Chuyên đề Đại số tổ hợp

<span class='text_page_counter'>(1)</span>CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ TỔ HỢP I/ LÝ THUYẾT CƠ BẢN 1) Quy tắc cộng: Có n1 cách chọn đối tượng A1. n2 cách chọn đối tượng A2. A1  A 2 =   Có n1 + n2 cách chọn một trong các đối tượng A1, A2. 2) Quy tắc nhân: Có n1 cách chọn đối tượng A1. Ứng với mỗi cách chọn A1, có n2 cách chọn đối tượng A2.  Có n1.n2 cách chọn dãy đối tượng A1, A2. 3) Hoán vị:  Mỗi cách sắp thứ tự n phần tử gọi là một hoán vị của n phần tử.  Số hoán vị: Pn = n!. 4) Chỉnh hợp:  Mỗi cách lấy ra k phần tử từ n phần tử (0 < k  n) và sắp thứ tự của chúng gọi là một chỉnh hợp chập k của n phần tử. n!  Số các chỉnh hợp: A kn  (n  k)! 5) Tổ hợp:  Mỗi cách lấy ra k phần tử từ n phần tử (0  k  n) gọi là một tổ hợp chập k của n phần tử. n!  Số các tổ hợp: Ckn  k!(n  k)!  Hai tính chất. Ckn  Cnn k Ckn 11  Ckn 1  Ckn. 6) Nhị thức Newton n. (a  b) n   Cnk a n  k b k k 0.  C0n a n  C1n a n 1b  ...  Cnn b n.  Số hạng tổng quát (Số hạng thứ k + 1): Tk 1  Ckn a n  k b k  Đặc biệt: (1  x) n  C0n  xC1n  x 2 C2n  ...  x n Cnn II / MỘT SỐ VÍ DỤ 1. Bài toán đếm. 1.1 Đếm các số tự nhiênđược thành lập. Ví dụ 1. Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số sao cho a) Các chứ số đều khác nhau. b) Chữ số đầu tiên là 3. c)Các chữ số khác nhau và không tận cùng bằng chữ số 4. Giải a) Mỗi số có 5 chữ số khác nhau được thành lập tương ứng với một chỉnh hợp chập 5 của 7 phần tử  Có A 57 = 2520 số b) Gọi số cần thiết lập là abcde. 1 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Chữ số đàu tiên là 3  a có 1 cách chọn b, c, d, e đều có 7 cách chọn  Có 1.7.7.7.7 = 2401 số. c) Gọi số cần thiết lập là abcde Chữ số cuối cùng khác 4  e có 6 cách chọn (trừ số 4) a có 6 cách chọn b có 5 cách chọn c có 4 cách chọn d có 3 cách chọn  Có 6.6.5.4.3 = 2160 số. Ví dụ 2.(ĐH An ninh 97) Từ bảy chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 thành lập được bao nhiêu số chẵn có 5 chữ số khác nhau Giải Gói số cần thiết lập là abcde Xét hai trường hợp + Trường hợp 1: Chọn e = 0  e có 1 cách chọn Khi đó a có 6 cách chọn b có 5 cách chọn c có 4 cách chọn d có 3 cách chọn  Có 6.5.4.3 = 360 số. + Trường hợp 2: Chọn e  { 2, 4, 6 }  e có 3 cách chọn Khi đó a có 5 cách chọn trừ số 0 và e b có 5 cách chọn c có 4 cách chọn d có 3 cách chọn  Có 3.5.5.4.3 = 900 số Vậy có 360 + 900 = 1260 số Ví dụ 3. Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 lập được bao nhiêu số có 4 chữ số sao cho số tạo thành gồm các chữ số khác nhau và nhất thiết có chữ số 5. Giải Cách 1: 3 Thành lập số có 3 chữ số khác nhau và không có mặt chữ số 5  Có A 6 = 120 số Với mỗi số vừa thành lập có 4 vị trí để xen số 5 tạo thành số có 4 chữ số khác nhau và có mặt chữ số 5.  Có 120.4 = 480 số. Cách 2:  Số cần tìm có 1 trong bốn dạng 5bcd, a5bc, ab5d, abc5  Mỗi dạng có 120 số  có 480 số Ví dụ 4: Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 2008 chữ số sao cho tổng các chữ số bằng 3. Giải Xét các trường hợp + Trườnghợp 1: Số tạo thành gồm 1 chữ số 3 và 2007 chữ số 0. 2 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  Chỉ có 1 số 3000…000 (2007 chữ số 0) + Trường hợp 2: Số tạo thành gồm 1 chữ số 1, 1 chữ số 2 và 2006 chữ số 0 Chọn chữ số đầu tiên có 2 cách chọn số 1 hoặc 2 Chữ số còn lại có 2007 vị trí để đặt, còn các vị trí khác đặt số 0  Có 2.2007 = 4014 số + Trường hợp 3: Số tạo thành gồm 3 chữ số 1 và 2005 chữ số 0 Chọn chữ số đầu tiên là 1 2 Chọn 2 trong 2007 vị trí để đặt chữ số 1  có C 2007 = 2007.1003 = 2013021 Vậy có 1 + 4014 + 2013021 = 2017036 số Ví dụ 5(ĐHQG TPHCM 2001) Có bao nhiêu số tự nhiên gồm bảy chữ số biết rằng chữ số 2 có mặt đúng hai lần, chữ số ba có mặt đúng ba lần, các chữ số còn lại có mặt không quá một lần. Giải + Coi một dãy gồm 7 chữ số tương ứng với một số gồm 7 chữ số (Kể cả bắt đầu bằng 0). Khi đó ta thành lập số bằng cách xếp các chữ số vào 7 vị trí 2 Chọn 2 trong 7 vị trí để xếp chữ số 2: có C7 cách 3. Chọn 3 trong 5 vị trí còn lại để xếp chữ số 3: có C5 cách 2. Chọn 2 trong 8 chữ số 0, 1, 4, 5, 6, 7, 8, 9 để đặt vào 2 vị trí còn lại có A8 cách 2. 3. 2.  Có C7 . C5 . A8 = 11 760 cách. 2. 