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

CHUYÊN ĐỀ: GIẢI TÍCH TỔ HỢP, XÁC SUẤT THỐNG KÊ Giáo viên: Fan Zun 1 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 - Biến đổi sơ cấp với chú ý ! ! !; ; ( )! !( )! k k n n n n n P n A C 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: 1 1 1 1 2 1!( 1)! 3!( 3)! ( 1)!.1! ! n n n n n         (1) Đặt S = VT(1). Ta có : 1 3 1 ! ! ! . ! 1!( 1)! 3!( 3)! ( 1)!.1! n n n n n n n S n n n n C C C             CHUYÊN ĐỀ: GIẢI TÍCH TỔ HỢP, XÁC SUẤT THỐNG KÊ Giáo viên: Fan Zun 2 Mặt khác 0 1 0 1 (1 1) (1 1) ( 1) n n n n n n n n n n n C C C C C C                 Suy ra 1 3 1 1 2 n n n n n C C C       với mọi n chẵn dpcm  . VD2: CM 1 ! 2 *, 3 (*) n n n n      Ta dùng quy nạp toán học Khi n = 3 có 2 3! 6 2 4     (*) đúng. Giả sử (*) đúng đến n =k nghĩa 1 ! 2 *, 3 k k k k       . Ta CM (*) đúng n = k+1 tức ( 1)! 2 k k   . Thật vậy từ 1 1 ! 2 ( 1). ! ( 1).2 k k k k k k        . Do 1 1 3 ( 1) 4 2 ( 1) 4.2 2 ( 1)! 2 k k k k k k k k              . VD3: Cho cấp số cộng 1 2 1 , , , n n u u u u  . CM : 1 1 1 1 1 0 1 1 2 . . 2 2 k n n k k k n k k n u u u n C k            . Giải Do 1 1 , n u u  là 1 cấp số cộng nên 0, k n  có : 1 1 1 1 n k n k u u u u        Mà 0, k n k n n C C k n     nên : 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 1 2 ( ). n n n n k k n k k n k n k k n k n k k k k k k n n n n n u u u u u u u C C C C C                               . Đẳng thức cần chứng minh trở thành: 1 1 0 1 1 1 2 2 k n n k n k k n n C k         (2). Ta CM (2) bằng quy nạp Với n = 1: 1 0 1 0 1 1 1 1 1 2 k k n C C C      CHUYÊN ĐỀ: GIẢI TÍCH TỔ HỢP, XÁC SUẤT THỐNG KÊ Giáo viên: Fan Zun 3 VP(2)= 1 2 2 2 2 2 ( ) 2 2 1 2    =VT(2). Vậy (2) đúng với n = 1. Giả sử (2) đúng đến n = p. Ta CM nó đúng với n = p+1. Ta có : 1 0 0 0 1 1 1 1 1 1 p n k k i k k p p p C C C            (3) 1 1 ( 1)! 1 . ( 1)!( )! 1 k k p p p p C C k p k k          . Từ (3) suy ra 1 0 1 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 . 1 1 2( 1) 2( 1) p p p p k k k k k k k k k p p p p p p k k p k p C C p C p C C p C                                    Theo giả thiết quy nạp có: 1 1 1 1 0 1 1 1 2 2 1 1 2 1 2 2 2 1 . . 1 . 2( 1) 2 2 2 2 2 k k p p p k p p k k k p k p p k p p p C p k k p k                          . Từ đó có đpcm VD4: Giải Pt 1 2 3 7 2 x x x C C C x    (1) Giải Điều kiện: 3 x    . (1) tương đương với 2 ! ! ! 7 1!( 1)! 2!( 2)! 3!( 3)! 2 1 1 7 ( 1) ( 1)( 2) 2 6 2 ( 16) 0 4 ( 3) x x x x x x x x x x x x x x x x x Do x                     Vậy nghiệm x = 4. VD5: CM 1 2 1 1 ( 1) ( 1) ( ) p p p p n n n n C C C C p n          Giải CHUYÊN ĐỀ: GIẢI TÍCH TỔ HỢP, XÁC SUẤT THỐNG KÊ Giáo viên: Fan Zun 4 Áp dụng công thức 1 1 1 k k k n n n C C C      ta có : 0 1 0 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ( ) ( ) ( 1) ( ) ( 1) p p p n n n n n n n p p n VT C C C C C C C C                    VD6: CM 2 2 2 2 ( ) , (0 ) n n n n k n k n C C C k n      đpcm       2 2 2 (2 )! (2 )! (2 )! . ( )! ! ( )! ! ! ! (2 )! (2 )! (2 )! . ( )! ( )! ! (2 )(2 1) ( 1) . (2 )(2 1) ( 1) (2 ) ( 1) n k n k n n k n n k n n n n k n k n n k n k n n k n k n n k n k n n n                                    Áp dụng bất đẳng thức 2 2 x y xy         có : 2 2 2 (2 )(2 ) (2 ) (2 1)(2 1) (2 1) ( 1)( 1) ( 1) n k n k n n k n k n n n n              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   0,1,2,3 B  . 