầu.

<b>4</b>

Có2trường hợp:
Trường hợp1:

e₌0có1cách chọn.
acó9cách chọn.
bcó8cách chọn.
ccó7cách chọn.
dcó6cách chọn.

Vậy có9·8·7·6·1=3024số trong trường hợp này.
Trường hợp2:

e∈{2; 4; 6; 8}có4cách chọn.
acó8cách chọn.

bcó8cách chọn.
ccó7cách chọn.
dcó6cách chọn.

Vậy có8_·8_·7_·6_·4₌10752số trong trường hợp này.
Vậy có tất cả3024₊10752₌13776số thỏa mãn yêu cầu.

<b>5</b>

ä

BÀI 14. Từ các chữ số0, 1, 2, . . . , 9có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm năm chữ số khác nhau đôi một và

chữ số chính giữa ln là số 2? <b>ĐS:</b>1218số

<b>Lời giải.</b>

GọiA₌ab2cd(a₆₌0).

XétA=ab2cd,abất kì,d∈{0; 4; 6; 8}

Có4cách chọnd,8cách chọna,7cách chọnb,6cách chọnc, nên có4·8·7·6=1344cách.
XétA=ab2cd,d∈{4; 6; 8}vàa=0.

Có3cách chọnd,7cách chọnb,6cách chọnc, nên có3·7·6=126cách.

Vậy số cách chọn thỏa yêu cầu bài toán là1344−126=1218số. ä

BÀI 15. Cho tập hợpX₌{0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7}. Có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm năm chữ số khác nhau đôi
một từX, sao cho một trong ba chữ số đầu tiên phải bằng1. <b>ĐS:</b>2280số

<b>Lời giải.</b>

Đặt số cần tìm làabcd e(a6=0).
+ Xét trường hơpabất kỳ.

</div>
<span class='text_page_counter'>(9)</span><div class='page_container' data-page=9>

Xếp các số cịn lại lần lượt vào vị trí tiếp theo có7, 6, 5, 4cách.
Do đó có3_·7_·6_·5_·4₌2520cách xếp.

+ Xét trường hợpa₌0.

Xếp số1vào một trong hai vị tríb,ccó2cách.

Xếp các số cịn lại lần lượt vào vị trí tiếp theo có6, 5, 4cách.
Do đó có2_·6_·5_·4₌240cách.

Vậy có tất cả2520₋240₌2280số xếp thỏa yêu cầu. ä

BÀI 16. Cho sáu chữ số1; 2; 3; 4; 5; 6. Có thể tạo ra bao nhiêu số gồm bốn chữ số khác nhau? Trong đó có bao nhiêu

số chia hết cho5? <b>ĐS:</b>360số và60số

<b>Lời giải.</b>

Gọi số cần tìm làabcd
acó6cách chọn.
bcó5cách chọn.
ccó4cách chọn.
dcó3cách chọn.

Do đó có tất cả6_·5_·4_·3₌360số có4chữ số khác nhau.
Trong đó, các số cha hết cho5có dạngabc5.

dcó1cách chọn.
acó5cách chọn.
bcó4cách chọn.
ccó3cách chọn.

Do đó có1_·5_·4_·3₌60số thỏa yêu cầu. ä

BÀI 17. Cho tậpA₌{0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7}. Có bao nhiêu số gồm sáu chữ số có nghĩa đơi một khác nhau chia hết cho5và

ln có chữ số0được lấy từ tậpA? <b>ĐS:</b>4680số

<b>Lời giải.</b>

Gọix₌abcd e f

+ Xét sốxcó dạngabcd e0có1_·7_·6_·5_·4_·3₌2520số.
+ Xét sốxcó dạngabcd e5.

Xếp số0vào1trong5vị trí có5cách.
Xác vị trí cịn lại lần lượt có6, 5, 4, 3cách.
Do đó có5_·6_·5_·4_·3₌1800cách.

+ Xét sốxdạng0bcd e5có6_·5_·4_·3₌360cách.

Vậy có tất cả2520₊1800₋360₌3960số thỏa mãn yêu cầu. ä

BÀI 18. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm năm chữ số đôi một khác nhau, trong đó chữ số1phải có mặt một trong hai

vị trí đầu? <b>ĐS:</b>5712số

<b>Lời giải.</b>

Gọi số cần tìm làx₌abcd e

+ Xétxdạng1bcd ecó1_·9_·8_·7_·6₌3024số.
+ Xétxdạnga1cd e

Vớiabất kỳ có9·1·8·7·6=3024số.
Vớia₌0có1_·1_·8_·7_·6₌336số.
Do đó có3024−336=2688số.

Vậy có tất cả3024+2688=5712số thỏa mãn yêu cầu. ä

BÀI 19. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm ba chữ số mà trong đó có hai chữ số chẵn đứng liền nhau, cịn chữ số cịn lại

lẻ? <b>ĐS:</b>225số

<b>Lời giải.</b>

Gọi số cần tìm làabc.

</div>
<span class='text_page_counter'>(10)</span><div class='page_container' data-page=10>

TH2:alẻ,b,cchẵn có5_·5_·5₌125số.

Vậy có tất cả100₊125₌225số thỏa yêu cầu. ä

BÀI 20. Từ các chữ số1; 2; 3; 4; 5có thể lập được bao nhiêu số có ba chữ số khác nhau nằm trong khoảng (300; 500)?
<b>ĐS:</b>24số

<b>Lời giải.</b>

Gọi số cần tìm làabc.

acó2cách chọn (a=4hoặca=3).
bcó4cách chọn.

ccó3cách chọn.

Vậy có2_·3_·4₌24số thỏa mãn u cầu. ä

BÀI 21. Cho các chữ số1; 2; 5; 7; 8, có bao nhiêu cách lập ra một số gồm ba chữ số khác nhau từ năm chữ số trên sao

cho số tạo thành là một số nhỏ hơn278? <b>ĐS:</b>20số

<b>Lời giải.</b>

Gọi số cần tìm làabc.
Trường hợp1:

a₌1có1cách chọn.
bcó4cách chọn.
ccó3cách chọn.

Vậy có4·3·1=12số trong trường hợp này.
Trường hợp2:

a₌2có1cách chọn.
b_<7có2cách chọn.
ccó3cách chọn.

Vậy có1·2·3=6số trong trường hợp này.

Trường hợp3:

a₌2có1cách chọn.
b₌7có1cách chọn.
c_∈{1; 5}có2cách chọn.

Vậy có1·1·2=2số trong trường hợp này.

Vậy có tất cả12+6+2=20số thỏa mãn yêu cầu. ä

BÀI 22. Từ các chữ số0; 1; 2; 3; 4; 5; 6có thể lập được bao nhiêu số lẻ có ba chữ số khác nhau nhỏ hơn400?<b>ĐS:</b>35số

<b>Lời giải.</b>

Gọi số cần tìm là:abc(a_∈{1; 2; 3}).
Trường hợp1:

a_∈{1; 3}có2cách chọn.
ccó2cách chọn.
bcó5cách chọn.

Vậy có2·2·5=20số trong trường hợp này.
Trường hợp2:

a₌2có1cách chọn.
ccó3cách chọn.
bcó5cách chọn.

Vậy có3·5·1=15số trong trường hợp này.

</div>
<span class='text_page_counter'>(11)</span><div class='page_container' data-page=11>

BÀI 23. Có bao nhiêu số tự nhiên chẵn có năm chữ số khác nhau và nhỏ hơn34000? <b>ĐS:</b>3570số

<b>Lời giải.</b>

Trường hợp1: Số được lập bắt đầu bởi một trong các giá trị sau:13; 15; 17; 19; 31.
Có5cách chọn hai chữ số đầu tiên.

Có5cách chọn chữ số hàng đơn vị.
Có7cách chọn chữ số hàng chục.
Có6cách chọn chữ số hàng trăm.

Vậy có5_·5_·7_·6₌1050số có5chữ số thoả mãn trong trường hợp này.

Trường hợp2: Số được lập bắt đầu bởi một trong các giá trị sau:10; 12; 14; 16; 18; 21; 23; 25; 27; 29; 30; 32.
Có12cách chọn hai chữ số đầu tiên.

Có4cách chọn chữ số hàng đơn vị.
Có7cách chọn chữ số hàng chục.
Có6cách chọn chữ số hàng trăm.

Vậy có12_·4_·7_·6₌2016số có5chữ số thoả mãn trong trường hợp này.
Trường hợp3: Số được lập bắt đầu bởi một trong các giá trị sau:20; 24; 26; 28.

Có4cách chọn hai chữ số đầu tiên.
Có3cách chọn chữ số hàng đơn vị.
Có7cách chọn chữ số hàng chục.
Có6cách chọn chữ số hàng trăm.

Vậy có4_·3_·7_·6₌504số có5chữ số thoả mãn trong trường hợp này.

Vậy có tổng cộng1050₊2016₊504₌3570số có5chữ số thoả mãn. ä

BÀI 24. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm năm chữ số khác nhau mà không bắt đầu bởi12? <b>ĐS:</b>26880số

<b>Lời giải.</b>

Trước hết ta đếm số các số tự nhiên có5chữ số khác nhau.
Có9cách chọn chữ số hàng chục nghìn.

Có9cách chọn chữ số hàng nghìn.
Có8cách chọn chữ số hàng trăm.
Có7cách chọn chữ số hàng chục.
Có6cách chọn chữ số hàng đơn vị.

Vậy có tất cả9_·9_·8_·7_·6₌27216số tự nhiên có5chữ số khác nhau.

Tiếp theo, ta đếm số các số tự nhiên có5chữ số khác nhau mà bắt đầu bởi12.
Có8cách chọn chữ số hàng trăm.

Có7cách chọn chữ số hàng chục.
Có6cách chọn chữ số hàng đơn vị.

Vậy có tất cả8_·7_·6₌336số tự nhiên có5chữ số khác nhau mà bắt đầu bởi12.

Vậy có27216₋336₌26880số tự nhiên gồm5chữ số khác nhau mà không bắt đầu bởi12. ä

BÀI 25. Cho tậpA={0; 1; 2; 3; 4; 5; 6}. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm năm chữ số khác nhau đơi một được lấy từ tậpA

và trong đó có chứa chữ số4? <b>ĐS:</b>1560số

<b>Lời giải.</b>

Trường hợp1: Chữ số4ở vị trí hàng chục nghìn.
Có6cách chọn chữ số hàng nghìn.

</div>
<span class='text_page_counter'>(12)</span><div class='page_container' data-page=12>

Vậy có6_·5_·4_·3₌360số thoả mãn trong trường hợp này.
Trường hợp2: Chữ số4khơng nằm ở vị trí hàng chục nghìn.

Có4cách chọn vị trí cho chữ số4.
Có5cách chọn chữ số hàng chục nghìn.
Có5cách chọn chữ số thứ ba.

Có4cách chọn chữ số thứ tư.
Có3cách chọn chữ số thứ năm.

Vậy có4_·5_·5_·4_·3₌1200số thoả mãn trong trường hợp này.

Vậy có tổng cộng360₊1200₌1560số có5chữ số thoả mãn. ä

BÀI 26. Hỏi từ10chữ số0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9có thể lập được bao nhiêu số gồm6chữ số khác nhau, sao cho trong các

chữ số đó có mặt số0và số1? <b>ĐS:</b>50400số

<b>Lời giải.</b>

Có6cách chọn vị trí cho chữ số0.
Có5cách chọn vị trí cho chữ số1.
Có8cách chọn giá trị cho chữ số thứ ba.
Có7cách chọn giá trị cho chữ số thứ tư.
Có6cách chọn giá trị cho chữ số thứ năm.

Có5cách chọn giá trị cho chữ số thứ sáu.

Vậy có6·5·8·7·6·5=50400số có6chữ số khác nhau thoả mãn. ä

BÀI 27. Từ các chữ số0; 1; 2; 3; 6; 7; 8; 9có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm có sáu chữ số đơi một khác nhau,

trong đó phải có mặt chữ số7? <b>ĐS:</b>13320số

<b>Lời giải.</b>

Trường hợp1: Chữ số7ở vị trí hàng trăm nghìn.
Có7cách chọn chữ số hàng chục nghìn.
Có6cách chọn chữ số hàng nghìn.
Có5cách chọn chữ số hàng trăm.
Có4cách chọn chữ số hàng chục.
Có3cách chọn chữ số hàng đơn vị.

Vậy có7·6·5·4·3=2520số thoả mãn trong trường hợp này.
Trường hợp2: Chữ số7không nằm ở vị trí hàng trăm nghìn.

Có5cách chọn vị trí cho chữ số7.
Có6cách chọn chữ số hàng trăm nghìn.
Có6cách chọn chữ số thứ ba.

Có5cách chọn chữ số thứ tư.
Có4cách chọn chữ số thứ năm.
Có3cách chọn chữ số thứ sáu.

Vậy có5·6·6·5·4·3=10800số thoả mãn trong trường hợp này.

Vậy có tổng cộng2520+10800=13320số có6chữ số thoả mãn. ä

BÀI 28. Cho tập hợpA₌{0; 1; 2; 3; 4; 5}, từAcó thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm năm chữ số khác nhau, trong

đó nhất thiết phải có chữ số0và3? <b>ĐS:</b>480số

<b>Lời giải.</b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(13)</span><div class='page_container' data-page=13>

Có3cách chọn giá trị cho chữ số thứ tư.
Có2cách chọn giá trị cho chữ số thứ năm.

Vậy có5_·4_·4_·3_·2₌480số có5chữ số khác nhau thoả mãn. ä

BÀI 29. Cho tập hợp A={0; 1; 2; 3; 4; 5}, từ các chữ số thuộc tập A lập được bao nhiêu số tự nhiên có năm chữ số và số

đó chia hết cho3? <b>ĐS:</b>216số

<b>Lời giải.</b>

Vì số được lập chia hết cho3nên các chữ số của số đó là1; 2; 3; 4; 5hoặc0; 1; 2; 4; 5.
Trường hợp1: Các chữ số của số được lập là1; 2; 3; 4; 5.

Có5cách chọn chữ số hàng chục nghìn.
Có4cách chọn chữ số hàng nghìn.
Có3cách chọn chữ số hàng trăm.
Có2cách chọn chữ số hàng chục.
Có1cách chọn chữ số hàng đơn vị.

Vậy có5_·4_·3_·2_·1₌120số thoả mãn trong trường hợp này.
Trường hợp2: Các chữ số của số được lập là0; 1; 2; 4; 5.

Có4cách chọn chữ số hàng chục nghìn.
Có4cách chọn chữ số hàng nghìn.
Có3cách chọn chữ số hàng trăm.
Có2cách chọn chữ số hàng chục.
Có1cách chọn chữ số hàng đơn vị.

Vậy có4_·4_·3_·2_·1₌96số thoả mãn trong trường hợp này.

Vậy có tổng cộng120₊96₌216số có5chữ số thoả mãn. ä

BÀI 30. Từ các chữ số0; 1; 2;. . . ; 9có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm năm chữ số khác nhau đôi một và

chữ số chính giữa ln là số2? <b>ĐS:</b>1218số

<b>Lời giải.</b>

Trường hợp1: Chữ số hàng đơn vị là0.
Có1cách chọn chữ số hàng đơn vị.
Có1cách chọn chữ số hàng trăm.
Có8cách chọn chữ số hàng chục nghìn.
Có7cách chọn chữ số hàng nghìn.
Có6cách chọn chữ số hàng chục.

Vậy có1_·1_·8_·7_·6₌336số thoả mãn trong trường hợp này.
Trường hợp2: Chữ số hàng đơn vị khác0.

Có3cách chọn chữ số hàng đơn vị.
Có1cách chọn chữ số hàng trăm.
Có7cách chọn chữ số hàng chục nghìn.

Có7cách chọn chữ số hàng nghìn.
Có6cách chọn chữ số hàng chục.

Vậy có3·1·7·7·6=882số thoả mãn trong trường hợp này.

Vậy có tổng cộng336₊882₌1218số có5chữ số thoả mãn. ä

BÀI 31. Trong một trường THPT A, khối11mỗi học sinh tham gia một trong hai câu lạc bộ Tốn và Tin học. Có
160em tham gia câu lạc bộ Toán,140em tham gia câu lạc bộ Tin học,50em tham gia cả hai câu lạc bộ. Hỏi khối11

có bao nhiêu học sinh? <b>ĐS:</b>250học sinh

<b>Lời giải.</b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(14)</span><div class='page_container' data-page=14>

BÀI 32. Một lớp có40học sinh, đăng ký chơi ít nhất một trong hai mơn thể thao là bóng đá và cầu lơng. Có30em
đăng ký mơn bóng đá,25em đăng ký mơn cầu lơng. Hỏi có bao nhiêu em đăng ký cả hai môn thể thao? <b>ĐS:</b>15học
sinh

<b>Lời giải.</b>

Số em học sinh đăng ký cả hai môn thể thao là30₊25₋40₌15học sinh. ä

BÀI 33. Có5học sinh, trong đó có An và Bình. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp5học sinh này lên một đoàn tàu gồm
8toa, biết rằng:

<b>1</b> 5học sinh lên cùng một toa. <b>ĐS:</b>8cách

<b>2</b> 5học sinh lên5toa đầu và mỗi toa một người. <b>ĐS:</b>120cách

<b>3</b> 5học sinh lên5toa khác nhau. <b>ĐS:</b>6720cách

<b>4</b> An và Bình lên cùng toa đầu tiên. <b>ĐS:</b>512cách

<b>5</b> An và Bình lên cùng một toa, ngồi ra khơng có học sinh nào khác lên toa này. <b>ĐS:</b>2744cách

<b>Lời giải.</b>

<b>1</b> Có8cách chọn toa tàu để cả5học sinh cùng lên toa tàu đó. Vậy có8cách sắp xếp để5học sinh lên cùng một
toa.

<b>2</b> Có5cách chọn học sinh lên toa đầu tiên.
Có4cách chọn học sinh lên toa thứ hai.
Có3cách chọn học sinh lên toa thứ ba.
Có2cách chọn học sinh lên toa thứ tư.
Có1cách chọn học sinh lên toa thứ năm.

Vậy có5_·4_·3_·2_·1₌120cách sắp xếp để5học sinh lên5toa đầu và mỗi toa một người.

<b>3</b> Có8cách chọn toa tàu cho học sinh đầu tiên.
Có7cách chọn toa tàu cho học sinh thứ hai.
Có6cách chọn toa tàu cho học sinh thứ ba.
Có5cách chọn toa tàu cho học sinh thứ tư.
Có4cách chọn toa tàu cho học sinh thứ năm.

Vậy có8_·7_·6_·5_·4₌6720cách sắp xếp để5học sinh lên5toa khác nhau.

<b>4</b> Có1cách chọn toa tàu cho An và Bình.
Có8cách chọn toa tàu cho học sinh thứ ba.
Có8cách chọn toa tàu cho học sinh thứ tư.
Có8cách chọn toa tàu cho học sinh thứ năm.

Vậy có1·8·8·8=512cách sắp xếp để An và Bình lên cùng toa đầu tiên.

<b>5</b> Có8cách chọn toa tàu cho An và Bình.
Có7cách chọn toa tàu cho học sinh thứ ba.
Có7cách chọn toa tàu cho học sinh thứ tư.
Có7cách chọn toa tàu cho học sinh thứ năm.

Vậy có8·7·7·7=2744cách sắp xếp để An và Bình lên cùng một toa, ngồi ra khơng có học sinh nào khác lên
toa này.

ä

BÀI 34. Có bao nhiêu số tự nhiên có đúng năm chữ số, sao cho trong mỗi số đó chữ số đứng sau lớn hơn chữ số đứng

liền trước? <b>ĐS:</b>126số

<b>Lời giải.</b>

Vì chữ số đứng sau lớn hơn chữ số đứng liền trước nên các chữ số phải khác0. Trước tiên ta sẽ đếm số các số có5
chữ số đơi một khác nhau và khác0.

</div>
<span class='text_page_counter'>(15)</span><div class='page_container' data-page=15>

Có6cách chọn chữ số hàng chục.
Có5cách chọn chữ số hàng đơn vị.

Vậy có9_·8_·7_·6_·5₌15120có5chữ số đôi một khác nhau và khác0.

Nhận thấy, với một bộ5chữ số nào đó thì sẽ có5_·4_·3_·2_·1₌120cách sắp xếp vị trí cho các chữ số đó, tuy nhiên chỉ
có1cách xếp các chữ số thoả mãn.

Vậy số các số thoả mãn bài tốn là 15120

120 =126số. ä

BÀI 35. Có20thẻ đựng trong hai hộp khác nhau, mỗi hộp chứa10 thẻ được đánh số liên tiếp từ1đến10. Có bao
nhiêu cách chọn hai thẻ (mỗi hộp một thẻ) sao cho tích hai số ghi trên hai thẻ là một số chẵn. <b>ĐS:</b>75cách

<b>Lời giải.</b>

Có10cách chọn tấm thẻ ở hộp thứ nhất và có10cách chọn tấm thẻ ở hộp thứ hai, nên có10_·10₌100cách chọn hai
thẻ, mỗi hộp một thẻ.

Có5cách chọn tấm thẻ có số lẻ ở hộp thứ nhất và có5cách chọn tấm thẻ có số lẻ ở hộp thứ hai, nên có5_·5₌25cách
chọn hai thẻ, mỗi hộp một thẻ và tích hai số ghi trên hai thẻ là một số lẻ.

Vậy có100₋25₌75cách chọn hai thẻ, mỗi hộp một thẻ và tích hai số ghi trên hai thẻ là một số chẵn. ä

BÀI 36. GọiSlà tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm hai chữ số phân biệt khác nhau được lấy từ tậpA₌{0; 1; 2; 3; 4; 5; 6}.
HỏiScó bao nhiêu phần tử? Có bao nhiêu cách lấy hai phần tử từ tậpSsao cho tích của hai phần tử này là một số

chẵn? <b>ĐS:</b>1050cách

<b>Lời giải.</b>

Có6cách chọn chữ số hàng chục.
Có6cách chọn chữ số hàng đơn vị.
Vậy tậpScó6·6=36phần tử.

Ta sẽ đếm xem trong tậpScó bao nhiêu số lẻ.
Có3cách chọn chữ số hàng đơn vị.

Có5cách chọn chữ số hàng chục.
Vậy trong tậpScó3_·5₌15số lẻ.

Có36_·35₌1260cách chọn ra hai số từ tập Svà có15_·14₌210cách chọn ra hai số từ tậpS có tích là số lẻ nên có

1260₋210₌1050cách chọn ra hai số từ tậpScó tích là số chẵn. ä

BÀI 37. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm tám chữ số phân biệt sao cho tổng của tám chữ số này chia hết cho9. <b>ĐS:</b>
181440số

<b>Lời giải.</b>

Vì số được lập chia hết cho9nên tổng hai chữ số không xuất hiện trong số được lập phải bằng9.
Trường hợp1: Hai chữ số0và9không xuất hiện trong số được lập.

Có8cách chọn chữ số hàng chục triệu.
Có7cách chọn chữ số hàng triệu.
Có6cách chọn chữ số hàng trăm nghìn.
Có5cách chọn chữ số hàng chục nghìn.
Có4cách chọn chữ số hàng nghìn.
Có3cách chọn chữ số hàng trăm.
Có2cách chọn chữ số hàng chục.
Có1cách chọn chữ số hàng đơn vị.

Vậy có8·7·6·5·4·3·2·1=40320số có8chữ số thoả mãn trong trường hợp này.

Trường hợp21: Hai chữ số không xuất hiện trong số được lập là(1; 8)hoặc(2; 7)hoặc(3; 6)hoặc(4; 5).
Có4cách chọn hai chữ số khơng xuất hiện.

</div>
<span class='text_page_counter'>(16)</span><div class='page_container' data-page=16>

Có4cách chọn chữ số hàng nghìn.

Có3cách chọn chữ số hàng trăm.

Có2cách chọn chữ số hàng chục.

Có1cách chọn chữ số hàng đơn vị.

Vậy có4_·7_·7_·6_·5_·4_·3_·2_·1₌141120số có8chữ số thoả mãn trong trường hợp này.

Vậy có tổng cộng40320₊141120₌181440số có8chữ số thoả mãn. ä

<b>BÀI</b>

<b>2.</b>

<b>HOÁN VỊ - CHỈNH HỢP - TỔ HỢP</b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(17)</span><div class='page_container' data-page=17>

Định nghĩa 1 (Giai thừa). Cho số tự nhiênn_≥1, ta định nghĩangiai thừa, ký hiệu bởin!, là

n!₌n_·(n₋1)_·(n₋2)_{· · ·}2_·1.

Tính chất 1. Giai thừa có các tính chất sau đây:

<b>1</b> n!₌n_·(n₋1)!₌n_·(n₋1)_·(n₋2)!₌n_·(n₋1)_·(n₋2)_{· · · · ·}2_·1.

<b>2</b> Quy ước0!₌1.

Định nghĩa 2 (Hoán vị). Cho tập hợpAcónphần tử (n_≥1).

<b>1</b> Ta nói mỗi cách sắp xếp thứ tự củanphần tử tập hợpAlà<i>một hoán vị</i>củanphần tử này.

<b>2</b> <i>Số các hoán vị</i>củanphần tử tập hợpAđược ký hiệu bởiPn.

4

<b>!</b> <i>_{Các hoán vị khác nhau chỉ khác nhau về thứ tự sắp xếp các phần tử.}</i>

<i>Ví dụ: Hốn vị của</i>3<i>phần tử</i>a<i>,</i>b<i>,</i>c<i>gồm:</i>a,b,c<i>;</i>a,c,b<i>;</i>b,a,c<i>;. . .</i>

Định lí 1 (Số các hốn vị). <i>Số các hốn vị của</i>n<i>phần tử được tính theo công thức:</i>

Pn=n!=n·(n−1)·(n−2)· · ·2·1.

Định nghĩa 3 (Chỉnh hợp). Cho tập hợpSgồmnphần tử (n≥1). Kết quả của việc lấykphần tử khác nhau
từnphần tử của tập hợpSvà sắp xếp chúng theo một thứ tự nào đó được gọi là một chỉnh hợp chậpkcủan
phần tử đã cho.

Định lí 2. <i>Số các chỉnh hợp chập</i>k<i>của</i>n<i>phần tử</i>(1≤k≤n)<i>là:</i>

Ak_n=n(n−1). . . (n−k+1)= n!
(n₋k)!

4

<b>!</b> <i>_{Khi giải bài toán chọn trên một tập}</i>_X<i>_có</i>_n<i>_{phần tử, ta sẽ dùng chỉnh hợp nếu có 2 dấu hiệu sau:}</i>
<i>Chỉ chọn</i>k<i>phần tử trong</i>n<i>phần tử của</i>X <i>(</i>1≤k<n<i>).</i>

<i>Có sắp thự tự các phần tử đã chọn.</i>

Định nghĩa 4 (Tổ hợp). Cho tập hợpAcón(n_≥1)phần tử và số nguyênkvới1_≤k_≤n. Mỗi tập con của Acó
kphần tử được gọi là một tổ hợp chậpkcủanphần tử của A(hay một tổ hợp chậpkcủaA). Ký hiệuCk_n.

Định lí 3. <i>Số tổ hợp chập</i>k<i>của một tập hợp có</i>n<i>phần tử</i>(1≤k≤n)<i>là</i>

Ck_n₌A
k
n
k! =

n(n₋1)(n₋2). . . (n₋k₊1)

k! .

4

<b>!</b> <i>_{Với quy ước}</i>_C0

n=1<i>thì với mọi số ngun</i>k<i>thỏa</i>0≤k≤n<i>ta có</i>

Ck_n₌ n!
k!_·(n₋k)!.

Tính chất 2. Ck_n=C_nn−kvới0≤k≤n.

Tính chất 3 (Cơng thức Pascal). Ck_n₊Ck_n+1₌C_nk+₊1₁với1_≤k_≤n.

<b>B</b>

<b>VÍ DỤ MINH HỌA</b>

VÍ DỤ 1. Giả sử muốn xếp3bạnA,B,Cngồi vào bàn dài có3ghế. Hỏi có bao nhiêu cách xếp sao cho mỗi bạn

ngồi một ghế? <b>ĐS:</b>P3=3!=6

<b>Lời giải.</b>

Mỗi cách xếp chỗ cho3bạn trên được gọi là một hốn vị vị trí của3bạn.

Như vậy ta có số cách xếp chỗ làP3=3!=6cách. ä

</div>
<span class='text_page_counter'>(18)</span><div class='page_container' data-page=18>

<b>1</b> Các quyển sách được xếp tùy ý? <b>ĐS:</b>P12

<b>2</b> Các quyển sách cùng môn được xếp cạnh nhau? <b>ĐS:</b>P5·P4·P3·P3

<b>Lời giải.</b>

<b>1</b> Số cách xếp các quyển sách tùy ý là một hốn vị của12phần tử, nên ta cóP12cách xếp.

<b>2</b> Vì các quyển sách cùng môn được xếp cạnh nhau nên ta coi các môn là một phần tử, như vậy ta cóP3cách xếp.

Ngồi ra trong từng mơn, ta cũng có hốn vị của từng cuốn sách, do đó ta cóP5·P4·P3cách xếp.

Vậy ta cóP5·P4·P3·P3cách xếp sách thỏa mãn u cầu đề bài.

ä

VÍ DỤ 3. Giả sử muốn chọn3bạn trong5bạn A,B,C, D,E và sắp3bạn này vào một bàn dài. Hỏi có bao

nhiêu cách? <b>ĐS:</b>A3

5

<b>Lời giải.</b>

Mỗi cách xếp3bạn trong5bạn vào một bàn dài là một chỉnh hợp chập3của5phần tử, nên ta cóA3₅cách. ä

VÍ DỤ 4. Cho tập X₌{1; 2; 3; 4; 5; 6; 7}có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm bốn chữ số, sao cho

<b>1</b> Đôi một khác nhau? <b>ĐS:</b>A4₇

<b>2</b> Số tự nhiên lẻ và đôi một khác nhau? <b>ĐS:</b>4_·A3₆

<b>Lời giải.</b>

<b>1</b> Mỗi cách chọn4số khác nhau từ7số là một chỉnh hợp chập4của7phần tử. Do đó ta cóA4₇số được tạo thành.

<b>2</b> Để số cần lập là số tự nhiên lẻ thì chữ số tận cùng là số lẻ, khi đó ta có4cách chọn chữ số tận cùng.
Mỗi cách chọn3chữ số còn lại là một chỉnh hợp chập3của6phần tử nên ta cóA3₆cách.

Vậy có4_·A3₆số được tạo thành.

ä

VÍ DỤ 5. Có bao nhiêu cách lập một ban chấp hành gồm3người trong một chi đồn có14đồn viên?
<b>ĐS:</b>C3₁₄

<b>Lời giải.</b>

Mỗi cách lập một ban chấp hành gồm3người là một tổ hợp chập3của14nên ta cóC3₁₄cách. ä

VÍ DỤ 6. Vịng chung kết bóng đá Euro có24đội bóng thi đấu. Hỏi có bao nhiêu cách dự đốn4đội bóng vào

chung kết? <b>ĐS:</b>C4₂₄

<b>Lời giải.</b>

Mỗi cách dự đoán4đội vào chung kết là một tổ hợp chập4của24nên ta cóC4₂₄cách. ä

VÍ DỤ 7. Một lớp học có30học sinh, cần lập ra một tổ cơng tác gồm5học sinh. Hỏi có bao nhiêu cách? <b>ĐS:</b>
C5₃₀

<b>Lời giải.</b>

Mỗi cách lập ra tổ công tác là một tổ hợp chập5của30nên ta cóC5₃₀cách. ä

VÍ DỤ 8. Trong khơng gian, cho tập hợp Xgồm10điểm, trong đó khơng có3điểm nào thẳng hàng. Hỏi:

<b>1</b> Có bao nhiêu đường thẳng được tạo thành? <b>ĐS:</b>C2₁₀

<b>2</b> Có bao nhiêu tam giác được tạo thành? <b>ĐS:</b>C3₁₀

<b>Lời giải.</b>

<b>1</b> Để tạo thành đường thẳng, ta chọn2điểm trong10điểm nên số đường thẳng được tạo thành làC2₁₀.

<b>2</b> Để tạo thành tam giác, ta chọn3điểm trong10điểm nên số tam giác được tạo thành làC3₁₀.

</div>
<span class='text_page_counter'>(19)</span><div class='page_container' data-page=19>

<b>C</b>

<b>DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP</b>

{<b>_{DẠNG 2.1. Giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình}</b>
<i><b>Bước 1.</b>Tìm điều kiện. Ta có các điều kiện thường gặp sau:</i>

<i>Các kí hiệu và công thức</i> <i>Điều kiện</i>

◦n!₌n_·(n₋1)_·(n₋2)_{· · ·}3_·2_·1 n_∈N

◦Pn=n! n∈N

◦Ak_n₌ n!
(n₋k)!

(
n,k∈N

1_≤k_≤n

◦Ck_n₌ n!
(n₋k)!k!

(
n,k∈N
0_≤k_≤n

◦Ck_n=Cn_n−k

(
n,k_∈_N
0≤k≤n

◦Ck_n₊₁=Ck_n+Ck_n−1

(
n,k_∈N
1≤k≤n

<i><b>Bước 2.</b>Thu gọn dựa vào những công thức trên và đưa về phương trình đại số. Giải phương trình đại</i>
<i>số này tìm được biến.</i>

<i><b>Bước 3.</b>So với điều kiện để nhận những giá trị cần tìm.</i>

<b>1</b>

<b>VÍ DỤ</b>

VÍ DỤ 1. Thu gn biu thcD₌7!4!
10!

à _8!
3!5!

9!
2!7!

ả

. <b>S:</b>D₌2

3

<b>Li gii.</b>

D₌7!4!
10!

à _8!
3!5!

9!
2!7!

ả
= 4!

8Ã9Ã10
à₆

Ã7_Ã8
3!

8_Ã9
2!

ả

=4Ã6Ã7
9Ã10 −

3_·4
10 =

28
15−

6
5=

2
3.

ä

VÍ DỤ 2. Giải phương trình(n+1)!

(n₋1)!=72. <b>ĐS:</b>n=8

<b>Lời giải.</b>

Điều kiện:n_≥1,n_∈_N.

(n+1)!

(n₋1)!=72⇔(n+1)n=72⇔n

2

+n₋72₌0_⇔
"

n₌8(nhận)
n= −9(loại).

ä

VÍ DỤ 3. Giải các phương trình sau:

P2·x2−P3·x=8; <b>ĐS:</b>x= −1hoặcx=4

<b>1</b> <b>2</b> C3₂_n₌20C2_n; <b>ĐS:</b>n₌8

Cx_x₊2Cx−1

x +Cxx−2=Cx2+x−23; <b>ĐS:</b>x=3

<b>3</b> Px−Px−1

Px+1 =

1

6; <b>ĐS:</b>x=3

<b>4</b>

72A1_x−A3_x₊₁=72. <b>ĐS:</b>x=8

<b>5</b>

<b>Lời giải.</b>

<b>1</b>

P2·x2−P3·x=8⇔2!·x2−3!·x−8=0⇔2x2−6x−8=0⇔

</div>
<span class='text_page_counter'>(20)</span><div class='page_container' data-page=20>

<b>2</b> iu kin:n2,n_N.

C3₂_n=20C2_n (2n)!

3!(2n3)!=20Ã
n!
2!(n2)!

2n(2n1)(2n2)

6 =

20n(n1)

2
(2n1)(2n2)₌30(n1)

à

vỡn3
2
ả

2n236n₊32₌0
"

n=8(nhn)
n₌1(loi).

<b>3</b> iu kin:x5,xN.

Cx_x+2Cx_x1+Cx_x2=C2_x₊x₂3Cx_x+Cx_x1+C_xx1+Cx_x2=C2_xx₊₂3Cx_x₊₁+Cx_x₊₁1=C2_xx₊₂3
Cx_x₊₂=C2_xx₊₂3

"

x₌2x3

x=x+2(2x3)

x=3(nhn)

x=5
2 (loi).

<b>4</b> Điều kiện:x≥1,x∈N.
Px−Px−1

Px+1 =

1
6⇔

x!
(x₊1)!−

(x₋1)!
(x₊1)!=

1
6⇔

1
x₊1−

1
(x₊1)x=

1
6⇔x

2

−5x₊6₌0_⇔
"

x=3
x₌2.

<b>5</b> Điều kiện:x≥2,x∈N.

72A1_x₋A3_x₊₁₌72_⇔72_· x!
(x₋1)!−

(x₊1)!

(x₋2)!=72⇔72x−(x+1)x(x−1)=72⇔x

3

−73x₊72₌0_⇔





x₌8(nhận)
x=1(loại)
x_{= −}9(loại).

ä

VÍ DỤ 4. Giải phương trình 5
C₅x−

2
Cx₆=

14

C₇x. <b>ĐS:</b>x=3

<b>Lời giải.</b>

Điều kiện:x≤5,x∈N.
5
C₅x−

2
C₆x=

14
Cx₇⇔

5
5!
x!(5₋x)!

− _6!2
x!(6₋x)!

= 14_7!
x!(7₋x)!

⇔5
1−

2
6
(6₋x)

= ₆14
·7
(6₋x)(7₋x)

⇔5₋2(6−x)

6 =

14(7₋x)(6₋x)

6_·7 ⇔15−(6−x)=(7−x)(6−x)⇔x

2

−14x₊33₌0_⇔
"

x=11(loại)
x₌3(nhận).

ä

VÍ DỤ 5. Giải các bất phương trình sau:

A3_n₊15_<15n; <b>ĐS:</b>n₌3hoặcn₌4

<b>1</b> <b>2</b> A3_n₊5A2_n_<21n; <b>ĐS:</b>n₌3

2C2_x₊₁₊3A2_x₋20_<0. <b>ĐS:</b>x₌2

<b>3</b>

<b>Lời giải.</b>

<b>1</b> Điều kiện:n_≥3,n_∈N.

A3_n₊15_<15n_⇔ n!

(n−3)!+15<15n⇔n(n−1)(n−2)+15<15n

⇔n3−3n2−13n+15<0⇔(n−5)(n+3)(n−1)<0⇔
"

n_{< −}3
1<n<5.

Giao với điều kiện ta được3_≤n_<5,n_∈_Nhayn₌3hoặcn₌4.

<b>2</b> Điều kiện:n≥3,n∈N.

A3_n₊5A2_n_<21n_⇔ n!
(n₋3)!+5·

n!

(n₋2)!<21n⇔n(n−1)(n−2)+5n(n−1)<21n

⇔n3₊2n2₋24n_<0_⇔n(n₋4)(n₊6)_<0_⇔
"

n< −6
0_<n_<4.

</div>
<span class='text_page_counter'>(21)</span><div class='page_container' data-page=21>

<b>3</b> Điều kiện:x_≥2,x_∈_N.

2C2_x₊₁₊3A2_x₋20_<0_⇔2_· (x+1)!
2!(x−1)!+3·

x!

(x−2)!−20<0
⇔x(x+1)+3x(x−1)−20<0⇔4x2−2x−20<0⇔ −2<x<5

2.
Giao với điều kiện ta được2≤x<5

2,x∈Nhayx=2.

ä

VÍ DỤ 6. Giải các hệ phương trình sau:
(

2Axy+5Cyx=90

5A_xy₋2Cy_x₌80; <b>ĐS:</b>x=5;y=2

<b>1</b> C

y
x+1

6 =
C_xy+1

5 =
C_xy−1

2 ; <b>ĐS:</b>x=8;y=3

<b>2</b>

(

5C_xy−2₌3C_xy−1

Cy_x₌Cy_x−1 . <b>ĐS:</b>

x₌7;y₌4

<b>3</b>

<b>Lời giải.</b>

<b>1</b> Điều kiện:x≥y≥0vàx,y∈N.
(

2A_xy₊5Cy_x₌90
5Axy−2Cyx=80

⇔
(

Ay_x₌20
Cyx=10

⇔







x!
(x₋y)!=20

x!

y!(x₋y)!=10

⇔







x!
(x₋y)!=20
20

y! =10

⇔
(

x(x₋1)₌20

y!=2 ⇔

(

x2−x−20=0

y₌2 ⇔

(
x₌5

y=2 (nhận)∨
(

x_{= −}4
y=2 (loại).

<b>2</b> Điều kiện:x≥y+1, y≥0vàx,y∈N.
C_xy

+1

6 =
Cy_x+1

5 =
Cy_x−1

2 ⇔








(x₊1)!
6·y!(x−y+1)!=

x!

5(y+1)!(x−y−1)!
(x+1)!

6_·y!(x₋y₊1)!=

x!

2(y₋1)!(x₋y₊1)!

⇔








x₊1

6(x−y+1)(x−y)=
1
5(y+1)
x₊1

3y =1

⇔






3y−1+1

6(3y₋1₋y₊1)(3y₋1₋y)=
1
5(y₊1)
x=3y−1

⇔





x₌3y₋1
1
2_·2(2y₋1)=

1
5(y₊1)

⇔
(

x₌3y₋1
8y−4=5y+5⇔

(
x₌8

y=3 (nhận).

<b>3</b> Điều kiện:x_≥y,y_≥2,x, y_∈N.
(

5Cyx−2=3Cyx−1
Cyx=Cyx−1

⇔








5_· x!

(y₋2)!(x₋y₊2)!=3·

x!
(y₋1)!(x₋y₊1)!
x!

y!(x−y)!=

x!
(y−1)!(x−y+1)!

⇔







5
x₋y₊2=

3
y₋1
1

y=
1
x₋y₊1

⇔
(

3x−8y= −11
x₋2y_{= −}1 ⇔

(
x=7

y₌4 (nhận)

ä

<b>2</b>

<b>BÀI TẬP ÁP DỤNG</b>

BÀI 1. Thu gọn biểu thứcD= 2011!
2010!₋2009!·

2009

2011. <b>ĐS:</b>D=2010

<b>Lời giải.</b>

D₌ 2011!
2010!₋2009!·

2009
2011=

2011_·2010_·2009!
2009!(20010₋1) ·

2009

2011=2010.

</div>
<span class='text_page_counter'>(22)</span><div class='page_container' data-page=22>

BÀI 2. Giải phương trình x!−(x−1)!
(x₊1)! =

1

6. <b>ĐS:</b>x=3hoặcx=2

<b>Lời giải.</b>

Điều kiện:x≥1,x∈N.

Khi đó, phương trình đã cho tương đương với
(x₋1)!(x₋1)

(x+1)! =
1
6⇔

x₋1
x(x+1)=

1

6⇔6x−6=x

2

+x_⇔x2₋5x₊6₌0_⇔
"

x₌3

x₌2 (nhận).

ä

BÀI 3. Giải phương trình 1
Cx₄−

1
Cx₅=

1

Cx₆. <b>ĐS:</b>x=2

<b>Lời giải.</b>

Điều kiện:0_≤x_≤4vàx_∈N.

Khi đó phương trình đã cho tương đương với
x!(4₋x)!

4! −

x!(5₋x)!
5! =

x!(6₋x)!

6! ⇔

x!(4₋x)!
4!

·

1₋5−x
5 −

(6₋x)(5₋x)
6.5

¸
=0
⇔30−6(5−x)−(6−x)(5−x)=0⇔ −x2+17x−30=0⇔

"

x₌2(nhận)
x₌15(loại) .

ä

BÀI 4. Giải các phương trình sau:

A3_n₌20n; <b>ĐS:</b>n₌6

<b>1</b> <b>2</b> 4C8_x₌5C7_x₋₁; <b>ĐS:</b>x₌10

A3_n₊5A2_n₌2(n₊15); <b>ĐS:</b>n₌3

<b>3</b> <b>4</b> 2C2_x₋₁₋C1_x₌79; <b>ĐS:</b>x₌11

2A2_x₊50₌A2₂_x. <b>ĐS:</b>x₌5

<b>5</b>

<b>Lời giải.</b>

<b>1</b> Điều kiện:n≥3vàn∈N.

Khi đó phương trình đã cho tương đương với
n!

(n₋3)!=20n⇔n(n−1)(n−2)=20n

⇔n(n2₋3n₊2₋20)₌0_⇔n(n2₋3n₋18)₌0_⇔





n=0(loại)
n₌6(nhận)
n_{= −}3(loại)
.

<b>2</b> Điều kiện:x≥8vàx∈N.

Khi đó phương trình đã cho tương đương với
4_· x!

8!(x₋8)!=5·

(x₋1)!
7!(x₋8)!⇔4·

x

8=5⇔x=10(nhận).

<b>3</b> Điều kiện:n_≥3vàn_∈N.

Khi đó phương trình đã cho tương đương với
n!

(n−3)!+5·
n!

(n−2)!=2(n+15)⇔n(n−1)(n−2)+5n(n−1)=2n+30
⇔n3₊2n2₋5n₋30₌0_⇔(n₋3)(n2₊5n₊10)₌0_⇔n₌3(nhận).

<b>4</b> Điều kiện:x_≥3vàx_∈_N.

Khi đó phương trình đã cho tương đương với
2_· (x−1)!

2!(x₋3)!−x=79⇔(x−1)(x−2)−x=79⇔x

2

−4x₋77₌0_⇔
"

x=11(nhận)
x_{= −}7(loại) .

<b>5</b> Điều kiện:x≥2vàx∈N.

Khi đó phương trình đã cho tương đương với
2_· x!

(x−2)!+50=
(2x)!

(2x−2)!⇔2x(x−1)+50=2x(2x−1)⇔2x

2

−50₌0_⇔
"

</div>
<span class='text_page_counter'>(23)</span><div class='page_container' data-page=23>

ä

BÀI 5. Giải các bất phương trình sau:

A3_n<A2_n+12; <b>ĐS:</b>n=3

<b>1</b> <b>2</b> 2C2_x₊₁+3A2_x<30; <b>ĐS:</b>x=2

1

2A

2
2x−A2x≤

6
xC

3

x+10. <b>ĐS:</b>x=3hoặcx=4

<b>3</b>

<b>Lời giải.</b>

<b>1</b> Điều kiện:n≥3vàn∈N.

Khi đó bất phương trình đã cho tương đương với
n!

(n−3)!<
n!

(n−2)!+12⇔n(n−1)(n−2)<n(n−1)+12
⇔n3₋4n2₊3n₋12_<0_⇔(n₋4)(n2₊3)_<0_⇔n_<4.

Kết hợp với điều kiện suy ra3_≤n_<4, hayn₌3.

<b>2</b> Điều kiện:x_≥2vàx_∈_N.

Khi đó bất phương trình đã cho tương đương với
2_· (x+1)!

2!(x₋1)!+3·
x!

