CHUYÊN ĐỀ: GIẢI TÍCH TỔ HỢP, XÁC SUẤT THỐNG KÊ

Chia sẻ: paradise10

Trong phần này có các dạng bài tập sau:  Dạng 1: biến đổi các biểu thức nhờ các công thức cơ bản để đơn giản biểu thức, giải phương trình, bất phương trình. Dạng 2: Các bài toán về quy tắc đếm Dạng 3: áp dụng công thức nhị thức Newton để chứng minh các đẳng thức

Bạn đang xem 7 trang mẫu tài liệu này, vui lòng download file gốc để xem toàn bộ.

Nội dung Text: CHUYÊN ĐỀ: GIẢI TÍCH TỔ HỢP, XÁC SUẤT THỐNG KÊ

 

  1. CHUYÊN ĐỀ: GIẢI TÍCH TỔ HỢP, XÁC SUẤT THỐNG KÊ CÁC DẠNG BÀI TẬP PHƯƠNG PHÁP GIẢI, VD MINH HOẠ Trong phần này có các dạng bài tập sau: Dạng 1: biến đổi các biểu thức nhờ các công thức cơ bản để đơn giản biểu thức, giải phương  trình, bất phương trình. Dạng 2: Các bài toán về quy tắc đếm  Dạng 3: áp dụng công thức nhị thức Newton để chứng minh các đẳng thức  Dạng 4: Số hạng trong khai triển nhị thức Newton.  Dạng 1: : Biến đổi các biểu thức nhờ các công thức cơ bản để đơn giản biểu thức, giải phương trình, bất phương trình. PP: Cơ sở của pp là thực hiện các bước sau n! n! k ; Cnk  Biến đổi sơ cấp với chú ý Pn  n !; An  . - (n  k )! k !(n  k )! Rút gọn suy ra các đẳng thức - Đánh giá suy ra các bất đẳng thức - Trong quá trình giải có thể áp dụng các bước trung gian: quy nạp, phản chứng. VD1: CM với mọi số nguyên dương chẵn n có: 2n 1 1 1 1   .....   (1) 1!(n  1)! 3!(n  3)! (n  1)!.1! n ! Đặt S = VT(1). Ta có : n! n! n! S .n !    .....  1!(n  1)! 3!(n  3)! (n  1)!.1!  Cn  Cn  ...  Cn 1 1 3 n Giáo viên: Fan Zun 1
  2. CHUYÊN ĐỀ: GIẢI TÍCH TỔ HỢP, XÁC SUẤT THỐNG KÊ (1  1)n  Cn  Cn  ....  Cn 0 1 n   Mặt khác n 0 1 nn (1  1)  Cn  Cn  ....  (1) Cn  Suy ra Cn  Cn  .....  Cn 1  2n 1 với mọi n chẵn  dpcm . 1 3 n n !  2n1 n  *, n  3 CM (*) VD2: Ta dùng quy nạp toán học Khi n = 3 có 3!  6  22  4  (*) đúng. Giả sử (*) đúng đến n =k nghĩa k !  2 k 1 k  *, k  3 . Ta CM (*) đúng n = k+1 tức (k  1)!  2k . Thật vậy từ k !  2 k 1  (k  1).k !  (k  1).2k 1 . Do k  3  (k  1)  4  2k 1 (k  1)  4.2k 1  2 k  ( k  1)!  2 k . VD3: Cho cấp số cộng u1 , u2 ,...un , un 1 . CM : uk 1 u1  uk 1 n  1 n1 2k n  C k  2 . 2n 1 . k . k 0 k 1 n Giải Do u1 ,....un 1 là 1 cấp số cộng nên k  0, n có : u1  un1  uk 1  un k 1 Mà Cn  Cn  k k n k  0,....n nên : n uk 1 n  uk 1 un  k 1  n uk 1  un k 1 n 1 2   k  n k     (u1  un1 ). k . k nk k  0 Cn k 0  Cn Cn  k  0 Cn k 0 Cn n  1 n1 2k n 1  C k 2 k 1 k (2).  n 1  Đẳng thức cần chứng minh trở thành: k 0 n Ta CM (2) bằng quy nạp 1 1 1 1 C Với n = 1:   1 2 k 0 C1 C1 k 0 n Giáo viên: Fan Zun 2