3. 1. + Cần phải loại các trường hợp chữ số 0 đứng đầu. Lập luận tương tự cho 6 vị trí  có C6 . C 4 . A 7 = 420 số Vậy có 11 760  420 = 11 340 số. 1.2 Đếm số phương án. Ví dụ 6: (ĐH Thái nguyên 99) Một lớp học có 25 nam và 15 nữ. Cần chọn một nhóm gồm ba học sinh. Hỏi có bao nhiêu cách: a) Chọn 3 học sinh bất kì. b) Chọn 3 học sinh gồm 2 nam và một nữ. c) Chọn 3 học sinh trong đó có ít nhất 1 nam. Giải 3 a) Mỗi cách chọn là một tổ hợp chập3 của 40  Số cách chọn là: C 40  9880 cách. b) Chọn 1 nam có C 25  25 cách 1. Chọn 2 nữ có C15  105 cách 2.  Có 25.105 = 2625 cách chọn c) Chọn 3 học sinh bất kì có 9880 cách 3 Chọn 3 học sinh nữ có C15  455 cách  Có 9880  455 = 9425 cách chọn có ít nhất 1 nam. Ví dụ 7: (ĐHSP Quy Nhơn 97) Cho hai đường thẳng song song a và b. Trên a lấy 17 điểm phân biệt, trên b lấy 20 điểm phân biệt. Tính số tam giác có các đỉnh là 3 trong số 37 điểm đã chọn ở trên.. 3 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Giải Cách 1 Mỗi tam giác được hình thành bởi ba điểm không thẳng hàng Số bộ ba điểm từ 37 điểm trên là: C 3 37 Số bộ ba điểm thẳng hàng trên a là: C 3 17 Số bộ ba điểm thẳng hàng trên b là: C 3 20 Vậy số tam giác tạo thành là: C 3  C 3  C 3 = 11 340 tam giác 37 17 20 Cách 2: Mỗi tam giác được tạo thành bởi một điểm trên đường thẳng này và hai điểm trên đường thẳng kia. Xét 2 trường hợp 2 + TH1: Tam giác tạo thành bởi 1 điểm trên a và 2 điểm trên b: có 17.C 20 2. + TH2: Tam giác tạo thành bởi 2 điểm trên a và 1 điểm trên b: có 20.C17 2. 2.  Số tam giác là: 17.C 20 + 20.C17 = 11 340 Ví dụ 8: (ĐH Cảnh sát nhân dân) Cho tam giác ABC. Xét bộ gồm 4 đường thẳng song song với AB, 5 đường thẳng song song với BC và 6 đường thẳng song song với CA trong đó không có ba đường thẳng nào đồng quy. Hỏi các đường thẳng trên tạo được bao nhiêu tam giác và bao nhiêu tứ giác (không kể hình bình hành). Giải a) Mỗi tam giác được tạo thành bởi ba đường thẳng thuộc ba nhóm khác nhau  Số tam giác là 4.5.6 = 120 b) Mỗi hình thang không phải hình bình hành được tạo thành bởi hai đường thẳng thuộc nhóm này và một đường thẳng thuộc mỗi nhóm còn lại  Số hình thang là C24 .C15 .C16  C14 .C52 .C16  C14 .C15 .C62  720 hình thang 2. Giải phương trình, bất phương trình và hệ đại số tổ hợp Ví dụ 1: (CĐSP TPHCM99) Tìm k thỏa mãn: Ck  Ck 2  2Ck 1 14 14 14 Giải. k  N k  12. ĐK . Phương trình tương đương với 14! 14! 2.14!   k!(14  k)! (k  2)!(12  k)! (k  1)!(13  k)! 1 1 2    (14  k)(13  k) (k  2)(k  1) (k  1)(13  k)  (k + 2)(k + 1) + (14  k)(13  k) = (k + 2)(14  k)  k2  12k + 32 = 0  k = 4, k = 8 (Thỏa mãn). 4 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Vậy phương trình có nghiệm: k = 4, k = 8 Ví dụ 2: (ĐH Hàng hải 99). n 3 Giải bất phương trình: Cn 1  1 A4 n 1. 14P 3. Giải ĐK: 4 n+1  n  3, n nguyên dương Cn 3 n 1  1  14.P .Cn 3  A 4 14.3! n  1!  n  1.n.n  1.n  2  3 n 1 n 1 n  3!2! 14P A4 3 n 1 2  n  n  42  0  n  6 .n  7   0  7 < n < 6. Kết hợp với Đk n 3 được tập nghiệm của bất phương trình là: {3, 4, 5}. Ví dụ 3: (ĐHBK HN2001). 2.A y  5.C y  90  x x  y y 5.A x  2.C x  80. Giải hệ phương trình:. Giải ĐK: x, y  N*, y  x Đạt u  A xy ,. v  C xy  u, v N* ta có hệ 2.u  5.v  90  u  20 5.u  2.v  80  v  10 . x!.   y Thay vào ta có A x  20   (x  y)! y x! C x  10 .  y!  2 y  2     x!   x!  (x  y)!  20  (x  2)!  20  10  .  20.  y!(x  y)!.  x(x  1)  20  x  5, x  4     y  2 y  2 x  5 Kết hợp điều kiện  Hệ phương trình có nghiệm  y  2 3) Xác định một số hạng của khai triển Newuton. Ví dụ 1: (ĐH Kinh tế quốc dân, 1997). 12. 1  Tìm số hạng không chứa x trong khai triển Newton của  x   x  Giải k. 1 k Số hạng tổng quát Tk 1  C .x    C12 .x12 2k . x Số hạng không chứa x tương ứng với 12  2k = 0  k = 6. k 12. 12  k. 5 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Đáp số:số hạng không chứa x phải tìm là: C6 .x 0  12.11.10.9.8.7  924 12 1.2.3.4.5.6 Ví dụ 2:(ĐH và CĐ, khối A, 2003).. n Tìm hệ số của số hạng chứa x 8 trong khai triển nhị thức Niutơn của  1  x5  ,  3  x  biết rằng Cn 1  Cn  7 n  3 n 4 n 3. Giải (n  4)! (n  3)! n  1 n Ta có C C  7 n  3    7(n  3) n 4 n 3 (n  1)!.3! (n)!.3!  (n  4)(n  3)(n  2)  (n  3)(n  2)(n  1)  42(n  3)  (n  4)(n  2)  (n  2)(n  1)  42  3n = 36  n = 12 12k 5k 363k k  1   5   Ck .x 2 Số hạng tổng quát T .  Ck .  x   12 k 1 12  x3    Số hạng chứa x8 tương ứng với 5k  36  3k  8  11k = 88  k = 8. 2. Đáp số:Hệ số của số hạng chứa x8 phải tìm là: C8  495 12 Ví dụ 3: Khai triển đa thức: 12 P(x) = 1  2x  thành dạng : P x   a 0  a1x  a 2 x  ...  a12 x12 Tìm max a1 , a 2 ,..., a12  Giải k Số hạng tổng quát T  Ck . 2x  Ck .2k.x k . 12 k 1 12   k k Xét hai hệ số liên tiếp a  C .2 và a  Ck 1.2k 1 . Giả sử ak < ak + 1  Ck .2k  Ck 1.2k 1  12 k 12 12 k 1 12 12! 12!  .2  k  23  8 k!.(12  k)! (k  1)!.(11  k)! 3 Vậy a0 < a1 < … < a8. Tương tự như trên  a8 > a9 > … > a12. Vậy hệ số lớn nhất là: a 8  C8 28  126720 12 4) Tính tổng hoặc chứng minh đẳng thức. Ví dụ 1 : Chứng minh rằng  n, k  N* và n ≥ k ≥ 1 thì: Giải Thật vậy  n, k  N* và n ≥ k ≥ 1 ta có: n! n(n  1)! kCkn  k  k!(n  k)! (k  1)!(n  k)! (n  1)! = n = nCnk11 (đpcm) (k  1)!(n  k)!. 6 Lop10.com. kCkn  nCkn 11.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Lưu ý :(Đây là một kết quả có nhiều ứng dụng trong các bài tập chứng minh đẳng thức tổ hợp khi chưa có công cụ đạo hàm và tích phân) Ví dụ 2 : (ĐH Quốc gia Hà Nội, khối D, 1997) 6 7 8 9 11 Tính tổng S  C11  C11  C11  C11  C10 11  C11 Giải Do C  C ,C  C ,... nên 6 11. 5 11. 7 11. 4 11. 5 4 3 2 0 0 2 11 (1) S  C11  C11  C11  C11  C111  C11  2S  C11  C111  C11  ...C10 11  C11. Áp dụng khai triển Niu tơn x  1  n. n.  C .x k 0. 1  1. 11. k n. k. với x = 1, n = 11 được. 11. k 0 2 11   C11  C11  C111  C11  ...  C10 11  C11 (2) k 0. Từ (1), (2) suy ra 2S  211  S  210  1024. Đáp số : S  210  1024 Ví dụ 3 : (ĐH Bách Khoa Hà Nội, 1999) Cho n là số tự nhiên lớn hơn 2, tính tổng : S  C1n  2.C2n  3.C3n  4.C4n  ...  (1)n 1.n.Cnn Giải Cách 1: (Sử dụng kết quả ví dụ 1) Áp dụng kết quả ví dụ 1 ta có: C1n  n.C0 n 1 2 2.Cn  n.C1 n 1 .... (1)n 1 n.Cnn  (1)n 1 n.Cn 1 n 1 Cộng theo vế các đẳng thức trên ta được. S = C1n - 2.Cn2 + 3.C3n - 4.Cn4 + ... + (-1)n-1.n.Cnn  n(C0n 1  C1n 1  C2n 1  C3n 1 ,,,  (1) n 1 Cnn 11 )  n(1  1) n 1  0. Cách 2: (Sử dụng đạo hàm) Xét khai triển. (1  x) n  C0n  xC1n  x 2C2n  ...  x n Cnn n 1 1 2 n 1 n  n.(1  x)  C n  2xC n  ...  nx C n n 1 1 2 n n Chọn x =  1  n.(1  1)  C n  2C n  ...  ( 1) .nC n Vậy : S = 0 Ví dụ 4: (ĐHDL Duy Tân, khối A, 2001) Tính tổng sau : S  1.C0n  1 .C1n  1 C2n  1 C3n  ...  1 Cnn 1 2 3 4 n 1 Giải Cách 1( Sử dụng kết quả ví dụ 1). 7 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Âp dụng kết quả ví dụ 1 ta có: 1 1 Ckn  Ckn 11 k 1 n 1. kCkn  nCkn 11  (k  1)Ckn 11  (n  1)Ckn . Thay k = 0, 1, 2 … , n ta có 1 0 1 1 Cn  Cn 1 1 n 1 1 1 1 Cn  C2n 1 2 n 1 1 2 1 Cn  C3n 1 3 n 1 1 1 ... Cnn  Cnn 11 n 1 n 1. 1 1 1 1  S  .C0n  .C1n  C2n  C3n  ...  Cnn 1 2 3 4 n 1 1 (C1n 1  Cn2 1  C3n 1  ...  Cnn 11 ) n 1 1  (2n 1  1) n 1 . Vậy S . 1 (2n 1  1) n 1. Cách 2:(Sử dụng tích phân) Xét khai triển. (1  x) n  C0n  xC1n  x 2C2n  x 3C3n  ...  x n Cnn 1. 1.   (1  x) dx   (C0n  xC1n  x 2C2n  x 3C3n  ...  x n Cnn )dx n. 0. 0. Ta có: 1. (1  x) n 1 0 (1  x) dx  n  1 n. . n 1. 2 1  n 1. 1. 0. 2n 1  1  n 1. 1 3 2 1 4 3 1 1 0 2 1 n 1 n  1 x.Cn  2 .x Cn  3 x Cn  4 x Cn  ...  n  1 x Cn    1 1 1 1  .C0n  .C1n  C2n  C3n  ...  Cnn 1 2 3 4 n 1. Vậy Vậy S . 1 0. 1 (2n 1  1) n 1. Ví dụ 5: Chứng minh đẳng thức sau:. 26 0 25 1 24 2 23 3 22 4 2 5 1 6 37  27 .C  .C  C  C  C  C  C  1 6 2 6 3 6 4 6 5 6 6 6 7 6 7. Giải Xét khai triển (2  x)6  26 C06  25 xC16  24 x 2C62  23 x 3C36  22 x 4C64  2x 5C56  x 6C66 1. 1. 0. 0.   (2  x)6 dx   (26 C60  25 xC16  24 x 2C62  23 x 3C36  22 x 4C64  2x 5C56  x 6C66 )dx. 8 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> 1 1  (2  x)7  0 7 1 x2 1 x3 x4 x5 x6 x7 C6  24 C62  23 C36  22 C64  2 C56  C66 ) 0 2 3 4 5 6 7 7 7 6 5 4 3 2  3  2  2 .C0  2 .C1  2 C2  2 C3  2 C4  2 C5  1 C6 7 1 6 2 6 3 6 4 6 5 6 6 6 7 6 6 5 4 3 2 7 7 Vậy 2 .C0  2 .C1  2 C2  2 C3  2 C4  2 C5  1 C6  3  2 (đpcm) 1 6 2 6 3 6 4 6 5 6 6 6 7 6 7 (26 C06 x  25. 9 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> BÀI TÂP T Ự LUYỆN : 1) Có bao nhiêu cách sắp xếp 5 người khách gồm 3 nam và 2 nữ ngồi vào một hàng 8 ghế nếu: a) họ ngồi chỗ nào cũng được? b) họ ngồi kề nhau? c) 3 nam ngồi kề nhau, 2 nữ ngồi kề nhau và giữa hai nhóm này có ít nhất một ghế trống? 