(x₋2)!<30⇔x(x+1)+3x(x−1)<30⇔4x

2

−2x₋30_<0_{⇔ −}5

2<x<3.

Kết hợp với điều kiện suy ra2≤x<3, hayx=2.

<b>3</b> Điều kiện:x_≥3vàx_∈N.

Khi đó bất phương trình đã cho tương đương với
1

2·
(2x)!
(2x₋2)!−

x!
(x₋2)!≤

6

x·

x!

3!(x₋3)!+10⇔
1

2·2x(2x−1)−x(x−1)≤(x−1)(x−2)+10
⇔x(2x₋1)₋x2₊x_≤x2₋3x₊2₊10_⇔3x_≤12_⇔x_≤4.

Kết hợp với điều kiện suy ra3_≤x_≤4, hayx₌3hoặcx₌4.

ä

BÀI 6. Giải các hệ phương trình sau:
(

2Axy+Cyx=180

Ay_x₋C_xy₌36 ; <b>ĐS:</b>x=9;y=2

<b>1</b> Cm+1

n+1 : C

m
n+1: C

m−1

n+1 =5 : 5 : 3; <b>ĐS:</b>m=3;n=6

<b>2</b>

(

7A₅y−_x3₌A₅y−_x2

4C₅y−_x2₌7C₅y−_x3. <b>ĐS:</b>

x₌2;y₌6

<b>3</b>

<b>Lời giải.</b>

<b>1</b> Điều kiện: y≤xvàx,y∈N, x≥1.

Khi đó hệ phương trình tương đương với
(

A_xy₌72
Cxy=36

⇔
(

C_xy_·y!₌72
Cxy=36

⇔
(

y!₌2
Cxy=36

⇔
(

y₌2
C2_x=36⇔

(
y₌2

x=9 (nhận).

<b>2</b> Điều kiện:n_≥m_≥1vàn,m_∈N.

Khi đó hệ phương trình tương đương với






Cm_n₊+₁1: Cm_n₊₁=1
Cm_n₊₁: Cm_n₊−₁1=5
3
⇔









(n+1)!
(m₊1)(n₋m)!·

m!(n−m+1)!
(n₊1)! =1
(n₊1)!

m!(n₊1₋m)!·

(m₋1)!(n₊2₋m)!
(n₊1)! =

5
3
⇔








n−m+1
m+1 =1
n+2−m

m =

5
3

⇔
(

n₋m₊1₌m₊1
3n₊6₋3m₌5m⇔

(

n₋2m₌0
3n₋8m_{= −}6⇔

(
m₌3

</div>
<span class='text_page_counter'>(24)</span><div class='page_container' data-page=24>

<b>3</b> Điều kiện:5x_≥y₋2, y_≥3vàx,y_∈_N, x_≥1.
Khi đó hệ phương trình tương đương với










7_· (5x)!
(5x₋y₊3)!=

(5x)!
(5x₋y₊2)!
4· (5x)!

(5x−y+2)!(y−2)!=7·

(5x)!
(5x−y+3)!(y−3)!

⇔







7

(5x₋y₊3)=1
4

(y₋2)=
7
(5x₋y₊3)

⇔
(

5x−y+3=7

4(5x₋y₊3)₌7(y₋2)⇔
(

5x−y=4

20x₋11y_{= −}26⇔
(

x=2

y₌6 (nhận).

ä

<b>3</b>

<b>BÀI TẬP RÈN LUYỆN</b>

BÀI 7. Thu gọn các biểu thức sau:
D= 5!

m(m+1)·

(m₊1)!

(m−1)!3!; <b>ĐS:</b>D=20

<b>1</b> D=¡ 7!

m2₊_m¢·

(m₊2)!

4!(m−1)!; <b>ĐS:</b>D=210(m+2)

<b>2</b>

D= 6!
m(m+1)·

(m₊1)!

4!(m−1)!; <b>ĐS:</b>D=30

<b>3</b> D=(n+1)C

2

n
n¡

n2₋₁¢. <b>ĐS:</b>D=

1

2

<b>4</b>

BÀI 8. Giải các phương trình sau:
n!

(n−2)!−
n!

(n−1)!=3; <b>ĐS:</b>n=3

<b>1</b> n3+ n!

(n−2)!=10. <b>ĐS:</b>n=2

<b>2</b>

BÀI 9. Giải các phương trình sau:
Cx+4

10+x=C

2x−10

10+x ; <b>ĐS:</b>x=14∨x=8

<b>1</b> Ck₁₄₊Ck+2

14 =2C

k+1

14 ; <b>ĐS:</b>k=4

<b>2</b>

A3_n+2C2_n=16n; <b>ĐS:</b>n=5

<b>3</b> <b>4</b> A3_x+Cx_x−2=14x; <b>ĐS:</b>x=5

A2_x₋₂₊Cx−2

x =101; <b>ĐS:</b>x=10

<b>5</b> <b>6</b> 2C2_x₋₁₋C1_x₌79; <b>ĐS:</b>x₌11

Pn+2

An_n−₋4₁_·P3

=210; <b>ĐS:</b>n₌5

<b>7</b>

C2₂₈x
C2₂₄x−4=

225

11 ; <b>ĐS:</b>n=7

<b>8</b>

x2₋Cx₄_·x₊C₃2_·C1₃₌0; <b>ĐS:</b>x_∈_∅

<b>9</b> Cx−2

x+1+2C
3

x−1=7(x−1); <b>ĐS:</b>x=5

<b>10</b>

6C2_x+6C3_x=7x2−7x; <b>ĐS:</b>x=6

<b>11</b> <b>12</b> C1_x+6C2_x+6C_x3=9x2−14x; <b>ĐS:</b>x=7
2¡

A3_n₊3A2_n¢

=Pn+1; <b>ĐS:</b>x=4

<b>13</b> <b>14</b> 2Pn+6A2n−Pn·An2=12. <b>ĐS:</b>x=3hoặcx=2

BÀI 10. Giải các phương trình sau:
1

C1x

− 1

C2_x₊₁=
7

6C1_x₊₄; <b>ĐS:</b>x=8hoặcx=3

<b>1</b> C4_n₋₁−C3_n₋₁−5

4A

2

n−2=0; <b>ĐS:</b>x=11hoặcx=3

<b>2</b>

C1_x₊C2_x₊C3_x₌7

2x; <b>ĐS:</b>x=4

<b>3</b> Cx−1

x +Cxx−2+Cxx−3+ · · ·Cxx−10=1023. <b>ĐS:</b>x=20

<b>4</b>

BÀI 11. Giải các bất phương trình sau:

4_≤n!₊(n₊1)!_<50; <b>ĐS:</b>n₌2hoặcn₌3

<b>1</b> <b>2</b> 72A1_x₋A3_x₊₁_≤72; <b>ĐS:</b>n_∈[₋2; 1]_∪[8;_+∞]

n3₊ n!

(n−2)!≤10; <b>ĐS:</b>x=2

<b>3</b> A

4

n+4

(n+2)!<
15

(n−1)!; <b>ĐS:</b>n∈(2; 6)

<b>4</b>

A4_x₊₄
(x₊1)!≤

42
Px

; <b>ĐS:</b>x₌0

<b>5</b> Pn+5

(n₋k)!≤60A
k+2

n+3; <b>ĐS:</b>∀n∈N

<b>6</b>

12
x C

3

x−3A2x≥
1
2A

2

2x−81; <b>ĐS:</b>x∈[3; 5]

<b>7</b> C4_x₋₁₋C3_x₋₁₋5

4A

2

x−2<0; <b>ĐS:</b>x∈[5; 11]

<b>8</b>

An−2

n+1

C2_n₋₁≥2Pn; <b>ĐS:</b>n∈∅

<b>9</b> A

4

n+2

Pn+2−

143
4Pn−1<

0. <b>ĐS:</b>n_∈[2;_+∞)

<b>10</b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(25)</span><div class='page_container' data-page=25>








Ax_y
Px+1+

Cy_y−x₌147
Px+1=720

; <b>ĐS:</b>x₌5;y₌9

<b>1</b> <b>2</b> Cy_x₊₁: Cy_x+1: C_xy−1₌6 : 5 : 2; <b>ĐS:</b>x₌8;y₌3









Cx_y: Cx_y₊₂₌1
3
Cx_y: Ax_y₌ 1

24

; <b>ĐS:</b>x₌4;y₌8

<b>3</b>






Cm_n₊+₁1=Cm_n₊₁
Cm_n₊₁
Cm−1

n+1

=5
3

; <b>ĐS:</b>m₌3;n₌6

<b>4</b>






Ax_y+1
Px +

Cy_y−x−1₌126
Px+2=720

; <b>ĐS:</b>x=4;y=7

<b>5</b>









C4_n₋₁−C3_n₋₁<5
4A

2

n−2

Cn_n−₊4₁_≥ 7
15A

3

n+1

; <b>ĐS:</b>n=1

<b>6</b>

(

Cyx−Cxy+1=0
4Cxy−5Cyx−1=0

; <b>ĐS:</b>x=17;y=8

<b>7</b>





¡

Cx_x−1¢2

+2³Cy_y−1´2₌3Ax_x−1_·Cy_y−1
2¡

Cx_x−1¢3

=Ay_y−1₊1

.

<b>ĐS:</b>x=1;y=1

<b>8</b>

{<b>_{DẠNG 2.2. Các bài tốn sử dụng hốn vị}</b>

<b>1</b>

<b>VÍ DỤ</b>

VÍ DỤ 1. Có bao nhiêu cách xếp5bạn học sinh A,B,C,D,Evào một ghế dài sao cho:

<b>1</b> BạnCngồi chính giữa? <b>ĐS:</b>24

<b>2</b> Hai bạn AvàEngồi ở hai đầu ghế? <b>ĐS:</b>12

<b>Lời giải.</b>

<b>1</b> Xếp bạnCngồi chính giữa: có1cách.

Xếp4bạn cịn lại vào4vị trí cịn lại: có4!cách.
Vậy có1_×4!₌24cách xếp thỏa mãn u cầu bài tốn.

<b>2</b> Xếp hai bạnAvàEở hai đầu ghế: có2!cách.
Xếp3bạn cịn lại vào3vị trí cịn lại: có3!cách.
Vậy có2!_×3!₌12cách xếp thỏa mãn u cầu bài tốn.

ä

VÍ DỤ 2. Có bao nhiêu cách sắp xếp12học sinh đứng thành một hàng để chụp ảnh lưu niệm, biết rằng trong

đó phải có5em định trước đứng kề nhau? <b>ĐS:</b>4838400

<b>Lời giải.</b>

Chưa kể thứ tự giữa5em trong nhóm “định trước”, để xếp5em này đứng kề nhau ta có8!cách xếp;
Lại có5!cách xếp5em này.

Vậy có tất cả5!_×8!₌4838400cách xếp thỏa mãn u cầu bài tốn. ä

VÍ DỤ 3. Trên một kệ sách dài có5quyển sách Tốn,4quyển sách Lí,3quyển sách Văn. Các quyển sách đều
khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp các quyển sách trên:

<b>1</b> Một cách tùy ý. <b>ĐS:</b>479001600

<b>2</b> Theo từng mơn? <b>ĐS:</b>103680

<b>3</b> Theo từng mơn và sách Tốn nằm ở giữa? <b>ĐS:</b>34560

<b>Lời giải.</b>

<b>1</b> Trên kệ có tất cả5+4+3=12quyển sách.

</div>
<span class='text_page_counter'>(26)</span><div class='page_container' data-page=26>

<b>2</b> Xem mỗi loại sách là một khối thống nhất, ta có3!cách xếp3khối này.
Có5!cách xếp sách tốn, có4!cách xếp sách Lí và có3!cách xếp sách Văn.
Vậy có tất cả3!_×5!_×4!_×3!₌103680cách xếp thỏa mãn u cầu bài tốn.

<b>3</b> Xem mỗi loại sách là một khối thống nhất, ta có2!cách xếp hai mơn cịn lại ở hai bên sách Tốn;
Ứng với mỗi cách, có5!cách xếp sách Tốn; có4!cách xếp sách Lí và có3!cách xếp sách Văn.
Do đó có2!_×5!_×4!_×3!₌34560cách xếp thỏa mãn u cầu bài tốn.

ä

VÍ DỤ 4. Hỏi có bao nhiêu cách xếp6cặp vợ chồng ngồi xung quanh một chiếc bàn tròn sao cho:

<b>1</b> Nam và nữ ngồi xen kẽ nhau? <b>ĐS:</b>86400

<b>2</b> Mỗi bà đều ngồi cạnh chồng của mình? <b>ĐS:</b>7680

<b>Lời giải.</b>

<b>1</b> Cố định một người, có5!cách xếp5người cùng giới cịn lại vào5vị trí cịn lại;

Có6!cách xếp6người khác giới cịn lại vào các vị trí xen kẽ.

Vậy có tất cả5!_×6!₌86400cách xếp thỏa mãn yêu cầu bài toán.

<b>2</b> Ta tiến hành theo hai công đoạn:

Công đoạn 1: Xếp6người chồng xung quanh một bàn trịn: có5!cách.

Cơng đoạn 2: Xếp vợ ngồi gần chồng và hai vợ chồng có thể đổi vị trí cho nhau: có26cách.
Vậy có tất cả5!_×26₌7680cách.

ä

VÍ DỤ 5. Cho tập hợpE₌{1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9}. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm ba chữ số khác nhau, biết rằng

tổng của ba chữ số số này bằng9? <b>ĐS:</b>18

<b>Lời giải.</b>

Các bộ ba số khác nhau trongEcó tổng bằng9là
Trường hợp 1:1₊2₊6₌9.

Trường hợp 2:1+3+5=9.
Trường hợp 3:2+3+4=9.

Mỗi bộ số đó lập được3!số tự nhiên gồm ba chữ số khác nhau.

Vậy có3_×3!₌18số. ä

VÍ DỤ 6. Từ các chữ số1, 2, 3, 4, 5, 6thiết lập tất cả các số có sáu chữ số khác nhau. Hỏi trong các số đã thiết

lập được, có bao nhiêu số mà hai chữ số1và6khơng đứng cạnh nhau? <b>ĐS:</b>480

<b>Lời giải.</b>

Có6!=720số có sáu chữ số khác nhau được lập từ các chữ số đã cho.
Ta xác định các số có6chữ số mà1và6đứng cạnh nhau.

Có5cách chọn2vị trí cạnh nhau trong6vị trí.
Có2!cách sắp xếp hai chữ số1và2vào2vị trí đó.
Có4!cách sắp xếp4chữ số cịn lại vào4vị trí cịn lại.

Suy ra có5×4!×2!=240các số mà hai chữ số1và6đứng cạnh nhau.

Vậy số các số mà hai chữ số1và6khơng đứng cạnh nhau là720−240=480. ä

VÍ DỤ 7. Cho các số0, 1, 2, 3, 4, 5. Có thể lập được bao nhiêu số gồm tám chữ số trong đó chữ số5lặp lại ba

lần, các chữ số cịn lại có mặt đúng một lần? <b>ĐS:</b>5880

<b>Lời giải.</b>

Xét dãy số0, 1, 2, 3, 4, 5, 5, 5.

Nếu coi như dãy gồm các chữ số khác nhau thì ta lập được7_×7!₌35280số.
Ba chữ số5có số lần các số lặp lại là3!.

Vậy có35280

</div>
<span class='text_page_counter'>(27)</span><div class='page_container' data-page=27>

<b>2</b>

<b>BÀI TẬP ÁP DỤNG</b>

BÀI 1. Có hai dãy ghế, mỗi dãy5ghế. Xếp5nam,5nữ vào2dãy ghế trên. Hỏi có bao nhiêu cách xếp sao cho:

<b>1</b> Nam và nữ được xếp tùy ý? <b>ĐS:</b>10!

<b>2</b> Nam một dãy ghế, nữ một dãy ghế? <b>ĐS:</b>28800

<b>Lời giải.</b>

<b>1</b> Có cả thảy10người gồm nam và nữ.

Do đó có10!cách xếp tùy ý10người này vào10ghế.

<b>2</b> Chưa kể thứ tự giữa các nam và thứ tự giữa các nữ, có2!cách xếp nam vào một dãy và nữ vào một dãy.
Có5!cách xếp nam,5!cách xếp nữ.

Vậy có2!_×5!_×5!₌28800cách xếp thỏa mãn u cầu bài tốn.

ä

BÀI 2. Cho một bàn dài có10ghế và10học sinh trong đó có5học sinh nữ. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp chỗ ngồi
cho10học sinh sao cho:

<b>1</b> Nam và nữ ngồi xen kẽ nhau? <b>ĐS:</b>28800

<b>2</b> Những học sinh cùng giới thì ngồi cạnh nhau? <b>ĐS:</b>28800

<b>Lời giải.</b>

<b>1</b> Có2!cách lựa chọn nam hoặc nữ đứng ngồi cùng tính từ bên trái tính qua phải (hoặc từ phải qua trái);
Có5!cách xếp5học sinh nam, có5!cách xếp5học sinh nữ.

Vậy có2!_×5!_×5!₌28800cách.

<b>2</b> Chưa kể thứ tự giữa các học sinh cùng giới thì có2!cách xếp;
Ứng với mỗi cách xếp trên, có5!cách xếp nam và5!cách xếp nữ.
Vậy có2!_×5!_×5!₌28800cách xếp thỏa mãn u cầu bài tốn.

ä

BÀI 3. Cho tậpA₌{1, 2, 3, 4, 5, 6}. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm bốn chữ số khác nhau được lấy từ tậpAsao cho tổng

các chữ số này bằng14? <b>ĐS:</b>72

<b>Lời giải.</b>

Các bộ bốn số khác nhau trongAcó tổng bằng14là
Trường hợp 1:1₊2₊5₊6₌14.

Trường hợp 2:1₊3₊4₊6₌14.
Trường hợp 3:2₊3₊4₊5₌14.

Mỗi bộ số đó lập được4!số tự nhiên gồm bốn chữ số khác nhau.

Vậy có3_×4!₌72số. ä

BÀI 4. Cho hai tậpA{1, 2, 3, 4, 5, 6},B={0, 1, 2, 3, 4, 5}. Có bao nhiêu số gồm sáu chữ số phân biệt sao cho:

<b>1</b> Hai chữ số1và6đứng cạnh nhau được lập từ tậpA? <b>ĐS:</b>240

<b>2</b> Chữ số2đứng cạnh chữ số3được lập từ tậpB? <b>ĐS:</b>192

<b>Lời giải.</b>

<b>1</b> Mỗi số có6chữ số khác nhau được lập từAlà một cách sắp xếp6chữ số của Avào6vị trí.
Có5cách chọn2vị trí cạnh nhau trong6vị trí.

Có2!cách sắp xếp hai chữ số1và2vào2vị trí đó.
Có4!cách sắp xếp4chữ số cịn lại vào4vị trí cịn lại.

Suy ra có5_×4!_×2!₌240các số mà hai chữ số1và6đứng cạnh nhau.

<b>2</b> Coi hai chữ số2, 3đứng cạnh nhau như một chữ số làx.
Từ5chữ số0, 1,x, 4, 5lập được4×4!=96số.

</div>
<span class='text_page_counter'>(28)</span><div class='page_container' data-page=28>

Vậy có2_×4_×4!₌192số.

ä

BÀI 5. Từ tập hợp A={0, 1, 2, 3, 4, 5, 6}, lập được bao nhiêu số tự nhiên chia hết cho5, gồm năm chữ số đơi một khác
nhau sao cho trong đó ln có mặt các chữ số1, 2, 3và chúng đứng cạnh nhau? <b>ĐS:</b>66

<b>Lời giải.</b>

Xét các trường hợp sau:

<b>1</b> Trường hợp chữ số0đứng cuối.

Có2cách chọn vị trí cho bộ ba chữ số1, 2, 3.
Có3!cách xếp vị trí cho ba chữ số1, 2, 3.

Có3cách chọn thêm một số trong ba số4, 5, 6và xếp vào vị trí cịn lại.
Suy ra có2_×3!_{× =}36số.

<b>2</b> Trường hợp chữ số5đứng cuối. Coi3chữ số1, 2, 3đứng cạnh nhau là một chữ sốx. Khi đó số cần lập là số có
3chữ số dạngab5trong đó có chữ sốx.

Nếua₌xthì có3cách chọnb_∈{0, 4, 6}.
Nếub=xthì có2cách chọna∈{4, 6}.

Suy ra có5chữ số sao cho ln có mặt chữ sốxvà chữ số5đứng cuối.
Có3!cách xếp vị trí cho ba chữ số1, 2, 3.

Do đó có5_×3!₌30số.

Vậy có36₊30₌66số thỏa mãn. ä

<b>3</b>

<b>BÀI TẬP RÈN LUYỆN</b>

BÀI 6. Một trường trung học phổ thơng có4học sinh giỏi khối12, có5học sinh giỏi khối11, có6học sinh giỏi khối
10. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp20học sinh trên thành một hàng ngang để đón đồn đại biểu, nếu:

<b>1</b> Các học sinh được xếp bất kì? <b>ĐS:</b>15!

<b>2</b> Các học sinh trong cùng một khối phải đứng kề nhau? <b>ĐS:</b>12441600

BÀI 7. Xếp6học sinhA,B,C,D,E,F vào một ghế dài, có bao nhiêu cách sắp xếp nếu:

<b>1</b> 6học sinh này ngồi bất kì? <b>ĐS:</b>720

<b>2</b> AvàFln ngồi ở hai đầu ghế? <b>ĐS:</b>48

<b>3</b> AvàFluôn ngồi cạnh nhau? <b>ĐS:</b>240

<b>4</b> A,B,Cluôn ngồi cạnh nhau? <b>ĐS:</b>144

<b>5</b> A,B,C,Dluôn ngồi cạnh nhau? <b>ĐS:</b>144

BÀI 8. Một hội nghị bàn trịn có phái đồn của các nước gồm: Mỹ5người, Nga5người, Anh4người, Pháp6người,
Đức4người. Hỏi có bao nhiêu cách xếp cho mọi thành viên sao cho người cùng quốc tịch ngồi gần nhau? <b>ĐS:</b>
4!×5!×5!×4!×6!×4!

BÀI 9. Xét các số tự nhiên gồm năm chữ số khác nhau lập từ các chữ số1,2,3,4,5. Hỏi trong các số đó có bao nhiêu
số:

<b>1</b> Bắt đầu bằng chữ số5? <b>ĐS:</b>4!

<b>2</b> Không bắt đầu bằng chữ số1? <b>ĐS:</b>5!₋4!

<b>3</b> Bắt đầu bằng23? <b>ĐS:</b>3!

<b>4</b> Không bắt đầu bằng234? <b>ĐS:</b>5!−2!

BÀI 10. Cho tậpX₌{1; 2; 3; 4; 7}. Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên gồm ba chữ số đôi một khác nhau chia hết cho3được

lập từX? <b>ĐS:</b>24

BÀI 11. Cho tập hợpE={1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9}. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm ba chữ số khác nhau, biết rằng tổng của

</div>
<span class='text_page_counter'>(29)</span><div class='page_container' data-page=29>

{<b>_{DẠNG 2.3. Các bài toán sử dụng chỉnh hợp}</b>

<i>Sử dụng phối hợp quy tắc nhân, quy tắc cộng và cơng thức tính chỉnh hợp</i>Ak_n₌ k!
(n₋k)!<i>.</i>

<b>1</b>

<b>VÍ DỤ</b>

VÍ DỤ 1. Trong khơng gian cho bốn điểmA,B,C,D. Từ các điểm trên ta lập các véc-tơ khác #»0. Hỏi có thể có

được bao nhiêu véc-tơ? <b>ĐS:</b>A2₄

<b>Lời giải.</b>

Chọn một cách có thứ tự2trong4điểmA,B,C,Dta được một véc-tơ.

Do đó số cách chọn véc-tơ từ các điểm trên làA2₄cách. ä

VÍ DỤ 2. Một nhóm học sinh có7em nam và3em nữ. Hỏi có bao nhiêu cách xếp10em này trên một hàng
ngang, sao cho hai vị trí đầu và cuối hàng là các em nam và khơng có 2 em nữ nào ngồi cạnh nhau?ĐS:7!_·A3₆

<b>Lời giải.</b>

Giả sử các em nam ở vị trí|như hình sau:

| ∗ | ∗ | ∗ | ∗ | ∗ | ∗ |

Khi đó ta cần sắp xếp các em nữ vào 3 trong 6 vị trí∗để thỏa u cầu bài tốn.
Do đó số cách sắp xếp 3 em nữ làA3

6.

Số cách sắp xếp 7 em nam là7!.

Vậy số cách sắp xếp 10 em này là7!_·A3₆. ä

VÍ DỤ 3. Có bao nhiêu cách sắp xếp chỗ cho 4 bạn nữ và 6 bạn nam vào 10 ghế mà khơng có hai bạn nữ nào
ngồi cạnh nhau, nếu:

Ghế xếp thành hàng ngang? <b>ĐS:</b>6!·A4₅

<b>1</b>

Ghế xếp quanh một bàn tròn? <b>ĐS:</b>5!·A4₆

<b>2</b>

<b>Lời giải.</b>

Giả sử các em nam ở vị trí|như hình sau:

| ∗ | ∗ | ∗ | ∗ | ∗ |

Khi đó ta cần sắp xếp các em nữ vào 4 trong 5 vị trí∗để thỏa u cầu bài tốn.
Do đó số cách sắp xếp 4 em nữ làA4₅.

Số cách sắp xếp 6 em nam là6!.

Vậy số cách sắp xếp 10 em này là6!·A4₅.

</div>
<span class='text_page_counter'>(30)</span><div class='page_container' data-page=30>

Sắp xếp em nữ vào 4 trong 6 vị trí khoảng giữa hai dấu chấm để thỏa u cầu bài tốn.
Do đó số cách sắp xếp 4 em nữ làA4₆.

Số cách xếp em nam thứ nhất vào bàn là 1 (vì xếp em này ngồi ở ghế nào cũng như nhau).
Số cách xếp em nam thứ hai vào bàn là 5 vì cịn lại 5 ghế.

Số cách xếp em nam thứ ba vào bàn là 4.
Số cách xếp em nam thứ tư vào bàn là 3.
Số cách xếp em nam thứ năm vào bàn là 2.
Số cách xếp em nam thứ sáu vào bàn là 1.
Do đó số cách xếp các em nam vào bàn trịn là5!.
Vậy số cách sắp xếp 10 em này là5!_·A4₆.

<b>2</b>

ä

VÍ DỤ 4. Cho tập X₌{0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7}. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm năm chữ số khác nhau được lập từ X

mà chia hết cho5? <b>ĐS:</b>1560

<b>Lời giải.</b>

Xét số tự nhiên gồm năm chữ sốx₌a1a2a3a4a5,a16=0thỏa yêu cầu bài toán.

<b>Trường hợp 1:</b>a5=0.

Số cách chọna1là7cách.

Số cách chọn bộ số cịn lại làA3₆cách.

Do đó số cách chọn trong trường hợp này là1_·7_·A3₆₌840cách.
<b>Trường hợp 2:</b>a5=5.

Số cách chọna1là6cách.

Số cách chọn bộ số cịn lại làA3₆cách.

Do đó số cách chọn trong trường hợp này là1·6·A3₆=720cách.

Vậy số cách chọn các sốxthỏa yêu cầu bài tốn là840₊720₌1560cách. ä

VÍ DỤ 5. Cho tập X₌{0; 1; . . . ; 9}. Có bao nhiêu số tự nhiên có ba chữ số đơi một khác nhau được lập từX và

bé hơn475? <b>ĐS:</b>268

<b>Lời giải.</b>

Xét số tự nhiên gồm ba chữ sốx₌a1a2a3,a16=0thỏa yêu cầu bài toán.

<b>Trường hợp 1:</b>a1<4⇒a1∈{1; 2; 3}.

Số cách chọn 2 chữ số còn lại làA2₉.

Do đó số cách chọn các sốxtrong trường hợp này là3_·A2₉₌216cách.

<b>Trường hợp 2:</b>a1=4,a2=7.

Khi đóa3∈{0; 1; 2; 3}.

Do đó số cách chọn các sốxtrong trường hợp này là1_·1_·4₌4cách.

<b>Trường hợp 3:</b>a1=4,a2∈{0; 1; 2; 3; 5; 6}.

Số cách chọna3là8cách.

Do đó số cách chọn các sốxtrong trường hợp này là1·6·8=48cách.

</div>
<span class='text_page_counter'>(31)</span><div class='page_container' data-page=31>

<b>2</b>

<b>BÀI TẬP ÁP DỤNG</b>

BÀI 1. Từ 20học sinh cần chọn ra một ban đại diện lớp gồm 1 lớp trường, 1 lớp phó và 1 thư kí. Hỏi có mấy cách

chọn? <b>ĐS:</b>A3₂₀

<b>Lời giải.</b>

Chọn một cách có thứ tự 3 học sinh trong 20 học sinh ta chọn ra được một ban đại diện lớp.

Do đó số cách chọn một ban đại diện lớp làA3₂₀cách. ä

BÀI 2. Có 6 nam, 6 nữ trong đó có ba bạn tên A,B,C. Hỏi có bao nhiêu cách xếp thành một hàng dọc để vào lớp sao
cho:

Các bạn nữ không ai đứng cạnh nhau. <b>ĐS:</b>6!_·A6₇

<b>1</b>

Đầu hàng và cuối hàng luôn là nam. <b>ĐS:</b>10!·A2₆

<b>2</b>

Đầu hàng và cuối hàng luôn cùng phái. <b>ĐS:</b>2_·10!_·A2₆

<b>3</b>

Đầu hàng và cuối hàng luôn khác phái. <b>ĐS:</b>2·6·6·10!

<b>4</b>

A,B,Cluôn đứng cạnh nhau. <b>ĐS:</b>10!·3!

<b>5</b>

A,Bđứng cách nhau đúng một người. <b>ĐS:</b>10_·10!_·2!

<b>6</b>

<b>Lời giải.</b>

Đặt tùy ý các bạn nam có6!cách.

Giữa các bạn nam này lại cóA6₇cách chọn các bạn nữ.
Vậy số cách xếp thỏa u cầu bài tốn là6!·A6₇cách.

<b>1</b>

Chọn có thứ tự 2 bạn nam ở đầu hàng và cuối hàng cóA2₆cách.
Số cách sắp xếp 10 bạn cịn lại là10!cách.

Vậy số cách sắp xếp thỏa yêu cầu bài toán là10!·A2₆cách.

<b>2</b>

<b>Trường hợp 1:</b>Đầu hàng và cuối hàng luôn là nam.
Theo câu trên ta có10!_·A2₆cách xếp cho trường hợp này.
<b>Trường hợp 2:</b>Đầu hàng và cuối hàng ln là nữ.

Chọn có thứ tự 2 bạn nữ ở đầu hàng và cuối hàng cóA2₆cách.
Số cách sắp xếp 10 bạn cịn lại là10!cách.

Do đó có10!·A2₆cách xếp cho trường hợp này.

Vậy số cách sắp xếp thỏa yêu cầu bài toán là2_·10!_·A2₆.

<b>3</b>

<b>Trường hợp 1:</b>Đầu hàng là nam, cuối hàng là nữ thì có6cách chọn vị trí đầu hàng và6cách chọn vị trí cuối
hàng.

Số cách sắp xếp 10 bạn cịn lại là10!cách.
Do đó có6·6·10!cách xếp cho trường hợp này.

Tương tự cho trường hợp đầu hàng là nữ, cuối hàng là nam ta có6·6·10!cách xếp.
Vậy số cách sắp xếp thỏa u cầu bài tốn là2_·6_·6_·10!cách.

<b>4</b>

CoiA,B,Clà một nhóm người.

Khi đó cách sắp xếp9người và nhóm người trên là10!cách.
Hốn vị A,B,Cta có3!cách.

Do đó số cách sắp xếp thỏa u cầu bài tốn là10!_·3!cách.

<b>5</b>

CoiA,Bvà người ở giữa là một nhóm.

Khi đó số cách chọn người ở giữaAvàBlà10cách.
Số cách xếp9người cịn lại và nhóm trên là10!cách.
Hốn vị AvàBta có2!cách.

Vậy số cách sắp xếp thỏa u cầu bài tốn là10·10!·2!cách.

<b>6</b>

ä

BÀI 3. Có bao nhiêu cách sắp xếp 5 bạn nam và 3 bạn nữ ngồi xung quanh một chiếc bàn trịn sao cho khơng có 2

bạn nữ nào ngồi cạnh nhau? <b>ĐS:</b>4!_·A3₅

<b>Lời giải.</b>

Khoảng giữa 5 bạn nam có 5 vị trí. Sắp xếp các em nữ vào vị trí này để thỏa yêu cầu bài. Do đó số cách sắp xếp 3
em nữ làA3₅cách.

</div>
<span class='text_page_counter'>(32)</span><div class='page_container' data-page=32>

Số cách xếp em nam thứ hai vào bàn là4(vì cịn lại 4 ghế).
Số cách xếp em nam thứ ba vào bàn là3.

Số cách xếp em nam thứ tư vào bàn là2.
Số cách xếp em nam thứ năm vào bàn là1.

Do đó số cách xếp các em nam vào bàn tròn là4!cách.

Vậy số cách xếp thỏa yêu cầu bài toán là4!_·A3₅cách. ä

BÀI 4. Cho tậpX={0; 1; . . . ; 9}. Cho bao nhiêu số tự nhiên có năm chữ số được lập từ Xsao cho:

Các chữ số ấy khác nhau từng đôi một? <b>ĐS:</b>9·A4₉

<b>1</b>

Các chữ số ấy khác nhau từng đơi một và số đó là số lẻ? <b>ĐS:</b>5_·8_·A3₈

<b>2</b>

Các chữ số ấy khác nhau từng đôi một và phải có đủ 3 chữ số1; 2; 3? <b>ĐS:</b>A3₅_·A2₇₋6_·A3₄

<b>3</b>

<b>Lời giải.</b>

Xét số cần tìm làx₌a1a2a3a4a5,a16=0.

Số cách chọna1là9cách (vìa16=0).

Số cách chọn bộ số còn lại làA4₉cách.

Vậy số cách chọn các sốxthỏa yêu cầu bài là9_·A4₉cách.

<b>1</b>

Số cách chọna5là5cách. (vìa5∈{1; 3; 5; 7; 9} .

Số cách chọna1là8cách (vìa16=0vàa16=a5)).

Số cách chọn cho bộ số cịn lại làA3₈cách.

Vậy số cách chọn các sốxthỏa yêu cầu bài là5·8·A3₈cách.

<b>2</b>

Chọn3trong5vị trí của 3 chữ số1;2;3(kể cả khia1=0) cóA35cách chọn.

Chọn2chữ số cịn lại cóA2₇cách chọn.

Trường hợpa1=0: chọn3trong4vị trí của 3 chữ số1;2;3cóA34cách.

Số cách chọn số cịn lại có6cách chọn.

Vậy số cách chọnxthỏa yêu cầu bài làA3₅·A2₇−6·A3₄cách.

<b>3</b>

ä

BÀI 5. Cho tập X₌{0; 1; 2; 3; 5; 7; 8}. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm bốn chữ số đôi một khác nhau chia hết cho 5 và

không lớn hơn 4000 được lập từX? <b>ĐS:</b>120

<b>Lời giải.</b>

Xét số cần tìm làx=a1a2a3a4,a16=0.

Doxchia hết cho5nêna4∈{0; 5}.

Dox<4000nêna1∈{1; 2; 3}.

a2có5cách chọn.

a3có4cách chọn.

Vậy số cách chọnxthỏa yêu cầu bài là2·3·5·4=120cách. ä

<b>3</b>

<b>BÀI TẬP RÈN LUYỆN</b>

BÀI 6. Một khay tròn đựng bánh kẹo ngày Tết có 6 ngăn hình quạt với màu khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách bày

6 loại bánh kẹo vào 6 ngăn đó? <b>ĐS:</b>5!

BÀI 7. Có 6 học sinh lớp 11 và 3 học sinh lớp 12 sẽ ngồi trên một hàng ngang có 9 ghế. Hỏi có bao nhiêu cách sắp
xếp chỗ ngồi cho 9 học sinh đó sao cho mỗi học sinh lớp 12 ngồi giữa hai học sinh lớp 11? <b>ĐS:</b>6!_·A3₅

BÀI 8. Từ các số1; 3; 5; 6; 7có thể lập được bao nhiêu số có các chữ số khác nhau và lớn hơn số6000? <b>ĐS:</b>2·A3₄+A5₅

BÀI 9. Cho tậpX={0; 1; . . . ; 9}. Có bao nhiêu số tự nhiên lẻ gồm năm chữ số khác nhau đôi một được tạo từX và lớn

hơn70000? <b>ĐS:</b>4368

BÀI 10. Có thể lập được bao nhiêu số điện thoại di động có 10 chữ số bắt đầu là0908, các chữ số cịn lại khác nhau
từng đơi một, đồng thời khác với 4 chữ số đầu và nhất thiết phải có mặt chữ số 6? <b>ĐS:</b>6_·A5₆

BÀI 11. Từ sáu chữ số0; 1; 3; 5; 7; 9có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm bốn chữ số đôi một khác nhau và không

chia hết cho 5? <b>ĐS:</b>4_·4_·A2₄

BÀI 12. Với sáu chữ số0; 1; 2; 3; 4; 5có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau thỏa điều kiện:

Số đó là số chẵn? <b>ĐS:</b>312

<b>1</b>

Số đó bắt đầu bởi24? <b>ĐS:</b>24

<b>2</b>

Số đó bắt đầu bởi345? <b>ĐS:</b>6

</div>
<span class='text_page_counter'>(33)</span><div class='page_container' data-page=33>

BÀI 13. Cho tập hợpX₌{0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7}. Có thể lập được bao nhiêu sốngồm 5 chữ số khác nhau đôi một lấy từX
trong các trường hợp sau:

nlà số chẵn? <b>ĐS:</b>3000

<b>1</b>

Một trong ba chữ số đầu tiên phải là số 1? <b>ĐS:</b>2280

<b>2</b>

BÀI 14. Có bao nhiêu số tự nhiên có 7 chữ số khác nhau từng đơi một, trong đó chữ số 2 đứng liền giữa hai chữ số

1 và 3? <b>ĐS:</b>7440

BÀI 15. Cho tậpE₌{1; 2; 3; 4; 7}. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm ba chữ số:

Đôi một khác nhau? <b>ĐS:</b>A3₅

<b>1</b>

Đôi một khác nhau và chia hết cho3? <b>ĐS:</b>24

<b>2</b>

BÀI 16. Cho tậpA={0; 1; 2; 3; 4; 5}. Từ tập Acó thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số đơi một khác nhau

mà phải có chữ số 0 và chữ số 3? <b>ĐS:</b>A2₅_·A3₄₋4_·A3₄

{<b>_{DẠNG 2.4. Các bài toán sử dụng tổ hợp}</b>

<i>Sử dụng phối hợp quy tắc nhân, quy tắc cộng và cơng thức tính tổ hợp</i>Ck_n₌ k!
k!_·(n₋k)!<i>.</i>

<b>1</b>

<b>VÍ DỤ</b>

VÍ DỤ 1. Ơng X có 11người bạn. Ông muốn mời5người trong số họ đi chơi xa. Trong11 người đó có có 2
người khơng muốn gặp nhau. Hỏi ôngXcó bao nhiêu phương án mời5người bạn? <b>ĐS:</b>378

<b>Lời giải.</b>

<i><b>Cách 1:</b></i>Giả sử hai người không muốn gặp nhau làA,B.
Nếu chọn ra5người trong đó khơng có cảAvàBthì cóC5₉cách.

Nếu chọn ra5người trong đó có một trong hai ngườiA,Bthì cóC4₉·2cách.
Theo quy tắc cộng, số cách thỏa mãn yêu cầu bài toán là2C4₉₊C5₉₌378cách.
<i><b>Cách 2:</b></i>Chọn5người bất kì cóC5₁₁cách.

Chọn5người trong đó có cảAvàBcóC3₉cách.
Vậy cóC5₁₁−C3₉=378cách chọn thỏa u cầu bài tốn.

ä

VÍ DỤ 2. Một nhóm có6học sinh nữ và7học sinh nam. Có bao nhiêu cách chọn ra một tổ học tập có5học
sinh, trong đó có một tổ trưởng, một tổ phó, một thủ quỹ và hai tổ viên, biết rằng tổ trưởng phải là nam và

thủ quỹ phải là nữ. <b>ĐS:</b>C1₇·C₆1·C1₁₁·C2₁₀

<b>Lời giải.</b>

Chọn1bạn nam làm tổ trưởng, cóC1₇cách.
Chọn1nữ làm thủ quỹ, cóC1₆cách.

Chọn1bạn trong11bạn cịn lại làm tổ phó, cóC1₁₁cách.
Chọn1bạn trong10bạn cịn lại làm tổ viên, cóC1₁₀cách.

Theo quy tắc nhân cóC1₇·C1₆·C1₁₁·C1₁₀cách thỏa mãn. ä

VÍ DỤ 3. Một lớp có20 học sinh trong đó có14 nam,6nữ. Hỏi có bao nhiêu cách lập1đội gồm4học sinh
trong đó có:

Số nam và số nữ bằng nhau? <b>ĐS:</b>C2₁₄_·C2₆

<b>1</b>

Ít nhất một nữ? <b>ĐS:</b>3844

<b>2</b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(34)</span><div class='page_container' data-page=34>

Chọn ngẫu nhiên2học sinh nam, cóC2₁₄cách.
Chọn ngẫu nhiên2học sinh nữ, cóC2₆cách.

Khi đó, theo quy tắc nhân cóC2₁₄_·C2₆cách thỏa mãn.

<b>1</b>

Chọn4học sinh bất kì cóC4₂₀cách.

Chọn4học sinh trong đó khơng có học sinh nữ cóC4₁₄cách.
Vậy cóC4₂₀₋C4₁₄₌3844cách lập đội thỏa u cầu bài tốn.

<b>2</b>

ä

VÍ DỤ 4. Một lớp có50học sinh được chia thành5tổ, mỗi tổ có10học sinh. Có bao nhiêu cách chia tổ?
<b>ĐS:</b> C10₅₀·C10₄₀·C10₃₀·C10₂₀·C10₁₀

<b>Lời giải.</b>

Chọn10học sinh xếp vào tổ1cóC10₅₀cách.
Chọn10học sinh xếp vào tổ2cóC10₄₀cách.
Chọn10học sinh xếp vào tổ3cóC10₃₀cách.
Chọn10học sinh xếp vào tổ4cóC10₂₀cách.

Chọn10học sinh xếp vào tổ5cóC10₁₀cách.

Theo quy tắc nhân, số cách thỏa mãn yêu cầu bài toán làC10₅₀_·C10₄₀_·C₃₀10_·C10₂₀_·C10₁₀. ä

VÍ DỤ 5. Từ 5bơng hồng vàng, 3bơng hồng trắng,4bông hồng đỏ (các bông hồng xem như đôi một khác
nhau). Người ta muốn chọn ra1bó hoa hồng gồm7bơng. Có bao nhiêu cách chọn:

1bó hoa trong đó có đúng một bơng hồng đỏ. <b>ĐS:</b>112

<b>1</b>

1bó hoa trong đó có ít nhất3bơng hồng vàng và ít nhất3bơng hồng đỏ. <b>ĐS:</b>150

<b>2</b>

<b>Lời giải.</b>

Số cách chọn một bông hồng đỏ làC1₄.

Số cách chọn6bông hồng không phải màu đỏ làC6₈.

Theo quy tắc nhân, số cách chọn thỏa mãn u cầu làC1₄·C6₈=112.

<b>1</b>

Bó hoa7bơng thỏa mãn u cầu bài tốn có thể có các trường hợp:
◦3bơng vàng,3bơng đỏ,1bơng trắng: cóC₅3_·C3₄_·C1₃cách chọn.
◦3bơng vàng,4bơng đỏ: cóC3₅_·C4₄cách chọn.

◦4bơng vàng,3bơng đỏ: cóC4₅_·C3₄cách chọn.

Theo quy tắc cộng, số cách thỏa mãn yêu cầu bài tốn làC3₅·C3₄·C1₃+C₅3·C4₄+C4₅·C3₄=150.

<b>2</b>

ä

VÍ DỤ 6. Cho tập X={0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7}. Từ tậpX có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm5chữ số đôi một
khác nhau và trong mỗi số đó có đúng hai chữ số chẵn và ba chữ số lẻ? <b>ĐS:</b> 2592

<b>Lời giải.</b>

Trong tậpX có4số chẵn,4số lẻ.

Giả sử số có5chữ số, đơi một khác nhau làabcd e(a₆₌0).
Chọn2chữ số chẵn cóC2₄cách.

Chọn2vị trí trong5vị trí để xếp số chẵn cóA2₅cách.
Chọn3chữ số lẻ và sắp vào3vị trí cịn lại cóA3₄cách.

Suy ra cóC2₄_·A2₅_·A3₄₌2880cách chọn số có đúng2chữ số chẵn và3chữ số lẻ.

Tương tự, ta chọn các số có dạng0bcd evớibcd ethỏa mãn có đúng1chữ số chẵn,3chữ số lẻ cóC₃1_·A1₄_·A3₄₌288số.

Vậy ta có2880−288=2592số thỏa mãn u cầu bài tốn. ä

<b>2</b>

<b>BÀI TẬP ÁP DỤNG</b>

BÀI 1. Một đội văn nghệ gồm20người, trong đó có10nam,10nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra5người, sao cho:

Có đúng2nam trong5người đó? <b>ĐS:</b> 5400

<b>1</b>

Có ít nhất2nam, ít nhất1nữ trong5người đó? <b>ĐS:</b>12900

</div>
<span class='text_page_counter'>(35)</span><div class='page_container' data-page=35>

<b>Lời giải.</b>

Chọn2nam và3nữ cóC2₁₀·C3₁₀=5400cách.

<b>1</b>

Các trường hợp chọn thỏa mãn u cầu bài tốn:
◦Chọn2nam và3nữ, cóC2₁₀·C3₁₀cách.

◦Chọn3nam và2nữ, cóC3₁₀·C2₁₀cách.
◦Chọn4nam và1nữ, cóC4₁₀·C1₁₀cách.

Theo quy tắc cộng, số cách thỏa mãn yêu cầu bài toán làC2₁₀_·C3₁₀₊C3₁₀_·C2₁₀₊C4₁₀_·C1₁₀₌12900.