  3. CHUYÊN ĐỀ: GIẢI TÍCH TỔ HỢP, XÁC SUẤT THỐNG KÊ 21 22 2 VP(2)= 2  (  )  2 =VT(2). Vậy (2) đúng với n = 1. 2 12 Giả sử (2) đúng đến n = p. Ta CM nó đúng với n = p+1. p n 1 1 1 1 Ta có :  k  0   k i (3) k  0 C p 1 C p 1 k  0 C p 1 ( p  1)! p 1 k k 1 C p 1  .C p .  (k  1)!( p  k )! k  1 p k 1 p  k 1  p 1 1 p k 1 p2 p 1 1 1 1 C  C k  1  2( p  1) .  C k  C k 1   1  2( p  1)  C k   Từ (3) suy ra p  k 0 C p1 p  1 k 0 p k 0   k 0 k 0 p 1 p p Theo giả thiết quy nạp có: p p  2 p  1 p 1 2k p  2 p 1 2k 1  Ck . p 1 .  1  p1 .  1 2( p  1) 2 k 1 k k 1 k 2 k 0 p 1 . Từ đó có đpcm p  2 p  2 2k  p 2  k 1 k 2 7 Giải Pt C 1  C x2  C x  3 x (1) VD4: x 2 Giải Điều kiện: 3  x  . (1) tương đương với x! x! x! 7 x    1!( x  1)! 2!( x  2)! 3!( x  3)! 2 1 1 7  x  x( x  1)  x ( x  1)( x  2)  x 2 6 2 2  x( x  16)  0  x  4 ( Do x  3) Vậy nghiệm x = 4. CM VD5: 1  Cn  Cn2  ....  (1) p Cnp  (1) p Cnp1 ( p  n) 1 Giải Giáo viên: Fan Zun 3
  4. CHUYÊN ĐỀ: GIẢI TÍCH TỔ HỢP, XÁC SUẤT THỐNG KÊ Áp dụng công thức Cn  Cn1  Cnk11 ta có : k k  VT  Cn  (Cn1  Cn 1 )  (Cn 1  Cn 1 )  ....  (1) p (Cnp1  Cnp1 ) 0 1 0 2 1 1  (1) p Cnp1 VD6: CM C2n  k C2 n k  (C2 n ) 2 , (0  k  n) n n n 2 (2n  k )! (2n  k )!  (2n)!  .  (n  k )!n ! (n  k )!n !  n !n !    2 (2n  k )! (2n  k )!  (2n)! đpcm  .  (n  k )! (n  k )!  n !    2   (2n  k )(2n  k  1).....(n  1) .(2n  k )(2n  k  1)......(n  1)    (2n)....( n  1)  2  x y Áp dụng bất đẳng thức xy    có : 2 (2n  k )(2n  k )  (2n) 2 (2n  k  1)(2n  k  1)  (2n  1) 2 .................................................... (n  1)(n  1)  (n  1)2 Nhân vế với vế của các BĐT trên có đpcm. Dạng 2: Các bài toán về quy tắc đếm Cần chú ý khi nào sử dụng quy tắc nhân, khi nào sử dụng quy tắc cộng. VD1: Cho B  0,1, 2,3 . Từ B có thể lập được: a/ Bao nhiêu số có 4 chữ số khác nhau? b/ Bao nhiêu số chẵn gồm 4 chữ số khác nhau? Giải a/ Dạng abcd , (a  0) . Chọn a  1, 2,3  có 3 cách chọn b  0,1, 2,3 ; b  a  có 3 cách chọn. Giáo viên: Fan Zun 4