2) Có bao nhiêu cách sắp xếp chỗ ngồi cho 5 người khách a) vào 5 ghế xếp thành một dãy. b) vào 5 ghế chung quanh một bàn tròn, nếu không có sự phân biệt giữa các ghế này. 3) Mười người muốn chụp ảnh chung. Họ muốn chụp nhiều ảnh khác nhau bằng cách đổi chỗ đứng lẫn nhau. Cho rằng mỗi lần đổi chỗ và chụp ảnh mất 1 phút, hỏi cần bao lâu để có thể chụp tất cả các ảnh khác nhau? 4) Có bao nhiêu số tự nhiên gồm ba chữ số khác nhau và khác 0 biết rằng tổng ba chữ số này bằng 8? 5) Một dãy 5 ghế dành cho 3 nam sinh và 2 nữ sinh. Có bao nhiêu cách sắp xếp chỗ ngồi nếu: a) họ ngồi chỗ nào cũng được. b) nam sinh ngồi kề nhau, nữ sinh ngồi kề nhau. c) chỉ có nữ sinh ngồi kề nhau. 6) Có bao nhiêu số tự nhiên gồm ba chữ số khác nhau biết rằng tổng ba chữ số này bằng 12? Một phòng khách có 3 chỗ có thể đặt tranh, ảnh hoặc tượng. Chủ nhà muốn trang trí bằng cách xếp đặt 4 bức tranh khác nhau vào một chỗ, 3 tấm ảnh khác nhau vào chỗ thứ hai và 2 pho tượng khác nhau vào chỗ còn lại. Hỏi có bao nhiêu cách trang trí phòng khách? 7) Ta muốn mời 6 người ngồi vào một dãy 6 ghế . Có bao nhiêu cách sắp xếp chỗ ngồi nếu: a) Có 3 người trong bọn họ muốn ngồi kề nhau? b) Có 2 người trong bọn họ không muốn ngồi kề nhau? c) Có 3 người trong bọn họ không muốn ngồi kề nhau đôi một? 8) Một bàn dài có 12 ghế, mỗi bên 6 ghế. Người ta muốn xếp chỗ ngồi cho 12 người khách gồm 6 nam và 6 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp chỗ ngồi nếu: a) họ ngồi chỗ nào cũng được ? b) nam ngồi một bên, nữ ngồi một bên ? c) nam nữ ngồi đối diện nhau ? d) nam nữ ngồi xen kẽ và đối diện nhau ? 9) Cho các số 0,1,2,3,4,5,6. Có thể lập được bao nhiêu số gồm 4 chữ số khác nhau được lấy từ các số đã cho, sao cho: a) Số đó chẵn b) Số đó chia hết cho 5 c) Luôn có mặt chữ số 1 và 3 10) Cho các số: 0,1,2,3,4,5,6,7. Có thể lập được bao nhiêu số gồm 5 chữ số khác nhau được lấy từ các chữ số đã cho sao cho các số lẻ luôn đứng liền nhau. 11) Cho các số : 0,1,2,3,4,5,6 a) Có thể lập được bao nhiêu số gồm 9 chữ số được lấy từ các số đã cho sao cho số 3 có mặt 3 lần, các số khác có mặt đúng 1 lần. b) Có thể lập được bao nhiêu số có 5 chữ số được lấy từ các số đã cho sao cho số 3 có mặt 1 lần, các số khác có mặt một vài lần. 12) Cho các số: 0,1,2,3,4,5. Có thể lập được bao nhiêu số từ 4 số khác nhau được lấy từ các số đã cho. Sao cho: a) Luôn có mặt chữ số 5. b) Số đó chia hết cho 3. c) Không bắt đầu từ chữ số 3. 13) Cho các số: 0,1,2,3,4,5,6. Có thể lập được bao nhiêu số có 6 chữ số được lấy từ các số đã cho sao cho: a) Số đầu và số cuối giống nhau, các số giữa khác nhau. b) 2 chữ số đầu và 2 chữ số cuối giống nhau.. 10 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> 14) Cho các số: 0,1,2,3,4,5,6,7 a) Có thể lập được bao nhiêu số gồm 10 chữ số sao cho số 0 có mặt 2 lần, số 3 có mặt 2 lần. Các số khác có mặt một lần. b) Có thể lập được bao nhiêu số gồm 6 chữ số sao cho số 2 có mặt 2 lần, các số khác có mặt một vài lần. 15) Cho các số: 0,1,2,3,4,5. Có thể lập được bao nhiêu số gồm 5 chữ số sao cho các số chẵn không đứng liền nhau. 16) Một nhóm người thành lập một công ty. Họ muốn chọn một ban điều hành gồm một giám đốc,một phó giám đốc và một thủ qũy. Có 10 người hội đủ điều kiện để được chọn. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ban điều hành? 17) Huấn luyện viên một đội bóng muốn chọn 5 cầu thủ để đá quả luân lưu 11m. Có bao nhiêu cách chọn nếu: a) Cả 11 cầu thủ có khả năng như nhau? ( Kể cả thủ môn) b) Có 3 cầu thủ bị chấn thương và nhất thiết phải bố trí cầu thủ A đá quả số 1 và cầu thủ B đá quả số 4? 18) Một người muốn xếp đặt một số pho tượng vào một dãy 6 chỗ trống trên một kệ trang trí. Có bao nhiêu cách sắp xếp nếu: a) Người đó có 6 pho tượng khác nhau? b) Người đó có 4 pho tượng khác nhau? c) Người đó có 8 pho tượng khác nhau? 19) Với năm số 1,2,3,4,5 có thể lập được bao nhiêu số gồm 6 chữ số trong đó số 1 có mặt hai lần các số còn lại mỗi số có mặt đúng một lần? 20) Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số khác nhau biết rằng: a) các số này chia hết cho 5? b) trong các số này phải có mặt ba chữ số 0,1,2 ? 