<b>2</b>

ä

BÀI 2. Một tổ có8học sinh đi trồng cây. Khi trồng cây cần có2em học sinh. Có bao nhiêu cách chia tổ thành những

cặp như vậy? <b>ĐS:</b>2520

<b>Lời giải.</b>

Chọn2học sinh cho tổ1cóC2₈cách.
Chọn2học sinh cho tổ2cóC2₆cách.
Chọn2học sinh cho tổ3cóC2₄cách.
Chọn2học sinh cho tổ4cóC2₂cách.

Khi đó, số cách thỏa mãn yêu cầu bài toán làC2₈·C2₆·C2₄·C2₂=2520. ä

BÀI 3. Một hộp đựng15viên bi khác nhau gồm4bi đỏ,5bi trắng và6bi vàng. Tính số cách chọn4viên bi từ hộp

đó sao cho khơng có đủ3màu. <b>ĐS:</b>645

<b>Lời giải.</b>

Chọn4bi bất kì trong15b, cóC4₁₅=1365cách.
Các trường hợp chọn4bi có đủ ba màu:

◦2bi đỏ,1bi trắng,1bi vàng: cóC₄2·C1₅·C1₆cách.
◦1bi đỏ,2bi trắng,1bi vàng: cóC₄1_·C2₅_·C1₆cách.
◦1bi đỏ,1bi trắng,2bi vàng: cóC₄1·C1₅·C2₆cách.
Vậy cóC2₄·C1₅·C1₆+C1₄·C₅2·C1₆+C1₄·C1₅·C2₆=720cách.

Khi đó, số cách chọn4bi khơng có đủ ba màu là1365−720=645cách. ä

BÀI 4. Một hộp đựng11viên bi được đánh số từ1đến11. Có bao nhiêu cách chọn ra4viên bi sao cho tổng các số

trên4bi là số lẻ? <b>ĐS:</b>160

<b>Lời giải.</b>

Trong11bi đã cho, có6bi được đánh số lẻ,5bi được đánh số chẵn.

Lấy ra4bi, để tổng các số trên4bi là lẻ thì các cách có thể chọn:
◦1bi lẻ,3bi chẵn: cóC1₆C3₅cách.

◦3bi lẻ,1bi chẵn: cóC3₆C1₅cách.

Khi đó, số cách chọn thỏa mãn làC1₆·C3₅+C3₆·C1₅=160. ä

BÀI 5. Cho10điểm trong không gian, trong đó khơng có3điểm nào thẳng hàng.

Có bao nhiêu đường thẳng được tạo thành? <b>ĐS:</b>C2₁₀

<b>1</b>

Có bao nhiêu véctơ được tạo thành? <b>ĐS:</b>A2₁₀

<b>2</b>

Có bao nhiêu tam giác được tạo thành? <b>ĐS:</b>C3₁₀

<b>3</b>

Nếu trong10điểm trên khơng có4điểm nào đồng phẳng, thì có bao nhiêu tứ diện được tạo thành? <b>ĐS:</b>C4₁₀

<b>4</b>

<b>Lời giải.</b>

2điểm xác định được một đường thẳng nên số đường thẳng được tạo thành làC2₁₀.

<b>1</b>

2điểm (có kể thứ tự điểm đầu, điểm cuối) xác định một véc-tơ nên số véc-tơ được tạo thành làA2₁₀.

<b>2</b>

3điểm không thẳng hàng xác định một tam giác nên số tam giác có thể tạo thành làC3
10.

<b>3</b>

Bốn điểm khơng đồng phẳng xác định một tứ diện nên số tứ diện tạo thành làC4₁₀.

<b>4</b>

ä

BÀI 6. Trong một hộp có100viên bi được đánh số từ1đến100. Có bao nhiêu cách chọn ra ba viên bị sao cho:

Ba viên bi bất kì? <b>ĐS:</b>C3₁₀₀

<b>1</b>

Tổng ba số trên ba bi chia hết cho2? <b>ĐS:</b>C3₅₀₊C1₅₀_·C2₅₀

<b>2</b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(36)</span><div class='page_container' data-page=36>

Chọn3viên bất kì trong100viên cóC3₁₀₀cách.

<b>1</b>

Trong100bi, có50bi đánh số chẵn,50bi đánh số lẻ.

Để chọn ra3bi có tổng các số trên đó chia hết cho2thì có thể chọn:
◦3bi đều đánh số chẵn: cóC3₅₀cách.

◦2bi đánh số lẻ và1bi đánh số chẵn: cóC1

50·C250cách.

Khi đó, số cách chọn thỏa mãn yêu cầu bài toán làC3₅₀₊C1₅₀_·C2₅₀.

<b>2</b>

ä

BÀI 7. Cho hai đường thẳnga_∥b. Trên đường thẳngacó5điểm phân biệt và trên đường thẳngbcó10điểm phân
biệt. Hỏi có thể tạo được bao nhiêu tam giác có các đỉnh là các điểm trên hai đường thẳngavàbđã cho? <b>ĐS:</b>325

<b>Lời giải.</b>

3điểm không thẳng hàng xác định một tam giác nên ta có thể chọn:

◦1điểm thuộc đường thẳngavà2điểm thuộc đường thẳngb: cóC1₅·C2₁₀cách.
◦2điểm thuộc đường thẳngavà1điểm thuộc đường thẳngb: cóC2₅_·C1₁₀cách.

Vậy số tam giác thỏa mãn yêu cầu bài toán làC1₅_·C2₁₀₊C2₅_·C1₁₀₌325. ä

<b>3</b>

<b>BÀI TẬP RÈN LUYỆN</b>

BÀI 8. Một lớp học có40học sinh, trong đó gồm25nam và15nữ. Giáo viên chủ nhiệm muốn chọn một ban cán sự

lớp gồm4em. Hỏi có bao nhiêu cách chọn, nếu:

Gồm4học sinh tuỳ ý? <b>ĐS:</b> C4₄₀

<b>1</b> <b>2</b> Có1nam và3nữ? <b>ĐS:</b>C1₂₅_·C3₁₅

Có2nam và2nữ? <b>ĐS:</b>C2₂₅_·C2₁₅

<b>3</b> <b>4</b> Có ít nhất1nam? <b>ĐS:</b>C4₄₀₋C4₁₅

Có ít nhất1nam và1nữ? <b>ĐS:</b>C4

40−C425−C415

<b>5</b>

BÀI 9. Một lớp học có40học sinh gồm25nam và15nữ. Giáo viên chủ nhiệm muốn chọn5học sinh lập thành một
đoàn đại biểu để tham gia tổ chức lễ khai giảng. Hỏi có bao nhiêu cách:

Chọn ra5học sinh, trong đó có khơng q3nữ? <b>ĐS:</b> C5₄₀−C1₂₅·C4₁₅−C5₁₅

<b>1</b>

Chọn ra5học sinh, trong đó có3nam và2nữ? <b>ĐS:</b>C2₁₅_·C3₂₅

<b>2</b>

Chọn ra5học sinh, trong đó có ít nhất một nam? <b>ĐS:</b>C5₄₀₋C5₁₅

<b>3</b>

Chọn ra5học sinh, trong đó anhAvà chịBkhơng thể cùng tham gia cùng đồn đại biểu? <b>ĐS:</b>C3₃₈+C5₃₈

<b>4</b>

BÀI 10. Một đội cảnh sát giao thông gồm15người trong đó có12nam. Hỏi có bao nhiêu cách phân đội cảnh sát giao
thơng đó về3chốt giao thơng sao cho mỗi chốt có4nam và1nữ? <b>ĐS:</b>C4₁₂·C1₃·C4₈·C1₂·C4₄·C1₁

BÀI 11. Có9viên bi xanh,5viên bi đỏ,4bi vàng có kích thước đơi một khác nhau. Có bao nhiêu cách chọn ra6viên
bi sao cho:

Có đúng2viên bi màu đỏ? <b>ĐS:</b>C2₅·C4₁₃

<b>1</b>

Số bi xanh bằng số bi đỏ? <b>ĐS:</b>C1₉·C1₅·C4₄+C₉2·C2₅·C₄2+C3₉·C3₅

<b>2</b>

BÀI 12. Trong ngân hàng đề kiểm tra30 phút mơn Vật Lí có10 câu hỏi, trong đó có4câu lý thuyết và6bài tập.
Người ta cấu tạo thành các đề thi. Biết rằng trong mỗi đề thi phải gồm3câu hỏi, trong đó nhất thiết phải có ít nhất
1câu lý thuyết và1bài tập. Hỏi có thể tạo ra bao nhiêu đề thi có dạng như trên? <b>ĐS:</b> C2₄·C1₆+C1₄·C2₆

BÀI 13. Trong một mơn học, thầy giáo có30câu hỏi khác nhau gồm5câu hỏi khó,10câu hỏi trung bình,15câu hỏi
dễ. Từ30câu hỏi đó có thể lập được bao nhiêu đề kiểm tra, mỗi đề gồm5câu hỏi khác nhau và nhất thiết phải có
đủ3loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ) và số câu hỏi dễ khơng ít hơn2?

<b>ĐS:</b>C1₅_·C1₁₀_·C3₁₅₊C1₅_·C2₁₀_·C2₁₅₊C₅2_·C1₁₀_·C2₁₅

BÀI 14. Đội thanh niên xung kích của một trường phổ thơng có12học sinh, gồm5học sinh lớp A,4học sinh lớp

B và3học sinh lớp C. Cần chọn4học sinh đi làm nhiệm vụ, sao cho4học sinh này thuộc khơng q2trong3lớp
trên. Hỏi có bao nhiêu cách chọn như vậy? <b>ĐS:</b>C4₁₂₋C1₅_·C1₄_·C2₃₋C₅1_·C2₄_·C1₃₋C2₅_·C1₄_·C1₃

BÀI 15. Hội đồng quản trị của một công ty TNHHAgồm12người, trong đó có5nữ. Từ hội đồng quản trị đó người
ta bầu ra1chủ tịch hội đồng quản trị,1phó chủ tịch hội đồng quản trị và2ủy viên. Hỏi có mấy cách bầu sao cho
trong4người được bầu nhất thiết phải có nữ? <b>ĐS:</b>A2₁₂_·C2₁₀₋A2₇_·C2₅

</div>
<span class='text_page_counter'>(37)</span><div class='page_container' data-page=37>

Mỗi bảng ba đội? <b>ĐS:</b>C3₉_·C3₆_·C3₃

<b>1</b>

Mỗi bảng ba đội và3đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác nhau? <b>ĐS:</b>C1₃_·C2₆_·C1₂_·C2₄_·C1₁_·C2₂

<b>2</b>

BÀI 17. Trong cuộc thi “Rung chuông vàng”, độiX có20bạn lọt vào vịng chung kết, trong đó có5bạn nữ và15bạn
nam. Để sắp xếp vị trí chơi, ban tổ chức chia các bạn thành4nhómA,B,C,D, mỗi nhóm có5bạn. Việc chia nhóm
được thực hiện bằng cách bốc thăm ngẫu nhiên. Hỏi có bao cách chia nhóm, sao cho:

Thành viên trong nhóm là bất kì? <b>ĐS:</b>C5₂₀·C₁₅5 ·C5₁₀·C5₅

<b>1</b>

Năm bạn nữ ở cùng một nhóm? <b>ĐS:</b>4·C5₁₅·C5₁₀·C5₅

<b>2</b>

BÀI 18. Trong một hộp có50tấm thẻ được đánh số từ1đến50. Có bao nhiêu cách lấy ra ba thẻ sao cho có đúng2

thẻ mang số chia hết cho8? <b>ĐS:</b>C2₆_·C1₄₄

BÀI 19. Có30tấm thẻ được đánh số từ1đến30. Có bao nhiêu cách chọn ra10tấm thẻ sao cho có5tấm thẻ mang
số lẻ,5tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có đúng một tấm thẻ mang số chia hết cho10? <b>ĐS:</b>C₁₅5 ·C1₃·C4₁₂

BÀI 20. Trong một hộp có20viên bi được đánh số từ1đến20. Có bao nhiêu cách lấy ra5viên bi sao cho có đúng3
viên bi mang số lẻ,2viên bi mang số chẵn trong đó có đúng một viên bi mang số chia hết cho4? <b>ĐS:</b>C₁₀3 ·C1₅·C1₅

BÀI 21. Trong một hộp có40tấm thẻ được đánh số từ1đến40. Có bao nhiêu cách chọn3tấm thẻ trong hộp đó thỏa:

Ba tấm thẻ bất kì? <b>ĐS:</b>C3₄₀

<b>1</b>

Tổng ba số ghi trên ba thẻ chia hết cho3? <b>ĐS:</b>C3₁₃₊C3₁₄₊C3₁₃₊C1₁₃_·C1₁₄_·C1₁₃

<b>2</b>

BÀI 22. Cho hai đường thẳng song songd1,d2. Trênd1lấy17điểm phân biệt, trênd2lấy20điểm phân biệt. Tính

số tam giác có các đỉnh là3điểm trong số37điểm đã chọn trênd1vàd2? <b>ĐS:</b>C2₁₇·C1₂₀+C1₁₇·C2₂₀
BÀI 23. Cho hai đường thẳng song songd1vàd2. Trên đường thẳng d1có10điểm phân biệt, trên đường thẳngd2

cónđiểm phân biệt (n_≥2). Biết rằng có2800tam giác có đỉnh là các điểm đã cho. Tìmn. <b>ĐS:</b>n₌20

BÀI 24. Trong mặt phẳng tọa độOx y, cho10 đường thẳng song song lần lượt cắt8đường thẳng song song khác.
Hỏi có bao nhiêu hình bình hành được tạo thành từ các đường thẳng trên? <b>ĐS:</b>C2₁₀·C2₈

BÀI 25. Cho2đường thẳngd1∥d2. Trên đường thẳngd1có10điểm phân biệt, trên đường thẳngd2cónđiểm phân

biệt (n_∈_N,n_≥2). Biết rằng có1725tam giác có đỉnh là các điểm đã cho. Hãy tìmn. <b>ĐS:</b>n₌15

BÀI 26. Trong khơng gian cho hai đường thẳngavàbsong song với nhau. Trên mỗi đường thẳng lấy5điểm cách
đều nhau một khoảng bằngx. Hỏi có thể thành lập được bao nhiêu hình bình hành tạo thành từ10điểm trên?<b>ĐS:</b>
30

BÀI 27. Cho tậpX₌{0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9}. Có bao nhiêu số tự nhiên có7chữ số có nghĩa, biết rằng chữ số2có mặt
đúng2lần, chữ số3có mặt đúng3lần, các chữ số cịn lại có mặt không quá một lần? <b>ĐS:</b> C2₇_·C₅3_·A2₈₋7_·C2₆_·C3₄

<b>BÀI</b>

<b>3.</b>

<b>NHỊ THỨC NEWTON</b>

<b>A</b>

<b>NHỊ THỨC NEWTON</b>

Choa,blà các số thực vàn_∈_N∗_{. Ta có}

(a+b)n=
n
X
k=0

Ck_nan−kbk=C_n0an+C1_nan−1b+C2_nan−2b2+ · · · +C_nn−1abn−1+Cn_nbn.

VÍ DỤ 1. Khai triển các nhị thức sau
(x₊1)4

<b>1</b> <b>2</b> (x₊2y)5

à
x₊1

x
ả6

<b>3</b>

à
2x1

x
ả6

<b>4</b>

<b>Li gii.</b>

<b>1</b> (x₊1)4₌C0₄_Ãx4₊C₄1_Ãx3_Ã1₊C2₄_Ãx2_Ã12₊C3₄_Ãx_Ã13₊C4₄_Ã14₌x4₊4x3₊6x2₊4x₊1.

</div>
<span class='text_page_counter'>(38)</span><div class='page_container' data-page=38>

<b>3</b>

à
x+1

x
ả6

=C0₆x6+C1₆x5
à₁

x
ả

+C2₆x4

à₁

x
ả2

+C3₆x3
à₁

x
ả3

+C4₆x2
à₁

x
ả4

+C5₆x
à₁

x
ả5

+C6₆
à₁

x
ả6

=x6₊6x4₊15x2₊20₊15

x2+

6
x4+

1
x6.

<b>4</b>

à
2x1

x
ả6

=C0₆(2x)6₊C1₆(2x)5
à

1
x
ả

+C2₆(2x)4
à

1
x

ả2

+C3₆(2x)3
à

1
x

ả3

+C4₆(2x)2
à

1
x

ả4

+C5₆(2x)
à

1_x
ả5

+C6₆
à

1_x
ả6

=64x6192x4₊240x2160₊60

x2

12
x4+

1
x6.

ọ
<b>Nhn xột.</b>

<i>Trong khai triển</i>(a±b)n <i>có</i>n+1<i>số hạng và các hệ số của các cặp số hạng cách đều số hạng đầu và số hạng</i>
<i>cuối thì bằng nhau. Tức là</i>Ck_n=Cn_n−k<i>.</i>

<i>Số hạng tổng quát là</i>Tk+1=Cknan−kbk<i>và số hạng thứ</i>N<i>thì</i>k=N−1<i>.</i>

<i>Trong khai triển</i>(a₋b)n<i>thì dấu đan nhau, nghĩa là</i>+<i>, rồi</i>−<i>, rồi</i>+<i>,. . .</i>

<i>Số mũ của</i>a<i>giảm dần, số mũ của</i>b<i>tăng dần nhưng tổng số mũ của</i>a<i>và</i>b<i>bằng</i>n<i>.</i>

<i>Nếu trong khai triển nhị thức Newton, ta gán cho</i>a<i>và</i>b<i>những giá trị đặc biệt thì sẽ thu được những cơng thức</i>
<i>đặc biệt. Chẳng hạn như</i>

• (a+b)n=C0_nan+C1_nan−1b+ · · · +Cn_nbna==⇒1,b=1C0_n+C1_n+ · · · +Cn_n=2n.

• (a−b)n=C0_nan−C1_nan−1b+ · · · +(−1)nC_nnbna==⇒1,b=1C0_n−C1_n+ · · · +(−1)nCn_n=0.

<b>B</b>

<b>TAM GIÁC PASCAL</b>

Các hệ số của các khai triển(a₊b)0,(a₊b)1,(a₊b)2, . . . ,(a₊b)ncó thể xếp thành một tam giác gọi là tam giác Pascal.

n₌0 : 1
n₌1 : 1 1
n₌2 : 1 2 1
n₌3 : 1 3 3 1
n=4 : 1 4 6 4 1
n=5 : 1 5 10 10 5 1
n=6 : 1 6 15 20 15 6 1
n=7 : 1 7 21 35 35 21 7 1

<b>HẰNG ĐẲNG THỨC PASCAL</b>
Ck_n−₋1₁+Ck_n₋₁=Ck_n.

VÍ DỤ 2. Viết đầy đủ dạng khai triển của các nhị thức sau
(a+b)6

<b>1</b> <b>2</b> (a+b)7

<b>Lời giải.</b>

<b>1</b> (a+b)6=a6+6a5b+15a4b2+20a3b3+15a2b4+6ab5+b6.

<b>2</b> (a+b)7=a7+7a6b+21a5b2+35a4b3+35a3b4+21a2b5+7ab6+b7.

ä

<b>C</b>

<b>DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP</b>

{<b>_{DẠNG 3.1. Tìm hệ số hoặc số hạng thỏa mãn điều kiện cho trước}</b>

<i>Phương pháp giải</i>

<i>Bước 1. Viết công thức số hạng tổng quát.</i>

</div>
<span class='text_page_counter'>(39)</span><div class='page_container' data-page=39>

<i>Bước 3. Dựa vào điều kiện cho trước để tìm số hạng thỏa mãn bài tốn.</i>

<i><b>!</b></i>

<i>Chú ý</i>

<i>Với</i>n_∈_N∗<i>_và</i>_x₆₌₀<i>_thì</i>_x−n
= 1

xn<i>.</i>

<i>Với</i>m_∈_Z<i>,</i>n_∈_N∗<i>_và</i>_x_>₀<i>_thì</i> pn_x_m
=xmn<i>.</i>

<i>Với các điều kiện xác định thì</i>

aman₌am+n

• a

m

an =a
m−n

• _• (ab)n₌anbn

³a
b

´n
=a

n

bn

• • (am)n=amn₌(an)m

<i>Tính chất phân phối của phép nhân đối với phép cộng:</i>x
n
X
k=0

ak=
n
X
k=0

xak<i>.</i>

<b>1</b>

<b>VÍ DỤ MINH HỌA</b>

VÍ DỤ 1. Tìm hệ số của số hạng trong khai trin

<b>1</b> (2x3y)17 chax8y9. <b>S:</b>2839C9₁₇

<b>2</b> Ă3xx2Â12

chax15. <b>S:</b>39C3₁₂

<b>3</b>

à
x22

x
ả10

,x₆₌0 chax11. <b>S:</b>23C3₁₀

<b>4</b>

p₃

x2₊_x7 _cha_x2_. <b>_ĐS:</b> _C4

7

<b>Lời giải.</b>

<b>1</b> Số hạng tổng quát trong khai triển(2x₋3y)17làCk₁₇(2x)17−k₍

−3y)k₌Ck₁₇217−k₍

−3)kx17−k_yk_.
Để có số hạng chứax8y9thìk₌9.

Vậy hệ số của số hạng chứax8y9làC9₁₇_·28_·(₋3)9_{= −}2839C9₁₇.

<b>2</b> Số hạng tổng qt trong khai triển¡

3x₋x2¢12
là
Ck₁₂(3x)12−k¡

−x2¢k₌Ck₁₂312−k(₋1)kx12−k¡

x2¢k₌C₁₂k 312−k(₋1)kx12+k.
Để có số hạng chứax15thì12₊k₌15_⇔k₌3.

Vậy hệ số của số hạng chứax15là−39C3₁₂.

<b>3</b> Số hng tng quỏt trong khai trin
à

x22
x

ả10
l

C₁₀k Ă
x2Â10k

à
2_x

ảk

=Ck₁₀(2)kx202kxk₌(2)kCk₁₀x203k.
cú s hng chứax11thì20−3k=11⇔k=3.

Vậy hệ số của số hạng chứax11là−23C3₁₀.

<b>4</b> Số hạng tổng qt trong khai triển³p3x−2₊_x´7_là

Ck₇³p3 x−2´7−k_xk

=Ck₇³x−23

´7−k

xk=Ck₇x−143+5k_.

Để có số hạng chứax2thì−14+5k

3 =2⇔ −14+5k=6⇔k=4.
Vậy hệ số của số hạng chứax2làC4₇.

</div>
<span class='text_page_counter'>(40)</span><div class='page_container' data-page=40>

VÍ DỤ 2. Tìm hệ số của số hạng chứax4_{trong khai triển}¡

1₊x₊3x2¢10

. <b>ĐS:</b>1695

<b>Lời giải.</b>

Ta có

¡

1+x+3x2¢10
= £

1+¡

x+3x2đơ10

=

10

X
k=0

³

Ck₁₀110−k¡

x₊3x2¢k´

=

10

X

k=0

Ã
Ck₁₀

k
X
j=0

C_kjxk−j¡
3x2¢j

!

=

10

X
k=0

à _k
X
j=0

3jCk₁₀C_kjxk+j
!

.

Để có số hạng chứax4thì

(

k+j=4

0_≤j_≤k_≤10⇔(j;k)∈{(0; 4), (1; 3), (2; 2)}.
Do đó, số hạng chứax4là30C4₁₀C0₄x4+31C3₁₀C1₃x4+32C₁₀2 C2₂x4=1695x4.

Vậy hệ số của số hạng chứax4là1695. ä

VÍ DỤ 3. Tìm hệ số của số hạng chứax10trong khai triển¡

1+x+x2+x3¢5

. <b>ĐS:</b>101

<b>Lời giải.</b>

Ta có

¡

1₊x₊x2₊x3¢5

= £(1₊x)¡

1₊x2đơ5

=(1₊x)5¡

1₊x2¢5

=
à ₅

X
k=0

Ck₅15−kxk
! Ã ₅

X
j=0

C₅j15−j¡
x2¢j

!

=

5

X
k=0

Ã
Ck₅xk

5

X
j=0

C₅jx2j
!

=

5

X
k=0

à ₅
X
j=0

Ck₅C₅jxk+2j
!

Để có số hạng chứax10thì








k₊2j₌10
0≤k≤5
0_≤j_≤5

⇔(j;k)_∈{(3; 4), (4; 2), (5; 0)}.

Do đó, số hạng chứax10làC4₅C3₅x10₊C2₅C4₅x10₊C0₅C5₅x10₌101x10.

Vậy hệ số của số hạng chứax10trong khai triển là101. ä

<b>2</b>

<b>BÀI TẬP ÁP DỤNG</b>

BÀI 1. Tìm hệ số của số hạng trong khai triển

<b>1</b> (x₊y)25 _chứa_x12_y13 <b>_ĐS:</b>_C13

25

<b>2</b> (x₋3)9 chứax4 <b>ĐS:</b>₋35C5₉

<b>3</b> (1−3x)11 chax6 <b>S:</b>36C6₁₁

<b>4</b> Ăx22xÂ10

chax16 <b>S:</b>28C8₁₀

<b>5</b>

à
x₊ 1

x2

ả40

,x₆₌0 chax31 <b>S:</b>C3₄₀

<b>6</b> Ă2+px3x2Â5

,x6=0 chax2 <b>S:</b>230

</div>
<span class='text_page_counter'>(41)</span><div class='page_container' data-page=41>

<b>1</b> Số hạng tổng quát trong khai triển(x₊y)25làC₂₅k x25−k_yk_.
Để có số hạng chứax12y13thìk₌13.

Vậy hệ số của số hạng chứax12y13làC13₂₅.

<b>2</b> Số hạng tổng quát trong khai triển(x₋3)9làCk₉x9−k₍

−3)k₌C₉k(₋3)kx9−k_.
Để có số hạng chứax4thì9₋k₌4_⇔k₌5.

Vậy hệ số của số hạng chứax4là−35C5₉.

<b>3</b> Số hạng tổng qt trong khai triển(1−3x)11làC₁₁k 111−k(−3x)k=Ck₁₁(−3)kxk.
Để có số hạng chứax6thìk=6.

Vậy hệ số của số hạng chứax6là36C6₁₁.

<b>4</b> Số hạng tổng quát trong khai triển¡

x2₋2x¢10
là
C₁₀k ¡

x2¢12−k

(₋2x)k₌Ck₁₀(₋2)kx24−2kxk₌Ck₁₀(₋2)kx24−k.
Để có số hạng chứax16thì24−k=16⇔k=8.

Vậy hệ số của số hạng chứax16là28C8₁₀.

<b>5</b> Số hạng tổng quát trong khai trin
à

x₊ 1
x2

ả40
l

C₄₀k x40k
à ₁

x2

ảk

=Ck₄₀x40kx2k₌Ck₄₀x403k.
cú s hng chax31thỡ403k=31k=3.

Vy h s của số hạng chứax31làC3₄₀.

<b>6</b> Ta có

¡

2₊px₋3x2¢5

= ê2₊âpx₋3x2đơ5

=

5

X
k=0

Ck₅25−k³x12₋_3x2

´k

=

5

X
k=0

Ã
25−kCk₅

k
X
j=0

C_kj³x12

´k−j
¡

−3x2¢j
!

=

5

X
k=0

Ã
k
X
j=0

25−k(₋3)jCk₅Cj
kx

k+3j

2

!

Để có số hạng chứax2thì




k₊3j

2 =2
0≤j≤k≤5

⇔
(

k₊3j₌4

0≤j≤k≤5⇔(j;k)∈{(0; 4), (1; 1)}.

Do đó, số hạng chứax2là21(₋3)0C4₅C0₄x2₊24(₋3)1C1₅C1₁x2_{= −}230x2.

Vậy hệ số của số hạng chứax2là−230. ä

BÀI 2. Tìm số hạng không chứa x(độc lập vớix) trong khai triển của nh thc

<b>1</b>

à

2x23

x
ả9

vix6=0 <b>S:</b>2336C6₉

<b>2</b>

à
x y2 1

x y
ả8

vix y6=0 <b>S:</b>C4₈y4

<b>3</b>

à ₁

3

p
x2+

4

p
x3

ả17

vix_>0 <b>S:</b>C8₁₇

<b>Li gii.</b>

<b>1</b> S hng tng quỏt trong khai trin
à

2x23
x

ả9
l

Ck₉Ă
2x2Â9k

à
3

x
ảk

=Ck₉29k(3)kx182kxk=29k(3)kC₉kx183k.
cú s hạng khơng chứaxthì18−3k=0⇔k=6.

</div>
<span class='text_page_counter'>(42)</span><div class='page_container' data-page=42>

<b>2</b> Số hạng tổng qt trong khai trin
à

x y2 1
x y

ả8
l

C₈kĂ
x y2Â8k

à
_{x y}1

ảk

=C₈k(1)kx8ky162kxkyk₌(1)kCk₈x82ky163k.
cú s hạng khơng chứaxthì8₋2k₌0_⇔k₌4.

Vậy số hạng khơng chứaxlà(₋1)4C₈4y4₌C4₈y4.

<b>3</b> Số hạng tổng quỏt trong khai trin
à ₁

3

p
x2+

4

p
x3

ả17
l

C₁₇k
à ₁

3

p
x2

ả17k
p₄

x3k₌_Ck

17x

2
3Ã(17k)_x

3
4Ãk₌_Ck

17x

136+17k

12 _.

cú s hng khơng chứaxthì −136+17k

12 =0⇔ −136+17k=0⇔k=8.
Vậy số hạng khơng chứaxlàC8

17.

ä

BÀI 3. Tìm số hạng chứax5trong khai triển x(1₋2x)5₊x2(1₊3x)10. <b>ĐS:</b>3310x5

<b>Lời giải.</b>

Ta có

x(1−2x)5+x2(1+3x)10 = x

5

X
j=0

C₅j15−j(−2x)j+x2

10

X

k=0

Ck₁₀110−k(3x)k

=

5

X
j=0

(−2)jC₅jxj+1+

10

X
k=0

3kCk₁₀xk+2.

Để có số hạng chứax5thì
(

j₊1₌5
k+2=5⇔

(
j₌4
k=3.

Vậy số hạng chứax5là(₋2)4C4₅x5₊33C3₁₀x5₌3310x5. ä

BÀI 4. Tìm hệ số của số hạng chứax5trong khai triển(2x₊1)4₊(2x₊1)5₊(2x₊1)6₊(2x₊1)7. <b>ĐS:</b>896

<b>Lời giải.</b>

Ta có

(2x₊1)4₊(2x₊1)5₊(2x₊1)6₊(2x₊1)7 ₌

7

X
k=4

(2x₊1)k

=

7

X
k=4

à _k
X
j=0

C_kj1k−j(2x)j
!

=

7

X
k=4

à _k
X
j=0

2jC_kjxj
!

.

Để có số hạng chứax5thì
(

j₌5

0≤j≤k≤7⇔(j;k)∈{(5; 5), (5; 6), (5; 7)}.
Do đó, số hạng chứax5là25C5₅x5₊25C5₆x5₊25C5₇x5₌896x5.

Vậy hệ số của số hạng chứax5là896. ä

<b>3</b>

<b>BÀI TẬP RÈN LUYỆN</b>

BÀI 5. Tìm hệ số của số hạng trong khai triển

<b>1</b> (2x+y)13 chax6y7 <b>S:</b>26C7₁₃

<b>2</b> Ăx3x yÂ15

chax25y10 <b>S:</b>C10₁₅

<b>3</b>

à
p_{x y}

+x
y

ả10

vix y0vy₆₌0 chax6_y2 <b>_S:</b>_C2

10

<b>4</b> Ă1+x+2x2Â10

chax17 <b>S:</b>27C10₁₀C7₁₀+28C9₁₀C8₉

<b>5</b> Ăx2₊x1Â5

chax3 <b>S:</b>C1₅C0₁₊C3₅C3₃

<b>6</b> Ă1+x2x3Â8

</div>
<span class='text_page_counter'>(43)</span><div class='page_container' data-page=43>

<b>7</b>

à

1x41
x

ả12

,x6=0 chax8 <b>S:</b>C4₁₂C₄1C8₁₂C4₈C12₁₂C7₁₂

BI 6. Tìm số hạng khơng chứa x(độc lập vớix) trong khai trin ca nh thc

<b>1</b>

à
x+1

x
ả12

, vix6=0 <b>S:</b>C6₁₂

<b>2</b>

à
x3 1

x2

ả5

, vix₆₌0 <b>S:</b>C3₅

<b>3</b>

à
2x1

x
ả10

, vix₆₌0 <b>S:</b>25C5₁₀

<b>4</b>

à_x
3+

3
x

ả12

, vix6=0 <b>S:</b>C6₁₂

<b>5</b>

à₁

x3+x

2

ả10

, vix₆₌0 <b>S:</b>C6₁₀

<b>6</b>

à
x+ 2

x3

ả12

, vix6=0 <b>S:</b>23C3₁₂

<b>7</b>

à
x3 2

x2

ả5

, vix₆₌0 <b>S:</b>23C3₅

<b>8</b>

à

2px₊ 3

3

p_x
ả20

, vix_>0 <b>S:</b>28312C12₂₀

<b>9</b>

à₁
x+

p
x

ả12

, vix_>0 <b>S:</b>C8₁₂

<b>10</b>

à
2x₊ 1

5

p_x
ả18

, vix_>0 <b>S:</b>C15₁₈

<b>11</b>

à

3

p
x+p41_x

ả7

, vớix>0 <b>ĐS:</b>C4₇

{<b>_{DẠNG 3.2. Tìm hệ số trong khai triển nhị thức Niu-tơn}</b>(a₊b)n

<i>Sử dụng số hạng tổng quát của khai triển là</i>Ck_nan−kbk<i>.</i>
<i>Từ giả thiết tìm ra được giá trị</i>k<i>.</i>

4

<b>!</b> <i><b>_{Nhị thức Niu-tơn}</b></i>

(a₊b)n₌C0_nan₊C1_nan−1b_{+ · · · +}Cn_n−1abn−1₊Cn_nbn
=

n
X
k=0

Ck_nan−kbk.

<i><b>Hệ quả</b></i>

<i>Với</i>a₌b₌1<i>, ta có</i>2n₌C0_n₊C1_n_{+ · · · +}Cn−1

n +Cnn<i>.</i>

<i>Với</i>a₌1;b_{= −}1<i>, ta có</i>0n₌C0_n₋C1_n_{+ · · · +}(₋1)kCk_n_{+ · · · +}(₋1)nCn_n<i>.</i>

<i>Nếu</i>P(x)₌a0+a1x+a2x2+ · · · +anxn<i>thì tổng các hệ số trong khai triển là</i>P(1)<i>.</i>

<b>1</b>

<b>VÍ DỤ</b>
VÍ DỤ 1.

Tìm s hng chax10trong khai trin
à

x3 1
x2

ản

,x6=0bitC4_n=13C2_n. <b>S:</b>6435x10

</div>
<span class='text_page_counter'>(44)</span><div class='page_container' data-page=44>

Tỡm s hng chax2trong khai trin

à

x3₊ 1
x2

ản

,x₆₌0, bitC0_n₊C1_n₊C2_n₌11. <b>S:</b>6x2

<b>2</b>

Tỡm s hng chứax8trong khai triển¡

x2₊2¢n, biếtA3_n₋8C2_n₊C1_n₌49. <b>ĐS:</b>280x8

<b>3</b>

<b>Lời giải.</b>

Tìm số hạng chứax10trong khai trin
à

x3 1
x2

ản

,x6=0bitC4_n=13C2_n.
iu kinnN,n4. Khi ú

C4_n=13C2_n n(n1)(n2)(n3)

4! =13Ã

n(n1)
2
n25n150=0

"

n₌10 (loại)
n₌15 (nhận).

Khi đó số hạng tổng quát trong khai triển lCk₁₅(x3)15k
à

1
x2

ảk

=C₁₅k (1)kx455k_.
S hng chax10ng vi455k=10k=7.

Vy s hng chax10trong khai trin lC7₁₅(1)7x10= 6435x10.

<b>1</b>

Tỡm s hng chax2trong khai trin
à

x3+ 1
x2

ản

,x6=0, bitC0_n+C1_n+C2_n=11.
iu kinnN,n2. Khi đó

C0_n+C1_n+C_n2=11 ⇔ 1+n+n(n−1)
2 =11
⇔ n2₊n₋20₌0_⇔

"

n_{= −}5 (loại)
n₌4 (nhận).

Khi đó s hng tng quỏt trong khai trin lCk₄(x3)4k
à₁

x2

ảk

=C₄kx125k_.
S hng chax2ng với12−5k=2⇔k=2.

Vậy số hạng chứax2trong khai triển làC2₄x2=6x2.

<b>2</b>

Tìm số hạng chứax8trong khai triển¡

x2₊2¢n, biếtA3_n₋8C2_n₊C1_n₌49.
Điều kiệnn_∈N,n_≥3. Khi đó

A3_n−8C2_n+C1_n=49 ⇔ n(n−1)(n−2)−8·n(n−1)

2 +n=49
⇔ n3₋7n2₊7n₋49₌0_⇔n₌7 (nhận).

Khi đó số hạng tổng quát trong khai triển làCk₇(x2)7−k₍₂₎k

=Ck₇2kx14−2k_.
Số hạng chứax8ứng với14₋2k₌8_⇔k₌3.

Vậy số hạng chứax8trong khai triển làC3₇23x8₌280x8.

<b>3</b>

ä

VÍ DỤ 2. Xác định số nguyên dươngnđể trong khai triển(1+x2)ncó hệ số củax8bằng6lần hệ số củax4.
<b>ĐS:</b>n=11

<b>Lời giải.</b>

Điều kiệnn∈N,n≥4.

Khi đó số hạng tổng quát trong khai triển làCk_n¡

x2¢k₌Ck_nx2k.
Hệ số củax8làC4_n. Hệ số củax4làC2_n.

Do hệ số củax8bằng6lần hệ số củax4nên

C4_n₌6C2_n _⇔ n(n−1)(n−2)(n−3)

4! =6·

n(n₋1)
2!
⇔ n2₋5n₋66₌0

"

n= −6 (loại)
n₌11 (nhận).

</div>
<span class='text_page_counter'>(45)</span><div class='page_container' data-page=45>

VÍ DỤ 3.

Biết tổng các hệ số trong khai triển(1+x2)n là1024. Tìm hệ số cax12. <b>S:</b>210

<b>1</b>

Tỡm h s cax6trong khai trin
à₁

x+x

3

ản

vinl s nguyờn dng và biết rằng tổng các hệ số trong

khai triển bằng1024. <b>ĐS:</b>120

<b>2</b>

<b>Lời giải.</b>

Biết tổng các hệ số trong khai triển(1+x2)n là1024. Tìm hệ số củax12.
ĐặtP(x)=(1+x2)n. Tổng các hệ số trong khai triểnP(x)làP(1)=2n.
Do tổng các hệ số trong khai triển(1+x2)nlà1024nên2n=1024⇔n=10.
Khi đó số hạng tổng quát trong khai triển làC₁₀k ¡

x2¢k₌C₁₀k x2k.
Số hạng chax12ng vi2k₌12k₌6.

Vy h s cax12lC6₁₀₌210.

<b>1</b>

Tỡm h s cax6trong khai trin
à₁

x+x

3ản _với_n_{là số nguyên dương và biết rằng tổng các hệ s trong khai}

trin bng1024.
tP(x)₌

à₁
x+x

3ản_{. Tng cỏc h s trong khai triển}_P_(x)_là_P₍₁₎

=2n.
Do tổng các hệ số trong khai triển là1024nên2n₌1024_⇔n₌10.
Khi đó s hng tng quỏt trong khai trin lC₁₀k

à₁
x

ảk
Ă

x3Âk=Ck₁₀x2k.
S hng chax6ng với2k₌6_⇔k₌3.

Vậy hệ số củax6làC3₁₀₌120.

<b>2</b>

ä

VÍ DỤ 4. ChoP(x)=(1+2x)n,n∈N∗. Khai triểnP(x)ta đượcP(x)=a0+a1x+a2x2+· · ·+anxn. Tínhnvàa11biết

rằnga0+

a1

2 +
a2

22+

a3

23+ · · · · +

an

2n =4096. <b>S:</b>24576

<b>Li gii.</b>

iu kinnN,n11.
Ta cúP

à₁
2
ả

=2n.
Mt khỏcP

à₁
2
ả

=a0+

a1

2 +
a2

22+

a3

23+ Ã Ã Ã Ã +

an

2n =4096⇔2

n₌₄₀₉₆_⇔_n₌_12.
Khi đó, số hạng tổng quát trong khai triểnP(x)làCk₁₂(2x)k₌Ck₁₂(2)kxk.
Ta suy raa11=C1112211=24576.

Vậyn₌12,a11=24576. ä

<b>2</b>

<b>BÀI TẬP ÁP DỤNG</b>
BÀI 1.

Tìm hệ số cax4trong khai trin
à₂

xx

3ản_,

x₆₌0, bitCn6

n4+nÃA
2

n=454. <b>S:</b>1792

<b>1</b>

Tỡm s hng khụng chaxtrong khai trin
à ₂

n5

3

p
x+p41_x

ản

,x>0, bitC3_n=5C1_n. <b>S:</b>35

<b>2</b>

Tỡm s hng khụng chaxtrong khai trin
à

x₊ 3
x3

ản

, vinN_,_x₆₌₀_{, bit}_A2

n+1+C2n+1=18P3. <b>S:</b>252

<b>3</b>

Tỡm h s cax10trong khai trin
à

2x3 3
x2

ản

,x₆₌0, bit3C2_n₊2A2_n₌3n2₊15. <b>S:</b>1088640

<b>4</b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(46)</span><div class='page_container' data-page=46>

Tỡm h s cax4_{trong khai trin}

à₂
xx

3

ản

,x₆₌0, biếtCn−6

n−4+n·A2n=454.
Điều kiệnn∈N,n≥2. Khi đó

Cn_n−₋6₄₊n_·A2_n₌454 _⇔ (n−4)(n−5)

2 +n·n(n−1)=454

⇔ 2n3₋n2₋9n₋888₌0_⇔n₌8 (nhận).

Khi đó s hng tng quỏt trong khai trin lCk₈
à₂

x
ả8k

Ă

x3Âk₌C₈k28k(1)kx4k8.
S hng chax4ng với4k₋8₌4_⇔k₌3.

Vậy hệ số củax4trong khai triển làC3₈25(₋1)3_{= −}1792.

<b>1</b>

Tìm số hạng khụng chaxtrong khai trin
à ₂

n5

3

p
x₊ 1

4

p
x

ản

,x_>0, bitC3_n₌5C1_n.
iu kinnN,n3. Khi ú

C3_n₌5C1_n _⇔ n(n−1)(n−2)

3! =5n

⇔ n3−3n2−28n=0⇔





n_{= −}4 (loại)
n₌0 (loại)
n=7 (nhận).

Khi đó số hng tng quỏt trong khai trin lCk₇Ăp3_xÂ7k
à ₁

4

p_x
ảk

=Ck₇x28127k_.

S hng khụng chứaxứng với 28−7k

12 =0⇔k=4.
Vậy số hạng không chứaxtrong khai triển lC4₇=35.

<b>2</b>

Tỡm s hng khụng chaxtrong khai trin
à

x+ 3
x3

ản

, vinN,x6=0, bitA_n2₊₁+C2_n₊₁=18P3.

iu kiệnn_∈N,n_≥1. Khi đó

A2_n₊₁+C2_n₊₁=18P3 ⇔ (n+1)n+

n(n+1)

2! =18·3!
⇔ n2+n−72=0⇔

"

n_{= −}9 (loại)
n₌8 (nhận).

Khi ú s hng tng quỏt trong khai trin lCk₈(x)8k
à₃

x3

ảk

=Ck₈3kx84k_.
S hng khơng chứaxứng với8−4k=0⇔k=2.

Vậy số hạng khơng chứaxtrong khai triển làC2₈32=252.

<b>3</b>

Tìm h s cax10trong khai trin
à

2x3 3
x2

ản

,x6=0, bit3C2_n+2A2_n=3n2+15.
iu kinnN,n2. Khi ú

3C2_n₊2A2_n₌3n2₊15 _⇔ 3_·n(n−1)

2! +2·n(n−1)=3n

2

+15
⇔ n2₋7n₋30₌0_⇔

"

n= −3 (loại)
n₌10 (nhận).

Khi đó số hạng tng quỏt trong khai trin lCk₁₀Ă

2x3Â10k

à

3
x2

ảk

=Ck₁₀210k₍

3)kx305k_.
S hng chax10ng vi305k=10k=4.

Vy h số củax10trong khai triển làC4₁₀26(−3)4=1088640.

<b>4</b>

ä

BÀI 2. TínhA₂₀₁₆n biết hệ số củax2trong khai triển(1+3x)nlà90. <b>ĐS:</b>A5₂₀₁₆

<b>Lời giải.</b>

Điều kiệnn∈N,n≥2.

</div>
<span class='text_page_counter'>(47)</span><div class='page_container' data-page=47>

Hệ số củax2làC2_n32.

Do hệ số củax2bằng90nên

C2_n32=90 ⇔ n(n−1)
2! =10

⇔ n2−n−20=0⇔

"

n_{= −}4 (loại)
n=5 (nhận).

VậyA₂₀₁₆n ₌A5₂₀₁₆. ä

BÀI 3. Trong khai triển nhị thức(1₊2ax)n, (x₆₌0)ta có được số hạng đầu là1, số hạng thứ hai là48x, số hạng thứ

ba là1008x2. Tìmnvàa. <b>ĐS:</b>n₌8,a₌3

<b>Lời giải.</b>

Điều kiệnn∈N,n≥2.

Khi đó số hạng tổng quát trong khai triển làCk_n(2ax)k=Ck_n(2a)kxk.

Số hạng đầu là1nênC0_n=1.

Số hạng thứ hai là48xnênC1_n(2a)₌48.
Số hạng thứ ba là1008x2nênC2_n(2a)2₌1008.
Ta suy ra

(

C1_n(2a)=48

C2_n(2a)2=1008 ⇔

(

an₌24

n(n₋1)a2₌2016

⇔
(

an₌24

an(an₋a)₌504⇔
(

an₌24
a₌3 ⇔

(
n₌8
a₌3.

Vậy
(

n₌8

a=3. ä

BÀI 4. Tìm số hạng khơng chứa xtrong khai trin
à

x₊1
x

ản

, bit hiu h s ca s hng thứ ba và thứ hai bằng35.
<b>ĐS:</b>252

<b>Lời giải.</b>

Điều kiệnn_∈N,n_≥2.

Khi đó số hng tng quỏt trong khai trin lCk_nxnk
à₁

x
ảk

=Ck_nxn2k_.