  5. CHUYÊN ĐỀ: GIẢI TÍCH TỔ HỢP, XÁC SUẤT THỐNG KÊ c  0,1, 2,3 ; c  b, c  a  có 2 cách chọn d  0,1, 2, 3 ; d  b, d  a, d  c  có 2 cách chọn Vậy có 3.3.2.1=18 cách chọn. b/ TH1: dạng abc0 , a  0 . - a  1, 2,3  có 3 cách chọn a. Tương tự có 2 cách chọn b, 1 cách chọn c  có 3.2.1=6 cách TH2: dạng abc 2, a  0 . - Có 2 cách chọn a, 2 cách chọn b, 1 cách chọn c.  có 2.2.1=4 cách Vậy có 6+4=10 cách chọn. VD2: Cho tập hợp E  0,1, 2, 3, 4,5, 6, 7 . Có bao nhiêu số chẵn có 5 chũ số phân biệt lập từ E. Giải Gọi A là tập hợp các số chẵn gồm 5 chữ số phân biệt lập từ E và tận cùng là 0. B là hợp các số chẵn gồm 5 chữ số phân biệt lập từ E và tận cùng là số khác 0. 7! Ta có A  A74   840 . 3! Ta tính số phần tử của B: Số có dạng abcde, a  0, e  0 . có 3 cách chọn e. - số chỉnh hợp chập 4 từ E \ e là A74 . - Giáo viên: Fan Zun 5
  6. CHUYÊN ĐỀ: GIẢI TÍCH TỔ HỢP, XÁC SUẤT THỐNG KÊ số chỉnh hợp chập 4 từ E \ e đứng đầu là 0 bằng số chỉnh hợp chập 3 từ E \ e, 0 và bằng - 3 A6 vậy B  3( A74  A6 )  2160 . 3 Kết luận: có 840+2160=3000 cách chọn. VD3: Có bao nhiêu cách phân phối 10 vật phân biệt vào 5 hộp phân biệt sao cho hộp 1 chứa 3 vật, hộp 2 chứa 2 vật , hộp 3 chứa 2 vật , hộp 4 chứa 3vật và hộp 5 không chứa vật nào? Giải 3 Chọn 3 vật trong 10 vật cho vào hộp 1  có C10 cách chọn - Chọn 2 vật trong 7 vật còn lại cho vào hộp 2  có C72 cách chọn - Chọn 2 vật trong 5 vật còn lại cho vào hộp 3  có C52 cách chọn - 3 Chọn 3 vật trong 3vật còn lại cho vào hộp 4  có C3 cách chọn - Vậy có C10 . C72 . C52 . C3 =25200 cách chọn. 3 3 Dạng 3: Các bài toán áp dụng nhị thức Newton PP: muốn CM 1 đẳng thức tổ hợp dạng A  k0 .Cn  k1.Cn  ....  kn .Cnn ta cần nhận dạng đặc biệt 0 1 của k p và A. Sau đó sử dụng khai triển: (a  b)n  Cn a n  Cn a n 1b  .....  Cn 1ab n 1  Cn b n o 1 n n (*) Hoặc sử dụng ( x  1)n  Cn x n  Cn x n 1  ....  Cn 1 x  Cn 0 1 n n (**) Khi đó dựa vào dạng của A mà sử dụng (*) hoặc (**) bằng cách thay a, b bằng các giá trị cụ thể hoặc sử dụng đạo hàm hoặc tích phân . Cn Cnk  CnCnk11  Cn2Cn  2  .......  (1) k Cn Cn  k  0 (k , n  ;1  k  n) 0 1  k 2 k0 VD: CM Áp dụng nhị thức Newton: (1  x )k  Ck0  Ck x  .....  Ckk x k 1 k Nhân 2 vế với Cn được: Giáo viên: Fan Zun 6
