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

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
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
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
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
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
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
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
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
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
Đề thi vào lớp 10 môn Toán |  Đáp án đề thi tốt nghiệp |  Đề thi Đại học |  Đề thi thử đại học môn Hóa |  Mẫu đơn xin việc |  Bài tiểu luận mẫu |  Ôn thi cao học 2014 |  Nghiên cứu khoa học |  Lập kế hoạch kinh doanh |  Bảng cân đối kế toán |  Đề thi chứng chỉ Tin học |  Tư tưởng Hồ Chí Minh |  Đề thi chứng chỉ Tiếng anh
Theo dõi chúng tôi
Đồng bộ tài khoản