H s ca s hạng thứ ba làC2_n.
Hệ số của số hạng thứ hai làC1_n.

Do hiệu hệ số của số hạng thứ ba và thứ hai bằng35nên
C2_n−C1_n=35 ⇔ n(n−1)

2 −n=35

⇔ n2₋3n₋70₌0_⇔

"

n_{= −}7 (loại)
n₌10 (nhận).

Khi đó số hạng khơng chứaxlàC5₁₀=252. ä

BÀI 5. Chonlà số ngun dương thỏa mãn điều kiệnC1_n+C2_n+C3_n+· · ·+Cn_n=2047.Tìm số hạng chứax10y6trong khai

triển(2x2₊y)n. <b>ĐS:</b>14784x10y6

<b>Lời giải.</b>

DoC1_n₊C2_n₊C3_n_{+ · · · +}Cn_n₌2n₋1₌2047_⇔n₌11.
Khi đó số hạng tổng quát trong khai triển làCk₁₁¡

2x2¢11−k

yk₌Ck₁₁211−k_x22−2k_yk_.
Ta suy ra số hạng chứax10y6trong khai triển làC6₁₁25x10y6₌14784x10y6.

ä

BÀI 6. Cho khai triển nhị thức: (1−2x+x3)n=a0+a1x+a2x2+ · · · +a3nx3n. Xác định n và tìma6, bit rng:a0+

a1

2 +
a2

22+ Ã Ã Ã +

a3n
23n =

à₁
2

ả15

. <b>S:</b>31

</div>
<span class='text_page_counter'>(48)</span><div class='page_container' data-page=48>

tP(x)=(12x+x3)n. Suy raP
à₁
2
ả
=
à₁
2
ả3n

.
Mt khỏcP

à₁
2
ả

=a0+

a1

2 +
a2

22+ Ã Ã Ã +

a3n
23n =

à₁
2
ả15

à₁
2

ả3n
=

à₁
2

ả15

n₌5.

Khi úP(x)₌ P5
k=0

C₅kĂ
x3Â5k

(12x)k₌ P5
k=0

C₅kx153kPk
i=0

Ci_k(2x)i₌ P5
k=0

k
P
i=0

Ci_k(2)i(x)153k+i_.
Ta suy raa6=C3₄(2)3+C0₅(2)0= 31.

ọ

<b>3</b>

<b>BI TP RÈN LUYỆN</b>

BÀI 7. Tìm hệ số của một số hạng hoặc tìm một số hạng

<b>1</b> Tìm số hạng khơng chứaxtrong khai trin
à

3

p_x
+p2_x

ản

,x_>0, bitC6_n₊3C7_n₊3C8_n₊C9_n₌2C8_n₊₂. <b>S:</b>320320

<b>2</b> Chonl s nguyờn dng tha món điều kiện:6Cn_n−₊1₁=A2_n+160. Tìm hệ số củax7trong khai triển(1−2x3)(2+x)n.
<b>ĐS:</b>−2224

<b>3</b> Chon_∈_N∗_và_a,_b_(b_>₀₎_{. Biết trong khai trin nh thc Niu-tn}

à _a
p

b+b
ản

cú hng t chaa4b9, tìm số hạng

chứa tíchavàbvới số mũ bằng nhau. <b>ĐS:</b>5005a6_b6

<b>4</b> Chonlà số nguyên dương thỏa mãnCn−3

n −C2n−1=C
1

n−1C

n+2

n+3. Tìm hệ số của số hạng chứax

11_{trong khai triển}

x3³xn−8− n
3x

´n

,x6=0. <b>ĐS:</b>32440320

<b>Lời giải.</b>

<b>1</b> Tìm số hng khụng chaxtrong khai trin
à

3

p_x
+p2

x
ản

,x_>0, bitC6_n₊3C7_n₊3C8_n₊C9_n₌2C8_n₊₂.
iu kinnN,n9. Khi ú

C6_n₊3C7_n₊3C8_n₊C9_n₌2C8_n₊₂  C6_n₊C7_n₊2¡

C7_n₊C8_n¢

+C8_n₊C9_n₌2C8_n₊₂
⇔ C7_n₊₁₊2C8_n₊₁₊C9_n₊₁₌2C8_n₊₂

⇔ C7_n₊₁₊C8_n₊₁₊C8_n₊₁₊C9_n₊₁₌2C8_n₊₂
⇔ C8_n₊₂₊C_n9₊₂₌2C8_n₊₂

⇔ C9_n₊₂₌C8_n₊₂
⇔ _9!(n(n+2)!

−7)!= ·

(n+2)!
8!(n₋6)!
⇔ n₋6=9⇔n₌15 (nhận).

Khi đó s hng tng quỏt trong khai trin lCk₁₅Ăp3_xÂ15k
à ₂

p
x

ảk

=Ck₁₅2kx5(66k)_.

S hng không chứaxứng với 5(6−k)

6 =0⇔k=6.

Vậy số hạng không chứaxtrong khai triển làC6₁₅26₌320320.

<b>2</b> Chonlà số nguyên dương thỏa mãn điều kiện:6Cn_n−₊1₁=A2_n+160. Tìm hệ số củax7trong khai triển(1−2x3)(2+x)n.
Điều kiệnn∈N,n≥2. Khi đó

6Cn_n−₊1₁₌A2_n₊160 _⇔ 6_·(n+1)n

2! =n(n−1)+160

⇔ n2₊2n₋80₌0_⇔
"

n= −10 (loại)
n₌8 (nhận).

Khi đó số hạng tổng quát trong khai triển là

(1₋2x3)C₈k28−kxk₌Ck₈28−kxk₋Ck₈29−kxk+3.
Vậy hệ số củax7trong khai triển là2C7₈−25C4₈= −2224.

<b>3</b> Chon∈N∗vàa,b(b>0). Biết trong khai triển nhị thức Niu-tơn
µ _a

p
b+b

¶n

có hạng tử chứaa4b9, tìm số hạng

</div>
<span class='text_page_counter'>(49)</span><div class='page_container' data-page=49>

Điều kiệnn_∈_N,n_≥4.

Khi đó số hạng tổng qt trong khai triển làCk
n

µ _a
p

b
¶n−k

bk₌_Ck
nan−kb

3k−n

2 _.

Trong khai triển có hạng tử chứaa4b9nên





n₋k₌4
3k−n

2 =9
⇔

(
n₌15
k=11.

Khi đó số hạng tổng quát làCk₁₅a15−k_b3k−₂15_.

Số hạng chứaavàbvới số mũ bằng nhau khi15₋k₌3k−15

2 ⇔k=9.
Vậy số hạng chứaavàbvới số mũ bằng nhau làC9₁₅a6b6=5005a6b6.

<b>4</b> Chon là số nguyên dương thỏa mãnCn_n−3−C2_n₋₁=C1_n₋₁Cn_n+₊2₃. Tìm hệ số của số hạng chứax11trong khai triển
x3³xn−8− n

3x
´n

,x6=0.

Điều kiệnn_∈N,n_≥3. Khi đó

Cn_n−3−C2_n₋₁=C1_n₋₁Cn_n+₊2₃ ⇔ n(n−1)(n−2)

3! −

(n₋1)(n₋2)

2! =(n−1)·(n+3)
⇔ n3₋12n2₋n₊12₌0_⇔






n_{= −}1 (loại)
n₌1 (loại)
n₌12 (nhận).

Khi ú s hng tng quỏt trong khai trin lx3Ck₁₂Ă
x4Â12k

à
4

x
ảk

=Ck₁₂(4)kx515k.
S hng chứax11ứng với51₋5k₌11_⇔k₌8.

Vậy hệ số củax11trong khai triển làC8₁₂(₋4)8₌32440320.

ä

BÀI 8. Trong khai triển nhị thức(1+ax)n, ta có số hạng đầu bằng1, số hạng thứ hai bằng24x, số hạng thứ ba bằng

252x2. Tìmnvàa. <b>ĐS:</b>n=8,a=3

<b>Lời giải.</b>

Điều kiệnn∈N,n≥2.

Khi đó số hạng tổng qt trong khai triển làCk

n(ax)k=Cknakxk.
Số hạng đầu là1nênC0_n=1.

Số hạng thứ hai là48xnênC1_na=24.

Số hạng thứ ba là252x2nênC2_na2₌252.

Ta suy ra

(

C1_na=24
C2_na2₌252 ⇔

(
an₌24

n(n−1)a2=504

⇔
(

an=24
a₌3 ⇔

(
n=8
a₌3.

Vậy
(

n₌8

a=3. ä

BÀI 9. Biết hệ số củaxn−2trong khai triển(x−2)nbằng220. Tìm hệ số củax2. <b>ĐS:</b>67584

<b>Lời giải.</b>

Điều kiệnn_∈_N,n_≥2.

Khi đó số hạng tổng quát trong khai triển làCk_nxn−k₍
−2)k.
Do hệ số củaxn−2_{trong khai triển bằng}₂₂₀_nên

C2_n(₋2)2₌220 _⇔ n(n₋1)₌110

⇔ n2₋n₋110₌0_⇔
"

n_{= −}10 (loại)
n₌11 (nhận).

</div>
<span class='text_page_counter'>(50)</span><div class='page_container' data-page=50>

BÀI 10. Biết hệ s caxn2_{trong khai trin}

à
x1

4
ản

bng31. Tỡm s nguyờn dngn. <b>S:</b>n₌32

<b>Li gii.</b>

iu kinn_N,n2.

Khi ú s hng tng quỏt trong khai trin lCk_nxnk
à

1
4

ảk
.
Do h s caxn2trong khai trin bng31nờn

C2_n
à

1
4

ả2

=31 n(n1)=992

n2n992=0
"

n₌31 (loi)
n=32 (nhn).

Vyn=32. ọ

BI 11. Trong khai trin ca nh thc
à

x22
x

ản

cho biết tổng hệ số của ba số hạng đầu tiên trong khai triển trên

bằng97. Tìm hệ số của số hạng có chứax4. <b>ĐS:</b>1120

<b>Lời giải.</b>

Điều kiệnn_∈_N,n_≥2.

Khi đó số hạng tổng quát trong khai trin lCk_nĂ
x2Ânk

à
2

x
ảk

=Ck_n(2)kx2n3k_.
Do tng h s ca ba s hạng đầu tiên trong khai triển trên bằng97nên

C0_n+C1_n(−2)+C2_n(−2)2=97 ⇔ 1−2n+2n(n−1)=97
⇔ 2n2₋4n₋96₌0_⇔

"

n_{= −}6 (loại)
n=8 (nhận).

Khi đó hệ số củax4trong khai triển làC4₈(−2)4=1120. ä

BÀI 12. Tìm hệ số của một số hạng hoặc tìm một số hạng

<b>1</b> Biếtnnguyên dương thỏa mãn điều kiệnC1_n₊C2_n_{+· · · ·+}Cn−1

n +Cnn=4095. Tìm hệ số của số hng chax8trong
khai trinP(x)₌

à₂
x3+

p
x5

ản

vix_>0. <b>S:</b>14784

<b>2</b> Bit rngn l s nguyờn dng thỏa 3nC0_n₋3n−1C1_n₊3n−2C2_n₋3n−3C3_n_{+ · · · +}(₋1)nCn_n₌2048.Tìm hệ số của x10

trong khai triển nhị thức(2+x)n, <b>ĐS:</b>1320

<b>3</b> Tìm hệ số củax10trong khai triển¡px₋3x2¢n,(x_>0), biết rằngnlà số nguyên dương và tổng các hệ số trong

khai triển bằng−2048. <b>ĐS:</b>₋4455

<b>4</b> Chonlà số nguyên dương thỏa mãn điều kiệnC1₂_n₊₁₊C3₂_n₊₁₊C5₂_n₊₁_{+ · · · +}C2n+1

2n+1=1024. Tìm hệ số củax
7_trong

khai triển đa thức(2−3x)2n. <b>ĐS:</b>−2099520

<b>Lời giải.</b>

<b>1</b> Biếtnnguyên dương thỏa mãn điều kiệnC1_n₊C2_n_{+· · · ·+}Cn−1

n +Cnn=4095. Tìm hệ số của s hng chax8trong
khai trinP(x)=

à₂

x3+

p
x5

ản

vix>0.
DoC1_n₊C2_n_{+ Ã Ã Ã +}Cn1

n +Cnn=2n1=4095n=12.
Khi ú s hng tng quỏt trong khai trin lCk

12

à₂
x3

ả12k
p

x5k₌_Ck

12212kx

72+11k

2 .

S hng chứax8trong khai triển ứng với −72+11k

2 =8⇔k=8.
Ta suy ra hệ số củax8trong khai triển làC8₁₂24=7920.

<b>2</b> Biết rằngn là số nguyên dương thỏa 3nC0_n−3n−1C1_n+3n−2C2_n−3n−3C3_n+ · · · +(−1)nCn_n=2048.Tìm hệ số của x10
trong khai triển nhị thức(2+x)n.

Ta có(a+b)n=C0_nan+C1_nan−1b+C2_nan−2b2+C3_nan−3b3+ · · · +Cn_nbn.
Choa=3,b= −1ta được

3nC0_n−3n−1C1_n+3n−2C2_n−3n−3C3_n+ · · · +(−1)nCn_n=2n=2048⇔n=11.
Khi đó số hạng tổng quát trong khai triển làCk₁₁211−kxk.

</div>
<span class='text_page_counter'>(51)</span><div class='page_container' data-page=51>

<b>3</b> Tìm hệ số củax10trong khai triển¡px₋3x2¢n,(x_>0), biết rằng nlà số nguyên dương và tổng các hệ số trong
khai triển bằng−2048.

ĐặtP(x)₌¡p

x₋3x2¢n. Tổng các hệ số trong khai triểnP(x)làP(1)₌(₋2)n.
Do tổng các hệ số trong khai triển là−2048nên(₋2)n_{= −}2048_⇔n₌11.
Khi đó số hạng tổng quát trong khai triển làC₁₁k ¡p

x¢11−k¡

−3x2¢k₌Ck₁₁(₋3)kx11+23k.
Số hạng chứax10ứng với 11+3k

2 =10⇔k=3.
Vậy hệ số củax10làC3₁₁(₋3)3_{= −}4455.

<b>4</b> Chonlà số nguyên dương thỏa mãn điều kiệnC1₂_n₊₁₊C3₂_n₊₁₊C5₂_n₊₁_{+ · · · +}C2n+1

2n+1=1024. Tìm hệ số củax
7_trong

khai triển đa thức(2−3x)2n.
Ta có(a₊b)2n+1₌_C0

2n+1a2n+1+C12n+1a2nb+C22n+1a2n−1b2+C32n+1a2n−2b3+ · · · +C22nn++11b2n+1.

Choa₌1,b₌1ta đượcC0₂_n₊₁₊C1₂_n₊₁₊C2₂_n₊₁₊C3₂_n₊₁_{+ · · · +}C2₂_nn₊+1₁₌22n+1 _(1).

Choa₌1,b_{= −}1ta đượcC0

2n+1−C12n+1+C22n+1−C32n+1+ · · · −C22nn++11=0 (2).

Từ (1) và (2) suy raC1₂_n₊₁₊C3₂_n₊₁₊C5₂_n₊₁_{+ · · · +}C2n+1
2n+1=2

2n

=1024_⇔n₌5.
Khi đó số hạng tổng quát trong khai triển làC₁₀k (2)10−k₍

−3x)k.
Ta suy ra hệ số củax7trong khai triển làC7₁₀23(₋3)7_{= −}2099520.

ä
{<b>_{DẠNG 3.3. Chứng minh hoặc tính tổng}</b>

• (a₊b)n₌C0_nan₊C1_nan−1_b

+C2_nan−2_b2

+ · · · +Cn−1

n abn−1+Cnnbn<i>.</i>
• Ck_n₌Cn−k

n <i>.</i>

• C0_n+C1_n+C2_n+ · · · +Cn_n=2n<i>.</i>

• C0_n−C1_n+C2_n+ · · · +(−1)nCn_n=0<i>.</i>

<b>1</b>

<b>VÍ DỤ</b>

VÍ DỤ 1. Chứng minh

<b>1</b> C0₂_n+C1₂_n+C2₂_n+C3₂_n+ · · · +C2₂n_n−1+C2₂n_n=4n.

<b>2</b> C0_n_·3n₋C1_n_·3n−1

+ · · · +(₋1)nCn_n₌C0_n₊C1_n_{+ · · · +}Cn_n.

<b>Lời giải.</b>

<b>1</b> Xét nhị thức

(x₊1)2n₌C0₂_nx2n₊C1₂_nx2n−1₊C2₂_nx2n−2₊C3₂_nx2n−3_{+ · · · +}C2₂n_n−1x₊C2₂n_n.

Thayx₌1ta được

C0₂_n₊C1₂_n₊C2₂_n₊C3₂_n_{+ · · · +}C₂2n_n−1₊C₂2n_n₌22n.
VậyC0₂_n₊C1₂_n₊C₂2_n₊C3₂_n_{+ · · · +}C2n−1

2n +C

2n

2n=4
n_.

<b>2</b> Xét nhị thức(x−1)n=C0_nxn−C1_nxn−1+ · · · +(−1)nCn_n.
Thayx=3ta được

C0_n·3n−C1_n·3n−1+ · · · +(−1)nCn_n=2n.
Lại cóC0_n+C1_n+ · · · +Cn_n=2n.

VậyC0_n·3n−C1_n·3n−1+ · · · +(−1)nCn_n=C0_n+C1_n+ · · · +Cn_n.

ä

VÍ DỤ 2. Tính các tổng sau

<b>1</b> S₌C0₅₊C1₅₊C2₅_{+ · · · +}C5₅. <b>ĐS:</b>S₌32.

<b>2</b> S₌2C1₂₀₁₀+23C3₂₀₁₀+25C5₂₀₁₀+ · · · +22009C2009₂₀₁₀. <b>ĐS:</b>S₌3

2010

−1

2 .

</div>
<span class='text_page_counter'>(52)</span><div class='page_container' data-page=52>

<b>1</b> Ta cóS₌C0₅₊C1₅₊C2₅_{+ · · · +}C5₅₌25₌32.

<b>2</b> Xét nhị thức

(1+x)2010=C0₂₀₁₀+C1₂₀₁₀x+C2₂₀₁₀x2+C3₂₀₁₀x3+ · · · +C2009₂₀₁₀x2009+C2010₂₀₁₀x2010.
Thayx₌2ta được

C0₂₀₁₀+2C1₂₀₁₀+22C2₂₀₁₀+23C₂₀₁₀3 + · · · +22009C2009₂₀₁₀+22010C2010₂₀₁₀=32010. (1)
Thayx_{= −}2ta được

C0₂₀₁₀−2C1₂₀₁₀+22C2₂₀₁₀−23C3₂₀₁₀+ · · · −22009C2009₂₀₁₀+22010C2010₂₀₁₀=1. (2)
Trừ hai vế(1)và(2)suy ra

2¡

2C1₂₀₁₀+23C3₂₀₁₀+25C5₂₀₁₀+ · · · +22009C2009₂₀₁₀¢

=32010−1.
VậyS=3

2010₋₁

2 .

ä

VÍ DỤ 3. Tìm số ngun dươngnthỏa mãn các điều kiện sau

<b>1</b> C1_n₊C2_n₊C3_n_{+ · · · +}C_nn−1₊Cn_n₌4095. <b>ĐS:</b>n₌12.

<b>2</b> C1₂_n₊₁+C3₂_n₊₁+C5₂_n₊₁+C7₂_n₊₁+ · · · +C₂2_nn+₊1₁=1024. <b>ĐS:</b>n=5.

<b>Lời giải.</b>

<b>1</b> Ta có

C1_n₊C2_n₊C3_n_{+ · · · +}Cn_n−1₊Cn_n₌4095

⇔ C0_n₊C1_n₊C2_n₊C3_n_{+ · · · +}Cn_n−1₊Cn_n₌4095₊C0_n
⇔ 2n=4096=212⇔n=12.

<b>2</b> Ta có
(

C0₂_n₊₁₊C1₂_n₊₁₊C2₂_n₊₁₊C3₂_n₊₁_{+ · · · +}C2₂n_n₊₁₊C₂2_nn+₊1₁₌22n+1
C0₂_n₊₁₋C1₂_n₊₁₊C2₂_n₊₁₋C₂3_n₊₁_{+ · · · +}C2₂n_n₊₁₋C2₂n_n+₊1₁₌0.
Trừ hai vế ta được

2¡

C1₂_n₊₁+C₂3_n₊₁+ · · · +C₂2n_n₊₁−C2₂n_n+₊1₁¢
=22n+1
⇔ C1₂_n₊₁+C3₂_n₊₁+ · · · +C₂2n_n₊₁−C2₂_nn₊+1₁=22n
⇔ 22n=1024=210⇔n=5.

ä

VÍ DỤ 4. Chứng minh
Ck_n₌Cn−k

n .

<b>1</b> k(k₋1)Ck_n₌n(n₋1)Ck−2

n−2.

<b>2</b>

<b>Lời giải.</b>

<b>1</b> Ta cóCk_n=Cn_n−k⇔ n!
(n₋k)!k!=

n!

k!(n₋k)! (ln đúng). Suy ra điều phải chứng minh.

<b>2</b> Ta có

k(k−1)Ck_n=n(n−1)C_nk−₋2₂ ⇔ k(k−1)· n!

(n−k)!k!=n(n−1)·

(n−2)!
(n−k)!(k−2)!
⇔ k(k−1)n!

(n₋k)!k(k₋1)(k₋2)!=

n(n−1)(n−2)!
(n₋k)!(k₋2)!
⇔ _(n n!

−k)!(k₋2)!=

n!

(n₋k)!(k₋2)!(ln đúng).

Suy ra điều phải chứng minh.

</div>
<span class='text_page_counter'>(53)</span><div class='page_container' data-page=53>

VÍ DỤ 5. Cho khai trin
à₁

3+
2x

3
ả11

=a0+a1x+a2x2+ Ã Ã Ã +a11x11. Hóy tỡm h s lớn nhất trong các số a0,

a1,. . .,a11? <b>ĐS:</b>a7=

C7₁₁_·27
311 ,a8=

C8₁₁_·28
311

<b>Lời gii.</b>

S hng tng quỏt ca khai trin
à₁

3+
2x

3
ả11

l

Tk+1=C11k Ã

à₁
3

ả11k
Ã

à_2x
3

ảk

=C₁₁k _Ã 2
k

311Ãx

k_.

Do đó hệ số của số hạng tổng quát làak=C₁₁k ·
2k
311=

Ck₁₁·2k
311 .

Xét ak
ak+1<

1⇔ C
k

11·2

k

Ck₁₁+1·2k+1<1⇔

k+1

2(11₋k)<1⇔k<7. Suy raa0<a1< · · · <a6<a7.
Tương tự ak

ak+1>

1_⇔k_>7. Suy raa8>a9> · · · >a11.

Lại có a7
a8=

8

8=1⇒a7=a8, nêna0<a1< · · · <a6<a7=a8> · · · >a11.
Vậy hệ số lớn nhất làa7=

C7₁₁_·27

311 vàa8=

C8₁₁_·28

311 . ä

<b>2</b>

<b>BÀI TẬP ÁP DỤNG</b>
BÀI 1. Chứng minh

C0₂_n+C2₂_n+ · · · +C2₂n_n=C1₂_n+C₂3_n+ · · · +C2₂_nn−1=22n−1.

<b>1</b>

(C0_n)2+(C1_n)2+(C2_n)2+ · · · +(Cn_n)2=Cn₂_n,∀n≥2,n∈N.

<b>2</b>

<b>Lời giải.</b>

Ta có
(

C0₂_n₊C1₂_n₊C2₂_n₊C3₂_n_{+ · · · +}C₂2n_n−1₊C₂2n_n₌22n (1)
C0₂_n−C1₂_n+C2₂_n−C3₂_n+ · · · −C2₂n_n−1+C2₂n_n=0. (2)
Cộng hai vế(1)và(2)ta được

2¡

C0₂_n+C2₂_n+ · · · +C2₂n_n¢

=22n⇔C0₂_n+C2₂_n+ · · · +C2₂n_n=22n−1.
Trừ hai vế(1)và(2)ta được

2¡

C1₂_n₊C3₂_n_{+ · · · +}C2₂n_n−1¢

=22n_⇔C1₂_n₊C3₂_n_{+ · · · +}C2₂n_n−1₌22n−1.
VậyC0₂_n₊C2₂_n_{+ · · · +}C2₂n_n₌C1₂_n₊C3₂_n_{+ · · · +}C2n−1

2n =2

2n−1_.

<b>1</b>

Xét nhị thức(1₊x)2n₌C0₂_n₊C1₂_nx_{+ · · · +}C₂n_nxn_{+ · · · +}C2₂n_nx2n.
Trong khai triển trên thì hệ số củaxnlàC₂n_n. (1)
Mặt khác

(1₊x)2n ₌ (1₊x)n_·(x₊1)n
= ¡

C0_n₊C1_nx₊C2_nx2_{+ · · · +}Cn_nxn¢
·¡

C0_nxn₊C1_nxn−1₊C2_nxn−2_{+ · · · +}C0_n¢
.
Hệ số củaxntrong tích trên là(C0_n)2₊(C1_n)2₊(C2_n)2_{+ · · · +}(Cn_n)2. (2)

Từ(1)và(2)suy ra

(C0_n)2₊(C1_n)2₊(C_n2)2_{+ · · · +}(Cn_n)2₌Cn₂_n.

<b>2</b>

ä

BÀI 2. Tính các tổng sau

S₌C0₂₀₁₀₊2C1₂₀₁₀₊22C₂₀₁₀2 _{+ · · · +}22010C2010₂₀₁₀. <b>ĐS:</b>S₌32010.

<b>1</b>

S₌C6₁₀₊C7₁₀₊C8₁₀₊C9₁₀₊C10₁₀. <b>ĐS:</b>S₌386.

<b>2</b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(54)</span><div class='page_container' data-page=54>

Xét nhị thức

(1+x)2010=C0₂₀₁₀+C1₂₀₁₀x+C2₂₀₁₀x2+ · · · +C2010₂₀₁₀x2010.
Thayx=2ta được

C0₂₀₁₀+2C1₂₀₁₀+22C2₂₀₁₀+ · · · +22010C2010₂₀₁₀=32010.
VậyS₌32010.

<b>1</b>

XétS1=C0₁₀+C1₁₀+C2₁₀+ · · · +C10₁₀=210.

Áp dụng cơng thứcCk_n₌Cn−k
n , ta có

S₌C6₁₀₊C7₁₀₊C8₁₀₊C9₁₀₊C10₁₀₌C4₁₀₊C3₁₀₊C₁₀2 ₊C1₁₀₊C0₁₀.

Do đóS1=2S+C5₁₀⇒S=

S1−C510

2 =386.

<b>2</b>

ä

<b>3</b>

<b>BÀI TẬP RÈN LUYỆN</b>

BÀI 3. Chứng minh

C0₂_n₋C1₂_n₊C₂2_n₋C3₂_n_{+ · · · −}C2n−1
2n +C

2n

2n=0.

<b>1</b>

316C0₁₆₋315C1₁₆₊314C2₁₆_{− · · ·}3C15₁₆₊C16₁₆₌216.

<b>2</b>

C0₂_n₊C2₂_n_·32₊C4₂_n_·34_{+ · · · +}C2₂n_n_·32n₌22n−1

·(22n₊1).

<b>3</b>

C0₂₀₀₁₊32C2₂₀₀₁₊34C4₂₀₀₁_{+ · · · +}32000C2000₂₀₀₁₌22000_·(22001₋1).

<b>4</b>

2nC0_n₊2n−2_C2

n+2n−4C4n+ · · · +Cnn=
3n₊1

2 .

<b>5</b>

BÀI 4. Tính các tổng sau

S=C0₅+2C1₅+22C2₅+ · · · +25C5₅. <b>ĐS:</b>S=35

<b>1</b>

S=40C0₈+41C1₈+42C2₈+ · · · +48C8₈. <b>ĐS:</b>S=58

<b>2</b>

S=C0₂₀₁₀+C1₂₀₁₀+C2₂₀₁₀+ · · · +C2010₂₀₁₀. <b>ĐS:</b>S=22010

<b>3</b>

S=C0₁₀₀+C2₁₀₀+C4₁₀₀+ · · · +C100₁₀₀. <b>ĐS:</b>S=299

<b>4</b>

S= 1

2!_·2012!+
1

4!_·2010!+ · · · +
1

2012!_·2!+

1

2014!. <b>ĐS:</b>S=

22013−1
2014!

<b>5</b>

BÀI 5. Tìm số nguyên dươngnthỏa mãn các điều kiện

3nC0_n−3n−1C1_n+3n−2C2_n−3n−3C3_n+ · · · +(−1)nCn_n=2048. <b>ĐS:</b>n=11

<b>1</b>

C0₂_n+C2₂_n+C4₂_n+C6₂_n+ · · · +C2₂n_n=512. <b>ĐS:</b>n=5

<b>2</b>

C2₂₀₁₄+C4₂₀₁₄+C6₂₀₁₄+C8₂₀₁₄+ · · · +C1006₂₀₁₄=2503n−1. <b>ĐS:</b>n=4

<b>3</b>

C1₂_n₊₁+C₂2_n₊₁+C3₂_n₊₁+ · · · +C₂n_n₊₁=220−1. <b>ĐS:</b>n₌10

<b>4</b>

BÀI 6. Chứng minh rằng

Ck_n₊₁₌Ck_n₊Ck−1

n .

<b>1</b> Ck_n₊3Ck+1

n +3Ckn+2+Cnk+3=Ckn++33.

<b>2</b>

kCk_n=nCk_n−₋1₁.

<b>3</b> <b>4</b> k2Ck_n=n(n−1)C_nk−₋2₂+nCk_n−₋1₁.

BÀI 7. Cho khai triển(1₊2x)n₌a0+a1x+ · · · +anxn, với các hệ sốa0,a1,. . .,anthỏa mãna0+

a1

2 + · · · +
an

2n =4096. Hãy
tìm số lớn nhất trong các sốa0,a1,. . .,an? <b>ĐS:</b>n=12,a8=C812·28

<b>BÀI</b>

<b>4.</b>

<b>BIẾN CỐ VÀ XÁC SUẤT CỦA BIẾN CỐ</b>

<b>A</b>

<b>PHÉP THỬ</b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(55)</span><div class='page_container' data-page=55>

VÍ DỤ 1. Phép thử “Gieo một con súc sắc cân đối và đồng chất”. Tìm khơng gian mẫu của phép thử.

<b>Lời giải.</b>

Không gian mẫu của phép thử làΩ={1; 2; 3; 4; 5; 6} _ä

VÍ DỤ 2. Xét phép thử “Gieo hai đồng xu phân biệt”. Nếu ký hiệuSlà mặt sấp,N là mặt ngửa. Tìm khơng
gian mẫu của phép thử.

<b>Lời giải.</b>

Khơng gian mẫuΩ={N N,SN,N S,SS}. ä

VÍ DỤ 3. Xét phép thửT“Gieo3đồng xu phân biệt”. Tính số phần tử của khơng gian mẫu. <b>ĐS:</b>8

<b>Lời giải.</b>

Mỗi đồng xu có hai khả năng xuất hiện mặtShayN⇒không gian mẫu của phép thử là

Ω={N N N,N SN,SN N,SSN,N N S,N SS,SN S,SSS}.

Do vậy số phần tử của không gian mẫu làn(Ω)=8. ä

<b>B</b>

<b>BIẾN CỐ</b>

Định nghĩa 2. Biến cố là một tập con của khơng gian mẫu.

VÍ DỤ 4. Xét phép thửT “Gieo một con súc sắc cân đối và đồng chất”. Gọi Alà biến cố “Số chấm trên mặt
xuất hiện là số chấm chẵn”. Liệt kê tất cả các kết quả thuận lợi của biến cốA.

<b>Lời giải.</b>

Biến cốA={2; 4; 6}. ä

<b>!</b>

<b>1</b> Biến cố Aliên quan đến phép thửTlà biến cố mà việc xảy ra hay không xảy ra củaAtùy thuộc vào kết
quả củaT.

<b>2</b> Mỗi kết quả của phép thửTlàm cho Axảy ra gọi là một kết quả thuận lợi củaA.

<b>3</b> Biến cốAcó ngồi cách cho bằng mơ tả, có thể choAdưới dạng liệt kê tất cả các kết quả thuận lợi củaA.

<b>C</b>

<b>XÁC SUẤT</b>

Định nghĩa 3. Xét phép thử Tcó khơng gian mẫuΩ là một tập hữu hạn kết quả đồng khả năng. Biến cố Aliên
quan đến phép thử,A⊂Ω. Xác suất của biến cốAlà

P (A)=n(A)
n(Ω).

<b>!</b>

<b>1</b> Với mọi biến cố Acủa phép thử có khơng gian mẫu làΩ. Ta ln có0≤P (A)≤1.

<b>2</b> P (A)₌1₋P³A´, trong đóAlà biến cố đối của biến cốA.

<b>3</b> VớiA,Blà hai biến cố ta cón(A_∪B)₌n(A)₊n(B)₋n(A_∩B).

</div>
<span class='text_page_counter'>(56)</span><div class='page_container' data-page=56>

<b>Số</b>
<b>chấm</b>

<b>1</b> <b>2</b> <b>3</b> <b>4</b> <b>5</b> <b>6</b>

1 (1; 1) (1; 2) (1; 3) (1; 4) (1; 5) (1; 6)

2 (2; 1) (2; 2) (2; 3) (2; 4) (2; 5) (2; 6)

3 (3; 1) (3; 2) (3; 3) (3; 4) (3; 5) (3; 6)

4 (4; 1) (4; 2) (4; 3) (4; 4) (4; 5) (4; 6)

5 (5; 1) (5; 2) (5; 3) (5; 4) (5; 5) (5; 6)

6 (6; 1) (6; 2) (6; 3) (6; 4) (6; 5) (6; 6)

Không gian mẫu của phép thử làΩ={(i;j)|i,j=1; 6}.
Số phần tử của không gian mẫu là36.

Biến cốA: “Tổng số chấm xuất hiện trên mặt bằng7”.
Ta cóA₌{(1; 6); (2; 5); (3; 4); (4; 3); (5; 2); (6; 1)}_⇒n(A)₌6.
Xác suất của biến cốAlàP (A)=n(A)

n(Ω)=
1
6.

VÍ DỤ 6. Gieo ngẫu nhiên một con súc sắc cân đối và đồng chất. Tính xác suất của các biến cố

<b>1</b> A: “Mặt có số chấm lẻ xuất hiện”. <b>ĐS:</b> 1

2

<b>2</b> B: “Mặt xuất hiện có số chấm chia hết cho3”. <b>ĐS:</b> 1

3

<b>3</b> C: “Mặt xuất hiện có số chấm lớn hơn2”. <b>ĐS:</b> 2

3

<b>Lời giải.</b>

<b>1</b> A: “Mặt có số chấm lẻ xuất hiện”.

Số phần tử của không gian mẫu làn(Ω)=6.
Biến cốA={1; 3; 5}⇒n(A)=3.

Xác suất củaAlàP(A)₌n(A)
n(Ω)=

1
2

<b>2</b> B: “Mặt xuất hiện có số chấm chia hết cho3”
. Biến cốB={6; 3}⇒n(B)=2.

Xác suất của biến cốBlàP (B)₌1
3.

<b>3</b> C: “Mặt xuất hiện có số chấm lớn hơn2”.
Biến cốC₌{3; 4; 5; 6}_⇒P (C)₌n(C)

n(Ω)=
2
3.

ä

VÍ DỤ 7. Từ một hộp chứa4quả cầu trắng,3quả cầu đỏ và2quả cầu xanh. Lấy ngẫu nhiên một quả cầu từ
hộp. Tính xác suất để

lấy được quả màu trắng. <b>ĐS:</b>4

9

<b>1</b> lấy được quả cầu xanh. <b>ĐS:</b>1

3

<b>2</b>

<b>Lời giải.</b>

Số phần tử của khơng gian mẫu làn(Ω)₌9.

<b>1</b> Quả cầu được lấy có màu trắng, số cách lấy là4.
Xác suất lấy quả cầu trắng là 4

</div>
<span class='text_page_counter'>(57)</span><div class='page_container' data-page=57>

<b>2</b> Quả cầu được lấy có màu đỏ, số cách lấy là3.
Xác suất lấy được quả cầu đỏ là 3

9=
1
3.

ä

VÍ DỤ 8. Trong một đợt kiểm tra về vệ sinh an toàn thực phẩm của ngành y tế tại chợX. Ban quản lí chợ lấy
ra15mẫu thịt lợn trong đó có4mẫu ở quầyA,5mẫu ở quầyBvà6mẫu ở quầyC. Mỗi mẫu thịt này có khối
lượng như nhau và để trong một hộp kín có kích thước giống hệt nhau. Đoàn kiểm tra lấy ngẫu nhiên ba hộp
để phân tích, kiểm tra xem trong thịt lợn có chứa chất tạo nạc (Clenbuterol) hay khơng. Tính xác suất để cả

3hộp lấy ra có đủ cả ba loại thịt ở các quầyA,B,C. <b>ĐS:</b> 24

91

<b>Lời giải.</b>

Số phần tử của không gian mẫu làn(Ω)₌C3₁₅.

GọiXlà biến cố “Cả ba của hàng đều có mẫu thịt được lấy”.
Số phần tử củaX làn(X)=C1₄.C1₅_·C1₆₌120.

Xác suất củaX làP(X)₌n(X)
n(Ω)=

24

91. ä

VÍ DỤ 9. Trong một chiếc hộp có chứa10 quả cầu có kích thước như nhau, được đánh số từ 1đến 10. Lấy

ngẫu nhiên ra3quả cầu trong hộp đó. Tính xác suất để số ghi trên3quả cầu lấy được là độ dài ba cạnh của

một tam giác vuông. <b>ĐS:</b> 2

45

<b>Lời giải.</b>

Số phần tử của không gian mẫu làn(Ω)=C3₁₀.

Giả sử3số ghi trên các quả cầu được chọn làa,b,cvớia<b<cthỏa mãna2+b2=c2.
Có hai khả năng(a;b;c)=(3; 4; 5)hoặc(a;b;c)=(6; 8; 10).

GọiXlà biến cố: “3số ghi trên3quả cầu được chọn là độ dài3cạnh của một tam giác vuông”.
Số phần tử củaX làn(X)₌2.

Xác suất của biến cốX làP(X)₌n(X)
n(Ω)=

2
C2₁₀=

2

45. ä

VÍ DỤ 10. Trong một chiếc hộp6viên bi đỏ,5viên bi vàng và4viên bi trắng. Lấy ngẫu nhiên trong hộp ra4
viên bi. Tính xác suất để trong4viên lấy ra khơng đủ cả ba màu. <b>ĐS:</b> 43

91

<b>Lời giải.</b>

Số phần tử của không gian mẫu làn(Ω)=C4₁₅.
GọiAlà biến cố: “4viên lấy ra không đủ ba màu”.
Biến cốAxảy ra trong các trường hợp

<b>Trường hợp 1:</b>4viên đúng một màu, số cách lấy làC4₆+C4₅+C4₄=21.
<b>Trường hợp 2:</b>4viên có đúng hai màu

+ Hai màu đỏ-vàng, cóC4₁₁₋C4₆₋C4₅₌310.
+ Hai màu đỏ-trắng, cóC4₁₀₋C4₆₋C4₄₌194.
+ Hai màu vàng-trắng, cóC4₉−C4₅−C4₄=120.

Tổng số cách lấy4viên đúng hai màu là310₊194₊120₌624.
Số phần tử của biến cốAlàn(A)=624+21=645.

Xác suất của biến cốAlàP (A)=n(A)
n(Ω)=

43

91. ä

{<b>_{DẠNG 4.1. Chọn hoặc sắp xếp đồ vật}</b>

<b>D</b>

<b>LÍ THUYẾT</b>

•<b>Phương pháp:</b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(58)</span><div class='page_container' data-page=58>

Đếm số phần tử của không gian mẫu, số phần tử của biến cố.

P (A)₌n(A)

n(Ω).

<b>2</b> <b>Phương pháp</b>2<b>:</b>Tính xác suất của biến cố đối.

P (A)₌1₋P³A´.

Phương pháp này nên dùng khi xét trực tiếp có nhiều trường hợp khác nhau.

<b>3</b> <b>Phương pháp</b>3<b>:</b>Áp dụng quy tắc cộng và qua tắc nhân xác suất.
•<b>Kiến thức bổ sung:</b>

<b>1</b> Cơng thức đếm số phần tử của hợp hai tập hợp

n(A_∪B)₌n(A)₊n(B)₋n(A_∩B).

<b>2</b> Công thức đếm số phần tử của hợp ba tập hợp

n(A_∪B_∪C)₌n(A)₊n(B)₊n(C)₋n(A_∩B)₋n(B_∩C)₋n(C_∩A)₊n(A_∩B_∩C).

<b>3</b> Phương pháp đặt song ánh1−1.

Khi cần đếm một tậpAtrực tiếp khó khăn ta có thể chỉ ra tập đó có sự tương ứng1−1với tậpBvà khi
đó chỉ cần đếmB.

<b>E</b>

<b>VÍ DỤ</b>

VÍ DỤ 1. Một bình đựng6viên bi khơng giống nhau, trong đó có2xanh,2vàng và2đỏ. Lấy ngẫu nhiên2
viên bi. Tính xác suất để lấy được

2viên bi xanh. <b>ĐS:</b> 1

15

<b>1</b> 2viên bi khác màu. <b>ĐS:</b>4

5

<b>2</b>

<b>Lời giải.</b>

<b>1</b> Xác suất lấy được2viên bi xanh.

Số phần tử của không gian mẫu làn(Ω)=C2₆.
GọiAlà biến cố “2viên bi lấy được là bi xanh”.
Số phần tử của biến cốAlàn(A)₌C2

2.

Xác suất của biến cốAlàP (A)₌n(A)
n(Ω)=

1
15.

<b>2</b> Xác suất lấy được hai viên bi khác màu.
GọiBlà biến cố “2viên bi lấy được khác màu”.

Biến cốBxảy ra khi2viên bi lấy được là1xanh -1vàng;1xanh -1đỏ;1vàng -1đỏ.
Số phần tử củaBlàn(B)₌C2₃_×2_×2₌12.

Xác suất của biến cốBlàP (B)₌n(B)
n(Ω)=

4
5.

ä

VÍ DỤ 2. Một chiếc hộp đựng 6quả cầu trắng,4quả cấu đỏ, 2quả cầu đen, các quả cầu khác nhau. Chọn
ngẫu nhiên6quả cầu. Tính xác suất để chọn được3quả cầu trắng,2quả cầu đỏ và1quả cầu đen. <b>ĐS:</b> 20

77

<b>Lời giải.</b>

Số phần tử của không gian mẫu làn(Ω)=C6₁₂.

GọiAlà biến cố “Lấy được3quả cầu trắng,2quả cầu đỏ và1quả cầu đen”.
Số phần tử của biến cốAlàn(A)₌C3₆_·C2₄_·C1₂.

Xác suất của biến cốAlàP (A)₌n(A)
n(Ω)=

20

</div>
<span class='text_page_counter'>(59)</span><div class='page_container' data-page=59>

VÍ DỤ 3. Cho một hộp đựng12 viên bi, trong đó có7viên bi đỏ,5viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên mỗi lần3
viên bi. Tính xác suất trong2trường hợp

Lấy được3viên bi màu đỏ. <b>ĐS:</b> 7
44.

<b>1</b> Lấy được ít nhất2viên bi màu đỏ. <b>ĐS:</b> 7

11.

<b>2</b>

<b>Lời giải.</b>

<b>1</b> Xác suất lấy được3viên bi màu đỏ.

Số phần tử của không gian mẫun(Ω)=C3₁₂=220.
GọiAlà biến cố “Lấy được3viên bi màu đỏ”.
Số phần tử của biến cốAlàn(A)₌C3₇₌35.
Xác suất của biến cố AlàP (A)₌n(A)

n(Ω)=
7
44.

<b>2</b> Xác xuất lấy được ít nhất2viên bi màu đỏ.

GọiBlà biến cố “Lấy được ít nhất hai viên bi màu đỏ”.
Số phần tử của biến cốBlàn(B)₌C3₇₊C2₇_·C1₅₌140.
Xác suất của biến cốBlàP (B)₌ n(B)

n(Ω)=

7
11.

ä

VÍ DỤ 4. Một hộp chứa các quả cầu kích thước khác nhau gồm3quả cầu đỏ, 6quả cầu xanh và9quả cầu
vàng. Chọn ngẫu nhiên2quả cầu. Tính xác suất để hai quả cầu được chọn là khác màu. <b>ĐS:</b> 11

17

<b>Lời giải.</b>

Số phần tử của không gian mẫun(Ω)₌C2₁₈₌153.

GọiAlà biến cố “Hai quả cầu được chọn không cùng màu”.
Biến cố đốiAcủaAlà “2viên bi được lấy cùng màu”.
Ta cón³A´=C2₃+C2₆+C2₉=54.

Xác suất của biến cốAlàP (A)₌1₋n³A´₌1₋
n³A´
n(Ω)=

11
17.

<b>!</b>

Có thể tính trực tiếpn(A)₌C1₃_·C1₆₊C1₃_·C1₉₊C1₉_·C1₆.

ä

VÍ DỤ 5. Một hộp đựng15viên bi, trong đó có7viên bi xanh và8viên bi đỏ. Lấy ngẫu nhiên3viên bi. Tính

xác suất để trong3viên bi lấy ra có ít nhất một viên bi đỏ. <b>ĐS:</b> 12

13

<b>Lời giải.</b>

Số phần tử của không gian mẫun(Ω)₌C3₁₅₌455.

GọiAlà biến cố “Có ít nhất một viên bi màu đỏ được lấy”.
Biến cố đối củaAlàA“3viên bi được lấy đều màu xanh”.
Số phần tử củaAlàn³A´₌C3₇₌35.

Xác suất của biến cốAlàP (A)₌1₋
n³A´

n(Ω) =
12

13. ä

VÍ DỤ 6. Một hộp đựng20 viên bi, trong đó có7viên bi xanh và 8viên bi đỏ và5viên bi vàng. Lấy ngẫu
nhiên9viên bi. Tính xác suất trong các trường hợp

9viên bi lấy được có đúng2màu. <b>ĐS:</b> 297
8398

<b>1</b> 9viên bi lấy được có đủ3màu. <b>ĐS:</b>8101

8398

<b>2</b>

<b>Lời giải.</b>

<b>1</b> Xác suất9viên bi lấy được có đúng2màu.