32) Với sáu số 2,3,5,6,7,8, ta muốn thành lập những số gồm bốn chữ số khác nhau. a) Có bao nhiêu số nhỏ hơn 5000 ? b) Có bao nhiêu số chẵn nhỏ hơn 7000 ? 21) Một lớp học có 30 học sinh. Trong đó có 12 nữ, cần thành lập một tổ công tác gồm 8 người. Có bao nhiêu cách lập sao cho trong tổ có đúng 2 nữ. 22) Trong không gian cho một tập hợp gồm 9 điểm trong đó không có 4 điểm nào đồng phẳng. Hỏi có thể lập được bao nhiêu hình tứ diện với đỉnh thuộc tập hợp đã cho. 23) Một bộ đề thi có 15 câu hỏi. Mỗi thí sinh phải rút ra 4 câu (4 câu rút ra là “ đề thi ” của thí sinh này). a) Có bao nhiêu đề thi khác nhau? ( Hai đề thi được coi là khác nhau nếu có ít nhất một câu khác nhau. ) b) Tham gia kỳ thi có 2736 thí sinh. Chứng tỏ rằng có ít nhất 3 thí sinh gặp cùng một đề thi. 24) Một tổ trực gồm 9 nam sinh và 3 nữ sinh. Giáo viên trực muốn chọn 4 học sinh để trực thư viện. Có bao nhiêu cách chọn nếu: a) Chọn học sinh nào cũng được? b) Có đúng một nữ sinh được chọn? c) Có ít nhất một nữ sinh được chọn? 25) Một họ n đường thẳng song song cắt một họ m đường thẳng song song. Hỏi có bao nhiêu hình bình hành được tạo thành. 26) Cho tập X = {a, b, c, d }. Có bao nhiêu tạp con của X a) Không chứa phần tử a? b) Chứa phần tử a? 27) Một bình đựng 5 viên bi xanh, 3 viên bi đỏ, chúng chỉ khác nhau về màu. Lấy ra hai viên. a) Có bao nhiêu kết quả khác nhau? b) Có bao nhiêu cách lấy ra được 2 viên bi xanh?, hai viên bi đỏ? Hai viên bi khác màu?. 11 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> 28) Giáo viên hướng dẫn lao động muốn chia 9 học sinh ra làm 3 nhóm gồm 4, 3, và 2 học sinh. Có bao nhiêu cách chia? 29) Cho một đa giác lồi có n đỉnh ( n  4 ). a) Tính số đường chéo của đa giác này; b) Biết rằng ba đường chéo không cùng đi qua một đỉnh thì không đồng quy, hãy tính số các giao điểm ( không phải là đỉnh ) của các đường chéo ấy. 30) Một tổ trực gồm 8 nam sinh và 6 nữ sinh. Giáo viên trực muốn chọn một nhóm 5 học sinh. Có bao nhiêu cách chọn nếu nhóm này phải có ít nhất một nữ sinh? 31) Giám đốc một công ty muốn chọn một nhóm 5 người vào hội đồng tư vấn. Trong công ty có 12 người hội đủ điều kiện để được chọn, trong đó có hai cặp vợ chồng. Hỏi có bao nhiêu cách chọn nếu: a) Hội đồng này có đúng một cặp vợ chồng? b) Hội đồng này không thể gồm cả vợ lẫn chồng ( nếu có )? 32) Tính số đường chéo của một đa giác lồi có n cạnh. Tìm đa giác có số cạnh bằng số đường chéo. 33) (ĐH-B-2002) Cho đa giác đều A1 A2 ... A2 n (n  2, n  Z ) nội tiếp đường tròn (O). Biết rằng số tam giác có các đỉnh là 3 trong 2n điểm A1 , A2 ,..., A2 n nhiều gấp 20 lần số hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong 2n điểm A1 , A2 ,..., A2 n , tìm n?. 34) (ĐH-B-2004) Trong một môn học, thầy giáo có 30 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu hỏi khó, 10 câu hỏi trung bình, 15 câu hỏi dễ. Từ 30 câu hỏi đó có thể lập được bao nhiêu đề kiểm tra, mỗi đề gồm 5 câu hỏi khác nhau, sao cho trong mỗi đề nhất thiết phải có đủ 3 loại câu hỏi ( khó, trung bình, dễ ) và số câu hỏi dễ không ít hơn 2?. 35) (ĐH-B-2005) Một đội thanh niên tình nguyện có 15 người gồm 12 nam và 3 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách phân công đội thanh niên tình nguyện đó về giúp đỡ 3 tỉnh miền núi, sao cho mỗi tỉnh có 4 nam và 1 nữ?. 36) Chứng minh rằng: Cnk  2Cnk 1  Cnk  2  Cnk 2 2  k  n . 37) Chứng minh rằng: Cnk  3Cnk 1  3Cnk  2  Cnk 3  Cnk3 3  k  n . 38). a) Chứng minh : Cnk  Cnk 1  Cnk11. b) Chứng minh rằng với 4  k  n thì: Cnk  4.Cnk 1  6.Cnk  2  4.Cnk 3  Cnk  4  Cnk 4 .. 39) Giải phương trình: 3.Cx21  2. Ax2  x. 40) Giải phương trình:. b) Cx21. Ax2  4 x 3  A21 x  .. a) Ax31  Cxx11  14 x  1;. 2. 41) Giải bất phương trình: a) Cx41  Cx31 . 5 2 Ax  2  0. 4. b). Ax41  14.P3 . Cxx13. 42) Giải bất phương trình: Cxx12  Cxx11  2000. 43) Chứng minh: Ckk  Ckk1  Ckk 2  ...  Ckk m 1  Ckkm1 . 44) Cho m  k  n. Chứng minh: Cm0 Cnk  Cm1 Cnk 1  Cm2 Cnk  2  ...  CmmCnk  m  Cmk  n .. 12 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> 45) Chứng minh rằng: Cn0  Cn1  Cn2  ...  1 Cnk  ...  