  7. CHUYÊN ĐỀ: GIẢI TÍCH TỔ HỢP, XÁC SUẤT THỐNG KÊ Cn (1  x)n  Cnk Ck0  Cn Ck x  ....  Cn Ckk x k k k1 k (1) n! k! Với m  k có : Cn Ckm  k m k m  Cn .Cn m . (2) (n  k )!k ! (k  m)!m ! Từ (1) và (2) suy ra Cn (1  x )k  Cn Cn  CnCn 11 x  .....  Cn Cn k x k k 0k 1 k k0 Thay x= -1 ta được đpcm. 2Cn2  6Cn  12Cn  ....  n(n  1)Cn  n(n  1)2n 2 3 4 n VD2: CM Xét khai triển (1  x )n  Cn  Cn x  .....  Cn x n (1) 0 1 n Lấy đạo hàm 2 vế (1) : n( x  1) n1  Cn  2Cn2 x  ....  nCn 1 x n1 (2) 1 n Lấy đạo hàm 2 vế (2): n(n  1)( x  1)n 2  2Cn  ....  n(n  1)Cn 1 x n  2 2 n (3) Thay x= 1 vào (3) suy ra đpcm. VD3: CM đẳng thức : 22 1 2n 1 n 3n 1  1 0 2Cn  Cn  ...  Cn  (*) n 1 n 1 2 2 3n1  1 Xét I   (1  x) n dx  (1) n 1 0 Mặt khác (1  x )n  Cn  Cn x  .....  Cn x n 0 1 n 2 22 1 2n 1 n 0 1 n n 0 (2)  I   (C  C x  .....  C x )dx  2C  Cn  ...  Cn n n n n n 1 2 0 Từ (1) và (2) suy ra (*). Giáo viên: Fan Zun 7
  8. CHUYÊN ĐỀ: GIẢI TÍCH TỔ HỢP, XÁC SUẤT THỐNG KÊ Dạng 4: Số hạng trong khai triển nhị thức Newton VD1: Tìm hệ số của x 50 trong khai triển: P ( x )  (1  x)  2(1  x ) 2  ....  1000(1  x)1000 Giải (1  x) P( x )  P( x ) Ta có   (1  x )2  2(1  x )3  ....  1000(1  x )1001    (1  x )  2(1  x) 2  ....  1000(1  x)1000     1001 (1  x)  (1  x )  1000(1  x)1001  x 1000(1  x)1001 (1  x)1001  (1  x ) Suy ra   (1) x2 x Áp dụng nhị thức Newton có : (1  x )1001  1  C1001 x  ....  C1001 x1001 (2) 1 1001 Thay (2) vào (1) được: 1  P ( x )  1000 1001  C1001 x  ...  C1001 x 50  ...  C1001 x1000   2 51 1001 x  C1  1 2  C1001  C1001  ....  C1001  ...  C1001 x 998  x999  1001  3x 52 1000 x  1 C1  1 Mà 1000.  1001 0 x x    P( x)  1000 1001  C1001 x  ...  C1001  ...  x1000   C1001  C1001 x  ....  C1001 x 50  ...  C1001 x998  x 999 Vậy 2 51 2 3 52 1000   50 51 52 hệ số của x là a50  1000C C . 1001 1001 1 VD2: Viết số hạng thứ k+1 trong khai triển của ( x  )10 và tìm số hạng không chứa x x Giải 1 Theo công thức nhị thức Newton số hạng thứ k+1 là C10 .x10 k .( )k  Cn x10 2 k . k k x Suy ra số hạng không chứa x : 10  2k  0  k  5 . Vậy số hạng thứ 6 không chứa x. VD3: Tìm 2 số chính giữa của khai triển x 3  xy )15 . Giáo viên: Fan Zun 8
  9. CHUYÊN ĐỀ: GIẢI TÍCH TỔ HỢP, XÁC SUẤT THỐNG KÊ Giải Theo công thức nhị thức Newton 2 số chính giữa là C15 ( x 3 )8 ( xy )7  C15 ( x3 )7 ( xy )8  C15 x 31 y 7  C15 x 29 y 8 . 7 8 7 8 Giáo viên: Fan Zun 9
Theo dõi chúng tôi
Đồng bộ tài khoản