</div>
<span class='text_page_counter'>(60)</span><div class='page_container' data-page=60>

+ Số cách lấy9viên có đúng hai màu xanh - đỏ làC9₁₅.
+ Số cách lấy9viên có đúng hai màu xanh - vàng làC9₁₂.
+ Số cách lấy9viên có đúng hai màu đỏ - vàng làC9₁₃.

Do đó số phần tử của biến cốAlàn(A)₌C9₁₅₊C9₁₃₊C9₁₂₌5940.
Xác suất của biến cốAlàP (A)₌n(A)

n(Ω)=
297
8398.

<b>2</b> Xác suất9viên bi lấy được có đủ3màu.

GọiBlà biến cố “9viên bi được lấy có đủ cả3màu”.

Do số viên bi của các màu đều nhỏ hơn9nên không thể xảy ra trường hợp9viên một màu.
Do đó số phần tử củaBlàn(B)₌n(Ω)₋n(A)₌162020.

Xác suất củaBlàP (B)₌ n(B)
n(Ω)=

8101
8398.

ä

<b>F</b>

<b>BÀI TẬP RÈN LUYỆN</b>

BÀI 1. Một hộp chứa11viên bi được đánh số thứ tự từ1đến11. Chọn6viên bi một cách ngẫu nhiên rồi cộng các số
trên6viên bi được rút ra với nhau. Tính xác suất để kết quả thu được là một số lẻ. <b>ĐS:</b> 118

231

<b>Lời giải.</b>

Số phần tử của không gian mẫu làn(Ω)=C6₁₁.

Gọim,nlần lượt là số thẻ có ghi số<b>chẵn, số thẻ có ghi sốlẻ</b>được chọn.

Ta cóm+n=6. Do tổng của các số trên6thẻ là số lẻ nên cặp(m;n)∈{(1; 5), (3; 3), (5; 1)}.
GọiAlà biến cố “Tổng số ghi trên6thẻ là số lẻ”.

Ta cón(A)=C1₅·C5₆+C3₅·C3₆+C5₅·C1₆=236.
Xác suất cần tính bằng n(A)

n(Ω)=
118

231 ä

BÀI 2. Từ một hộp chứa4viên bi xanh,3viên bi đỏ,2viên bi vàng, lấy ngẫu nhiên2viên bi. Tính xác suất các biến
cố

A: “hai viên bi được lấy cùng màu xanh”. <b>ĐS:</b>1
6

<b>1</b> B: “hai viên bi được lấy cùng màu đỏ ”. <b>ĐS:</b> 1

12

<b>2</b>

C: “hai viên bi được lấy cùng màu”. <b>ĐS:</b> 5
18

<b>3</b> D: “hai viên bi được lấy khác màu”. <b>ĐS:</b>13

18

<b>4</b>

<b>Lời giải.</b>

<b>1</b> A: “hai viên bi được lấy cùng màu xanh”.
Số phần tử của không gian mẫu làn(Ω)₌C2₉.
Số phần tử củaAlàn(A)₌C2₄.

Xác suất của biến cốAlàP(A)₌n(A)
n(Ω)=

1
6.

<b>2</b> B: “hai viên bi được lấy cùng màu đỏ ”.
Số phần tử củaBlàn(B)=C2₃.

Xác suất của biến cốBlàP (B)= n(B)
n(Ω)=

1
12.

<b>3</b> C: “hai viên bi được lấy cùng màu”.
Ta cón(C)=C2₄+C2₃+C2₂=10.
Xác suất củaClàP (C)=n(C)

n(Ω)=
5
18.

<b>4</b> D: “hai viên bi được lấy khác màu”.

Biến cố đối củaDlà “Hai bi được lấy cùng màu”.
Suy ra xác suất của biến cốDlàP(D)=1−P (C)=13

18.

ä

BÀI 3. Từ một hộp13bóng đèn, trong đó có6bóng hỏng, lấy ngẫu nhiên5bóng ra khỏi hộp. Tính xác suất sao cho
Có nhiều nhất hai bóng hỏng. <b>ĐS:</b> 84

143

<b>1</b> Có ít nhất một bóng khơng hỏng. <b>ĐS:</b> 427

429

<b>2</b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(61)</span><div class='page_container' data-page=61>

<b>1</b> Xác suất có nhiều nhất hai bóng hỏng được lấy.
Số phần tử của khơng gian mẫun(Ω)₌C5₁₃.

GọiAlà biến cố “Có nhiều nhất hai bóng hỏng được lấy”.
Số phần tử của biến cốAlàC1₆_·C4₇₊C3₇_·C2₆₊C0₆_·C5₇₌756.
Xác suất của biến cố AlàP(A)₌n(A)

n(Ω)=
84
143.

<b>2</b> Có ít nhất một bóng khơng hỏng.

GọiBlà biến cố “Có ít nhất một bóng hỏng được lấy trong5bóng được lấy ra”.
Biến cố đối củaBlàB: “Cả5bóng đều hỏng”.

Số phần tử củaBlàn³B´=C5₆.

Xác suất củaBlàP (B)₌1₋B₌1₋
n³B´
n(Ω)=

427
429.

ä

BÀI 4. Trong một hộp có 8viên bi đỏ và6viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên4viên bi từ hộp trên. Tính xác suất để 4

viên bi được lấy có cả bi xanh và bi đỏ. <b>ĐS:</b> 916

1001

<b>Lời giải.</b>

Số phần tử của không gian mẫu làn(Ω)₌C4₁₄.

Số phần tử của biến cốA: “4viên bi được lấy có cả bi xanh, bi đỏ” là

n(A)₌C4₁₄₋C4₈₋C4₆₌916.

Xác suất của biến cốAlàP(A)₌n(A)
n(Ω)=

916

1001. ä

BÀI 5. Trong chiếc hộp có6bi đỏ,5bi vàng và4bi trắng. Lấy ngẫu nhiên trong hộp ra4viên bi. Tính xác suất để

trong4viên bi lấy ra không đủ cả3màu. <b>ĐS:</b> 48

91

<b>Lời giải.</b>

Số phần tử của không gian mẫu làn(Ω)₌C4₁₅.
GọiAlà biến cố “4viên bi lấy được có đủ cả3màu”.

<b>Trường hợp 1:</b>Có đúng1bi đỏ, số cách lấy làC1₆·C2₅·C1₄+C1₆·C1₅·C2₄=420.
<b>Trường hợp 2:</b>Có đúng2bi đỏ được chọn, số cách lấy làC2₆·C1₅·C1₄=300.
Số phần tử của biến cốAlàn(A)=720.

Xác suất của biến cốAlàP (A)₌n(A)
n(Ω)=

48
91.

<b>!</b>

Có thể giải bài tốn bằng cách gián tiếp. Biến cố đốiAlà “Bốn viên bi được chọn có đúng một màu hoặc đúng
hai màu”.

Điều đó có nghĩa ta sẽ đếm số cách chọn4bi có đúng một màu; số cách chọn4bi có đúng hai màu.
Cách giải này thể hiện ưu điểm khi số bị chọn lớn.

ä

BÀI 6. Một hộp chứa4viên bi trắng,5viên bi đỏ và6viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên từ hộp ra4viên bi. Tính xác
suất để4viên bi được chọn có đủ cả3màu và số bi đỏ nhiều nhất. <b>ĐS:</b> 16

91.

<b>Lời giải.</b>

Số phần tử của không gian mẫu làn(Ω)=C4₁₅.

GọiAlà biến cố: “4viên bi được chọn có đủ cả3màu và số bi đỏ là nhiều nhất”.

Số bi đỏ nhiều nhất và trong4bi được chọn đủ cả ba màu khi có đúng2bi đỏ được chọn.
Do đó, số phần tử của biến cốAlàn(A)=C2₅·C1₆·C1₆=240.

Xác suất của biến cốAlàP(A)₌n(A)
n(Ω)=

16

91. ä

BÀI 7. Một hộp đựng3viên bi xanh,4viên bi đỏ và5viên bi vàng. Lấy ngẫu nhiên5viên bi từ hộp. Tính xác suất

để trong5bi lấy ra có đủ3màu và số bi xanh bằng số bi đỏ. <b>ĐS:</b> 35

132

<b>Lời giải.</b>

Số phần tử của không gian mẫu làn(Ω)₌C5₁₂.

</div>
<span class='text_page_counter'>(62)</span><div class='page_container' data-page=62>

<b>Trường hợp 1:</b>1bi đỏ,1bi xanh và3bi vàng được chọn. Số cách chọn làC1₃_·C1₄_·C3₅₌120.
<b>Trường hợp 2:</b>2bi đỏ,2bi xanh và1bi vàng được chọn. Số cách chọn làC2₃_·C2₄_·C1₅₌90.
Số phần tử của biến cốAlà120+90=210.

Xác suất của biến cốAlàP(A)= n(A)

n(Ω)=

35

132. ä

BÀI 8. Cho hai hộp bi, hộp thứ nhất có4viên bi đỏ và3viên bi trắng. Hộp thứ hai có2viên bi đỏ và4viên bi trắng.
Chọn ngẫu nhiên mỗi hộp1viên. Tính xác suất để hai viên bi được chọn ra có cùng màu. <b>ĐS:</b> 10

21

<b>Lời giải.</b>

GọiΩlà khơng gian mẫu:n(Ω)₌C1₇_·C1₆₌42.

GọiAlà biến cố: "Hai viên bi được chọn có cùng màu".
Trường hợp 1: Hai bi được chọn đều là màu đỏ:C1₄_·C1₂₌8.
Trường hợp 2: Hai bi được chọn đều là màu trắng:C1₃·C1₄=12.
Số phần tử của biến cốAlà:n(A)₌C1₄·C₂1+C1₃·C1₄=20.

VậyP(A)₌n(A)
n(Ω)=

10

21. ä

BÀI 9. Để kiểm tra chất lượng sản phẩm từ công ty sữa, người ta đã gửi đến bộ phận kiểm nghiệm5hộp sữa cam,
4sữa dâu và3sữa nho. Bộ phận kiểm nghiệm lấy ngẫu nhiên3hộp sữa để phân tích mẫu. Tính xác suất để3hộp

được chọn có cả3loại. <b>ĐS:</b> 3

11

<b>Lời giải.</b>

GọiΩlà khơng gian mẫu:n(Ω)=C3₁₂=220.
GọiAlà biến cố: "3hộp được chọn có cả3loại".
Số phần tử của biến cốAlà:n(A)₌C1

5·C14·C13=60.

VậyP(A)₌n(A)
n(Ω)=

3

11. ä

<b>G</b>

<b>BÀI TẬP TỰ LUYỆN</b>

BÀI 10. Trong một lô hàng có12sản phẩm khác nhau, trong đó có đúng2phế phẩm. Lấy ngẫu nhiên6sản phẩm
từ lơ hàng đó. Hãy tính xác suất để trong6sản phẩm được lấy ra có khơng q một phế phẩm. <b>ĐS:</b> 17

22

<b>Lời giải.</b>

GọiΩlà không gian mẫu:n(Ω)=C6₁₂=924.

GọiAlà biến cố: "6sản phẩm được lấy ra có khơng q một phế phẩm".
Trường hợp 1:6sản phẩm được lấy ra khơng có phế phẩm nào:C6₁₀₌210.
Trường hợp 2:6sản phẩm được lấy ra có đúng1phế phẩm:C1₂_·C5₁₀₌504.
Số phần tử của biến cốAlà:n(A)₌C6₁₀₊C1₂_·C5₁₀₌714.

VậyP(A)₌n(A)
n(Ω)=

17

22. ä

BÀI 11. Trong đợt kiểm tra chất lượng sản xuất sản phẩm tiêu dùng, một đồn thanh tra lấy ngẫu nhiên 5sản
phẩm từ1lơ hàng của một cơng ty để kiểm tra. Tính xác suất để đồn thanh tra lấy được ít nhất2phế phẩm. Biết
rằng trong lơ hàng đó có100sản phẩm, trong đó có95chính phẩm và5phế phẩm. <b>ĐS:</b> 357319

18821880

<b>Lời giải.</b>

GọiΩlà không gian mẫu:n(Ω)=C5₁₀₀=75287520.

GọiAlà biến cố: "5sản phẩm được lấy ra có ít nhất2phế phẩm".

Suy ra biến cố đốiAlà biến cố "5sản phẩm được lấy ra có khơng q1phế phẩm".
Trường hợp 1:5sản phẩm được lấy ra khơng có phế phẩm nào:C5₉₅=57940519.
Trường hợp 2:5sản phẩm được lấy ra có đúng1phế phẩm:C1₅·C4₉₅=15917725.
Số phần tử của biến cốAlà:n(A)₌C5₉₅₊C1₅_·C4₉₅₌73858244.

VậyP(A)₌1₋P(A)₌1₋n(A)

n(Ω)=

357319

18821880. ä

BÀI 12. Một đơn vị vận tải có10xe ơ tơ trong đó có 6xe tốt. Họ điều động ngẫu nhiên 3xe đi cơng tác. Tính xác

suất sao cho3xe điều động đi phải có ít nhất1xe tốt. <b>ĐS:</b> 29

30

<b>Lời giải.</b>

GọiΩlà khơng gian mẫu:n(Ω)=C3₁₀=120.

GọiAlà biến cố: "3xe điều động đi phải có ít nhất1xe tốt".

</div>
<span class='text_page_counter'>(63)</span><div class='page_container' data-page=63>

Số phần tử của biến cốAlà:n(A)₌C3₄₌4.

VậyP(A)₌1₋P(A)₌1₋n(A)
n(Ω)=

29

30. ä

BÀI 13. Trên giá sách có5quyển sách tốn học,4quyển Vật lý và3quyển Hóa học. Lấy ngẫu nhiên4quyển. Tính
xác suất sao cho:

ít nhất1quyển Tốn học. <b>ĐS:</b> 92

99

<b>1</b>

có đúng2quyển Vật lý. <b>ĐS:</b> 56

165

<b>2</b>

<b>Lời giải.</b>

GọiΩlà không gian mẫu:n(Ω)₌C4₁₂₌495.

GọiAlà biến cố: "Lấy ngẫu nhiên4quyển sách sao cho có ít nhất1quyển Tốn học".

Biến cố đối Alà biến cố "Lấy ngẫu nhiên4quyển sách sao cho khơng có quyển Tốn học nào".
Số phần tử của biến cốAlà:n(A)₌C4₇₌35.

VậyP(A)₌1₋P(A)₌1₋n(A)
n(Ω)=

92
99.

<b>1</b>

GọiBlà biến cố: "Lấy ngẫu nhiên4quyển sách sao cho có đúng2quyển Vật lý".

Số phần tử của biến cốBlà:n(B)₌C2₄_·C2₈₌168.

VậyP(B)₌n(B)
n(Ω)=

56
165.

<b>2</b>

ä

BÀI 14. Trên một kệ sách có12quyển sách khác nhau, gồm4quyển tiểu thuyết,6quyển truyện tranh và2quyển
truyện cổ tích. Lấy ngẫu nhiên3quyển từ kệ sách. Tính xác suất sao cho sao cho3quyển được lấy:

đơi một khác loại. <b>ĐS:</b> 12

55

<b>1</b>

đúng2quyển cùng một loại. <b>ĐS:</b> 37

55

<b>2</b>

<b>Lời giải.</b>

GọiΩlà khơng gian mẫu. Ta cón(Ω)₌C3₁₂₌220.

GọiAlà biến cố "Lấy ngẫu nhiên3quyển sao cho3quyển sách đôi một khác loại".
Số phần tử của biến cốAlà:n(A)=C1₄·C1₆·C1₂=48.

VậyP(A)₌n(A)
n(Ω)=

12
55.

<b>1</b>

GọiBlà biến cố "Lấy ngẫu nhiên3quyển sách sao cho có đúng2quyển cùng loại".

Trường hợp 1:2quyển tiểu thuyết,1quyển truyện tranh hoặc1quyển truyện cổ tích:C2₄·C1₈=48.
Trường hợp 2:2quyển truyện tranh,1quyển tiểu thuyết hoặc1quyển truyện cổ tích:C2

6·C16=90.

Trường hợp 3:2quyển truyện cổ tích,1quyển tiểu thuyết hoặc1quyển truyện tranh:C2₂_·C1₁₀₌10.
Số phần tử của biến cốBlà:n(B)₌C2₄_·C1₈₊C₆2_·C1₆₊C2₂_·C1₁₀₌148.

VậyP(B)₌n(B)
n(Ω)=

37
55.

<b>2</b>

ä

BÀI 15. Một ngân hàng đề thi gồm có20câu hỏi. Mỗi đề thi gồm có4câu được lấy ngẫu nhiên từ ngân hàng đề thi.
Thí sinhAđã học thuộc10câu trong ngân hàng đề thi. Tìm xác suất để thí sinh Arút ngẫu nhiên được một đề thi

có ít nhất2câu đã học thuộc. <b>ĐS:</b>229

323

<b>Lời giải.</b>

GọiΩlà khơng gian mẫu:n(Ω)=C4₂₀=4845.

GọiBlà biến cố: "Thí sinh Arút ngẫu nhiên được một đề thi có ít nhất2câu đã học".
Trường hợp 1: Thí sinhArút được2câu đã học thuộc:C2₁₀·C2₁₀=2025.

Trường hợp 2: Thí sinhArút được3câu đã học thuộc:C3

10·C110=1200.

Trường hợp 3: Thí sinhArút được4câu đã học thuộc:C4₁₀₌210.
Số phần tử của biến cốBlà:n(B)₌C2₁₀_·C2₁₀₊C3₁₀_·C1₁₀₊C4₁₀₌3435.
VậyP(B)₌n(B)

n(Ω)=
229

</div>
<span class='text_page_counter'>(64)</span><div class='page_container' data-page=64>

BÀI 16. Mỗi đề thi gồm4câu được lấy ngẫu nhiên từ15câu hỏi trong một ngân hàng đề thi gồm15câu hỏi. Bạn
Thủy đã học thuộc8câu trong ngân hàng đề thi. Tính xác suất để bạn Thủy rút ngẫu nhiên được một đề thi có ít

nhất2câu đã thuộc. <b>ĐS:</b> 10

13

<b>Lời giải.</b>

GọiΩlà không gian mẫu:n(Ω)=C4₁₅=1365.

GọiAlà biến cố "Bạn Thủy rút ngẫu nhiên được một đề thi có ít nhất2câu đã thuộc".
Trường hợp 1: Bạn Thủy rút được2câu đã học thuộc:C2₈·C2₇=588.

Trường hợp 2: Bạn Thủy rút được3câu đã học thuộc:C3₈_·C1₇₌392.
Trường hợp 3: Bạn Thủy rút được4câu đã học thuộc:C4₈₌70.
Số phần tử của biến cốAlà:n(A)₌C2₈.C2₇₊C3₈.C1₇₊C4₈₌1050
VậyP(A)₌n(A)

n(Ω)=
10

13. ä

BÀI 17. Đề cương ôn tập cuối năm môn Lịch sử12có40câu hỏi khác nhau. Đề thi kiểm tra học kỳ2gồm3câu hỏi
trong40câu hỏi đó. Một học sinh chỉ học20câu trong đề cương ôn tập. Giả sử các câu hỏi trong đề cương đều có
khả năng được chọn làm câu hỏi thi như nhau. Tính xác suất để ít nhất có2câu hỏi trong đề thi kiểm tra học kỳ2

nằm trong số20câu hỏi mà em học sinh đã được học. <b>ĐS:</b>1

2

<b>Lời giải.</b>

GọiΩlà khơng gian mẫu:n(Ω)=C3₄₀=9880.

GọiAlà biến cố "ít nhất có2câu hỏi trong đề thi kiểm tra học kỳ2nằm trong số20câu hỏi mà em học sinh đã được
học"

Trường hợp 1: Rút được2câu hỏi trong số20câu đã học:C2

20·C120=3800.

Trường hợp 2: Rút được3câu hỏi trong số20câu đã học:C3₂₀₌1140.
Số phần tử của biến cốAlà:n(A)₌C2₂₀.C1₂₀₊C3₂₀₌4940

VậyP(A)₌n(A)
n(Ω)=

1

2. ä

BÀI 18. Một bộ đề thi toán học sinh giỏi lớp12mà mỗi đề gồm5câu, được chọn từ15câu dễ,10câu trung bình và
5câu khó. Một đề thi được gọi là “Tốt” nếu trong đề thi có cả3câu dễ, trung bình và khó, đồng thời số câu dễ khơng
ít hơn2. Lấy ngẫu nhiên một đề thi trong bộ đề trên. Tìm xác suất để đề thi lấy ra là một đề thi “Tốt”. <b>ĐS:</b> 625

1566

<b>Lời giải.</b>

GọiΩlà không gian mẫu:n(Ω)₌C5₃₀₌142506.
GọiAlà biến cố "đề thi lấy ra là một đề thi Tốt".

Vì trong một đề thi Tốt có cả3câu dễ, trung bình và khó, đồng thời số câu dễ khơng ít hơn2nên ta có các trường
hợp sau đây thuận lợi cho biến cốA.

Trường hợp 1: Đề thi gồm3câu dễ,1trung bình,1khó:C3₁₅_·C1₁₀.C1₅₌22750.
Trường hợp 2: Đề thi gồm2câu dễ,2trung bình,1khó:C2₁₅_·C2₁₀.C1₅₌23625.
Trường hợp 3: Đề thi gồm2câu dễ,1trung bình,2khó:C2₁₅·C1₁₀.C2₅=10500.
Số phần tử của biến cốAlà:n(A)=C3₁₅.C1₁₀.C1₅+C2₁₅.C2₁₀.C1₅+C2₁₅.C1₁₀.C2₅=56875.
VậyP(A)=n(A)

n(Ω)=
625

1566. ä

BÀI 19. Trong kì thi THPT Quốc Gia, Khoa làm đề thi trắc nghiệm mơn Hóa. Đề thi gồm50câu hỏi, mỗi câu có4
phương án trả lời, trong đó chỉ có1phương án đúng, trả lời đúng mỗi câu được0, 2điểm. Khoa trả lời hết các câu
hỏi và chắc chắn đúng45câu,5câu cịn lại Khoa chọn ngẫu nhiên. Tính xác suất để điểm thi Hóa của Khoa khơng

dưới9, 5điểm. <b>ĐS:</b> 53

512

<b>Lời giải.</b>

Bạn Khoa được không dưới9, 5điểm khi và chỉ khi trong5câu trả lời ngẫu nhiên, khoa trả lời đúng ít nhất3câu.
Xác suất trả lời đúng một câu là0, 25, trả lời sai là0, 75

Xác suất Khoa trả lời đúng3câu trên5câu là:C3₅.(0, 25)3.(0, 75)2= 45
512.

Xác suất Khoa trả lời đúng4câu trên5câu là:C4₅.(0, 25)4.(0, 75)₌ 15

1024.
Xác suất Khoa trả lời đúng5câu là:C5₅.(0, 25)5= 1

1024.

Vậy xác suất Khoa được không dưới9, 5điểm là:C3₅.(0, 25)3.(0, 75)2₊C4₅.(0, 25)4.(0, 75)₊C5₅.(0, 25)5₌ 53
512.

</div>
<span class='text_page_counter'>(65)</span><div class='page_container' data-page=65>

<b>H</b>

<b>LÍ THUYẾT</b>

<b>I</b>

<b>VÍ DỤ</b>

VÍ DỤ 1. Một lớp có30học sinh, trong đó có8em giỏi,15em khá và7em trung bình. Chọn ngẫu nhiên3em
đi dự đại hội. Tính xác suất để:

Cả3em đều là học sinh giỏi. <b>ĐS:</b> 2

145

<b>1</b>

Có ít nhất1học sinh giỏi. <b>ĐS:</b> 18

29

<b>2</b>

Khơng có học sinh trung bình. <b>ĐS:</b> 253

580

<b>3</b>

<b>Lời giải.</b>

GọiΩlà khơng gian mẫu:n(Ω)=C3₃₀=4060.

GọiAlà biến cố: "Cả3em được chọn đều là học sinh giỏi", ta cón(A)₌C3₈₌56.
Vậy xác suất của biến cốAlà:P(A)₌n(A)

n(Ω)=
2
145.

<b>1</b>

GọiBlà biến cố: "Trong cả3em được chọn có ít nhất1học sinh giỏi".

Suy raBlà biến cố "Trong cả3em được chọn khơng có học sinh giỏi", ta cón(B)=C3₂₂=1540.
Vậy xác suất của biến cốBlà:P(B)₌1₋P(B)₌1₋n(B)

n(Ω)=
18
29.

<b>2</b>

GọiClà biến cố: "Trong cả3em được chọn khơng có học sinh trung bình", ta cón(C)₌C3₂₃₌1771.

Vậy xác suất của biến cốClà:P(C)₌n(C)

n(Ω)=
253
580.

<b>3</b>

ä

VÍ DỤ 2. Một đội ngũ cán bộ khoa học gồm8nhà toán học nam,5nhà vật lý nữ và3nhà hóa học nữ. Chọn
ra từ đó4người đi cơng tác. Tính xác suất trong4người được chọn phải có nữ và có đủ cả ba bộ mơn.<b>ĐS:</b> 3

7

<b>Lời giải.</b>

GọiΩlà không gian mẫu:n(Ω)₌C4₁₆₌1820.

GọiAlà biến cố: "Trong4người được chọn phải có nữ và có đủ cả ba bộ mơn".

Trường hợp 1: Số cách chọn4người trong đó có2nhà tốn học,1nhà vật lý,1nhà hóa học là:C₈2_·C1₅_·C1₃₌420.
Trường hợp 2: Số cách chọn4người trong đó có1nhà tốn học,2nhà vật lý,1nhà hóa học là:C₈1_·C2₅_·C1₃₌240.
Trường hợp 3: Số cách chọn4người trong đó có1nhà tốn học,1nhà vật lý,2nhà hóa học là:C₈1·C1₅·C2₃=120.
Số phần tử của biến cốAlà:n(A)=C2₈·C1₅·C1₃+C1₈·C2₅·C1₃+C1₈·C1₅·C2₃=780.

VậyP(A)=n(A)
n(Ω)=

3

7. ä

VÍ DỤ 3. Một lớp có20 nam sinh và15 nữ sinh. Giáo viên gọi ngẫu nhiên4học sinh lên bảng giải bài tập.

Tính xác suất để4học sinh được gọi có cả nam và nữ. <b>ĐS:</b> 4615

5236

<b>Lời giải.</b>

GọiΩlà không gian mẫu:n(Ω)=C4₃₅=52360.

GọiAlà biến cố: "4học sinh được gọi lên bảng có cả nam và nữ".

Trường hợp 1: Số cách chọn4bạn lên bảng trong đó có3học sinh nam,1học nữ là:C3₂₀·C1₁₅=17100
Trường hợp 2: Số cách chọn4bạn lên bảng trong đó có2học sinh nam,2học nữ là:C2₂₀·C2₁₅=19950.
Trường hợp 3: Số cách chọn4bạn lên bảng trong đó có1học sinh nam,3học nữ là:C1

20·C315=9100.

Số phần tử của biến cốAlà:n(A)₌C3₂₀.C1₁₅₊C₂₀2 .C2₁₅₊C1₂₀_·C3₁₅₌46150.
VậyP(A)₌n(A)

n(Ω)=
4615

</div>
<span class='text_page_counter'>(66)</span><div class='page_container' data-page=66>

VÍ DỤ 4. Một đội văn nghệ có15người gồm9nam và6nữ. Chọn ngẫu nhiên8người đi hát đồng ca. Tính
xác suất để trong8người được chọn có số nữ nhiều hơn số nam. <b>ĐS:</b> 12

143

<b>Lời giải.</b>

GọiΩlà không gian mẫu:n(Ω)=C8₁₅=6435.

GọiAlà biến cố: "8người được chọn có số nữ nhiều hơn số nam".
Trường hợp 1:2học sinh nam và6học sinh nữ được chọn:C2₉·C6₆=36.
Trường hợp 2:3học sinh nam và5học sinh nữ được chọn:C3₉_·C5₆₌504.
Số phần tử của biến cốAlàn(A)₌C2₉_·C₆6₊C3₉_·C5₆₌540.

VậyP(A)₌n(A)
n(Ω)=

12

143. ä

VÍ DỤ 5. Cần chọn ngẫu nhiên5học sinh trong một lớp học có15nam và10nữ để tham gia đồng diễn. Tính
xác suất sao cho5học sinh được chọn có cả nam lẫn nữ và số học sinh nữ ít hơn số học sinh nam. <b>ĐS:</b> 325

506

<b>Lời giải.</b>

GọiΩlà không gian mẫu:n(Ω)₌C5₂₅₌53130.

GọiAlà biến cố: "5học sinh được chọn có cả nam lẫn nữ và số học sinh nữ ít hơn số học sinh nam".
Trường hợp 1:1học sinh nữ và4học sinh nam được chọn:C1₁₀_·C4₁₅₌13650.

Trường hợp 2:2học sinh nữ và3học sinh nam được chọn:C2₁₀_·C3₁₅₌20475.
Số phần tử của biến cốAlà:n(A)₌C1₁₀_·C₁₅4 ₊C2₁₀_·C3₁₅₌34125.

VậyP(A)₌n(A)
n(Ω)=

325

506. ä

<b>J</b>

<b>BÀI TẬP RÈN LUYỆN</b>

BÀI 1. Một chi đồn có15đồn viên, trong đó có7nam và8nữ. Người ta chọn ra4người trong chi đồn đó để lập
một đội thanh niên tình nguyện. Tính xác suất sao cho trong4người được chọn có ít nhất một nữ. <b>ĐS:</b> 38

39

<b>Lời giải.</b>

GọiΩlà không gian mẫu:n(Ω)=C4₁₅=1365.

GọiAlà biến cố: "4người được chọn có ít nhất một nữ".

Suy ra biến cố đốiAlà biến cố: "4người được chọn khơng có nữ nào".
Số phần tử của biến cốAlà:n(A)₌C4₇₌35.

VậyP(A)₌1₋P(A)₌1₋n(A)
n(Ω)=

38

39. ä

BÀI 2. Một lớp học có20học sinh nam và15học sinh nữ. Thầy giáo chủ nhiệm chọn ra5học sinh để lập một tốp ca
chào mừng ngày22tháng12. Tính xác suất sao cho trong tốp ca có ít nhất một học sinh nữ. <b>ĐS:</b>2273

2387

<b>Lời giải.</b>

GọiΩlà không gian mẫu:n(Ω)=C5₃₅=324632.

GọiAlà biến cố: "5người được chọn có ít nhất một nữ".

Suy ra biến cố đốiAlà biến cố:"5người được chọn khơng có nữ nào".
Số phần tử của biến cốAlà:n(A)₌C5₂₀₌15504.

VậyP(A)₌1₋P(A)₌1₋n(A)
n(Ω)=

2273

2387. ä

BÀI 3. Một đội văn nghệ của trường THPT Năng Khiếu gồm5học sinh nữ và10học sinh nam. Chọn ngẫu nhiên8
học sinh trong đội văn nghệ để lập một tốp ca. Tính xác suất để tốp ca có ít nhất3học sinh nữ. <b>ĐS:</b> 82

143

<b>Lời giải.</b>

GọiΩlà khơng gian mẫu:n(Ω)=C8₁₅=6435.

GọiAlà biến cố: "có ít nhất3học sinh nữ được chọn"

Suy ra biến cố đốiAlà biến cố:"có khơng q2học sinh nữ được chọn"
Trường hợp1: khơng có học sinh nữ nào được chọn:C8₁₀=45.

Trường hợp2:1học sinh nữ và7học sinh nam được chọn:C1₅_·C7₁₀₌600.
Trường hợp3:2học sinh nữ và6học nam được chọn:C2₅_·C6₁₀₌2100.
Số phần tử của biến cốAlà:n(A)₌C8₁₀₊C1₅_·C7₁₀₊C2₅_·C6₁₀₌2745.

VậyP(A)₌1₋P(A)₌1₋n(A)
n(Ω)=

82

</div>
<span class='text_page_counter'>(67)</span><div class='page_container' data-page=67>

BÀI 4. Một tổ có11học sinh, trong đó có5nam và6nữ. Giáo viên chọn5học sinh làm trực tuần. Tính xác suất để

chọn được nhiều nhất2học sinh nam. <b>ĐS:</b>281

462

<b>Lời giải.</b>

GọiΩlà không gian mẫu:n(Ω)₌C5₁₁₌462.

GọiAlà biến cố "5học sinh được chọn có nhiều nhất2học sinh nam".
Trường hợp1: khơng có học sinh nam nào được chọn:C5₆₌6.

Trường hợp2:1học sinh nam và4học sinh nữ được chọn:C1₅_·C4₆₌75.
Trường hợp3:2học sinh nam và3học nữ được chọn:C2₅·C3₆=200.
Số phần tử của biến cốAlà:n(A)=C5₆+C1₅·C4₆+C2₅·C3₆=281.
VậyP(A)=n(A)

n(Ω)=
281

462. ä

BÀI 5. Trong kì thi thử TN THPT QG lần I năm2017tại trường THPT X có13 học sinh đạt điểm9, 0mơn Tốn,
trong đó khối12có8học sinh nam và3học sinh nữ, khối11có2học sinh nam. Chọn ngẫu nhiên3học sinh bất kỳ
để trao thưởng, tính xác suất để trong3học sinh chọn có cả nam và nữ, có cả khối11và khối12. <b>ĐS:</b> 9

286

<b>Lời giải.</b>

GọiΩlà không gian mẫu:n(Ω)₌C3₁₃₌286.

GọiAlà biến cố "3học sinh được chọn có cả nam và nữ, có cả khối11và khối12".
Trường hợp1:1học sinh nam khối11và2học sinh nữ khối12:C1₂_·C2₃₌6.

Trường hợp2:2học sinh nam khối11và1học sinh nữ khối12được chọn:C2₂_·C1₃₌3.
Số phần tử của biến cốAlà:n(A)₌C1₂_·C₃2₊C2₂_·C1₃₌9

VậyP(A)₌n(A)
n(Ω)=

9

286. ä

BÀI 6. Tổ một có3học sinh nam và4học sinh nữ. Tổ hai có5học sinh nam và2học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên mỗi
tổ một học sinh đi làm nhiệm vụ. Tính xác suất sao cho chọn được hai học sinh có cả nam và nữ ? <b>ĐS:</b> 26

49

<b>Lời giải.</b>

GọiΩlà không gian mẫu:n(Ω)=C1₇·C1₇=49.

GọiAlà biến cố: "Hai học sinh được chọn có cả nam và nữ, có cả tổ một và tổ hai "
Trường hợp1:1học sinh nam tổ một và1học sinh nữ tổ hai:C1₃_·C1₂₌6.

Trường hợp2:1học sinh nữ tổ một và1học sinh nam tổ hai:C1₄_·C1₅₌20
Số phần tử của biến cốAlà:n(A)₌C1₃_·C₂1₊C1₄_·C1₅₌26.

VậyP(A)₌n(A)
n(Ω)=

26

49. ä

BÀI 7. Trong một tổ của lớp 12A có12học sinh gồm có7học sinh nam và5học sinh nữ, trong đó có A (nam) là tổ
trưởng và B (nữ) là tổ phó. Chọn ngẫu nhiên5học sinh trong tổ để tham gia hoạt động tập thể của trường nhân
dịp ngày thành lập Đoàn 26 tháng 3. Tính xác suất để sao cho nhóm học sinh được chọn có3học sinh nam và2học
sinh nữ, trong đó phải có bạn A hoặc bạn B nhưng khơng có cả hai <b>ĐS:</b>P₌ 85

396.

<b>Lời giải.</b>

Không gian mẫu là|Ω| =C5₁₂.

Ta xét hai trường hợp xảy ra cho u cầu bài tốn là

<b>TH1:</b>Có bạn A nhưng khơng có bạn B, khi đó ta cần chọn thêm2học sinh nam và2học sinh nữ. Vậy cóC2₆_×C2₄
cách chọn.

<b>TH1:</b>Có bạn B nhưng khơng có bạn A, khi đó ta cần chọn thêm3học sinh nam và1học sinh nữ. Vậy cóC3₆_×C1₄
cách chọn.

Vậy số cách chọn để u cầu bài tốn thỏa mãn là|ΩA| =C2₆_×C2₄₊C3₆_×C1₄₌170.
Vậy ta suy ra xác suất cần tìm làP=170

C5₁₂ =
85

396. ä

BÀI 8. Một đồn cảnh sát gồm có9người, trong đó có2trung tá An và Bình. Trong một nhiệm vụ cần huy động3
đồng chí thực hiện nhiệm vụ ở địa điểm C,2đồng chí thực hiện nhiệm vụ ở địa điểm D và4đồng chí cịn lại trực ở
đồn. Tính xác suất sao cho hai trung tá An và Bình không ở cùng một khu vực làm nhiệm vụ. <b>ĐS:</b>P₌13

18.

<b>Lời giải.</b>

Số cách chia9người ra làm việc ở ba địa điểm làC3₉_×C2₆_×C4₄.

Xét tình huống hai trung tá An và Bình cùng làm việc ở một địa điểm, ta có ba trường hợp
<b>TH1:</b>An và Bình cùng làm việc ở địa điểm C, ta cóC1₇×C2₆×C4₄.

</div>
<span class='text_page_counter'>(68)</span><div class='page_container' data-page=68>

<b>TH3:</b>An và Bình cùng làm việc ở địa điểm E, ta cóC3₇_×C2₄_×C2₂.

Vậy xác suất để phân cơng nhiệm vụ sao cho An và Bình khơng làm chung ở một địa điểm là
P=1−C

1

7×C26×C44+C37×C44+C37×C24×C22

C3₉_×C2₆_×C4₄ =
13
18.

ä

BÀI 9. Bốn bạn nam và bốn bạn nữ, được xếp ngồi ngẫu nhiên vào 8 ghế xếp thành hàng ngang, trong8bạn có hai
bạn tên An và Bình. Tìm xác suất sao cho

Nam nữ ngồi xen kẽ nhau. <b>ĐS:</b>P1=

1
35.

<b>1</b> Bốn bạn nam luôn ngồi cạnh nhau. <b>ĐS:</b>P2=

1
14.

<b>2</b>

Đầu ghế và cuối ghế bắt buộc phải là nam. <b>ĐS:</b>
P3=

3
14.

<b>3</b> Tất cả các bạn nữ không ngồi cạnh nhau. <b>ĐS:</b>

P4=

13
14.

<b>4</b>

Hai đầu ghế phải khác giới. <b>ĐS:</b>P5=

4
7.

<b>5</b> Các bạn nam luôn ngồi cạnh nhau và các bạn nữ

luôn ngồi cạnh nhau. <b>ĐS:</b>P6=

1

35.

<b>6</b>

An và Bình ln ngồi gần nhau. <b>ĐS:</b>P7=

1
4.

<b>7</b> An và bình khơng ngồi cạnh nhau. <b>ĐS:</b>P8=

3
4.

<b>8</b>

<b>Lời giải.</b>

Số cách xếp chỗ một cách tùy ý cho8bạn là8!cách.

<b>1</b> Để các bạn nam và nữ ngồi xen kẽ nhau, ta có2×4!×4!cách, suy ra xác suất là
P1=

2_×4!_×4!

8! =

1
35.

<b>2</b> Xem bốn bạn nam là một nhóm, ta xếp nhóm đó với các bạn nữ thì có5!cách xếp. Trong nhóm bốn bạn nam,
có4!cách đổi chỗ các bạn, nên có tổng cộng5!_×4!cách xếp để bốn bạn nam luôn ngồi cạnh nhau. Suy ra xác
suất làP2=

5!_×4!
8! =

1
14.

<b>3</b> Để chọn hai bạn nam cho vị trí đầu và cuối, ta cóA2₄cách, xếp6bạn cịn lại vào các vị trí ở giữa, ta có6!cách
xếp. Vậy cóA2₄_×6!cách, suy ra xác suất làP3=

A2₄×6!
8! =

3
14.

<b>4</b> Xem bốn bạn nữ là một nhóm, ta xếp nhóm đó với các bạn nam thì có5!cách xếp. Trong nhóm bốn bạn nữ, có
4!cách đổi chỗ các bạn, nên có tổng cộng5!×4!cách xếp để bốn bạn nữ ngồi cạnh nhau. Suy ra xác suất để tất
cả các bạn nữ khơng ngồi cạnh nhau làP4=1−

5!_×4!
8! =

13
14.

<b>5</b> Hai đầu ghế khác giới nên có hai trường hợp xảy ra, vậy có2×4×4cách xếp cho hai ghế đầu. Các ghế cịn lại

có6!cách xếp, vậy nên có2×4×4×6!cách xếp.

Suy ra xác suất làP5=

2_×4_×4_×6!

8! =

4
7.

<b>6</b> Xem bốn bạn nam là một nhóm, bốn bạn nữ là một nhóm, xếp hai nhóm đó ta có2!cách xếp, ở mỗi nhóm, có
4!cách xếp chỗ các thành viên trong đó, nên tổng cộng có2!×4!×4!cách xếp.

Suy ra xác suất làP6=

2!×4!×4!

8! =

1
35.

<b>7</b> Xem hai bạn An và Bình là một nhóm, xếp nhóm đó chung với các bạn cịn lại có7!cách, sau đó hai bạn đổi
chỗ với nhau nên có2!cách xếp. Vậy tổng cộng có7!_×2!cách xếp, suy ra xác suất làP7=

7!_×2!
8! =

1

4.

<b>8</b> Xem hai bạn An và Bình là một nhóm, xếp nhóm đó chung với các bạn cịn lại có7!cách, sau đó hai bạn đổi
chỗ với nhau nên có2!cách xếp. Vậy tổng cộng có7!×2!cách xếp, suy ra xác suất để An và Bình khơng ngồi
cạnh nhau làP8=1−

7!_×2!
8! =

3
4.

ä

</div>
<span class='text_page_counter'>(69)</span><div class='page_container' data-page=69>

Đứa bé ngồi giữa hai người phụ nữ. <b>ĐS:</b>P1=

1
15.

<b>1</b> Đứa bé ngồi giữa hai người đàn ông. <b>ĐS:</b>P2=

1
5.

<b>2</b>

<b>Lời giải.</b>

Số cách xếp chỗ tùy ý cho6người là6!cách.

<b>1</b> Để đứa bé ngồi giữa hai người phụ nữ, ta xem đứa bé và hai người phụ nữ là một nhóm. Ta xếp nhóm đó với3
người đàn ơng, có4!cách.

Trong nhóm em bé và phụ nữ, ta có2!cách xếp vị trí cho hai người phụ nữ.
Vậy có4!_×2!cách, suy ra xác suất để đứa bé ngồi giữa hai phụ nữ làP1=

4!×2!
6! =

1
15.

<b>2</b> Để đứa bé ngồi giữa hai người đàn ông, ta xem đứa bé và hai người đàn ơng là một nhóm. Để chọn được hai
đàn ông đứng hai bên em bé, ta cóA2₃cách, xếp nhóm đó với 2người phụ nữ và người đàn ơng cịn lại, có 4!
cách.

Vậy cóA2₃×4!cách, suy ra xác suất để đứa bé ngồi giữa hai đàn ơng làP2=

A2₃_×4!
6! =

1
5.

ä

<b>K</b>

<b>BÀI TẬP TỰ LUYỆN</b>

BÀI 11. Trong giờ Thể dục, tổ I lớp 11A có12học sinh gồm7học sinh nam và5học sinh nữ tập trung ngẫu nhiên
theo một hàng dọc. Tính xác suất để người đứng ở đầu hàng và cuối hàng đều là học sinh nam. <b>ĐS:</b>P= 7

22.

<b>Lời giải.</b>

Số cách xếp chỗ tùy ý cho12học sinh đó là12!cách.

Để người đứng đầu hàng và cuối hàng đều là nam, ta cóA2₇cách chọn học sinh xếp vào hai vị trí đó.
Các học sinh cịn lại được xếp vào giữa, có10!cách xếp.

Suy ra xác suất để bài tốn xảy ra làP=A

2
7×10!

12! =
7

22. ä

BÀI 12. Đội tuyển học sinh giỏi của trường THPT X có8học sinh nam và4học sinh nữ. Trong buổi lễ trao phần
thưởng, các học sinh trên được xếp thành một hàng ngang. Tính xác suất để khi xếp sao cho hai học sinh nữ không

đứng cạnh nhau. <b>ĐS:</b>P=14

55.

<b>Lời giải.</b>

Số cách xếp chỗ tùy ý cho12học sinh đó là12!cách.
Ta xếp8học sinh nam vào hàng ngang, có8!cách xếp.

Các học sinh nữ được xếp vào các khe hỡ giữa các bạn nam, có9vị trí để các bạn nữ có thể đứng, nên cóA4₉cách xếp
các bạn nữ.

Suy ra xác suất để bài toán xảy ra làP=8!×A

4
9

12! =
14

55. ä

BÀI 13. Xếp ngẫu nhiên3học sinh nam và2học sinh nữ thành một hàng ngang. Tính xác suất để có2học sinh nữ

đứng cạnh nhau. <b>ĐS:</b>P₌2

5.

<b>Lời giải.</b>

Số cách xếp chỗ tùy ý cho5học sinh đó là5!cách.

Ta xem hai học sinh nữ là một nhóm, xếp nhóm đó chung với các bạn nam, ta có4!cách xếp.
Trong nhóm hai học sinh nữ, hai bạn có2!cách để đổi chỗ cho nhau.

Suy ra xác suất để bài tốn xảy ra làP₌4!×2!
5! =

2

5. ä

BÀI 14. Một tổ học sinh có5em nữ và8em nam được xếp thành một hàng dọc. Tính xác suất để khơng có hai em

nữ nào đứng cạnh nhau? <b>ĐS:</b>P= 14

143.

<b>Lời giải.</b>

Số cách xếp chỗ tùy ý cho13học sinh đó là13!cách.
Ta xếp8học sinh nam vào hàng ngang, có8!cách xếp.

Các học sinh nữ được xếp vào các khe hỡ giữa các bạn nam, có9vị trí để các bạn nữ có thể đứng, nên cóA5₉cách xếp
các bạn nữ.

Suy ra xác suất để bài toán xảy ra làP=8!×A

5
9

13! =
14

143. ä

BÀI 15. Một tổ học sinh có4em nữ và5em nam được xếp thành một hàng dọc. Tính xác suất để chỉ có hai em nữ A
và B đứng cạnh nhau, cịn các em nữ cịn lại khơng đứng cạnh nhau và cũng không đứng cạnh A và B.<b>ĐS:</b>P₌ 5

21.