1 Cnn  0. k.  2n  2  46) a) Chứng minh: C .C .C ...C     n 1  0 n. 1 n. 2 n. n. n 1. n n. .. b. Chứng minh: C2nn  k .C2nn  k  C2nn  . 2. 47) a) Chứng minh: 2.1.Cn2  3.2.Cn3  ...  n. n  1.Cnn  n. n  1.2n  2. b) Chứng minh: Cn0   Cn1   ...  Cnn   C2nn . 2. 2. 2. 6. 1   48) Tìm x để trong khai triển:  x lg x 1  12 x  có số hạng thứ 4 bằng 200.   17.  1   4 x 3  . Tìm số hạng không chứa x của khai triển. 49) Trong khai triển  3 2  x . 50) (ĐH-D-2004). Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Newton của. 7. 1  3  x  4  với x > 0. x  51) Khi khai triển và rút gọn các đơn thức đồng dạng từ biểu thức: 5 6 7 11 1  x   1  x   1  x   ...  1  x  . Ta được một đa thức: P( x )  A0  A1.x  A2 .x 2  ...  A11.x11. Tính A7 =?. 52) Khi khai triển và rút gọn các đơn thức đồng dạng từ biểu thức 1  x 2  x 3  . Ta được một đa 9. thức: Px  A0  A1 x 2  A2 x 2  ... . Tính A7 . 53) (ĐH-A-2004) Tìm hệ số của x8 trong khai triển của biểu thức: 1  x 2 1  x  . 8. 54) Tìm hệ số của x 3 trong khai triển của biểu thức: Px   1  x   1  x   1  x   1  x  . 2. 3. 4. 5. 7.  1  55) Trong khai triển:  3 2  x  .Tìm số hạng chứa x 2 của khai triển đó.  x  56) (ĐH-A-2003) Tìm hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển nhị thức Newton của: n.  1 5  n 1 n  3  x  , biết rằng: Cn  4  Cn 3  7(n  3) ( n là số nguyên dương, x > 0 ). x   57) (ĐH-D-2003) Với n là số nguyên dương, gọi a3n 3 là hệ số của x 3n 3 trong khai triển thành đa thức của x 2  1 x  2  . Tìm n để a3n 3  26n. n. n. 58) (ĐH-A-2006) Tìm hệ số của số hạng chứa x 26 trong khai triển nhị thức Newton của: n.  1 7 1 2 3 n 20  4  x  , biết rằng: C2 n 1  C2 n 1  C2 n 1  ...  C2 n 1  2  1. ( n là số nguyên dương, x > 0 ). x .  a 59) Trong khai triển:  3  b . b 3 a. số hạng có số mũ của a và b như nhau.. 21.   . Tìm . 13 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> 60) Tìm giá trị lớn nhất trong các giá trị: Cn0 , Cn1 , Cn2 ,..., Cnn . 61) Tìm hệ số có giá trị lớn nhất của khai triển: a  b  , biết rằng tổng các hệ số bằng 4096. n. 62) (ĐH-A-2008) Cho khai triển: 1  2 x   a0  a1 x  ...  an x n . Trong đó n  N * và các hệ số n. a0 , a1,....., an thỏa mãn hệ thức: a0 . a a1  ...  nn  4096 . Tìm số lớn nhất trong các số: 2 2. a0 , a1 ,..., an . 63) (ĐH-A-2002) Cho khai triển nhị thức: n. n. n 1. n 1. n. x x x 1 x 1 x 1  x21      3x    3x  0 1 n 1  n 3 3 2 2 2  2  2   Cn  2   Cn  2   2   ...  Cn  2   2   Cn  2  ( n là số              3 1 nguyên dương ). Biết rằng trong khai triển đó Cn  5Cn và số hạng thứ tư bằng 20n, tìm n và x.. 64) (ĐH-A-2005) Tìm số nguyên dương n sao cho: C21n 1  2.2C22n 1  3.22 C23n 1  4.23 C24n 1  ...  2n  1.22 n C22nn11  2005. 65) (ĐH-B-2003) Cho n là số nguyên dương. Tính tổng: 2 2  1 1 23  1 2 2n 1  1 n 0 Cn  Cn  Cn  ...  Cn . 2 3 n 1 66) (ĐH-D-2002) Tìm số nguyên dương n sao cho: Cn0  2Cn1  4Cn2  ...  2n Cnn  243. 67) (ĐH-D-2005) Tính giá trị của biểu thức: M . Cn21  2Cn2 2  2Cn23  Cn2 4  149. An41  3 An3 , biết rằng: n  1!. ( n là số nguyên dương ).. Các phương pháp giải phương trình lượng giác *Bài toán 1: Giải phương trình lượng giác bằng phương pháp đổi biến.  Phương pháp. 14 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> Để giải phương trình lượng giác bằng phương pháp đổi biến, ta sử dụng biến t để chuyển phương trình ban đầu về chứa các cung t, 2t, 3t,…, kt, rồi sử dụng các công thức góc nhân đôi, nh©n ba,…  VÝ dô minh häa: Ví dụ 1: Giải phương trình: sin(2x -. §Æt t = x -.  6.  2x -.  3. . ) = 5sin(x -. 3. = 2t vµ 3x = 3t +. Khi đó (1)  sin2t = 5sint + cos(3t +. . . . 6 Gi¶i:. ) + cos3x (1). 2. )  sin2t = 5 sint - sin3t 2  sin3t + sin2t = 5sint  3sint - 4sin3t + 2sint.cost = 5sint  (3 - 4sin2t + 2cost - 5) sint = 0  (2sin2t - cost + 1)sint = 0  (2cos2t + cost - 3) sint = 0   sin t  0     cos t  1  sint = 0  t = k   x = k 6  3 cos t   2 . . + k , k  A 6 Vậy phương trình đã cho có một nghiệm 3 x 1  3x  ) = sin(  ) (2) Ví dụ 2: Giải phương trình: sin( 10 2 2 10 2 Gi¶i 3 x  3x    - 3t =  §Æt t = 10 2 10 2 1 Khi đó (2)  sint = sin(  3t )  2sint = sin3t  2sint = 3sint - 4sin3t 2  4sin3t - sint = 0  (4sin2t - 1)sint = 0  (1 - 2cos2t)sint = 0  t  k  t  k  sin t  0        2t     k 2 t     k cos 2t  1 3 6 2    3  3 x   10  2  k  x  5  k 2   3 x  4      k  x  k 2 , k  A  10 2 6  15    3  x     k  x  14  k 2  10 2  6 15 Vậy phương trình có ba nghiệm. x=. Ví dụ 3: Giải phương trình. sin(3x -. . 4. ) = sin2x.sin(x + Gi¶i. 15 Lop10.com. . 4. ). (3).

