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

Chia sẻ: Paradise10 Paradise10 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

0
255
lượt xem
85
download

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

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

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

Chủ đề:
Lưu

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
Đồng bộ tài khoản