</div>
<span class='text_page_counter'>(70)</span><div class='page_container' data-page=70>

Số cách xếp chỗ tùy ý cho9học sinh đó là9!cách.
Ta xếp5học sinh nam vào hàng ngang, có5!cách xếp.

Các học sinh nữ được xếp vào các khe hỡ giữa các bạn nam, có6vị trí để các bạn nữ có thể đứng.

Xét hai bạn A và B là một nhóm, ta có cóA4₆cách xếp các bạn nữ. Ở tại vị trí nhóm hai bạn A và B đứng, hai bạn có
2!cách đổi chỗ cho nhau, nên có tất cảA4₆_×2!cách xếp nữ thỏa u cầu bài tốn.

Suy ra xác suất để bài tốn xảy ra làP₌5!×A

4
6×2!

9! =

5

21. ä

BÀI 16. Xếp ngẫu nhiên3người đàn ông,2người đàn bà và1đứa bé vào ngồi trên6cái ghế xếp quanh bàn trịn.
Tính xác suất sao cho:

Đứa bé ngồi giữa hai người đàn bà. <b>ĐS:</b>P1=

1
10.

<b>1</b> Đứa bé ngồi giữa hai người đàn ông. <b>ĐS:</b>P2=

3
10.

<b>2</b>

<b>Lời giải.</b>

Số cách xếp chỗ tùy ý cho6người lên bàn tròn là5!cách.

<b>1</b> Để đứa bé ngồi giữa hai người phụ nữ, ta xem đứa bé và hai người phụ nữ là một nhóm. Ta xếp nhóm đó với3
người đàn ơng vào bàn trịn, có3!cách.

Trong nhóm em bé và phụ nữ, ta có2!cách xếp vị trí cho hai người phụ nữ.
Vậy có3!_×2!cách, suy ra xác suất để đứa bé ngồi giữa hai phụ nữ làP1=

3!_×2!
5! =

1
10.

<b>2</b> Để đứa bé ngồi giữa hai người đàn ông, ta xem đứa bé và hai người đàn ông là một nhóm. Để chọn được hai
đàn ơng đứng hai bên em bé, ta cóA2₃cách, xếp nhóm đó với2người phụ nữ và người đàn ơng cịn lại, có3!
cách.

Vậy cóA2₃_×3!cách, suy ra xác suất để đứa bé ngồi giữa hai đàn ơng làP₌A

2

3×3!

5! =
3
10.

ä

BÀI 17. Có5bạn nam và5bạn nữ xếp ngồi ngẫu nhiên quanh một bàn trịn. Tính xác suất sao cho nam, nữ ngồi

xen kẽ nhau. <b>ĐS:</b>P₌ 1

126.

<b>Lời giải.</b>

Số cách ngồi tùy ý của10bạn là|Ω| =9!.

Để xếp chỗ cho các bạn nam và nữ ngồi xen kẽ nhau, ta làm qua hai bước là
Xếp5bạn nam vào bàn trịn, ta có4!cách xếp.

Để xếp các bạn nữ xen kẽ với các bạn nam, ta xếp các bạn nữ ngồi xen kẽ vào giữa các bạn nam, vì thế có5!
cách xếp các bạn nữ.

Vậy nên ta có4!×5!cách xếp thỏa bài tốn, suy ra xác suất cần tìm làP=4!×5!
9! =

1

126. ä

BÀI 18. Trong một giải cầu lông kỷ niệm ngày truyền thống học sinh – sinh viên có8người tham gia, trong đó có
hai bạn tên Việt và Nam. Các vận động viên được chia làm hai bảng A và B, mỗi bảng gồm4người. Giả sử việc chia
bảng bằng việc bốc thăm ngẫu nhiên. Tính xác suất để cả hai bạn Việt và Nam nằm chung một bảng đấu. <b>ĐS:</b>
P=3

7.

<b>Lời giải.</b>

Số cách chia8người thành hai bảng đấu một cách tùy ý làC4₈×C4₄.
Để A và B cùng thuộc vào một bảng đấu, ta làm các bước sau

Chọn bảng đấu có cả A và B trong đó, ta có2cách để chọn.

Trong bảng đã có A và B, chọn thêm hai người nữa, ta cóC2₆cách chọn.
Bốn người cịn lại ở bảng cịn lại nên có1cách chọn.

Vậy có2_×C2₆cách chia bảng để A và B thuộc cùng một bảng đấu, suy ra xác suất làP₌ 2×C

2
6

C4
8×C44

=3₇. ä

BÀI 19. Chuẩn bị đón tết Bính Thân 2016, đội thanh niên tình nguyện của trường THPT X gồm9học sinh, trong
đó có3học sinh nữ chia thành3tổ đều nhau làm công tác vệ sinh môi trường tại nghĩa trang liệt sĩ huyện. Tính

xác suất để mỗi tổ có đúng một nữ. <b>ĐS:</b>P₌ 9

28.

</div>
<span class='text_page_counter'>(71)</span><div class='page_container' data-page=71>

Số cách chia ba nhóm làm việc làC3₉_×C3₆_×C3₃cách.

Để chia việc thỏa mãn nhu cầu bài tốn thì ta cần chia mỗi tổ hai bạn nam và một bạn nữ.
Vậy nên cóC2₆_×C1₃_×C2₄_×C1₂_×C2₂_×C1₁cách, suy ra xác suất cần tìm là

P=C

2
6×C

1
3×C

2
4×C

1
2×C

2
2×C

1
1

C3₉_×C3₆_×C3₃ =
9
28.

ä

BÀI 20. Trong giải bóng truyền VTV Cup gồm12đội bóng tham dự, trong đó có9đội nước ngồi và3đội của Việt
Nam. Ban tổ chức cho bốc thăm để chia thành3bảng A, B, C, mỗi bảng4đội. Tính xác suất để3đội bóng Việt Nam

ở3bảng khác nhau. <b>ĐS:</b>P₌16

55.

<b>Lời giải.</b>

Số cách chia12đội thành ba bảng đấu một cách tùy ý làC4₁₂_×C4₈_×C4₄.

Để ba đội bóng Việt Nam thuộc vào ba bảng đấu khác nhau, ta làm các bước sau
Chia ba đội Việt Nam ra ba bảng đấu, ta có3!cách chia.

Trong mỗi bảng chọn thêm ba đội nữa, ta cóC3₉×C3₆×C3₃cách chọn.

Vậy có 3!_×C3₉_×C3₆_×C3₃ cách chia bảng để các đội Việt Nam thuộc ba bảng đấu khác nhau, suy ra xác suất là
P=3!×C

3

9×C36×C33

C4₁₂_×C4₈_×C4₄ =

16

55. ä

BÀI 21. Trong cuộc thi “Tìm kiếm tài năng Việt”, có20bạn lọt vào vịng chung kết, trong đó có5bạn nữ và15bạn
nam. Để sắp xếp vị trí thi đấu, ban tổ chức chia thành4nhóm A, B, C, D, mỗi nhóm có5bạn. Việc chia nhóm được
thực hiện bằng cách bốc thăm ngẫu nhiên. Tính xác suất để5bạn nữ thuộc cùng một nhóm. <b>ĐS:</b>P₌ 1

3876.

<b>Lời giải.</b>

Số cách chia20bạn thành bốn nhóm một cách tùy ý làC5₂₀_×C₁₅5 _×C5₁₀_×C5₅.
Để cả5bạn nữ cùng thuộc một nhóm, ta làm các bước sau

Ta có4cách chọn nhóm cho5bạn nữ.

Chọn thêm ba nhóm nữa, ta cóC5₁₅×C5₁₀×C5₅cách chọn.

Vậy có4×C5₁₅×C5₁₀×C5₅cách chia nhóm để các bạn nữ thuộc cùng một nhóm, suy ra xác suất làP= 4×C

5

15×C510×C55

C5₂₀_×C5₁₅_×C5₁₀_×C5₅=
1

3876. ä

BÀI 22. Để chuẩn bị tiêm phòng dịch Sởi – Rubella cho học sinh khối 11 và khối 12. Bệnh viện tỉnh A điều động
12bác sỹ đến truờng THPT B để tiêm phòng dịch gồm9bác sỹ nam và3bác sỹ nữ. Ban chỉ đạo chia12bác sỹ đó
thành3nhóm, mỗi nhóm4bác sỹ làm 3cơng việc khác nhau. Tính xác suất để khi chia ngẫu nhiên ta được mỗi

nhóm có đúng một bác sỹ nữ. <b>ĐS:</b>P₌16

55.

<b>Lời giải.</b>

Số cách chia ba nhóm làm việc làC4

12×C48×C44cách.

Để chia việc thỏa mãn nhu cầu bài tốn thì ta cần chia mỗi tổ ba bác sĩ nam và một bác sĩ nữ.
Vậy nên cóC3₉_×C1₃_×C3₆_×C1₂_×C3₃_×C1₁cách, suy ra xác suất cần tìm là

P₌C

3
9×C

1
3×C

3
6×C

1
2×C

3
3×C

1
1

C4

12×C48×C44

=16₅₅.

ä

BÀI 23. Trong một giải thể thao cấp tồn quốc, có17 thí sinh tham gia và trong đó có5thí sinh nữ. Ban tổ chức
tiến hành chia thí sinh vào hai bảng A và B, mỗi bảng có8thí sinh, cịn lại1thí sinh được đặc cách vào vịng trong.
Tính xác suất để thí sinh được đặc cách là nữ và4thí sinh nữ cịn lại đều nằm ở bảng A. <b>ĐS:</b>P₌ 5

442.

<b>Lời giải.</b>

Số cách chia bảng tùy ý làC8₁₇_×C8₉.

Để u cầu bài tốn xảy ra, ta thực hiện các bước sau
Chọn thí sinh được đặc cách, ta có5cách chọn.

</div>
<span class='text_page_counter'>(72)</span><div class='page_container' data-page=72>

Vậy có5×C4₁₂cách chia nhóm thỏa bài tốn, suy ra xác suất làP= 5×C

4
12

C8₁₇_×C8₉=
5

442. ä

BÀI 24. Trong một buổi giao lưu văn nghệ, có5giáo viên Tốn,3giáo viên Văn,2giáo viên Ngoại Ngữ đăng kí hát
song ca. Nhằm tạo khơng khí giao lưu thân mật, ban tổ chức tiến hành bốc thăm ngẫu nhiên được chia thành5cặp
được đánh số theo thứ tự từ1đến5. Tính xác suất để cả5cặp đều gồm2giáo viên dạy khác môn. <b>ĐS:</b>P= 1

945.

<b>Lời giải.</b>

Số cách chia thành5cặp tùy ý làC2₁₀_×C2₈_×C2₆_×C2₄_×C2₂.

Để mỗi cặp đều là hai giáo viên khác mơn thì mỗi giáo viên Tốn sẽ hát chung với mốn khác. Vậy có5!cách chia5
giáo viên môn Văn và Ngoại Ngữ hát chung với5giáo viên Tốn.

Suy ra xác suất làP₌ 5!

C2₁₀×C2₈×C₆2×C2₄×C2₂=
1

945. ä

BÀI 25. Trong một giải quần vợt quốc tế, có16vận động viên mà trong đó có3vận động viên là các “hạt giống” số
1, 2, 3 của mùa giải. Vận động viên X là một trong số16vận động viên đó và khơng phải là hạt giống. Ban tổ chức

chia ngẫu nhiên các vận động viên vào bốn bảng A, B, C, D, và mỗi bảng có4vận động viên. Tính xác suất để X

khơng chung bảng với bất kì vận động viên hạt giống nào. <b>ĐS:</b>P₌41

91.

<b>Lời giải.</b>

Số cách chia bảng tùy ý làC4₁₆×C4₁₂×C4₈×C4₄.

Để yêu cầu bài tốn xảy ra, ta thực hiện các bước sau
Ta có4cách chọn bảng cho thí sinh X.

Chọn thêm3thí sinh cho bảng của thí sinh X, ta cóC3₁₂cách chọn.
Ta chia các vận động viên cịn lại (có cả A, B, C, D) thành ba nhóm, cóC4

12×C48×44cách chia.

Vậy có4_×C3₁₂_×C₁₂4 _×C4₈_×4₄cách chia nhóm thỏa bài tốn, suy ra xác suất là
P₌4×C

3

12×C412×C48×C44

C4₁₆×C4₁₂×C4₈×C4₄ =
44
91.

ä

BÀI 26. Một tàu điện gồm3toa tiến vào một sân ga, ở đó đang có12hành khách chờ lên tàu. Giả sử hành khách
lên tàu một cách ngẫu nhiên và độc lập với nhau, mỗi toa cịn ít nhất12 chổ trống. Tìm xác suất xảy ra các tình
huống sau

Tất cả cùng lên toa thứ II. <b>ĐS:</b>P1=

1
531441.

<b>1</b> Tất cả cùng lên một toa. <b>ĐS:</b>P2=

1
177147.

<b>2</b>

Toa I có4người, toa II có5người, cịn lại toa III.
<b>ĐS:</b>P3=

3080
59049.

<b>3</b> Toa I có4người. <b>ĐS:</b>P4=

C4₁₂×28

312 ≈0,238.

<b>4</b>

Hai hành khách A và B cùng lên một toa. <b>ĐS:</b>
P5=

1
3.

<b>5</b> Một toa4người, một toa5người, một toa3người.

<b>ĐS:</b>P6=

6160
19683.

<b>6</b>

<b>Lời giải.</b>

Số cách chọn toa để ngồi một cách tùy ý của các hành khách là312.

<b>1</b> Để tất cả cùng lên toa thứ II, ta có đúng1cách chọn, suy ra xác suất làP1=

1
312=

1
531441.

<b>2</b> Để tất cả cùng lên một toa, ta có3cách chọn, suy ra xác suất làP2=

3
312=

1
177147.

<b>3</b> Ta cóC4₁₂cách chọn4hành khách cho toa I, cóC5₈cách chọn5hành khách cho toa II, cịn lại ngồi vào toa thứ
III.

Vậy cóC4₁₂×C5₈cách xếp chỗ, suy ra xác suất làP3=

C4₁₂×C5₈
312 =

3080
59049.

<b>4</b> Ta cóC4₁₂cách chọn4hành khách cho toa I, các hành khách còn lại ngồi tùy ý ở toa thứ II và thứ III nên có28
cách chọn.

Vậy cóC4₁₂×28cách xếp chỗ, suy ra xác suất làP4=

</div>
<span class='text_page_counter'>(73)</span><div class='page_container' data-page=73>

<b>5</b> Để chọn toa cho hai hành khách A và B, ta có3cách chọn. Các hành khách cịn lại lên tàu một cách tùy ý nên
có310cách chọn. Suy ra xác suất làP5=

3_×310
312 =

1
3.

<b>6</b> Để chia12người ra thành ba nhóm như đề bài, ta có C4₁₂×C5₈×C3₃. Phân phối các nhóm người đó lên ba toa
tàu, ta có3!cách. Suy ra xác suất làP6=

C4₁₂_×C5₈_×C3₃_×3!

312 =

6160
19683.

ä

BÀI 27. Bốn bạn nam và bốn bạn nữ, được xếp ngồi ngẫu nhiên vào8ghế xếp thành hai dãy đối diện nhau. Tính
xác suất sao cho

Nam nữ ngồi đối diện nhau. <b>ĐS:</b>P1=

8
35.

<b>1</b> Nữ ngồi đối diện nhau. <b>ĐS:</b>P2=

6
35.

<b>2</b>

<b>Lời giải.</b>

Xem hai dãy ghế đối diện nhau lần lượt làA1,B1,C1,D1vàA2,B2,C2,D2.

Số cách xếp tùy ý8bạn vào hai dãy ghế là8!cách.

<b>1</b> Vị tríA1có8cách chọn, suy ra vị tríA2có4cách chọn.

Vị tríB1có6cách chọn, suy ra vị tríB2có3cách chọn.

Vị tríC1có4cách chọn, suy ra vị tríC2có2cách chọn.

Vị tríD1có2cách chọn, suy ra vị tríD2có1cách chọn.

Vậy xác suất làP1=

8_×4_×6_×3_×4_×2_×2_×1

8! =

8
35.

<b>2</b> Do nữ ngồi đối diện nhau nên hai nam cũng ngồi đối diện nhau

Chọn hai cặp vị trí đối diện nhau cho nữ ngồi, ta cóA2₄cách, sau đó, ta có4!cách xếp4bạn nữ vào4vị trí
đó.

Ở các vị trí cịn lại là dành cho nam, ta có4!cách xếp4bạn nam vào4vị trí đó.
Vậy xác suất làP2=

A2₄_×4!_×4!

8! =

6
35.

ä
{<b>_{DẠNG 4.3. Chọn hoặc sắp xếp số}</b>

<b>L</b>

<b>LÍ THUYẾT</b>

•<b>Một số kiến thức liên quan</b>

<b>1</b> Chom_∈N, ta cóm...2_⇔chữ số hàng đơn vị củamlà chữa số chẵn.

<b>2</b> Chom_∈_N, ta cóm...5_⇔chữ số hàng đơn vị củambằng0hoặc bằng5.

<b>3</b> Chom_∈_N, ta cóm...4_⇔hai chữ số cuối tạo thành số chia hết cho4.

<b>4</b> Chom∈N, ta cóm...3⇔tổng các chữ số củamchia hết cho3.

<b>5</b> Chom_∈N, ta cóm...9_⇔tổng các chữ số củamchia hết cho9.

<b>6</b> Cho m_∈N, ta cóm...11_⇔tổng các chữ số ở hàng chẵn bằng tổng các chữ số ở hàng lẻ (tính từ trái qua
phải).

<b>7</b> Chom∈N,mđược phân tích thành thừa số nguyên tố dạngm=pi1

1 p

i2

2 · · ·p

in
n.

Khi đó mỗi ước số củamứng với một bộ(j1;j2;. . . ;jn)trong đó0≤j1≤i1;. . . ; 0≤jn≤in.

<b>8</b> Số nghiệm nguyên dương của phương trình

</div>
<span class='text_page_counter'>(74)</span><div class='page_container' data-page=74>

làCn_m−₋1₁.

<b>9</b> Mỗi bộnsố thực ln có duy nhất một cách sắp xếp thứ tự từ bé đến lớn.

<b>10</b> Chonlà số tự nhiên khác0, tập số tự nhiênN được phân lớp thành các tập:
+X0gồm các số chiamhết chon,m=k·n,k∈N.

+X1gồm các số tự nhiênmchiandư1,m=k·n+1,k∈N.

. . .

+Xn−1gồm các số tự nhiênmchiandưn−1,m=k(n−1),k∈N.

<b>M</b>

<b>VÍ DỤ</b>

VÍ DỤ 1. Cho tập hợpAgồm tất cả các số tự nhiên có ba chữ số khác nhau đôi một được lập từ các số1;2;3;
4;5;6. Chọn ngẫu nhiên một phần tử của A. Tính xác suất để phần tử đó là số chẵn. <b>ĐS:</b>P₌1

2.

<b>Lời giải.</b>

Gọiabclà số thuộc vào tậpA, ta cóA3₆=120số như vậy.
Vậy số cách chọn tùy ý một số từ tậpAlà120cách.

Gọicd elà các số chẵn thuộc vào tậpA, ta có3×A2₅=60số như vậy.
Suy ra xác suất để chọn được số thỏa mãn bài toán làP₌ 60

120=
1

2. ä

VÍ DỤ 2. GọiSlà tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số1;2;3;4;5;
6;7. Xác định số phần tử củaS. Chọn ngẫu nhiên một số từS, tính xác suất để chọn được là số chẵn. <b>ĐS:</b>
P=3

7.

<b>Lời giải.</b>

Gọiabclà số thuộc vào tậpS, ta cóA3₇=210số như vậy.
Vậy số cách chọn tùy ý một số từ tậpSlà210cách.

Gọicd elà các số thỏa mãn u cầu bài tốn và thuộc vào tậpS, ta có3×A2₆=90số như vậy.
Suy ra xác suất để chọn được số thỏa mãn bài tốn làP₌ 90

210=
3

7. ä

VÍ DỤ 3. Cho tập hợp Agồm tất cả các số tự nhiên có bốn chữ số đôi một khác nhau được lập từ các số0;1;
2;3;4;5;6. Chọn ngẫu nhiên từAhai phần tử. Tính xác suất để hai phần tử được lấy ra từAcó một số chẵn

và một số lẻ. <b>ĐS:</b>P=175

719.

<b>Lời giải.</b>

Gọiabcdlà số thuộc vào tập A, ta có6×A3₆=720số như vậy.
Vậy số cách chọn tùy ý hai số tùy ý từ tậpAlàA2₇₂₀cách.

Gọicd elà các số lẻ thuộc vào tậpA, ta có3_×5_×A₅2₌300số, vậy có720₋300₌420số chẵn trong tậpA.
Suy ra xác suất để chọn được hai số thỏa mãn bài tốn làP=300×420

A2₇₂₀ =
175

719. ä

VÍ DỤ 4. Từ một hộp chứa 16thẻ được đánh số từ1đến16, chọn ngẫu nhiên4thẻ. Tính xác suất để4thẻ

được chọn đều được đánh số chẵn. <b>ĐS:</b>P= 1

26.

<b>Lời giải.</b>

Số cách chọn tùy ý4thẻ làC4₁₆cách.

Do có8số chẵn trong các số từ1đế16nên để chọn được4thẻ đánh số chẵn, ta cóC4₈cách.
Suy ra xác suất để chọn được4thẻ mang số chẵn làP= C

4
8

C4₁₆=
1

26. ä

VÍ DỤ 5. GọiX là tập hợp các số gồm hai chữ số khác nhau được lấy từ0;1;2;3;4;5;6. Lấy ngẫu nhiên hai
phần tử củaX. Tính xác suất để hai số lấy được đều là số chẵn. <b>ĐS:</b>P=1

</div>
<span class='text_page_counter'>(75)</span><div class='page_container' data-page=75>

<b>Lời giải.</b>

Gọiablà số thuộc vào tậpX, ta có6_×6₌36số như vậy.
Vậy số cách chọn tùy ý hai số từ tậpXlàC2₃₆.

Gọicd là các số chẵn thuộc vào tậpX.
<b>TH1:</b>Số có dạngc0, ta có6số như vậy.
<b>TH2:</b>Xétd₆₌0, ta có3_×5₌15số như vậy.

Vậy có6₊15₌21số chẵn trong tập hợpX.

Suy ra xác suất để chọn được hai số chẵn từ tậpX làP=C

2
21

C2
36

=1

3. ä

VÍ DỤ 6. GọiSlà tập hợp các số tự nhiên gồm có2chữ số. Chọn ngẫu nhiên một số từS. Tính xác suất để số
được chọn có chữ số hàng đơn vị và hàng chục đều là chữ số chẵn. <b>ĐS:</b>P₌2

9.

<b>Lời giải.</b>

Gọiablà số thuộc vào tậpS, ta có9×10=90số như vậy.
Vậy số cách chọn tùy ý một số từ tậpSlà90cách.

Gọicd là các số thỏa mãn yêu cầu bài tốn và thuộc vào tậpS, ta có4_×5₌20số như vậy.
Suy ra xác suất để chọn được số thỏa mãn bài toán làP=20

90=
2

9. ä

VÍ DỤ 7. ChoElà tập hợp các số có3chữ số khác nhau đôi một được lấy từ:0, 1, 2, 3, 4, 5. Chọn ngẫu nhiên1
phần tử củaE. Tính xác suất để phần tử được chọn là số có3chữ số đều chẵn. <b>ĐS:</b> 1

25

<b>Lời giải.</b>

GọiΩlà không gian mẫu của phép thử “chọn ngẫu nhiên1phần tử củaE". GọiAlà biến cố “số được chọn là số có3
chữ số đều chẵn". Giả sử số có ba chữ số thuộcEcó dạngabc, ta có

acó5cách chọn,bcó5cách chọn,ccó4cách chọn. Do đó, số phần tử của khơng gian mẫu làn_Ω₌5_·5_·4₌100.
Số được chọn(abc)có3chữ số đều chẵn lấy từ các số{0, 2, 4}. Do đóacó2cách chọn,bcó2cách chọn và ccó1
cách chọn. Số kết quả thuận lợi của biến cố AlànA=2·2·1=4.

Suy ra, xác suất cần tìm là

P(A)₌nA
n_Ω=

4
100=

1
25.
Vậy xác suất để chọn được số có3chữ số đều chẵn từElà 1

25. ä

VÍ DỤ 8. Có20thẻ đựng trong2hộp khác nhau, mỗi hộp chứa10thẻ được đánh số liên tiếp từ1đến10. Lấy
ngẫu nhiên2thẻ từ2hộp (mỗi hộp1thẻ). Tính xác suất lấy được hai thẻ có tích hai số ghi trên hai thẻ là

một số chẵn. <b>ĐS:</b> 3

4

<b>Lời giải.</b>

GọiΩlà không gian mẫu của phép thử “lấy ngẫu nhiên2thẻ từ2hộp (mỗi hộp1thẻ)". GọiAlà biến cố “lấy được
hai thẻ có tích hai số trên hai thẻ là số chẵn". Để có thể lấy được hai thẻ có tích hai số ghi trên hai thẻ là một số
chẵn, ta có các trường hợp sau đây:

Hai thẻ lấy ra đều là thẻ chẵn, có5·5=25(cách).

Thẻ lấy ra ở hộp thứ nhất là thẻ chẵn, hộp thứ hai là thẻ lẻ, có5·5=25(cách).
Thẻ lấy ra ở hộp thứ nhất là thẻ lẻ, hộp thứ hai là thẻ chẵn, có5·5=25(cách).
Do vậy, số kết quả thuận lợi của biến cốAlànA=25+25+25=75.

Lại có, số phần tử của khơng gian mẫu làn_Ω=10·10=100.
Suy ra, xác suất cần tìm:

P(A)₌nA
n_Ω=

75
100=

3
4.

Vậy xác suất để lấy được hai thẻ có tích hai số ghi trên hai thẻ là một số chẵn là 3

</div>
<span class='text_page_counter'>(76)</span><div class='page_container' data-page=76>

VÍ DỤ 9. Một chiếc hộp gồm có9thẻ được đánh số liên tiếp từ1đến9. Rút ngẫu nhiên hai thẻ (không kể thứ

tự), rồi nhân hai số ghi trên hai thẻ lại với nhau. Tính xác suất để kết quả nhận được là một số chẵn.<b>ĐS:</b>13

18

<b>Lời giải.</b>

GọiΩlà không gian mẫu của phép thử “rút ngẫu nhiên hai thẻ (không kể thứ tự), rồi nhân hai số ghi trên hai thẻ
lại với nhau". GọiAlà biến cố “lấy được hai thẻ có tích các số ghi trên hai thẻ là số chẵn". Ta có

Số phần tử của không gian mẫu làn_Ω=C2₉=36.

Trong hai thẻ lấy ra, ta xét các trường hợp sau đây:
Một thẻ lẻ và một thẻ chẵn, cóC1₅_·C1₄₌20(cách).
Hai thẻ đều mang số chẵn, cóC2₄₌6(cách).

Do vậy, số kết quả thuận lợi của biến cốAlànA=26.
Suy ra, xác suất cần tìm là

P(A)=nA
n_Ω=

26
36=

13
18.

ä

VÍ DỤ 10. GọiS là tất cả các số tự nhiên gồm2chữ số khác nhau lập từ0, 1, 2, 3, 4, 5, 6. Chọn ngẫu nhiên2số

từ tậpS. Tích xác suất để tích2số được chọn là số chẵn. <b>ĐS:</b>5

6

<b>Lời giải.</b>

GọiΩlà không gian mẫu của phép thử “chọn ngẫu nhiên2số từ tậpS". Gọi Alà biến cố “tích2số được chọn là số
chẵn". Giả sử số có hai chữ số thuộcScó dạngab. Ta có:

Số phần tử củaSlànS=6·6=36.

Số phần tử của không gian mẫu làn_Ω₌C2₃₆₌630.

Số các số chẵn thuộcS(xét hai trường hợpb₌0vàb₆₌0) là6₊5_·3₌21.
Số các số lẻ thuộcSlà36−21=15.

Trong hai số được chọn, ta xét các trường hợp sau:
Có một số chẵn và một số lẻ, cóC1₂₁·C1₁₅=315(cách).
Có hai số chẵn, cóC2₂₁₌210(cách).

Do đó, số kết quả thuận lợi của biến cốAlànA=315+210=525.
Xác suất cần tìm là

P(A)=nA
n_Ω=

525
630=

5
6.

ä

<b>N</b>

<b>BÀI TẬP RÈN LUYỆN</b>

BÀI 1. Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm 6 chữ số đôi một khác nhau được tạo thành từ các chữ số
1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợpS. Tính xác suất để số được chọn chỉ chứa3chữ số lẻ.<b>ĐS:</b>10

21

<b>Lời giải.</b>

GọiΩlà không gian mẫu của phép thử “chọn ngẫu nhiên một số từ tậpX". Khi đó, số phần tử của không gian mẫu
bằng số cách đưa9số vào6chỗ nênn_Ω₌A₉6₌60480. GọiAlà biến cố “số được chọn chỉ chứa3chữ số lẻ".

Chọn3số lẻ đôi một từ các số1, 3, 5, 7, 9cóC3₅(cách).

</div>
<span class='text_page_counter'>(77)</span><div class='page_container' data-page=77>

Vậy xác suất cần tìm làP(A)₌nA
n_Ω=

28800
60048=

10

21. ä

BÀI 2. Cho 100tấm thẻ được đánh số liên tiếp từ1đến100, chọn ngẫu nhiên3thẻ. Tính xác suất để tổng các số

ghi trên 3 thẻ được chọn là một số chia hết cho2. <b>ĐS:</b> 1

2

<b>Lời giải.</b>

GọiΩ là không gian mẫu của phép thử “chọn ngẫu nhiên ba tấm thẻ từ 100 tấm thẻ". Khi đó:n_Ω₌C3₁₀₀₌161700.
GọiAlà biến cố “tổng các số ghi trên3thẻ được chọn là một số chia hết cho2". Gọix,y,zlà ba số ghi trên ba thẻ rút
được. Khi đó

(

1≤x,y,z_≤100

x₊y₊zchia hết cho2.

Từ1đến100có50số chia hết cho2 (N1),50số chia cho2dư1. Ta xét các trường hợp sau:

Cả3sốx,y,zcùng thuộc một loạiN1có:C3₅₀=19600(cách).

Trong3sốx,y,zcó một số chia hết chia2và2số chia2dư1, có:C1₅₀_·C2₅₀₌61250(cách).

⇒Số kết quả thuận lợi của biến cốAlànA=19600+61250=80850.
Vậy xác suất cần tìm làP(A)=nA

n_Ω=
80850
161700=

1

2. ä

BÀI 3. Trong hộp có40tấm thẻ được đánh số từ1đến40, chọn ngẫu nhiên3thẻ trong hộp. Tính xác suất để tổng

3 số trên 3 thẻ lấy được là một số chia hết cho3. <b>ĐS:</b>127

380

<b>Lời giải.</b>

GọiΩlà không gian mẫu của phép thử “chọn ngẫu nhiên ba tấm thẻ từ40tấm thẻ". Khi đó, số phần tử của khơng
gian mẫu làn_Ω₌C3₄₀₌9880. Gọi Alà biến cố “tổng các số ghi trên3thẻ được chọn là một số chia hết cho3".

Gọix,y,zlà ba số ghi trên ba thẻ rút được. Khi đó
(

1≤x,y,z_≤40

x₊y₊zchia hết cho3.

Từ1đến40có13số chia hết cho3 (N1),14số chia cho3dư1 (N2),13số chia cho3dư2(N3). Ta xét các trường hợp

sau:

Cả3sốx,y,zcùng thuộc một loạiN1,N2hoặcN3có:C313+C314+C313=936(cách).

3sốx,y,zmỗi số thuộc một loại, có:C1₁₃_·C1₁₄_·C1₁₃₌2366(cách).

⇒Số kết quả thuận lợi của biến cốAlànA=936+2366=3302.

Vậy xác suất cần tìm làP(A)=nA

n_Ω=
3302
9880=

127

380. ä

BÀI 4. Trong hộp có 50 viên bi được đánh số từ 1 đến 50, chọn ngẫu nhiên 3 viên bi trong hộp. Tính xác suất để

tổng 3 số trên 3 viên bi được chọn là một số chia hết cho3. <b>ĐS:</b> 796

2450

<b>Lời giải.</b>

GọiΩ là không gian mẫu của phép thử “chọn ngẫu nhiên ba viên bi từ50viên bi". Khi đó, số phần tử của khơng
gian mẫu làn_Ω₌C3₅₀₌19600. GọiAlà biến cố “tổng các số ghi trên3viên bi được chọn là một số chia hết cho3".

Gọix,y,zlà ba số ghi trên ba viên bi chọn được. Khi đó:
(

1_≤x,y,z_≤50

x₊y₊zchia hết cho3.

Từ1đến50có16số chia hết cho3 (N1),17số chia cho3dư1 (N2),16số chia cho3dư2(N3). Ta xét các trường hợp

sau:

Cả3sốx,y,zcùng thuộc một loạiN1,N2hoặcN3có:C316+C317+C316=1800(cách).

3sốx,y,zmỗi số thuộc một loại, có:C1₁₆·C1₁₇·C1₁₆=4352(cách).

⇒Số kết quả thuận lợi của biến cốAlànA=1800+4352=6152.
Vậy xác suất cần tính làP(A)=nA

n_Ω=
6152
19600=

796

2450. ä

BÀI 5. GọiXlà tập hợp các số tự nhiên gồm có4chữ số khác nhau đơi một được tạo thành từ các chữ số1, 2, 3, 4, 5, 6.
Lấy ngẫu nhiên từ tập X một số. Hãy tính xác suất để lấy được số tự nhiên từ tậpXcó tổng các chữ số bằng14.

<b>ĐS:</b> 1
5

<b>Lời giải.</b>

GọiΩlà không gian mẫu của phép thử “lấy ngẫu nhiên từ tậpX một số", gọiAlà biến cố “số được chọn có tổng các
chữ số bằng14. Ta có

</div>
<span class='text_page_counter'>(78)</span><div class='page_container' data-page=78>

Số phần tử của khơng gian mẫu làn_Ω₌C1₃₆₀₌360.

Để tổng các chữ số của số được chọn bằng14, ta có các bộ số:{2, 3, 4, 5}, {1, 2, 5, 6}, {1, 3, 4, 6}. Do đó, số kết quả
thuận lợi của biến cốAlànA=4!+4!+4!=72.

Xác suất cần tìm làP(A)=nA
n_Ω=

72
360=

1

5. ä

BÀI 6. Chọn ngẫu nhiên3số bất kỳ từ tậpS={1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11}. Tính xác suất để tổng3số được chọn bằng

12. <b>ĐS:</b> 14

55

<b>Lời giải.</b>

GọiΩlà không gian mẫu của phép thử “chọn ngẫu nhiên ba số từ tậpS". Gọi Alà biến cố “tổng các số được được
chọn là có tổng bằng12". Ta có:

Số phần tử của không gian mẫu làn_Ω₌C3₁₁₌165.

Để tổng của ba số được chọn bằng12, ta có các bộ số:{1, 2, 9},{1, 3, 8},{1, 4, 7},{1, 5, 6},{2, 3, 7},{2, 4, 6},{3, 4, 5}. Do
đó, số kết quả thuận lợi của biến cốAlànA=7·3!=42.

Xác suất cần tìm làP(A)=nA

n_Ω=

42
165=

14
55.

ä

BÀI 7. Cho tập hợp E₌{1, 2, 3, 4, 5, 6}và M là tập hợp tất cả các số gồm2chữ số phân biệt thuộc tập E. Lấy ngẫu
nhiên một số thuộcM. Tính xác suất để tổng hai chữ số của số được chọn có giá trị lớn hơn7. <b>ĐS:</b>2

5

<b>Lời giải.</b>

GọiΩlà không gian mẫu của phép thử “lấy ngẫu nhiên một số thuộcM", gọiAlà biến cố “tổng của hai chữ số của
số được chọn lớn hơn7". Ta có:

Số phần tử củaMlàA2₆=30.

Số phần tử của khơng gian mẫu làC1₃₀₌30.

Để tổng các chữ số của số được chọn lớn hơn7, ta có các bộ số:{2, 6},{3, 5},{3, 6},{4, 5},{4, 6},{5, 6}. Do đó, số kết
quả thuận lợi của biến cốAlànA=6·2!=12.

Xác suất cần tìm làP(A)₌nA
n_Ω=

12
30=

2

5. ä

BÀI 8. Elà tập các số tự nhiên gồm5chữ số khác nhau được lấy từ các số{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}. Lấy ngẫu nhiên một số

trongEtính xác suất để lấy được số chia hết cho5. <b>ĐS:</b> 13

49

<b>Lời giải.</b>

GọiΩlà không gian mẫu của phép thử “chọn một số tự nhiên có5chữ số lập từ{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}", gọi Alà biến cố
“số được chọn chia hết cho5". Gọi số có5chữ số thuộcEcó dạnga1a2a3a4a5. Ta có:

Số phần tử của khơng gian mẫu làn_Ω₌A5₈₋A4₇₌5880.

Để số trên chia hết cho5, ta có:

<b>–</b> a5là5,a1có6cách chọn,a2có6cách chọn,a3có5cách chọn,a4có4cách chọn.

<b>–</b> a5là0,a1có7cách chọn,a2có6cách chọn,a3có5cách chọn,a4có4cách chọn.

Số kết quả thuận lợi của biến cốAlà7_·6_·5_·4₊6_·6_·5_·4₌1560.

Xác suất cần tìm làP(A)₌nA
n_Ω=

1560
5880=

13

49. ä

BÀI 9. GọiE là tập hợp số tự nhiên gồm3chữ số phân biệt được lập từ các số1, 2, 3, 4, 5. Chọn ngẫu nhiên hai số
khác nhau thuộc tậpE. Tính xác suất để hai số được chọn có đúng một số có chữ số5. <b>ĐS:</b>0,488

<b>Lời giải.</b>

GọiΩlà khơng gian mẫu của phép thử “chọn ngẫu nhiên hai số tự nhiên có3chữ số lập từ{1, 2, 3, 4, 5}", gọiAlà biến
cố “hai số được chọn có đúng một số có chữ số5". Gọi số có ba chữ số thuộcEcó dạnga1a2a3. Ta có:

Số phần tử củaElàA3₅₌60.

Số phần tử của khơng gian mẫu làn_Ω₌C2₆₀₌1770.

</div>
<span class='text_page_counter'>(79)</span><div class='page_container' data-page=79>

Để một số có ba chữ số từE là số<b>khơng</b>có mặt5, ta có: a1,a2,a3 là các số thuộc{1, 2, 3, 4}. Do đó, có tất cả

A3₄₌24số.

Số kết quả thuận lợi của biến cố AlàC1₃₆·C1₂₄=864.

Xác suất cần tìm làP(A)₌nA
n_Ω=

864

1770=

144

295≈0,488. ä

BÀI 10. GọiElà tập hợp các số tự nhiên có ba chữ số đơi một khác nhau lập từ các chữ số1, 2, 3, 4, 7. TậpE có bao
nhiêu phần tử? Chọn ngẫu nhiên một phần tử củaE, tính xác suất được chọn chia hết cho3. <b>ĐS:</b> 2

5

<b>Lời giải.</b>

GọiΩlà không gian mẫu của phép thử “chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên có3chữ số khác nhau lập từ{1, 2, 3, 4, 7}",
gọiAlà biến cố “số được chọn chia hết cho3". Gọi số có ba chữ số thuộcEcó dạnga1a2a3. Ta có:

Số phần tử củaElàA3₅₌60.

Số phần tử của khơng gian mẫu làn_Ω₌C1₆₀₌60.

Gọix,y,zlà ba số trong số được chọn thỏa mãn yêu cầu bài tốn. Khi đó
(

x,y,z∈{1, 2, 3, 4, 7}
x₊y₊zchia hết cho3.
Ta có:

Có4bộ số:{1, 2, 3},{1, 4, 7},{2, 3, 4},{2, 3, 7}lập thành số có3chữ số chia hết cho3.

Đưa mỗi bộ số vào ba chỗa1a2a3có3!cách. Do đó, số kết quả thuận lợi của biến cốAlà4·3!=24.

Xác suất cần tìm làP(A)₌nA
n_Ω=

24
60=

2

5. ä

<b>O</b>

<b>BÀI TẬP TỰ LUYỆN</b>

BÀI 11. Có30tấm thẻ đánh số từ1đến30. Chọn ngẫu nhiên ra10tấm thẻ. Hãy tìm xác suất để có5tấm thẻ mang
số lẻ,5tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có đúng1tấm thẻ mang số chia hết cho10. <b>ĐS:</b>0,148

<b>Lời giải.</b>

GọiΩlà không gian mẫu của phép thử “chọn ra ngẫu nhiên10tấm thẻ từ30tấm đã cho", gọi Alà biến cố “có5tấm
thẻ mang số lẻ,5tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có đúng1tấm thẻ mang số chia hết cho10". Ta có:

Số phần tử của khơng gian mẫu làC10₃₀₌30045015.

Trong30tấm thẻ đã cho có15tấm thẻ lẻ,12tấm thẻ chẵn không chia hết cho10,3tấm thẻ chẵn chia hết cho
10.

Số kết quả thuận lợi của biến cố AlàC5₁₅_·C4₁₂_·C1₃₌4459455.

Xác suất cần tìm làP(A)=nA
n_Ω=

4459455
300450015=

99

667≈0,148. ä

BÀI 12. Có40tấm thẻ đánh số thứ tự từ1đến40. Chọn ngẫu nhiên ra10tấm thẻ. Tính xác suất để lấy được5tấm
thẻ mang số lẻ,5tấm thẻ mang số chẵn trong đó có đúng một thẻ mang số chia hết cho6. <b>ĐS:</b>0,11

<b>Lời giải.</b>

GọiΩlà không gian mẫu của phép thử “chọn ra ngẫu nhiên10tấm thẻ từ40tấm đã cho", gọi Alà biến cố “có5tấm
thẻ mang số lẻ,5tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có đúng1tấm thẻ mang số chia hết cho6". Ta có:

Số phần tử của khơng gian mẫu làC10₄₀.

Trong40tấm thẻ đã cho có20tấm thẻ lẻ,14tấm thẻ chẵn khơng chia hết cho6,6tấm thẻ chẵn chia hết cho6.
Số kết quả thuận lợi của biến cố AlàC5₂₀_·C4₁₄_·C1₆.

Xác suất cần tìm làP(A)=nA
n_Ω=

C5₂₀_·C4₁₄_·C1₆
C10₄₀ =

126

1147≈0,11. ä

BÀI 13. Có20tấm thẻ được đánh số liên tiếp từ1đến20. Chọn ngẫu nhiên ra5tấm thẻ. Tính xác suất để trong5
tấm thẻ được chọn ra có3tấm thẻ mang số lẻ,2tấm thẻ mang số chẵn trong đó có đúng một tấm thẻ mang số chia

hết cho4. <b>ĐS:</b>0,193

<b>Lời giải.</b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(80)</span><div class='page_container' data-page=80>

Số phần tử của không gian mẫu làC5₂₀₌15504.

Trong20tấm thẻ đã cho có10tấm thẻ lẻ,5tấm thẻ chẵn khơng chia hết cho4,5tấm thẻ chẵn chia hết cho4.
Số kết quả thuận lợi của biến cốAlàC3₁₀·C1₅·C1₅=3000.

Xác suất cần tìm làP(A)=nA
n_Ω=

3000
15504=

125

646≈0,193. ä

BÀI 14. GọiElà tập hợp các số có tám chữ số đơi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số từ tậpE. Tính xác suất

để chọn được một số thuộcEvà số đó chia hết cho9. <b>ĐS:</b>1

9

<b>Lời giải.</b>

GọiΩlà không gian mẫu của phép thử: “Chọn ngẫu nhiên một số từ tậpE". GọiAlà biến cố “số chọn được chia hết
cho9". Ta có

Số phần tử của khơng gian mẫu làn_Ω=9·9·8·7· · ·3=9·9!
2 .

Do0₊1_{+ · · · +}9₌45chia hết cho9. Do đó, để có được số có8chữ số đơi một khác nhau chia hết cho9thì:
Trong10số từ0đến9chỉ cần bỏ đi2số có tổng bằng9, cụ thể ta bỏ các cặp số:{0, 9}, {1, 8}, {2, 7}, {3, 6}, {4, 5}.
Có4bộ số có mặt chữ số0, mỗi bộ có7_·7!số.

Bộ khơng có số0là(1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8)có8!số.

Số kết quả thuận lợi của biến cốAlànA=4·7·7!+8!=181440.

Xác suất cần tìm làP(A)=nA
n_Ω=

181440
9·9!

2
=1

9. ä

BÀI 15. Cho tập hợp X₌{0, 1, 2, 4, 5, 7, 8}. Ký hiệuGlà tập hợp tất cả các số có bốn chữ số đôi một khác nhau lấy từ
tậpX, chia hết cho5. Lấy ngẫu nhiên một số trong tậpG, tính xác suất để lấy được một số không lớn hơn4000.<b>ĐS:</b>

6

11

<b>Lời giải.</b>

GọiΩlà không gian mẫu của phép thử “lấy ngẫu nhiên một số trong tậpG". GọiAlà biến cố “lấy được một số khơng
lớn hơn4000". Gọiabcdlà số có4chữ số khác nhau đơi một lấy từ các chữ số trên và chia hết cho5. Ta có:

Nếud₌0thìabccóA3₆₌120cách chọn.

Nếud=5thìacó5cách chọn,bcó5cách chọn vàccó4cách chọn⇒có100số.
Do đó, tậpGcó tất cả220số.

Giả sửabcd_∈Gvàabcd_≤4000. Khi đó:
a∈{1, 2, 3}nên có3cách chọn.
d có2cách chọn.

bccóA2₅₌20cách chọn.

Vậy nên có tất cả120số lấy từGmà nhỏ hơn4000.

Xác suất cần tìm làP(A)= nA
nΩ=

120
220=

6

11. ä

BÀI 16. GọiE là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm bốn chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số:1, 2, 3, 4, 5, 6, 7.
Chọn ngẫu nhiên một số từ các số mới lập đó. Tính xác suất để số được chọn có chữ số hàng nghìn nhỏ hơn5. <b>ĐS:</b>
4

7

<b>Lời giải.</b>

GọiΩlà không gian mẫu của phép thử “chọn ngẫu nhiên một số từ các số thuộcE". GọiAlà biến cố “số được chọn
có chữ số hàng nghìn nhỏ hơn5". Gọi số thỏa mãn bài tốn có dạngabcd. Ta có:

Số phần tử của khơng gian mẫun_Ω₌A4₇₌840.