<span class='text_page_counter'>(16)</span>   3 x   3t      4 §Æt t = x + suy ra  4  2 x  2t    2 Khi đó (2)  sin(3t - ) = sin(2t -. . ).sint  - sin3t = - cos2t. sint 2  3sint - 4sin3t = (1 - 2sin2t)sint  sin3t - sint = 0  (sin2t - 1)sint = 0  cos2t.sint = 0  cost.sint = 0 k  k  sin2t = 0  2t = k  t = x+  2 4 2  k x=-  ,k A 4 2 Vậy phương trình có 1 nghiệm Ví dụ 4: Giải phương trình 2cos( x  §Æt t = x .  6.  3x = 3t -. . 6. ) = sin3x - cos3x (4) Gi¶i.  2. Khi đó (4)  2cost = sin(3t -. . . ) 2 2  2cost = - cos3t - sin3t  2cost = - (4cos3t - 3cost) - (3sint - 4sin3t)  4cos3t - cost + 3sint - 4sin3t = 0 (5) Ta xét hai trường hợp: TH1: Víi cost = 0. t.  2. ) - cos(3t -.  k , k  A. Khi đó phương trình có dạng: 3sin( VËy t =.  2.  2.  k ) - 4sin3(.  2.  k ) = 0 (V« lý).  k không là nghiệm của phương trình.. .  k , k  A 2 Chia cả hai vế của phương trình (5) cho cos3t, ta được: 4 - (1 + tan2t) + 3(1 + tan2t),tant - 4tan3t = 0  tan3t + tan2t -3tant - 3 = 0  (tant + 1)(tan2t - 3) = 0   5     x     k  t    k  x    k    6 4 4 12  tan t  1             tan t  3  t   k  x    k   x   k , k  A    3 6 6 3  tan t   3      x       k t     k  x     k  3 2 6 3   Vậy phương trình có 3 nghiệm. Bµi tËp ¸p dông: Bài tập 1. Giải các phương trình sau:. TH2: Víi cost ≠ 0  t ≠. a. 32cos6(x +. . 4. ) - sin6x = 1. c. sin3x = 2cos(. 16 Lop10.com. . 6. - x).

<span class='text_page_counter'>(17)</span> b. 8cos3(x +. . ) = cos3x. 3 Bài tập 2. Giải các phương trình sau: 3x  3 x  ) a. sin(  ) = 3sin( 2 10 10 2 3x   x b. sin(  ) = 3sin(  ) 2 4 4 2. d. cos3x = 2sin(x +. 5 ) 6. 2 )+2=0 3 6x 8x d. 2cos + 1 = 3cos 5 5. c. cos9x + 2cos(6x +. *Bài toán 2: Giải phương trình lượng giác bằng công thức hạ bậc. Để giải phương trình lượng giác bằng công thức hạ bậc, ta thực hiện theo các bước sau: Bước 1: Đặt điều kiện để phương trình có nghĩa. Bước 2: Thực hiện hạ bậc của phương trình bằng việc sử dụng các công thức: Hạ bậc đơn: 1 1 1. sin2x = (1 - cos2x) 2. cos2x = (1 + cos2x) 2 2 1  cos 2 x 1  cos 2 x 3. tan2x = 4. cot2x = 1  cos 2 x 1  cos 2 x 1 1 5. sin3x = (3sinx - sin3x) 6. cos3x = (3cosx + cos3x) 4 4 3sin x  sin 3 x 3cos x  cos 3 x 7. tan3x = 8. cot3x = 3cos x  cos 3 x 3sin x  sin 3 x 1 Chó ý: sinx.cosx = sin2x 2 Hạ bậc đối xứng: Giả sử cần biến đổi biểu thức có dạng: A = sin3xcos3x + cos3xsin3x Ta cã thÓ lùa chän hai c¸ch sau. C¸ch 1: Ta cã A = sin2x.sinx.cos3x + cos2x.cosx.sin3x = (1 - cos2x).sinx.cos3x + (1 - sin2x).cosx.sin3x = sinx.cos3x + cosx.sin3x - (cosx.cos3x + sinx.sin3x)sinx.cosx 1 3 = sin4x - cos2x.sin2x = sin4x 2 4 C¸ch 2: Ta cã 1 1 A = (3sinx - sin3x)cos3x + (3cosx + cos3x)sin3x 4 4 3 3 = (sinx.cos3x + cosx.cos3x) = sin4x 4 4 21 Ví dụ 1: Giải phương trình sin24x - cos26x = sin(10x + ) (1) 2 Gi¶i 1  cos8 x 1  cos12 x    sin(10 x   10 ) Phương trình (1)  2 2 2  2cos10x + cos12x + cos8x = 0  2cos10x + 2cos10x.cos2x = 0  (cos2x + 1)cos10x = 0. 17 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(18)</span>   x   k  2 x    k 2  cos 2 x   1  2 ,k A        10 x   k  cos10 x  0  x    k 2   20 10 Vậy phương trình có hai nghiệm. Ví dụ 2: Giải phương trình sin23x - cos24x = sin25x - cos26x (2) Gi¶i Sö dông c«ng thøc h¹ bËc ta cã: 1  cos 6 x 1  cos8 x 1  cos10 x 1  cos12 x    (2)  2 2 2 2  (cos12x - cos6x) + (cos10x - cos8x) = 0  - 2sin9x.sin3x - 2sin9x.sinx = 0  - 2sin9x(sin3x + sinx) = 0  - 4sin9x.sin2x.cosx k  sin 9 x  0 x  sin 9 x  0 9  ,k A  sin 2 x  0   sin 2 x  0 k   x  cos x  0  2 Vậy phương trình có hai nghiệm. Bình luận: Với những phương trình chứa số lẻ các nhân tử bậc cao (giả sử bằng 3). Thông thường ta không đi hạ bậc tất cả các nhân tử đó mà chỉ chọn ra hai nhân tử để hạ bậc. Cụ thể ta xét ví dụ sau: Ví dụ 3: Giải phương trình sin23x - sin22x - sin2x = 0 (3) Gi¶i 1  cos 6 x 1  cos 2 x  sin 2 2 x   0  (cos6x - cos2x) + 2sin22x = 0 Ta cã (3)  2 2  -2 sin4x.sin2x + 2sin22x = 0  - 2sin2x(sin4x - sin2x) = 0 k  x  sin 2 x  0  2  ,k A   sin 4 x  sin 2 x  x    k   6 3 Vậy phương trình có hai nghiệm. 3 Ví dụ 4: Giải phương trình: sin32x .cos6x + sin6x .cos32x = 8 Gi¶i Ta có thể lựa chọn một trong hai cách sau để biến đổi cho VT: C¸ch 1: Ta cã: VT = sin22x.sin2x.cos6x + sin6x.cos2x.cos22x = (1 - 2cos2x).sin2x.cos6x + sin6x.cos2x.(1 - 2sin22x) = sin2x.cos6x + sin6x.cos2x - cos22x.sin2x.cos6x - sin6x.cos2x.sin22x = sin8x - cos2x.sin2x.(cos2x.cos6x + sin6x.sin2x) 1 3 = sin8x - sin4x.cos4x = sin8x 2 4 C¸ch 2: Ta cã: 1 1 VT = (3sin2x - sin6x)cos6x + (3cos2x + cos6x).sin6x 4 4 3 3 = (sin2x.cos6x + cos2x.sin6x) = sin8x 4 4 Phương trình được biến đổi về dạng:. 18 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(19)</span>  k  x   3 3 1 48 4 ,k A sin8x =  sin8x =   4 8 2  x  5  k  48 4 Vậy phương trình có hai nghiệm. Bình luận: Việc hạ bậc trong nhiều trường hợp sẽ giúp chúng ta đánh giá đúng đắn mối liên hệ giữa các cung góc trong phương trình. 3x 4x Ví dụ 5: Giải phương trình: 1+ 2cos2 = 3cos (5) 5 5 Gi¶i 6x 4x 6x 4x Ta cã (5)  1 + 1 + cos = 3cos  2 + cos = 3cos . 5 5 5 5 2x §Æt t = , phương trình được biến đổi về dạng: 5 2 + cos3t = 3cos2t  2 + 4cos3t - 3cost = 3(2cos2t - 1)  4cos3t - 6cos2t - 3cost + 5 = 0  (cost - 1)(4cos2t - 2cost - 5) = 0   cos t  1  2x  x  5k   5  2 k 1  21    ,k A   cos t     x   5  5k 2x 4     k 2  2   5 cos t  1  21 (lo¹i)  4 Vậy phương trình có ba nghiệm. Bình luận: Với các phương trình chứa các nhân tử bậc cao hơn 3 ta tiên hành hạ bậc dần từng bước mét.   9 Ví dụ 6: Giải phương trình: sin4x + sin4( x  ) + sin4( x  ) = 4 4 8 Gợi ý: Hạ bậc đưa được phương trình về dạng: 2cos22x + cos2x - 1 = 0 2  6  cos2x =  x =   k , k  A . 2 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm. Bµi tËp ¸p dông: Bài tập 1: Giải các phương trình sau. 17 a. sin22x - cos28x = sin(10x + ) 2  1 b. sin4x + cos4(x + ) = 4 4 3 c. cos2x + cos22x + cos23x + cos24x = 2 2 2 2 2 d. sin x + sin 3x = cos 2x + cos 4x e. sin2x = cos22x + cos23x 3 f. sin23x + sin22x + sin2x = 2 Bài tập 2: Giải các phương trình sau. 2 a. sin3x.sin3x + cos3x.cos3x = 4 b. sin3x.sin3x + cos3x.cos3x = cos34x. 19 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> c. 4sin3x.cos3x + 4cos3x.sin3x + 3 3 cos4x = 3 1 d. cos3x.cos3x - sin3x.sin3x = cos34x + 4 Bài tập 3: Giải các phương trình sau. 4x a. cos2x = cos b. 32cos6x = 1 + cos6x 3 17 c. sin22x - cos28x = sin( + 10x) d. cos4x - cos2x + 2sin6x = 0 2 sin10 x  cos10 x sin 6 x  cos 6 x  1  e. cos4x + cos4(x + ) = f. 4 4sin 2 2 x  cos 2 2 x 4 4. *Bài toán 3: Biến đổi phương trình lượng giác thành phương trình tích.. Việc biến đổi phương trình lượng giác về phương trình tích phụ thuộc vào các phép biến đổi dạng: 1. Phương pháp biến đổi tổng, hiệu thành tích. 2. Phương pháp biến đổi tích thành tổng. 3. Lựa chọn phép biến đổi cho cos2x. 4. Phương pháp luận hệ số. 5. Phương pháp hằng số biến thiên. 6. Phương pháp nhân. 7. Sử dụng các phép biến đổi hỗn hợp. A  0 Ta đưa phương trình cần giải về phương trình dạng tích: A.B = 0   B  0 trong đó các phương trình A = 0, B = 0 là các phương trình có dạng chuẩn. Với các bài toán có tham số, để xác định điều kiện sao cho phương trình có đúng k nghiệm trên miền D, ta cần chú ý tới số nghiệm của mỗi phương trình thành phần. Dạng 1: Phương pháp biến đổi tổng, hiệu thành tích. Ví dụ 1. Giải phương trình: 1 + cosx + cos2x + cos3x = 0 (1) Gi¶i Ta cã thÓ lùa chän mét trong hai c¸ch sau Cách 1: Biến đổi phương trình thành tích (1)  (1 + cos2x) + (cosx + cos3x) = 0  2cos2x + 2cos2x.cosx = 0 3x x  (cos2x + cosx).cosx = 0 2cos .cos .cosx = 0 2 2  2   3x  3x  x  3  k 3  2  2  k cos  0  2     x  k 2     3 3   cos x  0   x   k   x   k   ,k A    2 2   x   k x   x   x    k 2 2  cos  0     k 2   2 2  Vậy phương trình có hai nghiệm. Cách 2: Biến đổi về phương trình chứa một hàm lượng giác (1)  1 + cosx + 2cos2x - 1 + 4cos3x - 3cosx = 0  4cos3x + 2cos2x - 2cosx = 0  (2cos2x + cosx - cosx).2cosx = 0    x   k     cos x  0 x   k 2    2  cos x  1   x    k 2   ,k A  2    x  k 1   3 3  x    k 2  cos x  2 3  . 20 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(21)</span>