Sốa∈{1, 2, 3, 4}nên có4cách chọn. Đưa6số cịn lại vào3vị trí cóA3₆cách. Do đó, số kết quả thuận lợi của biến
cốAlà4·A3₆=480.

Xác suất cần tìm làP(A)=nA
n_Ω=

480
840=

4

</div>
<span class='text_page_counter'>(81)</span><div class='page_container' data-page=81>

BÀI 17. GọiE là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm bốn chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số:1, 2, 3, 4, 5, 6, 7.
Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợpE. Tính xác suất để số được chọn là số lớn hơn số2016. <b>ĐS:</b> 6

7

<b>Lời giải.</b>

GọiΩlà không gian mẫu của phép thử “chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợpE". GọiAlà biến cố “số được chọn là số
lớn hơn số2016". Ta có:

Số phần tử của khơng gian mẫu làn_Ω=A4₇.

Số nhỏ hơn2016thì số đầu tiên bắt đầu là số1, số cách đưa các số còn lại vào ba chỗ trống làA3₆. Do đó, số kết
quả thuận lợi của biến cốAlàn_A₌A3₆.

Xác suất cần tìm làP(A)₌1₋P(A)₌1₋nA
n_Ω=1−

A3₆
A4₇=

6

7. ä

BÀI 18. Từ các chữ số1, 2, 3, 4, 5, 6lập các số có4chữ số khác nhau. Lấy ngẫu nhiên1số trong các số được lập, tính

xác suất để số được lấy có2chữ số chẵn,2chữ số lẻ. <b>ĐS:</b> 3

5

<b>Lời giải.</b>

GọiΩlà không gian mẫu của phép thử “lấy ngẫu nhiên một số có4chữ số khác nhau lấy từ{1, 2, 3, 4, 5, 6}". Gọi Alà
biến cố “số được lấy có2chữ số chẵn,2chữ số lẻ". Gọi số có4chữ số thỏa mãn bài tốn làa1a2a3a4. Ta có:

Số phần tử của khơng gian mẫu làn_Ω₌A4₆₌360.

Chọn ra hai số chẵn từ bộ{2, 4, 6}cóC2₃=3cách. Chọn2trong4chỗ để đưa hai số chẵn vào cóC2₄=6cách. Đưa
hai số chẵn vào hai chỗ có2!cách. Đưa ba số lẻ từ bộ{1, 3, 5}vào2vị trí cịn lại cóA2₃=6cách.

Do đó, số kết quả thuận lợi của biến cố Alà3_·6_·2_·6₌216.

Xác suất cần tìm làP(A)₌nA
n_Ω=

216
360=

3

5. ä

BÀI 19. GọiXlà tập các số tự nhiên gồm 4 chữ số phân biệt từ các chữ số:1, 2, 3, 4, 5, 6. Lấy ngẫu nhiên một số từX.

Tính xác suất để lấy được số có mặt chữ số6. <b>ĐS:</b> 2

3

<b>Lời giải.</b>

GọiΩlà khơng gian mẫu của phép thử “lấy ngẫu nhiên một số từX". Gọi Alà biến cố “số được chọn có mặt chữ số
6".

Ta có số phần tử củaX làA4₆₌360.

Số kết quả thuận lợi của biến cốA₌A4₅₌120.
Xác suất cần tìm là

P(A)₌1₋P(A)₌1₋nA
n_Ω=1−

120
360=

2
3.

ä

BÀI 20. Cho tậpX gồm các số có4chữ số đơi một khác nhau được lập từ các chữ số0, 1, 2, 3, 4, 5. Lấy ngẫu nhiên2

số từX. Tìm xác suất để2số được lấy có ít nhất1số chẵn. <b>ĐS:</b>0,77

<b>Lời giải.</b>

GọiΩlà khơng gian mẫu của phép thử “lấy ngẫu nhiên hai số từX". GọiAlà biến cố “có ít nhất1số chẵn trong hai
số được chọn".

Ta có, số phần tử củaX lànX=5·5·5·4·3=300.

Giả sửb1b2b3b4là số lẻ thuộc tập X. Khi đó,b4 có3cách chọn,b1có4cách chọn,b2 có4cách chọn,b3có3cách

chọn. Suy ra, số phần tử của biến cốAlàn_A=3·4·4·3=144.
Suy ra, xác suất để chọn được hai số lẻ là

P(A)=nA
n_Ω=

C2₁₄₄
C2₃₀₀=

132
575.
Xác suất cần tìm làP(A)₌1₋P(A)₌443

575≈0,77. ä

BÀI 21. GọiElà tập hợp các số tự nhiên gồm9chữ số khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số từE. Tính xác suất để
số được chọn có đúng4chữ số lẻ và chữ số0đứng giữa2chữ số lẻ (các chữ liền trước và liền sau của chữ số0là các

chữ số lẻ). <b>ĐS:</b> 5

54

<b>Lời giải.</b>

GọiΩlà không gian mẫu của phép thử “chọn ngẫu nhiên một số từE", gọi Alà biến cố “số được chọn có đúng4chữ
số lẻ và chữ số0đứng giữa2chữ số lẻ". Xét các số có9chữ số khác nhau, ta có:

</div>
<span class='text_page_counter'>(82)</span><div class='page_container' data-page=82>

CóA8₉cách để đưa9chữ số cịn lại vào8vị trí cịn lại.

Do đó, số phần tử của khơng gian mẫu làn_Ω₌9_·A8₉₌3265920.

Xét các số thỏa mãn bài toán:

Đầu tiên ta xếp vị trí cho chữ số0, do chữ số0khơng thể đứng đầu và đứng cuối nên có7cách sắp xếp.
Ta cóA2₅cách chọn2số lẻ và đưa vào hai vị trí bên cạnh chữ số0.

Chọn hai trong6vị trí cịn lại cóC2₆cách. Chọn hai trong3số lẻ cịn lại đưa vào hai vị trí vừa chọn cóA2₃cách.
Vậy có tất cảC2₆_·A2₃₌90cách để chọn ra hai số lẻ và xếp vào hai trong6vị trí cịn lại.

Cuối cùng, đưa4chữ số chẵn cịn lại vào4vị trí có4!cách.

Do đó, số kết quả thuận lợi của biến cốAlànA=7·A2₅·90·4!=302400.

Vậy xác suất cần tìm làP(A)₌nA
n_Ω=

302400
3265920=

5

54. ä

BÀI 22. Từ các chữ số1, 2, 3, 4, 5có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có5chữ số, trong đó chữ số3có mặt đúng3
lần, các chữ số cịn lại có mặt khơng q1lần. Trong các số tự nhiên nói trên, chọn ngẫu nhiên một số, tìm xác suất

để số chọn chia hết cho3. <b>ĐS:</b>1

2

<b>Lời giải.</b>

GọiΩlà không gian mẫu của phép thử “chọn ngẫu nhiên một số có5chữ số theo yêu cầu bài toán". GọiAlà biến cố

“số được chọn chia hết cho3". Ta có:

Chọn ra ba vị trí để đưa ba chữ số3vào cóC3₅cách.
Chọn2trong4số để đưa vào2vị trí cịn lại cóA2

4cách.

Số phần tử của khơng gian mẫu làn_Ω₌C3₅_·A2₄₌120.

Để số được chọn chia hết cho3thì tổng các chữ số phải chia hết cho3. Do số được chọn ln có3chữ số3nên hai số
cịn lại phải chia hết cho3. Ta có:

Chọn ra ba vị trí để đưa ba chữ số3vào cóC3₅cách.
Hai số còn lại thuộc các bộ số:(1, 2),(1, 5),(2, 4).
Số kết quả thuận lợi của biến cốAlàC3₅_·3_·2!₌60.

Xác suất cần tìm làP(A)₌nA
n_Ω=

60
120=

1

2. ä

BÀI 23. Từ các chữ số1, 2, 3, 4, 5, 6có thể lập được bao nhiêu số có7chữ số trong đó chữ số4có mặt đúng2lần, các
chữ số cịn lại có mặt đúng một lần. Trong các số tự nhiên trên, chọn ngẫu nhiên1số, tìm xác suất để số được chọn

<b>không</b>bắt đầu bởi số12. <b>ĐS:</b> 41

42

<b>Lời giải.</b>

GọiΩlà không gian mẫu của phép thử “chọn ngẫu nhiên1số từ các số có7chữ số lập từ1, 2, 3, 4, 5, 6thỏa mãn đề
bài". Gọi A là biến cố “số được chọn không bắt đầu bởi số12". Gọi số có7chữ số thuộc khơng gian mẫu có dạng
a1a2a3a4a5a6a7, ta có:

Chọn2vị trí để đưa số4vào cóC2₇cách.

Đưa5chữ số cịn lại vào5vị trí cịn lại có5!cách.

Do đó, số phần tử của không gian mẫu làn_Ω=C2₇·5!=2520.

Xét trường hợp số có7chữ số như trên bắt đầu bằng số12thì:
Đưa số12vào2vị tría1a2có1cách chọn.

Chọn2vị trí trong5vị trí cịn lại để đưa hai số4vào cóC2₅cách.
Đưa3số cịn lại vào3vị trí cịn lại có3!cách.

Do đó, số kết quả thuận lợi của biến cốAlànA=nΩ−n_A₌2520₋C2₅_·3!₌2460.

Xác suất cần tìm làP(A)=nA
n_Ω=

2460
2520=

41

</div>
<span class='text_page_counter'>(83)</span><div class='page_container' data-page=83>

BÀI 24. GọiElà tập hợp các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau được thành lập từ các chữ số{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6}. Chọn
ngẫu nhiên một phần tử của tậpE. Tìm xác suất để phần tử đó là một số khơng chia hết cho5. <b>ĐS:</b> 11

36

<b>Lời giải.</b>

GọiΩlà không gian mẫu của phép thử “chọn một số tự nhiên có5chữ số lập từ{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6}", gọiAlà biến cố “số
được chọn chia hết cho5". Gọi số cần tìm có dạnga1a2a3a4a5. Ta có:

Số phần tử của khơng gian mẫu làn_Ω₌A5₇₋A4₆₌2160.

Để số trên chia hết cho5, ta có:

<b>–</b> a5là5,a1có5cách chọn,a2có5cách chọn,a3có4cách chọn,a4có3cách chọn.

<b>–</b> a5là0,a1có6cách chọn,a2có5cách chọn,a3có4cách chọn,a4có3cách chọn.

Số kết quả thuận lợi của biến cố Alà6_·5_·4_·3₊5_·5_·4_·3₌660.

Xác suất cần tìm làP(A)₌ 660
2160=

11

36. ä

BÀI 25. Có12số tự nhiên khác nhau trong đó có5số chẵn và7số lẻ, chọn ngẫu nhiên3số. Tính xác suất để tổng

3số được chọn là số chẵn. <b>ĐS:</b> 23

44

<b>Lời giải.</b>

Khơng gian mẫuΩcó tổng số phần tử làn_Ω₌C3₁₂₌220.GọiAlà biến cố “tổng ba số được chọn là số chẵn". Ta xét
các trường hợp sau:

Chọn được ba số chẵn, có:C3₅=10(cách).

Chọn được một số chẵn và hai số lẻ, có:C1₅·C2₇=105(cách).
Số kết quả thuận lợi của biến cốAlà10₊105₌115.

Xác suất cần tìm làP(A)₌nA
n_Ω=

115
220=

23

44. ä

BÀI 26. Gieo một con súc sắc cân đối đồng chất hai lần. Tính xác suất sao cho:

<b>1</b> Tổng số chấm trong 2 lần gieo bằng 6. <b>ĐS:</b> 1

6

<b>2</b> Ít nhất một lần gieo xuất hiện mặt 1 chấm. <b>ĐS:</b> 1

3

<b>3</b> Tổng số chấm bằng 7. <b>ĐS:</b> 1

6

<b>4</b> Tổng số chấm nhỏ hơn 6. <b>ĐS:</b> 1

3

<b>5</b> Tổng số chấm chia hết cho 5. <b>ĐS:</b> 1

9

<b>6</b> Lần đầu là số nguyên tố, lần sau là số chẵn. <b>ĐS:</b> 1

6

<b>7</b> Có đúng 1 mặt 6 chấm xuất hiện. <b>ĐS:</b> 5

18

<b>Lời giải.</b>

GọiΩlà không gian mẫu của phép thử “gieo một con xúc sắc cân đối đồng chất hai lần". Ta cón_Ω₌6_·6₌36.

<b>1</b> GọiAlà biến cố “tổng số chấm trong2lần gieo bằng6". Ta có:
Các bộ số có tổng số chấm bằng6là:{1, 5},{2, 4},{3, 3}.

Số kết quả thuận lợi của biến cốAlànA=3·2!=6.

Xác suất cần tìm làP(A)₌nA
n_Ω=

6
36=

1
6.

<b>2</b> GọiAlà biến cố “ít nhất một lần gieo xuất hiện mặt 1 chấm". Ta có:

</div>
<span class='text_page_counter'>(84)</span><div class='page_container' data-page=84>

Xác suất cần tìm làP(A)₌nA
n_Ω=

12
36=

1
3.

<b>3</b> GọiAlà biến cố “tổng số chấm trong2lần gieo bằng7". Ta có:
Các bộ số có tổng số chấm bằng7là:{1, 6},{2, 5},{3, 4}.
Số kết quả thuận lợi của biến cốAlànA=3·2!=6.

Xác suất cần tìm làP(A)₌nA
n_Ω=

6

36=

1
6.

<b>4</b> GọiAlà biến cố “tổng số chấm trong2lần gieo nhỏ hơn6". Ta có:

Các bộ số có tổng số chấm nhỏ hơn6là:{1, 1},{1, 2},{1, 3},{1, 4},{2, 2},{2, 3}.
Số kết quả thuận lợi của biến cốAlànA=6·2!=12.

Xác suất cần tìm làP(A)₌nA
n_Ω=

12
36=

1
3.

<b>5</b> GọiAlà biến cố “tổng số chấm trong2lần gieo chia hết cho5". Ta có:
Các bộ số có tổng số chấm chia hết cho5là:{1, 4},{2, 3}.

Số kết quả thuận lợi của biến cốAlànA=2·2!=4.

Xác suất cần tìm làP(A)₌nA
n_Ω=

4
36=

1
9.

<b>6</b> GọiAlà biến cố “lần gieo đầu là số nguyên tố, lần2là số chẵn". Ta có:
Các số nguyên tố nhỏ hơn6có ba số là{2, 3, 5}.

Từ1đến6có tất cả3số chẵn.

Số kết quả thuận lợi của biến cốAlànA=3·3=6.

Xác suất cần tìm làP(A)₌nA
n_Ω=

6
36=

1
6.

<b>7</b> GọiAlà biến cố “có đúng một mặt6chấm xuất hiện". Ta có:

Các bộ số có sự xuất hiện của đúng một số6là:{6, 1},{6, 2},{6, 3},{6, 4},{6, 5}.
Số kết quả thuận lợi của biến cốAlànA=5·2=10.

Xác suất cần tìm làP(A)=nA
n_Ω=

10
36=

5
18.

ä

BÀI 27. GọiE là tập hợp các số tự nhiên gồm5chữ số khác nhau mà mỗi chữ số đều lớn hơn4. Hãy xác định số
phần tử của tậpE. Chọn ngẫu nhiên một phần tử của tậpE, tính xác suất để số được chọn có ba chữ số lẻ đứng kề

nhau. <b>ĐS:</b> 3

10

<b>Lời giải.</b>

Lập một số tự nhiên gồm5chữ số khác nhau từ bộ5số{5, 6, 7, 8, 9}. Số phần tử củaElà5!₌120.

GọiΩlà không gian mẫu của phép thử “chọn ngẫu nhiên một phần tử thuộcE", gọi Alà biến cố “số được chọn có ba
chữ số lẻ đứng kề nhau". Xét các số thỏa mãn đề bài có dạngabcd e. Ta xét các trường hợp:

abclà3chữ số lẻ. Chọnabccó3!=6cách. Chọnd ecó2!=2. Do đó, số kết quả trong trường hợp này là6·2=12.
Các trường hợpbcdvàcd elà các số lẻ đều có kết quả tương tự trường hợp trên.

Vậy số kết quả thuận lợi của biến cốAlànA=12·3=36.
Số phần tử của khơng gian mẫu làn_Ω=C1₁₂₀=120.

Xác suất cần tìm làP(A)₌nA
n_Ω=

36
120=

3

10. ä

BÀI 28. Cho tập hợpE₌{1, 2, 3, 4, 5, 6}. GọiMlà tập hợp các số tự nhiên có nhiều nhất ba chữ số, các chữ số đôi một
khác nhau được thành lập từ tậpE. Lấy ngẫu nhiên một số thuộc tập hợpM. Tính xác suất lấy được một số thuộc

tậpM, sao cho tổng các chữ số của số đó bằng10. <b>ĐS:</b>1

6

<b>Lời giải.</b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(85)</span><div class='page_container' data-page=85>

Số phần tử củaMlàA3₆₊A2₆₊A1₆₌156.

Số phần tử của không gian mẫu làC1₁₅₆₌156.

Để tổng của các chữ số của số được chọn là10, ta có các bộ số:{4, 6},{1, 3, 6},{1, 4, 5},{2, 3, 5},{3, 4, 5}. Do đó, số kết
quả thuận lợi của biến cốAlànA=2!+4·3!=26.

Xác suất cần tìm làP(A)=nA
n_Ω=

26
156=

1

6. ä

BÀI 29. GọiElà tập hợp các số có ba chữ số khác nhau được lập từ các chữ số1, 2, 3, 4, 5. Chọn ngẫu nhiên ba số từ
tập hợpE, tính xác suất để trong ba số được chọn có đúng một số có mặt chữ số4. <b>ĐS:</b>0,29

<b>Lời giải.</b>

GọiΩlà khơng gian mẫu của phép thử “lấy ngẫu nhiên ba số từ tậpE", gọi Alà biến cố ‘trong ba số được chọn có
đúng một số có mặt chữ số4". Ta có:

Số phần tử của tậpElàA3₅₌60.

Số phần tử của không gian mẫu làC3₆₀₌34220.
Các số thuộcEkhơng có chữ số4làA3₄=24.

Các số thuộcEcó mặt chữ số4là60₋24₌36.

Số kết quả thuận lợi của biến cố AlànA=C1₃₆·C2₂₄=9936.

Xác suất cần tìm làP(A)=nA
n_Ω=

9936

34220≈0,29. ä

<b>BÀI</b>

<b>5.</b>

<b>CÁC QUY TẮC TÍNH XÁC SUẤT</b>

<b>A</b>

<b>TÓM TẮT LÝ THUYẾT</b>

<b>1</b>

<b>QUY TẮC CỘNG XÁC SUẤT</b>

Định nghĩa 1 (Biến cố hợp). Cho hai biến cố AvàB. Biến cố “AhoặcBxảy ra”, kí hiệu là A∪Bđược gọi là
hợp của hai biến cốAvàB. Khi đóΩA∪ΩB⊂Ω.

ΩA ΩB

VÍ DỤ 1. Chọn ngẫu nhiên một bạn học sinh lớp11 của trường. GọiAlà biến cố: “Bạn đó là học sinh
giỏi tốn” vàBlà biến cố: “Bạn đó là học sinh giỏi Lý”.

Khi đóA_∪Blà biến cố: “Bạn đó là học sinh giỏi Tốn hoặc giỏi Lý”.

Định nghĩa 2 (Biến cố xung khắc). Cho hai biến cố AvàB. Hai biến cố A vàBđược gọi là xung khắc nếu
biến cố này xảy ra thì biến cố kia khơng xảy ra. Khi đóΩA∩B=∅.

ΩA ΩB

</div>
<span class='text_page_counter'>(86)</span><div class='page_container' data-page=86>

Định nghĩa 3 (Quy tắc cộng xác suất hai biến cố xung khắc).

NếuAvàBlà hai biến cố xung khắc thì xác suất biến cốA_∪BlàP(A₊B)₌P(A)₊P(B).
Chonbiến cốA1,A2, . . . ,Anđôi một là các biến cố xung khắc với nhau. Khi đó

P(A1∪A2∪A3∪. . .∪An)=P(A1)+P(A2)+P(A)+. . .+P(An).

VÍ DỤ 3. Cho một hộp đựng4viên bi xanh và3bi đỏ. Lấy ngẫu nhiên3viên bi. Tính xác suất để có ít

nhất2viên bi xanh. <b>ĐS:</b> 22

35

<b>Lời giải.</b>

Số phần tử của không gian mẫu là:n(Ω)=C3₇=35.

GọiAlà biến cố: “3viên bi lấy ra có ít nhất2viên bi xanh”. Có các trường hợp sau:
Lấy được2viên bi xanh và1viên bi đỏ, số cách chọn làC2₄·C1₃=18.

Lấy được3viên bi xanh, số cách chọn làC3₄₌4.
Theo quy tắc cộng ta cón(A)₌18₊4₌22.

Vậy xác suất củaAlàP(A)₌n(A)
n(Ω)=

22

35. ä

VÍ DỤ 4. Trên một kệ sách có 7quyển sách Tốn, 6quyển sách Lý và4 quyển sách Hóa. Lấy ngẫu
nhiên từ kệ sách đó ra hai quyển sách. Tính xác suất để lấy được hai quyển sách cùng một môn. <b>ĐS:</b>
21

68

<b>Lời giải.</b>

Số phần tử của không gian mẫu là:n(Ω)=C2₁₇=136.

GọiAlà biến cố: “Lấy được hai quyển sách cùng một mơn”. Có các trường hợp sau:
Lấy được2quyển sách Tốn, cóC2₇₌21cách.

Lấy được2quyển sách Lý, cóC2₆=15cách.

Lấy được2quyển sách Hóa, cóC2₄₌6cách.
Theo quy tắc cộng ta cón(A)₌21₊15₊6₌42.
Vậy xác suất củaAlàP(A)₌n(A)

n(Ω)=
42
136=

21

68. ä

Định nghĩa 4 (Biến cố đối). Cho Alà một biến cố. Khi đó biến cố “khơng A”, kí hiệu là A, đươc gọi là biến cố
đối củaA. Ta nóiAvàAlà hai biến cố đối của nhau.

Khi đóΩ_A=Ω\ΩA⇒P(A)=1−P(A).

Ω

A
A

<b>Câu hỏi 1:</b>Hai biến cố đối nhau có phải là hai biến cố xung khắc?

<b>Lời giải.</b>

Hai biến cố đối nhau là hai biến cố xung khắc. ä

<b>Câu hỏi 2:</b>Hai biến cố xung khắc có phải là hai biến cố đối?

<b>Lời giải.</b>

Hai biến cố xung khắc không phải là hai biến cố đối. ä

VÍ DỤ 5. Một xạ thủ bắn vào bia một viên đạn với xác suất 2

7. Khi đó xác suất bắn trượt là bao nhiêu?
<b>ĐS:</b>5

</div>
<span class='text_page_counter'>(87)</span><div class='page_container' data-page=87>

<b>Lời giải.</b>

Gọi A là biến cố: “Một xạ thủ bắn vào bia một viên đạn” thìP(A)=2

7. Khi đó xác suất bắn trượt làP(A)=
1₋P(A)₌1₋2

7=
5

7. ä

VÍ DỤ 6. Từ một hộp có6quả cầu trắng và4quả cầu xanh, lấy ngẫu nhiên cùng một lúc ra 4quả.
Tính xác suất sao cho:

a) Bốn quả lấy ra cùng màu. <b>ĐS:</b> 8

105

b) Bốn quả lấy ra có đủ hai màu. <b>ĐS:</b> 97

105

<b>Lời giải.</b>

Số phần tử của không gian mẫu là:n(Ω)₌C4₁₀₌210.

a) GọiAlà biến cố: “Bốn quả lấy ra cùng màu”. Có hai trường hợp:
Bốn quả lấy ra cùng màu trắng, cóC4₆₌15cách chọn.
Bốn quả lấy ra cùng màu xanh, cóC4₄=1cách chọn.

Theo quy tắc cộng thìn(A)₌15₊1₌16cách chọn. Vậy xác suất củaAlàP(A)₌n(A)
n(Ω)=

16
210=

8
105.
b) GọiBlà biến cố: “Bốn quả lấy ra có đủ hai màu” thìB=A.

Suy raP(B)₌P(A)₌1₋P(A)₌1₋ 8
105=

97
105.

ä

<b>2</b>

<b>QUY TẮC NHÂN XÁC SUẤT</b>

Định nghĩa 5 (Biến cố giao). Cho hai biến cốAvàB. Biến cố “AvàBcùng xảy ra”, kí hiệu là A_∩B(hayAB)

gọi là giao của hai biến cốAvàB.

ΩA ΩA∩ΩB ΩB

VÍ DỤ 7. Chọn ngẫu nhiên một học sinh lớp11của trường. Gọi Alà biến cố: “Bạn đó là học sinh giỏi
Tốn” và gọiBlà biến cố: “Bạn đó là học sinh giỏi Lý”.

Khi đó:A_∩Blà biến cố: “Bạn đó là học sinh giỏi Tốn và giỏi Lý”

Định nghĩa 6 (Hai biến cố độc lập). VÍ DỤ 8. Gieo một đồng xu liên tiếp2lần. GọiAlà biến cố: “Lần
gieo thứ nhất xuất hiện mặt sấp” và gọiBlà biến cố: “Lần gieo thứ hai xuất hiện mặt ngửa”. Khi đó A
vàBlà2biến cố độc lập.

Hai biến cố được gọi là độc lập với nhau nếu việc xảy ra hay không xảy ra của biến cố này không làm
ảnh hưởng xác suất xảy ra của biến cố kia.

Nếu hai biến cốAvàBđộc lập với nhau thì AvàB,AvàB,AvàBcũng là độc lập

Định nghĩa 7 (Quy tắc nhân xác suất hai biến cố độc lập). NếuAvàBlà hai biến cố độc lập với nhau
thì ta ln có:P(AB)₌P(A)_·P(B).

Chonbiến cốA1,A2,A3. . . ,An độc lập với nhau tng ụi mt. Khi ú:
P(A1A2A3Ã Ã ÃAn)=P(A1)ÃP(A2)ÃP(A3)Ã Ã ÃP(An)hayP

à _n
Q
i=1

Ai
ả

=
n
Q
i=1

</div>
<span class='text_page_counter'>(88)</span><div class='page_container' data-page=88>

VÍ DỤ 9. Một cầu thủ sút bóng vào cầu môn hai lần. Biết rằng xác suất sút vào cầu mơn là 3
8. Tính
xác suất để cầu thủ đó sút hai lần bóng đều vào được cầu mơn. <b>ĐS:</b> 9

64

<b>Lời giải.</b>

GọiAlà biến cố: “Cầu thủ sút bóng vào cầu mơn lần thứ nhất” thìP(A)₌3
8.
GọiBlà biến cố: “Cầu thủ sút bóng vào cầu mơn lần thứ hai” thìP(B)=3

8.
Suy raABlà biến cố: “Cầu thủ sút hai lần bóng đều vào được cầu mơn”.
VìAvàBlà hai biến cố độc lập nên xác suất củaABlàP(AB)₌P(A)_·P(B)₌3

8·
3
8=

9

64. ä

VÍ DỤ 10. Có hai xạ thủ bắn bia. Xác suất xạ thủ thứ nhất bắn trúng bia là0,8. Xác suất xạ thủ thứ
hai bắn trúng bia là0,7. Tính xác suất để:

a) Cả hai xạ thủ đều bắn trúng. <b>ĐS:</b>0,56

b) Cả hai xạ thủ đều không bắn trúng bia. <b>ĐS:</b>0,06

c) Có ít nhất một xạ thủ bắn trúng bia. <b>ĐS:</b>0,94

<b>Lời giải.</b>

GọiAlà biến cố: “Xạ thủ thứ nhất bắn trúng” vàBlà biến cố: “Xạ thủ thứ hai bắn trúng” thìP(A)₌0,8và
P(B)₌0,7. Ta cóAvàBlà hai biến cố độc lập.

a) Biến cố: “Cả hai xạ thủ đều bắn trúng” làABnênP(AB)=P(A)·P(B)=0,8·0,7=0,56.
b) Biến cố: “Cả hai xạ thủ đều không bắn trúng bia” làAB.

DoAvàBlà độc lập nênAvàBcũng độc lập. Suy raP(AB)=P(A)·P(B)=0,2·0,3=0,06.
c) Biến cố: “Có ít nhất một xạ thủ bắn trúng bia” làA∪B.

P(A_∪B)₌P(A)₊P(B)₋P(AB)₌0,8+0,7−0,56=0,94.

ä

<b>!</b>

<b>Áp dụng các ngun tắc tính xác suất để giải bài tốn, thường ta làm theo các bước sau:</b>
<b>Bước 1.</b>GọiAlà biến cố cần tính xác suất vàAi,(i=1,n)là các biến cố liên quan đếnAsao cho:

+ Biến cốAbiểu diễn theo các biến cố Ai,(A1,A2, . . . ,An).

+ Hoặc xác suất các biến cốAitính toán dễ dàng hơn so vớiA.
<b>Bước 2.</b>Biểu diễn biến cốAtheo các biến cốAi.

<b>Bước 3.</b>Xác định mối liên hệ giữa các biến cố và áp dụng các nguyên tắc:
+ NếuA1, A2xung khắc(A1∩A2=∅)thìP(A1∪A2)=P(A1)+P(A2).

+ NếuA1, A2bất kỳ thìP(A1∪A2)=P(A1)+P(A2)−P(A1·A2).

+ NếuA1, A2độc lập thìP(A1·A2)=P(A1)·P(A2.

+ NếuA1, A2đối nhau thìP(A1)=1−P(A2).

<b>B</b>

<b>BÀI TẬP ÁP DỤNG</b>

BÀI 1. Một cặp vợ chồng mong muốn sinh bằng được con trai (sinh được con trai rồi thì khơng sinh nữa, chưa sinh
được thì sẽ sinh tiếp). Xác suất sinh được con trai trong mỗi lần sinh là0,51. Tìm xác suất sao cho cặp vợ chồng đó

mong muốn sinh được con trai ở lần sinh thứ2. <b>ĐS:</b>0,2499

<b>Lời giải.</b>

Xác suất sinh con gái là1−0,51=0,49.

Xác suất để cặp vợ chồng đó sinh được con trai ở lần sinh thứ2là0,49·0,51=0,2499. ä

BÀI 2. Ba xạ thủ độc lập cùng bắn vào một cái bia. Xác suất bắn trúng mục tiêu của mỗi xạ thủ là0,6.

Tính xác suất để trong 3 xạ thủ bắn có đúng một xạ thủ bắn trúng mục tiêu. <b>ĐS:</b>0,288

</div>
<span class='text_page_counter'>(89)</span><div class='page_container' data-page=89>

Muốn mục tiêu bị phá hủy hồn tồn phải có ít nhất hai xạ thủ bắn trúng mục tiêu. Tính xác suất để mục

tiêu bị phá hủy hoàn toàn. <b>ĐS:</b>0,648

<b>2</b>

<b>Lời giải.</b>

GọiXilà xạ thủ thứibắn trúng bia. Khi đóXilà xạ thủ thứ ikhơng bắn trúng bia. Ta cóP(Xi)=0,6; P(Xi)=
0,4.

GọiAlà biến cố "3xạ thủ bắn có đúng một xạ thủ bắn trúng mục tiêu".

Ta cóP(A)₌P(X1.X2·X3)+P(X1·X2·X3)+P(X1·X2·X3)=0,6·0,4·0,4+0,4·0,6·0,4+0,4·0,4·0,6=0,288.

<b>1</b>

Gọi B là biến cố "mục tiêu bị phá hủy hoàn toàn".

P(B)=P(X1.X2·X3)+P(X1.X2·X3)+P(X1·X2·X3)+P(X1·X2·X3)=0,63+3·0,6·0,6·0,4=0,648.

<b>2</b>

ä

BÀI 3. Hai xạ thủ AvàBcùng bắn vào tấm bia mỗi người mỗi phát. Xác suất bắn trúng bia của xạ thủ Alà0,7.
Tìm xác suất bắn trúng bia của xạ thủB. Biết xác suất có ít nhất một người bắn trúng bia là0,94. <b>ĐS:</b>0,8

<b>Lời giải.</b>

GọiXA là xạ thủAbắn trúng bia⇒XAlà xạ thủAkhông bắn trúng bia⇒P(XA)=0,7, P(XA)=0,3.

GọiXBlà xạ thủBbắn trúng bia⇒XBlà xạ thủ B không bắn trúng bia.

GọiElà biến cố "có ít nhất một người bắn trúng bia".Elà biến cố "khơng ai bắn trúng bia"
⇒P(E)=0,94⇒P(E)=0,06.

Ta cóP(E)₌P(XA)·P(XB)=0,3·P(XB)=0,06⇒P(XB)=0,2⇒P(XB)=0,8. ä

BÀI 4. Hai người độc lập nhau cùng bắn mỗi người một viên đạn vào bia. Xác suất ban trúng bia của họ lần lượt là
1

3và
1

5 Tính xác suất của các biến cố sau

A: "cả hai đều bắn trúng". <b>ĐS:</b> 1

15

<b>1</b>

B: "cả hai đều bắn trượt". <b>ĐS:</b> 8

15

<b>2</b>

C: "ít nhất một người bắn trúng". <b>ĐS:</b> 7

15

<b>3</b>

D: "có đúng một người bắn trúng". <b>ĐS:</b>2

5

<b>4</b>

<b>Lời giải.</b>

A: "cả hai đều bắn trúng". Khi đóP(A)₌1
3·

1
5=

1
15.

<b>1</b>

B: "cả hai đều bn trt". Khi úP(B)₌
à

11
3
ả

Ã

à

11
5=

1
15

ả
=2

3Ã
4
5=

8
15.

<b>2</b>

C: "ớt nht mt ngi bn trỳng". Ta có biến cốBchính là biến cố đối củaC. Khi đó
P(C)₌1₋P(B)₌1₋ 8

15=
7
15.

<b>3</b>

D: "có đúng một người bắn trúng" tức là người thứ nhất bắn trúng người thứ 2 bắn trật hoặc người thứ nhất

bắn trật người thứ hai bắn trúng. Ta cóP(D)₌1

3·
4
5+

2
3·

1
5=

2
5

<b>4</b>

ä

BÀI 5. Có3người cùng đi câu cá; xác suất Câu được cá của người thứ nhất là0,5; xác suất câu được cá của người
thứ hai là0,4; xác suất câu được cá của người thứ ba là0,2. Tính xác suất biến cố:

Có đúng 1 người câu được cá. <b>ĐS:</b>0,46

<b>1</b>

Có đúng 2 người câu được cá. <b>ĐS:</b>0,26

<b>2</b>

Người thứ 3 luôn luôn câu được cá. <b>ĐS:</b>0,2

<b>3</b>

Có ít nhất 1 người câu được cá. <b>ĐS:</b>0,76

<b>4</b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(90)</span><div class='page_container' data-page=90>

GọiXilà người thứicâu được cá. Khi đóXilà người thứikhơng câu được cá. Ta có
P(X1)=0,5; P(X2)=0,4; P(X3)=0,2; P(X1)=0,5; P(X2)=0,6; P(X3)=0,8.

GọiAlà biến cố "có đúng 1 người câu được cá". Ta có

P(A)₌P(X1.X2·X3)+P(X1·X2·X3)+P(X1·X2·X3)=0,5·0,6·0,8+0,5·0,4·0,8+0,5·0,6·0,2=0,46.

<b>1</b>

GọiBlà biến cố "có đúng 2 người câu được cá". Ta cóP(B)₌P(X1·X2·X3+X1.X2·X3)+P(X1·X2·X3)+P(X1·X2·X3)=

=0,5·0,4·0,2+0,5·0,6·0,2+0,5·0,4·0,8=0,26.

<b>2</b>

GọiClà biến cố "người thứ 3 ln ln câu được cá". Khi đóP(D)₌P(X3)=0,2.

<b>3</b>

Gọi D là biến cố "có ít nhất 1 người câu được cá"⇒Dlà biến cố "khơng ai câu được cá". Ta có
P(D)=1−P(D)=P(X1)·P(X2)·P(X3)=1−0,5·0,6·0,8=1−0,24=0,76.

<b>4</b>

ä

BÀI 6. Một xạ thủ bắn vào bia4lần độc lập; xác suất bắn trúng một lần là0,3. Tính xác suất biến cố:

Cả4lần đều bắn trượt. <b>ĐS:</b>0,2401

<b>1</b>

Có đúng3lần bắn trúng. <b>ĐS:</b>0,0756

<b>2</b>

Lần thứ1bắn trúng, lần thứ2bắn trượt. <b>ĐS:</b>0,21

<b>3</b>

Ít nhất2lần bắn trúng. <b>ĐS:</b>0,2601

<b>4</b>

<b>Lời giải.</b>

GọiXilà xạ thủ bắn trúng bia lần thứi. Khi đóXilà xạ thủ khơng bắn trúng bia lần thứi.
Ta cóP(Xi)=0,3, P(Xi)=0,7.

Gọi A là biến cố "Cả4lần đều bắn trượt". Ta cóP(A)=P(X1·X2·X3·X4)=0,7·0,7·0,7·0,7=0,2401.

<b>1</b>

Gọi B là biến cố "Có đúng3lần bắn trúng".⇒P(B)=4.(0,7·0,33)=0,0756.

<b>2</b>

Gọi C là biến cố "Lần thứ1bắn trúng, lần thứ2bắn trượt".⇒P(C)=0,3·0,7=0,21.

<b>3</b>

Gọi D là biến cố "Ít nhất2lần bắn trúng".
P(D)=P(X1·X2·X3·X4)+P(B)+

+(P(X1·X2·X3·X4)+P(X1·X2·X3·X4)+P(X1·X2·X3·X4)+P(X1·X2·X3·X4)+P(X1·X2·X3·X4)+P(X1·X2·X3·X4))

=(0,3)4₊0,0756₊4.(0,3_·0,3_·0,7_·0,7)₌0,2601.

<b>4</b>

ä

BÀI 7. Có hai hộp đựng thẻ, mỗi hộp đựng12thẻ được đánh số từ 1đến12. Từ mỗi hộp rút ngẫu nhiên một thẻ.
Tính xác suất để trong2thẻ rút ra có ít nhất một thẻ đánh số12. <b>ĐS:</b>₁₄₄23

<b>Lời giải.</b>

GọiXilà từ hộp thứirút ra được một thẻ được ghi số12. Khi đóXilà từ hộp thứirút ra được một thẻ khơng ghi
số12. Ta cóP(Xi)=

1

12⇒P(Xi)=
11
12.

GọiAlà biến cố "2thẻ rút ra có ít nhất một thẻ đánh số12"⇒Alà biến cố "2thẻ rút ra khơng có thẻ đánh số12".
Ta cóP(A)=P(X1·X2)=

11
12·

11
12=

121

144⇒P(A)=1−P(A)=1−
121
144=

23

144. ä

BÀI 8. Có ba xạ thủ cùng bắn vào một tấm bia. Xác suất trúng đích lần lượt của mỗi người là0,6;0,7và0,8. Tính

xác suất để có ít nhất một người bắn trúng bia. <b>ĐS:</b>0,976

<b>Lời giải.</b>

GọiXilà xạ thủ thứibắn trúng bia. Khi đó Xilà xạ thủ thứikhơng bắn trúng bia.

Ta cóP(X1)=0,6; P(X2)=0,7; P(X3)=0,8, P(X1)=0,4; P(X2)=0,3; P(X3)=0,2.

Gọi A là biến cố "có ít nhất một người bắn trúng bia"⇒Alà biến cố không ai bắn trúng bia.

Ta cóP(A)=1−P(A)=P(X1)·P(X2)·P(X3)=1−0,4·0,3·0,2=1−0,024=0,976. ä
BÀI 9. Có một xạ thủ mới tập bắn, bắn vào tấm bia. Xác suất trúng đích là0,2. Tính xác suất để trong ba lần bắn:

Ít nhất một lần trúng bia. <b>ĐS:</b>0,488

<b>1</b>

Bắn trúng bia đúng lần thứ nhất. <b>ĐS:</b>0,2

<b>2</b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(91)</span><div class='page_container' data-page=91>

GọiXilà lần thứixạ thủ bắn trúng bia. Khi đóXilà lần thứixạ thủ khơng bắn trúng bia. Ta có
P(Xi)=0,2; P(Xi)=0,8.

Gọi A là biến cố "ít nhất một lần trúng bia"⇒Alà biến cố khơng ai bắn trúng bia. Ta có
P(A)₌1₋P(A)₌P(X1)·P(X1)·P(X1)=1−0,83=1−0,512=0,488.

<b>1</b>

Gọi B là biến cố "bắn trúng bia đúng lần thứ nhất". Ta cóP(B)=P(X1)=0,2.

<b>2</b>

ä

BÀI 10. Việt và Nam thi đấu với nhau một trận bóng bàn, người nào thắng trước 3 séc thì thắng trận. Xác suất

Nam thắng mỗi séc là0,4(giả sử khơng có séc hịa). Tính xác suất Nam thắng trận? <b>ĐS:</b>0,11008

<b>Lời giải.</b>

Xác suất Nam thắng mỗi séc là0,4, xác suất Nam không thắng mỗi séc là1−0,4=0,6.
Xác suất Nam thắng cả3séc đầu:0,43₌_0,064_.

Xác suất Nam thắng3séc trong4séc đầu:0,43_·0,6₌0,0384.
Xác suất Nam thắng cả3séc trong5séc:0,43_·0,62₌0,02304.

Vậy xác suất Nam thắng trận là:0,064₊0,0384₊0,02304₌0,11008. ä

BÀI 11. Một nhóm xạ thủ gồm có10người trong đó có 3 xạ thủ loạiIvà7xạ thủ loạiI I. Xác suất bắn trúng đích
trong mỗi lần bắn của một xạ thủ loạiIvà loạiI Ilần lượt là0,9và0,8. Chọn ngẫu nhiên một xạ thủ trong10người

và cho bắn một viên đạn. Tính xác suất để viên đạn trúng đích? <b>ĐS:</b>0,83

<b>Lời giải.</b>

Xác suất chọn1xạ thủ loạiIvà bắn trúng là 3

10·0,9=0,27.
Xác suất chọn1xạ thủ loạiI Ivà bắn trúng là 7

10·0,8=0,56.

Vậy xác suất để viên đạn trúng đích là0,27₊0,56₌0,83. ä

BÀI 12. Có ba lơ hàng. Người ta lấy một cách ngẫu nhiên từ mỗi lô hàng một sản phẩm. Biết rằng xác suất để được
một sản phẩm có chất lượng tốt ở từng lô hàng lần lượt là0,5; 0,6và0,7. Tính xác suất để trong ba sản phẩm lấy ra

có ít nhất một sản phẩm có chất lượng tốt? <b>ĐS:</b>0,94

<b>Lời giải.</b>

GọiXilà biến cố chọn được sản phẩm có chất lượng tốt ở lơ hàng thứi. Khi đóXilà biến cố chọn được sản phẩm có
chất lượng chưa tốt ở lơ hàng thứi.

Ta cóP(X1)=0,5, P(X2)=0,6, P(X3)=0,7, P(X1)=0,5, P(X2)=0,4, P(X3)=0,3.

GọiAlà biến cố "lấy ra có ít nhất một sản phẩm có chất lượng tốt"⇒Alà biến cố "lấy ra có ít nhất một sản phẩm
có chất lượng chưa tốt".

Ta cóP(A)=1−P(A)=P(X1)·P(X2)·P(X3)=1−0,5·0,4·0,3=1−0,06=0,94. ä
BÀI 13. Một hộp chứa11bi được đánh số từ1đến11. Chọn6bi một cách ngẫu nhiên, rồi cộng các số trên6bi được

rút ra với nhau. Tính xác suất để kết quả thu được là số lẻ. <b>ĐS:</b>118

231

<b>Lời giải.</b>

Từ1đến11có6số lẻ,5số chẵn. Số phần tử khơng gian mẫun(Ω)₌C6₁₁₌462.

Gọi A là biến cố chọn6bi một cách ngẫu nhiên, rồi cộng các số trên6bi được rút ra với nhau được số lẻ.

<b>1</b> <b>Trường hợp 1:</b>1số lẻ,5số chẵnC1₆_·C5₅₌6.

<b>2</b> <b>Trường hợp 2:</b>3số lẻ,3số chẵnC3₆_·C3₅₌200.

<b>3</b> <b>Trường hợp 3:</b>5số lẻ,1số chẵnC5₆_·C1₅₌30.

⇒n(A)₌6₊200₊30₌236. Vậy xác suất để kết quả thu được là số lẻ làP(A)₌n(A)
n(Ω)=

118

231. ä

BÀI 14. Một hộp có đựng4chính phẩm và2phế phẩm. Lấy ngẫu nhiên từng sản phẩm một, không bỏ trở lại để
kiểm tra cho đến khi lấy ra hai phế thì thơi. Tính xác suất của biến cố việc kiểm tra chỉ dừng lại ở sản phẩm thứ2.
<b>ĐS:</b> 1

9

<b>Lời giải.</b>

Xác suất lấy ra được chính phẩm 4
6=

2

3, xác suất lấy ra được phế phẩm
2
6=

1
3.
Vậy xác suất của biến cố việc kiểm tra chỉ dừng lại ở sản phẩm thứ2là 1

3·
1
3=

1

9. ä

</div>
<span class='text_page_counter'>(92)</span><div class='page_container' data-page=92>

Anh ta mở được kho ở lần thứ3. <b>ĐS:</b>0,147

<b>1</b>

Anh ta mở được kho mà không quá3lần mở. <b>ĐS:</b>0,657

<b>2</b>

<b>Lời giải.</b>

GọiXilà biến cố chọn được chìa khóa thứimở được kho. Khi đóXilà biến cố chọn được chìa khóa thứikhơng
mở được kho. Ta cóP(Xi)=0,3; P(Xi)=0,7.

GọiAlà biến cố "mở được kho ở lần thứ3"⇒Alà biến cố khơng ai bắn trúng bia. Ta có
P(A)=P(X1)·P(X2)·P(X3)=0,7·0,7·0,3=0,147.

<b>1</b>

GọiBlà biến cố "mở được kho mà khơng q3lần mở".
Ta cóP(B)₌0,3₊0,7_·0,3₊0,7_·0,7_·0,3₌0,657.

<b>2</b>

ä

BÀI 16. Một nồi hơi có3van bảo hiểm hoạt động độc lập với xác suất hỏng của van1, van 2, van3trong khoảng
thời gianttương ứng là0,1;0,2và0,3. Nồi hơi hoạt động an toàn nếu ít nhất một van khơng hỏng. Tìm xác suất để

nồi hơi hoạt động an toàn trong khoảng thời giant? <b>ĐS:</b>0,994

<b>Lời giải.</b>

GọiXilà biến cố van thứibị hỏng. Khi đóXilà biến cố van thứikhơng bị hỏng.
Ta cóP(X1)=0,1; P(X2)=0,2; P(X3)=0,3.

GọiAlà biến cố "nồi hơi hoạt động an toàn trong khoảng thời giant"⇒Alà biến cố3van bị hỏng. Ta có

P(A)₌1₋P(A)₌P(X1)·P(X2)·P(X3)=1−0,1·0,2·0,3=1−0,006=0,994. ä
BÀI 17. Trong thời gian có dịch bệnh ở vùng dân cư. Cứ100người bệnh thì phải có20người đi cấp cứu. Xác suất để
gặp người đi cấp cứu do mắc phải dịch bệnh của vùng đó là0,08. Tìm tỉ lệ mắc bệnh của vùng dân cư đó.<b>ĐS:</b>0,016

<b>Lời giải.</b>

Tỉ lệ mắc bệnh của vùng dân cư đó là 20

100·0,08=0,016. ä

BÀI 18. Một máy bay có5động cơ gồm3động cơ bên cánh trái và hai động cơ bên cánh phải. Mỗi động cơ bên cánh
phải có xác suất bị hỏng là0,09; mỗi động cơ bên cánh trái có xác suất hỏng là0,04. Các động cơ hoạt động độc lập
với nhau. Máy bay chỉ thực hiện được chuyến bay an tồn nếu ít nhất hai động cơ làm việc. Tính xác suất để máy

bay thực hiện được chuyến bay an toàn. <b>ĐS:</b>0,9999590464

<b>Lời giải.</b>

GọiAlà biến cố máy bay bay an tồn. Khi đóAlà biến cố máy bay bay khơng an toàn.

<b>1</b> <b>Trường hợp 1:</b>5động cơ hỏng0,093·0,042.

<b>2</b> <b>Trường hợp 2:</b>4động cơ hỏng0,093_·0,04_·0,96₊0,092_·0,91_·0,042.
⇒P(A)₌0,093_·0,042₊0,093_·0,04_·0,96₊0,092_·0,91_·0,042

⇒P(A)₌1₋P(A)₌0,9999590464. ä

BÀI 19. Ba cầu thủ sút phạt luân lưu11 mét, mỗi người đá một lần với xác suất làm bàn tương ứng làx;yvà0,6
(vớix>y). Biết xác suất để ít nhất một trong ba cầu thủ ghi bàn là0,976và xác suất để ba cầu thủ đêu ghi bàn là

0,336. Tính xác suất để có đúng hai cầu thủ ghi bàn? <b>ĐS:</b>

<b>Lời giải.</b>

Xác suất để3cầu thủ cùng ghi bàn làx·y·0,6=0,336⇔x·y=0,56 (1).

Xác suất để khơng có cầu thủ nào ghi bàn là(1−x)(1−y)(1−0,6)=1−0,976 (2).

Từ(1), (2)ta có
(

x·y=0,56

(1₋x)(1₋y)₌0,06⇔
(

x y=0,56

−x₋y₊x y_{= −}0,94⇔
(

x y=0,56
x₊y₌1, 5⇔










x₌4
5
y₌ 7

10.

ä

BÀI 20. Một bài trắc nghiệm có10câu hỏi, mỗi câu hỏi có4phương án lựa chọn trong đó có1đáp án đúng. Giả sử
mỗi câu trả lời đúng được5điểm và mỗi câu trả lời sai được trừ2điểm. Một học sinh không học bài nên đánh hú
họa một câu trả lời. Tìm xác suất để học sinh này nhận điểm dưới1. <b>ĐS:</b> 85293

1048576

<b>Lời giải.</b>

Gọixlà số câu trả lời đúng(0_≤x_≤10), khi đó số câu trả lời sai là10₋x. Để học sinh làm dưới1điểm thì số câu trả
lời đúng thỏa mãn bất phương trình5x₊(10₋x)(₋2)_<1_⇔7x_<21_⇔x_<3_⇒x_∈{0; 1; 2}}.

<b>1</b> x=0khơng có cõu ỳng
à₃

4
ả10

.

<b>2</b> x=1cú1cõu ỳng
à₁

4
ả à₃

4
ả9

</div>
<span class='text_page_counter'>(93)</span><div class='page_container' data-page=93>

<b>3</b> x=2cú2cõu ỳng
à₃

4
ả2à₃

4
ả8

.

Vy xỏc sut hc sinh ny nhn im di1l
à₃

4
ả10

+
à₁

4
ả à₃

4
ả9

+
à₁

4
ả2à₃

4
ả8

= 85293

1048576. ä

BÀI 21. Trong một lớp học có60sinh viên, trong đó có40sinh viên học tiếng Anh,30sinh viên học tiếng Pháp và
20sinh viên học cả hai tiến Anh và Pháp. Chọn ngẫu nhiên một sinh viên. Tính xác suất của các biến cố sau:

A: "Sinh viên được chọn học tiếng Anh". <b>ĐS:</b>2

3

<b>1</b>

B: "Sinh viên được chọn học tiếng Pháp". <b>ĐS:</b>1

2

<b>2</b>

C: "Sinh viên được chọn học cả tiếng Anh lẫn tiếng Pháp". <b>ĐS:</b>1
3

<b>3</b>

D: "Sinh viên được chọn không học tiếng Anh và Tiếng Pháp". <b>ĐS:</b>1
6

<b>4</b>

<b>Lời giải.</b>

Theo đề số học sinh học tiếng Anh là40, số học sinh học tiếng Pháp là30, số học sinh học cả 2 môn Anh, Pháp
là20, số học sinh không học môn Anh, Pháp là60−(40+30−20)=10.

Xác suất chọn được sinh viên học tiếng Anh là 40
60=

2
3.

<b>1</b>

Xác suất chọn được sinh viên học tiếng Pháp là 30
60=

1
2.

<b>2</b>

Xác suất chọn được sinh viên học tiếng Anh là 20
60=

1
3.

<b>3</b>

Xác suất chọn được sinh viên không học tiếng Anh và Tiếng Pháp là 10
60=

1
6.

<b>4</b>

ä

BÀI 22. Trong kì kiểm tra chất lượng ở hai khối lớp, mỗi khối có25%học sinh trượt Tốn,15%trượt Lý,10%trượt
cả Lý lẫn Toán. Từ mỗi khối chọn ngẫu nhiên một học sinh. Tính xác suất sao cho:

Hai học sinh đó trượt Tốn. <b>ĐS:</b> 1

16

<b>1</b>

Hai học sinh đó đều bị trượt một mơn nào đó. <b>ĐS:</b>1

4

<b>2</b>

Hai học sinh đó khơng bị trượt mơn nào. <b>ĐS:</b>1

4

<b>3</b>

Có ít nhất một trong hai học sinh bị trượt ít nhất một mơn. <b>ĐS:</b>3

4

<b>4</b>

<b>Lời giải.</b>

Kí hiệu A1, A2, A3lần lượt là các biến cố: Học sinh được chọn từ khốiI trượt Tốn, Lí Hóa;B1,B2,B3, lần lượt là

các biến cố: Học sinh được chọn từ khốiI Itrượt Toán, Lí Hóa. Rõ ràng với mọi(i,j), các biến cốAivàBj độc lập.

Ta cóP(A1B1)=P(A1)·P(B1)=

1
4·

1
4=

1
16.

<b>1</b>

Xác suất cần tính là

P ((A1∪A2∪A3)∩(B1∪B2∪B3))

=P (A1∪A2∪A3)·(B1∪B2∪B3)

=1

2·

1
2=

1
4.
.

</div>
<span class='text_page_counter'>(94)</span><div class='page_container' data-page=94>

tA₌A1A2A3,B=B1B2B3.

Cn tớnhPAB. DoA,Bc lp, ta cú:

PAB=PAÃPB

=[1P(A)]2₌
à₁
2
ả2
=1
4.
.
<b>3</b>

Cn tớnhP(AB). Ta cú:

P(AB)₌P(A)₊P(B)P(AB)

=1₂+1₂1₄=3₄.
.

<b>4</b>

ọ

BI 23. Trong kì thi THPT Quốc Gia, bạnX làm đề thi trắc nghiệm mơn Hóa. Đề thi gồm50câu hỏi, mỗi câu có4
phương án trả lời, trong đó chỉ có1phương án đúng, trả lời đúng mỗi câu được0,2điểm. BạnX trả lời hết các câu
hỏi và chắc chắn đúng45câu,5câu còn lạiX chọn ngẫu nhiên. Tính xác suất để điểm thi Hóa của X khơng dưới

9,5điểm. <b>ĐS:</b> 53

512

<b>Lời giải.</b>

Thí sinhX khơng dưới9,5điểm khi và chỉ khi trong5câu trả lời ngẫu nhiên có ít nhất3câu đúng.
Xác suất trả lời đúng1câu hỏi là1

4, trả lời sai là
3

4. Ta có các trường hợp:
Xác suất thí sinhXtrả lời ỳng3trờn5cõu lC3₅

à₁
4
ả3
Ã
à₃
4

ả2
.
Xỏc sut thớ sinhXtr li ỳng4trờn5cõu lC4₅

à₁
4

ả4
Ã3

4.
Xỏc sut thớ sinhXtr li ỳng5trờn5cõu lC5₅

à₁
4

ả5
.

Vy xỏc sut cn tớnhP=C3₅
à₁
4
ả3
Ã
à₃
4
ả2

+C4₅
à₁

4
ả4

Ã3
4+C

5
5
à₁
4
ả5
= 53

512. ọ

BI 24. Trong kì thi THPT Quốc Gia, bạn X dự thi hai mơn trắc nghiệm mơn Hóa và Lí. Đề thi của mỗi câu gồm
50câu hỏi, mỗi câu hỏi có4phương án lựa chọn, trong đó có1phương án đúng, làm đúng mỗi câu được0,2điểm.
Mỗi môn thi bạn X làm hết các câu hỏi và chắc chắn đúng45câu,5câu còn lạiX chọn ngẫu nhiên. Tính xác suất

để tổng hai mơn thi củaXkhơng dưới19điểm. <b>ĐS:</b>81922

410

<b>Lời giải.</b>

Thí sinhX khơng dưới19điểm khi và chỉ khi trong10câu trả lời ngẫu nhiên ở cả hai mơn Hóa và Lí có ít nhất5
câu đúng. Xác suất trả lời đúng1câu hỏi là 1

4, trả lời sai là

3

4. Ta có các trng hp:
Xỏc sut thớ sinhXtr li ỳng5trờn10cõu lC5₁₀

à₁
4
ả5
Ã
à₃
4
ả5
.
Xỏc sut thớ sinhXtr li ỳng6trờn10cõu lC6₁₀

à₁
4
ả6
Ã
à₃
4
ả4
.
Xỏc sut thớ sinhXtr li ỳng7trờn10cõu lC7₁₀

à₁
4
ả7
Ã
à₃

4
ả3
.
Xỏc sut thớ sinhXtr li ỳng8trờn10cõu lC8₁₀

à₁
4
ả8
Ã
à₃
4
ả2
.
Xỏc sut thớ sinhXtr li ỳng9trờn10cõu lC9₁₀

à₁
4

ả9
Ã3₄.
Xỏc sut thớ sinhXtr li ỳng10trờn10cõu lC10₁₀

à₁
4

ả10
.
Vy xỏc sut cn tớnh l

P=C5₁₀

à₁
4
ả5
Ã
à₃
4
ả5

+C6₁₀
à₁
4
ả6
Ã
à₃
4
ả4

+C7₁₀
à₁
4
ả7
Ã
à₃
4
ả3

+C8₁₀
à₁
4
ả8

Ã
à₃
4
ả2

+C9₁₀
à₁

4
ả9

Ã3
4+C

10
10
à₁
4
ả10
=81922

</div>
<span class='text_page_counter'>(95)</span><div class='page_container' data-page=95>

<b>BI</b>

<b>6.</b>

<b>BI TP ễN CHƯƠNG 2</b>

BÀI 1. Xếp ngẫu nhiên ba người nam và hai người nữ vào một dãy năm ghế kê theo hàng ngang. Tính xác suất để

được kiểu xếp mà giữa hai người nam có đúng1người nữ. <b>ĐS:</b> 1

10

<b>Lời giải.</b>

Số cách xếp3nam và2nữ vào5ghế là5!cách.

GọiAlà biến cố giữa hai người nam có đúng1người nữ:

Xếp3nam vào3ghế số1, 3, 5là3!cách.
Xếp2nữ vào vào2ghế số2, 4là2!cách.
Suy ran(A)₌3!2!.

VậyP(A)₌3!2!
5! =

1

10. ä

BÀI 2. GọiAlà tập hợp tất cả các số gồm năm chữ số mà chữ số3có mặt đúng3lần, hai chữ số còn lại khác nhau
và thuộc tập hợp các chữ số1,2,4,5. Chọn ngẫu nhiên một số từ A. Tính xác suất để số được chọn chia hết cho3.

<b>ĐS:</b> 3
4

<b>Lời giải.</b>

GọiAlà tập hợp các số xcó dạngabcd ethỏa u cầu. Ta cón(Ω)=C3₅A2₄.

Đểxchia hết cho3thì(a₊b₊c₊d₊e)...3, do đó hai chữ số trong năm chữ số được chọn trong4bộ số{1; 2}, {1; 5}, {2; 4}, {4; 5}.
Do đón(A)₌C3₅C1₄2!.

VậyP(A)₌C

3
5C142!

C3₅A2₄ =
3

4. ä

BÀI 3. Trong kì thi THTP Quốc Gia, Thành đồn thành lập tổ công tác gồm5người được chọn ngẫu nhiên từ15
cán bộ đồn trường học và10cán bộ các quận, huyện để tìm các chỗ trọ miễn phí cho những thí sinh có điều kiện
khó khăn. Tính xác suất để trong5người được chọn có khơng q2cán bộ đồn trường. <b>ĐS:</b> 381

1265

<b>Lời giải.</b>

Ta cón(Ω)=C5₂₅.

GọiAlà biến cố trong5người được chọn có khơng q2cán bộ đồn trường, có3phương án:

Trong5người được chọn khơng có cán bộ đồn trường:C5₁₀.
Trong5người được chọn có1cán bộ đồn trường:C4

10C115.

Trong5người được chọn có2cán bộ đồn trường:C3₁₀C2₁₅.
Do đón(A)₌C5₁₀₊C4₁₀C1₁₅₊C3₁₀C2₁₅.

VậyP(A)=C

5

10+C410C115+C310C215

C5₂₅ =

381

1265. ä

BÀI 4. Trong một dự án nhà ở xã hội gồm có5tầng, mỗi tầng gồm có6căn hộ loạiAvà4căn hộ loạiB. Một người
mua nhà rút ngẫu nhiên căn hộ của mình. Tính xác suất để căn hộ anh ta rút được ở tầng1hoặc căn hộ loạiA.

<b>ĐS:</b> 17
30

<b>Lời giải.</b>

Kí hiệuA,B, lần lượt là các biến cố: rút được căn hộ ở tầng1, rút được căn hộ loạiA.
Cần tínhP(A∪B). Ta có:n(Ω)=60,n(A∪B)=n(A)+n(B)−n(A∩B)=10+30−6=34.
VậyP(A∪B)=34

60=
17

30. ä

BÀI 5. Thực đơn ăn sáng tự chọn ở một khách sạn gồm4món xúp,5món bánh và2món cơm. Một khách hàng chọn
ngẫu nhiên3món. Tính xác suất để3món được chọn có cả xúp, bánh và cơm. <b>ĐS:</b> 8

33

<b>Lời giải.</b>

GọiAlà biến cố chọn được3món khác nhau.
Ta có số phần tử của không gian mẫu:n(Ω)=C3₁₁.
Số phần tử của biến cốA: n(A)₌C1₄C1₅C1₂.

VậyP(A)₌C

1
4C15C12

C3₁₁ =
8

</div>
<span class='text_page_counter'>(96)</span><div class='page_container' data-page=96>

BÀI 6. Trong kì thi THPT Quốc Gia, một hội đồng coi thi có216thí sinh tham gia dự thi để xét cơng nhận tốt nghiệp
THPT, trong đó trường X có65thí sinh dự thi. Sau buổi thi mơn Tốn, một phóng viên phỏng vấn ngẫu nhiên3học
sinh. Tính xác suất để3học sinh được phỏng vấn có ít nhất2học sinh ở trường X. <b>ĐS:</b> 208

963

<b>Lời giải.</b>

Số phần tử của không gian mẫu:n(Ω)₌C3₂₁₆.
GọiAlà biến cố “có ít nhất2học sinh trườngX”.
Số phần tử của biến cốA: n(A)₌C2₆₅C1₁₅₁₊C3₆₅.

VậyP(A)₌C

2
65C

1
151+C

3
65

C3₂₁₆ =
208

963. ä

BÀI 7. Có hai đơn vị cung cấp thực phẩm phục vụ ăn trưa cho công nhân của một nhà máy. Đơn vị thứ nhất cung
cấp3loại thực phẩm, đơn vị thứ hai cung cấp4loại thực phẩm. Người phụ trách bếp ăn lấy mỗi loại thực phẩm
một mẫu để đi kiểm tra và người kiểm tra chọn3mẫu bất kỳ. Tính xác suất để cả hai đơn vị cung cấp đều có mẫu

được chọn. <b>ĐS:</b>6

7

<b>Lời giải.</b>

Số phần tử của không gian mẫu:n(Ω)=C3₇.

GọiAlà biến cố “cả hai đơn vị cung cấp đều có mẫu được chọn”. Có hai phương án:
Có1loại của đơn vị thứ nhất và2loại của đơn vị thứ hai:C1₃C2₄.

Có2loại của đơn vị thứ nhất và1loại của đơn vị thứ hai:C2₃C1₄.
Số phần tử của biến cốA: n(A)₌C1₃C₄2₊C2₃C1₄.

VậyP(A)₌C

1

3C24+C23C14

C3₇ =
6

7. ä

BÀI 8. Trong đợt tình nguyện tiếp sức mùa thi, một trường học có4em lớp11A, 5 em lớp11B, 6 em lớp11Cđăng
kí tham dự. Hỏi có bao nhiêu cách cử7em làm nhiệm vụ tại cổng trường đại họcX sao cho mỗi lớp có ít nhất một

em. <b>ĐS:</b> 661

715

<b>Lời giải.</b>

Số phần tử của không gian mẫu:n(Ω)=C7₁₅.

GọiAlà biến cố “mỗi lớp có ít nhất một em được chọn”.

ThìAlà biến cố “có ít nhất một lớp khơng có em nào được chọn”.
Do đón(A)=C7₉+C7₁₀+C7₁₁.

VậyP(A)=1−P(A)=1−C

7
9+C

7
10+C

7
11

C7₁₅ =
661

715. ä

BÀI 9. Ban chấp hành Đồn của một trường THPT cần chọn ra một nhóm học sinh tình nguyện gồm5học sinh từ
9học sinh lớp10và7học sinh lớp11. Tính xác suất để trong nhóm được chọn có ít nhất một học sinh lớp11. <b>ĐS:</b>
101

104

<b>Lời giải.</b>

Số phần tử của không gian mẫu:n(Ω)₌C5₁₆.

GọiAlà biến cố “có ít nhất một học sinh lớp11được chọn”.
ThìAlà biến cố “khơng có học sinh nào của lớp11được chọn”.
Do đón(A)₌C5₉.

VậyP(A)₌1₋P(A)₌1₋ C

5
9

C5₁₆=
101

104. ä

BÀI 10. Trong một buổi liên hoan có10cặp nam nữ, trong đó có4cặp vợ chồng. Chọn ngẫu nhiên ba người để biểu
diễn tiết mục văn nghệ. Tính xác suất để3người được chọn khơng có cặp vợ chồng nào. <b>ĐS:</b> 89

95

<b>Lời giải.</b>

Số phần tử của không gian mẫu:n(Ω)=C3₂₀.

GọiAlà biến cố “khơng có cặp vợ chồng nào trong3người được chọn”.
ThìAlà biến cố “có một cặp vợ chồng trong3người được chọn”. Cách chọn:

Bước1 :Chọn một cặp vợ chồng từ4cặp:C1₄.
Bước2 :Chọn người thứ ba từ18người cịn lại:C1₁₈.
Do đón(A)₌C1₄C1₁₈.

VậyP(A)₌1₋P(A)₌1₋C

1
4C118

C3₂₀ =
89

</div>
<span class='text_page_counter'>(97)</span><div class='page_container' data-page=97>

BÀI 11. Một lớp học có 40 học sinh, trong đó có4 cặp anh em sinh đơi. Trong buổi họp đầu năm, thầy giáo chủ
nhiệm lớp muốn chọn ra3học sinh để làm cán sự lớp gồm có lớp trưởng, lớp phó và bí thư. Tính xác suất để chọn
ra3học sinh làm cán sự lớp mà khơng có cặp anh em sinh đôi nào. <b>ĐS:</b> 64

65

<b>Lời giải.</b>

Số phần tử của không gian mẫu:n(Ω)₌C3₄₀(Có xét hay khơng xét thứ tự khơng làm xác suất thay đổi).
GọiAlà biến cố “trong3học sinh khơng có cặp sinh đơi nào”.

ThìAlà biến cố “trong3học sinh có1cặp sinh đôi”. Cách chọn:
Bước1 :Chọn một cặp sinh đôi từ4cặp:C1₄.

Bước2 :Chọn người thứ ba từ38người cịn lại:C1₃₈.
Do đón(A)₌C1

4C138.

VậyP(A)=1−P(A)=1−C

1
4C138

C3₄₀ =
64

65. ä

BÀI 12. Một người có10đơi giày khác nhau và trong lúc đi du lịch vội vã lấy ngẫu nhiên4chiếc. Tính xác suất để

4chiếc giày lấy ra có ít nhất một đơi. <b>ĐS:</b> 99

323

<b>Lời giải.</b>

<i><b>Cách 1:</b></i>

Số phần tử của không gian mẫu:n(Ω)=C4₂₀.

GọiAlà biến cố “trong4chiếc giày lấy ra có ít nhất một đơi”

ThìAlà biến cố “khơng có đơi nào trong4chiếc giày được lấy ra”. Cách chọn:

Lấy4chiếc giày khơng có chiếc nào cùng đơi chứng tỏ4chiếc đó lấy từ4đơi khác nhau đơi một, cóC4₁₀cách
chọn như vậy.

Mỗi đơi lại có2cách chọn một chiếc giày đơn nên4đơi có24cách chọn.
Do đón(A)₌24C4₁₀.

VậyP(A)₌1₋P(A)₌1₋2

4_C4
10

C4₂₀ =
99
323.
<i><b>Cách 2:</b></i>

Số phần tử của khơng gian mẫu:n(Ω)₌C4

20=4845.

GọiAlà biến cố “trong4chiếc giày lấy ra có ít nhất một đơi”.

ThìAlà biến cố “khơng có đơi nào trong4chiếc giày được lấy ra”. Cách chọn:
Chiếc thứ1có20cách chọn.

Chiếc thứ2có18cách chọn (do đã loại1đơi).
Chiếc thứ3có16cách chọn (do đã loại2đơi).
Chiếc thứ4có14cách chọn (do đã loại3đơi).

Do cách chọn4chiếc giày khơng xét tính thứ tự nên thực tến(A)₌20·18·16·14

4! =3360.
VậyP(A)₌1₋P(A)₌1₋3360

4845=
99

323. ä

BÀI 13. Tìm số nguyên dương n để:C0_n₊2C1_n₊4C2_n₊. . .₊2nC0_n₌243. <b>ĐS:</b>n₌5

<b>Lời giải.</b>

Ta có:

(x₊1)n₌
n
X
k=0

Ck_nxk

Chox₌2ta được:

3n=
n
X
k=0

Ck_n2k=C0_n+2C_n1+4C2_n+. . .+2nC0_n
⇒3n₌243₌35_⇔n₌5.

ä

BÀI 14. Cho đa giác đều A1A2. . .A2n, (n>2,n∈Z+)nội tiếp đường trịn(O). Biết rằng số tam giác có các đỉnh là3
trong2nđiểmA1A2. . .A2n nhiều gấp20lần số hình chữ nhật có các đỉnh là4trong2nđiểmA1A2. . .A2n. Tìmn?

<b>ĐS:</b>n=8

</div>
<span class='text_page_counter'>(98)</span><div class='page_container' data-page=98>

Số tam giác có các đỉnh là3trong2nđiểmA1,A2. . . ,A2nlàC3₂_n.

Gọi đường chéo của đa giác đềuA1A2. . .A2n đi qua tâm đường trịn (O)là đường chéo lớn thì đa giác đã cho cón
đường chéo lớn.

Mỗi hình chữ nhật có các đỉnh là4trong2nđiểm A1A2. . .A2n có các đường chéo là đường chéo lớn. Ngược lại, với
mọi cặp đường chéo lớn ta có các đầu mút của chúng là4đỉnh của một hình chữ nhật. Vậy số hình chữ nhật nói trên
bằng số cặp đường chéo lớn của đa giácA1A2. . .A2ntứcC2n.

Theo giả thiết thì:

C3₂_n₌20C2_n_⇔ (2n)!
3!(2n₋3)!=20

n!
2!(2n₋3)!⇔

2n(2n₋1)(2n₋2)

6 =20

n(n₋1)

2 ⇔2n−1=15⇔n=8.

ä

BÀI 15. Cho khai triển nhị thức:³2x−21₊2−

x

3

´

=C0_n2x−21₊C1_n2

¡x−1
2

¢n−1

2−3x₊_{. . .}₊_Cn−1

n 2
x−1

2

³
2−x3

´n−1

+Cn_n2(−3x)

n

(vớinlà số
nguyên dương), biết rằng trong khai triển đó:C3_n₌5C1_nvà số hạng thứ tư bằng20n. Tìmnvàx. <b>ĐS:</b>n₌7,x₌4

<b>Lời giải.</b>

TừC3_n₌5C1_nta cón_≥3và

n!
3!(n−3)!=5

n!
(n−1)!⇔

n(n₋1)(n₋2)

6 =5n⇔n

2

−3n₋28₌0
⇒n1= −4(loại) hoặcn2=7.

Vớin₌7ta có

C3₇³2x−21

´4³
2−3x

´3

=140⇔35·22x−2·2−x=140⇔2x−2=4⇔x=4.

ä

BÀI 16. Tìm hệ số của s hng cha x8trong khai trin nh thc Newton ca
à₁

x3+

p
x5

ản

, biết rằngCn+1

n+4−C

n
n+3=

7(n₊3), (nlà số nguyên dương vàx_>0). <b>ĐS:</b>495

<b>Lời giải.</b>

Ta có

n!
3!(n₋3)!=5

n!
(n₋1)!⇔

n(n−1)(n−2)

6 =5n⇔n

2

−3n₋28₌0
⇒(n+2)(n_2! +3)=7(n₊3)_⇔n₊2₌7_·2!₌14_⇔n₌12.

ä
Số hạng tổng quát của khai triển làCk₁₂¡

x−3¢k
·

³
x52

´12−k

=C₁₂k x60−211k

Ta cóx60−211k₌_x8_⇒60−11k

2 =8⇒k=4.

Do đó hệ số của số hạng chứax8làC4₁₂= 12!

4!(12₋4)!=495.

BÀI 17. Vớinlà số nguyên dương, gọia3n−3là hệ số của x3n−3 trong khai trin thnh a thc ca

Ă

x2₊1Ân(x₊2)n.

Tỡmna3n3=26n. <b>S:</b>n=5

<b>Li gii.</b>

Ta cú
Ă

x2₊1Ân(x₊2)n₌x3n
à

1₊ 1
x2

ảnà
1₊2

x
ản

=x3n
" _n

X
i=0

Ci_n
à₁

x2

ả2 n
X
k=0

Ck_n
à₂

x
ảk#

=x3n
" _n

X
i=0

Ci_nx2i
n
X
k=0

Ck_n2kxk
#

Trong khai trin trờn, ly tha caxl3n3khi2ik= −3, hay2i+k=3.
Ta chỉ có hai trường hợp thỏa điều kiện này lài=0,k=3hoặci=1,k=1.
Nên hệ số củax3n−3_là_a

3n−3=C0n·C3n·23+C1n·C1n·2.
Do đóa3n−3=26n⇔

2n(2n2₋_3n₊₄₎

3 =26n⇔




n₌5

n_{= −}7
2.

Vậyn₌5là giá trị cần tìm (vìnnguyên dương). ä

BÀI 18. Tìm hệ số củax8trong khai trin thnh a thc caÊ

1₊x2(1x)Ô8

. <b>S:</b>a8=238

<b>Li gii.</b>

Ê

1₊x2(1x)Ô8

=C0₈₊C1₈x2(1x)₊C2₈x4(1x)2₊C₈3x6(1x)3₊C4₈x8(1x)4₊C5₈x10(1x)5
+C6₈x12(1x)6+C7₈x14(1x)7+C8₈x16(1x)8.

Bc caxtrong3s hng đầu nhỏ hơn8, bậc củaxtrong4số hạng cuối lớn hơn8.
Vậyx8chỉ có trong các số hạng thứ tư, thứ năm, với hệ số tương ứng làC3₈·C2₃, C4₈·C0₄.

</div>
<span class='text_page_counter'>(99)</span><div class='page_container' data-page=99>

BÀI 19. Trong một mơn học, thầy giáo có30 câu hỏi khác nhau gồm5câu hỏi khó,10câu hỏi trung bình,15câu
hỏi dễ. Từ30câu hỏi đó có thể lập được bao nhiêu đề kiểm tra, mỗi đề gồm5câu hỏi khác nhau, sao cho mỗi đề thi
nhất thiết phải có đủ3loại (khó, trung bình, dễ) và số câu dễ khơng ít hơn2? <b>ĐS:</b>56875

<b>Lời giải.</b>

Mỗi đề kiểm tra phải có số câu dễ là2hoặc3nên có các trường hợp sau

Đề có2câu dễ,2câu trung bình,1câu khó thì số các chọn làC2₁₅_·C2₁₀_·C1₅₌23625.
Đề có2câu dễ,1câu trung bình,2câu khó thì số các chọn làC2₁₅_·C1₁₀_·C2₅₌10500.
Đề có3câu dễ,1câu trung bình,1câu khó thì số các chọn làC3₁₅_·C1₁₀_·C1₅₌22750.

Vì các cách chọn trên đơi một khác nau nên số đề kiểm tra có thể lập được là23625₊10500₊22750₌56875. ä

BÀI 20. Tỡm s hng khụng chaxtrong khai trin
à

3

p
x+p41_x

ả7

vix>0. <b>S:</b>35

<b>Li gii.</b>

S hng tng quỏt ca khai trin l

Ck₇(p3_x)7kà 1

4

p
x

ảk

=C₇kx73k_x4k₌_Ck

7x

287k

12 _{, (k}Z_{, 0}_≤_k_≤_7).

Số hạng không chứaxlà số hạng tương ứng vớik, (k∈Z, 0≤k≤7)thỏa mãn:
28−7k

12 =0⇔k=4.

Số hạng khơng chứaxcần tìm làC4₇₌35. ä

BÀI 21. Tìm số nguyên dươngn, biết rằng

C1₂_n₊₁₋2_·2C2₂_n₊₁₊3_·22C3₂_n₊₁₋4_·23C4₂_n₊₁_{+ · · · +}(2n₊1)_·22nC2₂n_n+₊1₁₌2005.

<b>ĐS:</b>1002

<b>Lời giải.</b>

Ta có(1+x)2n+1=C0₂_n₊₁+C1₂_n₊₁x+C2₂_n₊₁x2+C3₂_n₊₁x3+. . .+C2₂n_n₊+1₁x2n+1 ∀x∈R.
Đạo hàm hai vế ta được

(2n+1)(1+x)2n=C1₂_n₊₁+2C2₂_n₊₁x+3C3₂_n₊₁x2+. . .+(2n+1)C₂2n_n+₊1₁x2n, ∀x∈R.
Thayx= −2ta có

C1₂_n₊₁₋2.2C2₂_n₊₁₊3.22C3₂_n₊₁₋4.23C₂4_n₊₁₊. . .₊(2n₊1)_·22nC2₂n_n+₊1₁₌2n₊1.

Theo giả thiết ta có2n₊1₌2005_⇔n₌1002. ä

BÀI 22. Một đội thanh niên tình nguyện có15 người gồm 12nam và 3nữ. Hỏi có bao nhiêu cách phân cơng đội
thanh niên tình nguyện đó về giúp đỡ3tỉnh miền núi, sao cho mỗi tỉnh có4nam và1nữ? <b>ĐS:</b>207900

<b>Lời giải.</b>

CóC1₃C4₁₂cách phân cơng thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất.

Với mỗi cách phân cơng các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất thì cóC1₂C4₈cách phân cơng thanh niên
tình nguyện về tỉnh thứ hai.

Với mỗi cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất, thứ hai thì cóC1₁C4₄ cách phân cơng
thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ ba.

Số cách phân cơng đội thanh niên tình nguyện về3tỉnh thỏa mãn u cầu bài tốn là
C1₃·C4₁₂·C1₂·C4₈·C1₁·C4₄=207900.

ä

BÀI 23. Tính giá trị của biểu thức: M = A

4

n+1+3A3n

(n₊1)! , biết rằng số nguyên dương n thỏa mãn:

C2_n₊₁+2C2_n₊₂+2C_n2₊₃+C2_n₊₄=149. <b>ĐS:</b> 3

4

</div>
<span class='text_page_counter'>(100)</span><div class='page_container' data-page=100>

Điều kiệnn_≥3.
Ta có

C2_n₊₁₊2C2_n₊₂₊2C2_n₊₃₊C2_n₊₄₌149
⇔ _2!(n(n+1)!

−1)!+2
(n+2)!

2!n! +2

(n+3)!
2!(n₊1)!+

(n+4)!
2!(n₊2)!=149
⇔ n2₊4n₋45₌0

⇔
"

n=5 (nhận)
n_{= −}9 (loại).

Vớin=5ta đượcM=A

4
6+3A35

6! =
6!
2!+3·

5!
2!

6! =

3

4. ä

BÀI 24. Tìm hệ số của số hạng chax26trong khai trin nh thc Niutn ca
à₁

x4+x

7ản_{, bit rng}_C1
2n+1+C

2
2n+1+

C3₂_n₊₁_{+ Ã · · +}Cn₂_n₊₁₌220₋1. <b>ĐS:</b>210

<b>Lời giải.</b>

Ta cóCk_n₌Cn_n−knênC1₂_n₊₁₌C2₂n_n₊₁, C2₂_n₊₁₌C2₂n_n−₊1₁, . . . , C₂n_n₊₁₌Cn₂_n+₊1₁.
Suy raC1

2n+1+C22n+1+. . .+C2nn+1=C22nn+1+C22nn+−11+. . .+C2n+n+11.

Ta có

(1₊x)2n+1₌C0₂_n₊₁₊¡

C1₂_n₊₁₊C2₂_n₊₁₊. . .₊Cn₂_n₊₁¢
+¡

C₂2n_n₊₁₊C₂2_nn−₊1₁₊. . .₊Cn₂_n+₊1₁Â
+C2₂n_n+₊1₁
=2₊2Ă

C1₂_n₊₁₊C2₂_n₊₁₊. . .₊Cn₂_n₊₁Â

Chox₌1ta c22n+1

=2₊2Ă
2201Â

=221n₌10
à₁

x4+x
7

ả10
.
Ta cú

à₁
x4+x

7

ả10
=Ăx4

+x7Â10

=

10

X
k=0

Ck₁₀Ă
x4ÂkĂ

x7Â10k
=

10

X
k=0

Ck₁₀x7011k.
S hng chax26ng vi7011k₌26k₌4.

Vy h số của số hạng chứax26làC4₁₀₌210. ä

BÀI 25. Đội thanh niên xung kích của một trường phổ thơng có12học sinh, gồm5học sinh lớpA,4học sinh lớp
Bvà3học sinh lớpC. Cần chọn4học sinh đi làm nhiệm vụ, sao cho4học sinh này thuộc không quá2trong3lớp

trên. Hỏi có bao nhiêu cách chọn như vậy? <b>ĐS:</b>225

<b>Lời giải.</b>

Số cách chọn4học sinh từ12học sinh đã cho làC4₁₂₌495.

số cách chọn4học sinh mà mỗi lớp có ít nhất một em được tính như sau:

LớpAcó2học sinh, các lớpB,Cmỗi lớp có1học sinh, số cách chọn làC2₅·C1₄·C1₃=120.

LớpBcó2học sinh, các lớpA,Cmỗi lớp có1học sinh, số cách chọn làC1₅·C2₄·C1₃=90.

LớpCcó2học sinh, các lớpA,Bmỗi lớp có1học sinh, số cách chọn làC1₅·C1₄·C2₃=60.

Số cách chọn4học sinh mà mỗi lớp có ít nhất một học sinh là120+90+60=270.

Vậy, số cách chọn phải tìm là495−270=225. ä

BÀI 26. Tìm hệ số của số hạng chứax10trong khai triển nhị thức Newton của(2₊x)n, biết3n_·C0_n₊3n−1

·C1_n₊3n−2

·
C2_n₋3n−3

·C3_n_{+ · · · +}(₋1)n_·Cn_n₌2048. <b>ĐS:</b>2C10₁₁

<b>Lời giải.</b>

Trong khai triển nhị thức Newton(a₊b)nchoa₌3,b_{= −}1ta được kết quả

(3₋1)n₌3nC0_n₋3n−1C1_n₊3n−2C2_n₋3n−3C3_n₊. . .₊(₋1)nCn_n₌2048₌211_⇒n₌11.

Do đó tìm được hệ số của số hạng chứax10trong khai triển(2₊x)11là2C10₁₁. ä

BÀI 27. Tìm hệ số của sốx5trong khai triểnx_·(1₋2x)5₊x2_·(1₊3x)10. <b>ĐS:</b>3320

<b>Lời giải.</b>

Hệ số củax5trong khai triểnx_·(1₋2x)5là(₋2)4C4₅₌80.
Hệ số củax5trong khai triểnx2_·(1₊3x)10là33C3₁₀₌3240.

Hệ số củax5trong khai triểnx_·(1₋2x)5₊x2_·(1₊3x)10là80₊3240₌3320. ä

BÀI 28. Cho khai triển(1+2x)n=a0+a1x+· · ·+anxn, trong đón∈N∗và các hệ sốa0,a1,a2, . . . ,anthỏa mãn hệ thức
a0+

a1

2 +
a2

4 + · · · · +
an

</div>
<span class='text_page_counter'>(101)</span><div class='page_container' data-page=101>

<b>Lời giải.</b>

Ta có(1₊2x)n₌C0_n₊2C1_nx₊22C2_nx2₊. . .₊2nCn_nxn.
Theo đề(1₊2x)n₌_a

0+a1x+a2x2+. . .+anxnsuy raa0=C0n,
a1

2 =C

1

n, . . . ,
an
2n =C

n
n.
Vì thếa0+

a1

2 +. . .+
an

2n =4096⇔C

0

n+C1n+. . .+Cnn=4096⇔2n=212⇔n=12.
Khi đó ta có khai triển(1₊2x)12₌X12

0

Ck₁₂2kxk_⇒ak=Ck122k.

Xét bất phương trìnhak<ak+1⇔Ck₁₂2k<Ck₁₂+12k+1⇔k<

23

3.
Tương tựak>ak+1⇔k>

23

3. Dok∈Znênk=8.
Do đóa0<a1<. . .<a7<a8>vàa8>a9>a10>. . .>a12.

Vậy hệ số lớn nhất trong các hệ sốa0,a1, . . . ,an làa8=28C8₁₂=126720. ä
BÀI 29. Tìm số nguyên dươngnthỏaC1₂_n+C3₂_n+C₂5_n+ · · · +C₂2n_n−1=2048. <b>ĐS:</b>n=6

<b>Lời giải.</b>

Ta có

0 = (1−1)2n=C0₂_n−C1₂_n+. . .−C2₂n_n−1+C2₂n_n
22n = (1+1)2n=C0₂_n+C1₂_n+. . .+C₂2n_n−1+C2₂n_n.
⇒C1₂_n+C3₂_n+. . .+C2₂n_n−1=22n−1.

Từ giả thiết suy ra22n−1=2048⇔n=6. ä

BÀI 30. Cho n là số nguyên dương thỏa mãn5Cn−1

n =C3n. Tìm số hạng chứa x5trong khai trin nh thc Newton:
à_nx2

14
1
x

ản

,x₆₌0. <b>S:</b>35

16x

5

<b>Li gii.</b>

5Cn_n1=C_n35n=n(n1)(n2)

6 n=7 (vỡnnguyờn dng).

Khi ú
à_nx2

14
1
x

ản
=

à_x2
2
1
x
ả7
=

7
X
k=0

C₇k
à_x2

2
ả7kà

1_x
ảk

=

7

X
k=0

(1)kC₇k
27k x

143k
.
S hng chax5ng vi143k₌5k₌3.

Do ú s hạng cần tìm là (−1)

3

·C3₇
24 x

5

= −35₁₆x5. ä

BÀI 31. Trong một lớp học gồm có15học sinh nam và10học sinh nữ. Giáo viên gọi ngẫu nhiên4học sinh lên bảng
giải bài tập. Tính xác suất để4học sinh được gọi có cả nam và nữ. <b>ĐS:</b>443

506

<b>Lời giải.</b>

Số cách chọn4học sinh trong lớp làC4

25=12650.

Số cách chọn 4 học sinh có cả nam và nữ làC1₁₅_·C3₁₀₊C2₁₅_·C2₁₀₊C3₁₅_·C1₁₀₌11075.
Vậy xác suất cần tính làP=11075

12650=
443

506. ä

BÀI 32. GọiSlà tập hợp tất cả số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt được chọn từ các số1; 2; 3; 4; 5; 6; 7. Xác định số
phần tử củaS. Chọn ngẫu nhiên một số từS, tính xác xuất để số được chọn là số chẵn. <b>ĐS:</b> 3

7

<b>Lời giải.</b>

Số phần tử củaSlàA3₇₌210.

Số cách chọn một số chẵn từSlà3_·6_·5₌90.
Xác suất cần tính bằng 90

210=
3

7. ä

BÀI 33. Có hai chiếc hộp chứa bi. Hộp thứ nhất chứa4viên bi đỏ và3viên bi trắng, hộp thứ hai chứa2viên bi đỏ
và4viên bi trắng. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp ra1viên bi. Tính xác suất để lấy được hai viên bi cùng màu.ĐS:10

21

<b>Lời giải.</b>

Số cách chọn 2 viên bi, mỗi viên từ một hộp là7_·6₌42.
Số cách chọn 2 viên bi đỏ, mỗi viên từ một hộp là4_·2₌8.
Số cách chọn 2 viên bi trắng, mỗi viên từ một hộp là3_·4₌12.
Xác suất để 2 viên bi được lấy ra có cùng màu làP₌8+12

42 =
10

21. ä

BÀI 34. Để kiểm tra chất lượng sản phẩm từ công ty sữa, người ta gửi đến bộ phận kiểm nghiệm5hộp sữa cam,4
hộp sữa dâu và3hộp sữa nho. Bộ phận kiểm nghiệm chọn ngẫu nhiên3hộp sữa để phân tích mẫu. Tính xác suất

để3hộp sữa được chọn có cả3loại. <b>ĐS:</b> 3

</div>
<span class='text_page_counter'>(102)</span><div class='page_container' data-page=102>

<b>Lời giải.</b>

Số phần tử của không gian mẫu làC3₁₂₌220.

Số cách chọn 3 hộp sữa có đủ 3 loại làC1₅·C1₄·C1₃=60. Do đó xác suất cần tính làP= 60
220=

3

11. ä

BÀI 35. Từ một hộp chứa16thẻ được đánh số từ1đến16, chọn ngẫu nhiên4thẻ. Tính xác suất để4thẻ được chọn

đều được đánh số chẵn? <b>ĐS:</b> 1

26

<b>Lời giải.</b>

Số phần tử của không gian mẫu làC4₁₆=1820.
GọiElà biến số “4 thẻ được đánh số chẵn”.

Số kết quả thuận lợi cho biến cố “4 thẻ được đánh số chẵn” làC4
8=70.

Xác suất cần tính làP(E)₌n(E)
n(Ω)=

70
1820=

1

26. ä

BÀI 36. Trong đợt ứng phó dịch MERS – CoV, Sở Y tế thành phố đã chọn ngẫu nhiên ba đội phòng chống dịch cơ
động trong số5đội của Trung tâm y tế dự phòng thành phố và 20 đội của các trung tâm y tế cơ sở để kiểm tra cơng
tác chuẩn bị. Tính xác suất để có ít nhất hai đội của các trung tâm y tế cơ sở được chọn. <b>ĐS:</b> 209

230

<b>Lời giải.</b>

Khơng gian mẫuΩcó số phần tử làn(Ω)₌C3₂₅₌2300.

GọiElà biến cố: có ít nhất hai đội của các trung tâm y tế cơ sở được chọn.
Số kết quả thuận lợi cho biến cốElàC2₂₀·C1₅+C3₂₀=2090.

VậyP(E)=n(E)
n(Ω)=

2090
2300=

209

230. ä

BÀI 37. Học sinh A thiết kế bảng điều khiển điện tử mở cửa phịng học của lớp mình. Bảng gồm10nút, mỗi nút
được ghi một số từ0đến9và khơng có hai nút nào được ghi cùng một số. Để mở cửa cần nhấn liên tiếp3nút khác
nhau sao cho3số trên3nút đó theo thứ tự đã nhấn tạo thành một dãy số tăng và có tổng bằng 10. Học sinh B
không biết quy tắc mở cửa trên, đã nhấn ngẫu nhiên liên tiếp 3 nút khác nhau trên bảng điều khiển. Tính xác suất

đểBmở được cửa vào phịng học đó. <b>ĐS:</b> 1

90

<b>Lời giải.</b>

Khơng gian mẫuΩcó số phần tử làn(Ω)₌A3₁₀₌720.
GọiElà biến cố: “Bmở được cửa phòng học”. Ta có

E₌{(0; 1; 9), (0; 2; 8), (0; 3; 7), (0; 4; 6), (1; 2; 7), (1; 3; 6), (1; 4; 5), (2; 3; 5)}.

Do đón(E)₌8. VậyP(E)₌n(E)
n(Ω)=

1

</div>

<!--links-->