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 , ( 0) abcd a  . Chọn   1,2,3a   có 3 cách chọn   0,1,2,3 ; b b a    có 3 cách chọn. CHUYÊN ĐỀ: GIẢI TÍCH TỔ HỢP, XÁC SUẤT THỐNG KÊ Giáo viên: Fan Zun 5   0,1,2,3 ; , c c b c a     có 2 cách chọn   0,1,2,3 ; , , d d b d a d c      có 2 cách chọn Vậy có 3.3.2.1=18 cách chọn. b/ - TH1: dạng 0, 0 abc a  .   1,2,3a   có 3 cách chọn a. Tương tự có 2 cách chọn b, 1 cách chọn c  có 3.2.1=6 cách - TH2: dạng 2, 0 abc a  . 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   0,1,2,3,4,5,6,7 E  . 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. Ta có 4 7 7! 840 3! A A   . Ta tính số phần tử của B: Số có dạng , 0, 0 abcde a e   . - có 3 cách chọn e. - số chỉnh hợp chập 4 từ   \ E e là 4 7 A . CHUYÊN ĐỀ: GIẢI TÍCH TỔ HỢP, XÁC SUẤT THỐNG KÊ Giáo viên: Fan Zun 6 - số chỉnh hợp chập 4 từ   \ E e đứng đầu là 0 bằng số chỉnh hợp chập 3 từ   \ ,0 E e và bằng 3 6 A vậy 4 3 7 6 3( ) 2160 B A A   . 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 - Chọn 3 vật trong 10 vật cho vào hộp 1  có 3 10 C cách chọn - Chọn 2 vật trong 7 vật còn lại cho vào hộp 2  có 2 7 C cách chọn - Chọn 2 vật trong 5 vật còn lại cho vào hộp 3  có 2 5 C cách chọn - Chọn 3 vật trong 3vật còn lại cho vào hộp 4  có 3 3 C cách chọn Vậy có 3 10 C . 2 7 C . 2 5 C . 3 3 C =25200 cách chọn. Dạng 3: Các bài toán áp dụng nhị thức Newton PP: muốn CM 1 đẳng thức tổ hợp dạng 0 1 0 1 . . . n n n n n A k C k C k C     ta cần nhận dạng đặc biệt của p k và A. Sau đó sử dụng khai triển: 1 1 1 1 ( ) n o n n n n n n n n n n a b C a C a b C ab C b          (*) Hoặc sử dụng 0 1 1 1 ( 1) n n n n n n n n n x C x C x C x C         (**) 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 . VD: CM 0 1 1 2 2 0 1 2 ( 1) 0 ( , ;1 ) k k k k k n n n n n n n n k C C C C C C C C k n k n                Áp dụng nhị thức Newton: 0 1 (1 ) k k k k k k x C C x C x      Nhân 2 vế với k n C được: CHUYÊN ĐỀ: GIẢI TÍCH TỔ HỢP, XÁC SUẤT THỐNG KÊ Giáo viên: Fan Zun 7 0 1 (1 ) k n k k k k k n n k n k n k C x C C C C x C C x      (1) Với m k  có : ! ! . . ( )! ! ( )! ! k m m k m n k n n m n k C C C C n k k k m m       (2) Từ (1) và (2) suy ra 0 1 1 0 1 (1 ) k k k k k k n n n n n n n k C x C C C C x C C x         Thay x= -1 ta được đpcm. VD2: CM 2 3 4 2 2 6 12 ( 1) ( 1)2 n n n n n n C C C n n C n n         Xét khai triển 0 1 (1 ) n n n n n n x C C x C x      (1) Lấy đạo hàm 2 vế (1) : 1 1 2 1 1 ( 1) 2 n n n n n n n x C C x nC x         (2) Lấy đạo hàm 2 vế (2): 2 2 1 2 ( 1)( 1) 2 ( 1) n n n n n n n x C n n C x          (3) Thay x= 1 vào (3) suy ra đpcm. VD3: CM đẳng thức : 2 1 1 0 1 2 2 3 1 2 2 1 1 n n n n n n C C C n n          (*) Xét 2 1 0 3 1 (1 ) 1 n n I x dx n        (1) Mặt khác 0 1 (1 ) n n n n n n x C C x C x      2 2 1 0 1 0 1 0 2 2 ( ) 2 2 1 n n n n n n n n n n I C C x C x dx C C C n             (2) Từ (1) và (2) suy ra (*). CHUYÊN ĐỀ: GIẢI TÍCH TỔ HỢP, XÁC SUẤT THỐNG KÊ Giáo viên: Fan Zun 8 Dạng 4: Số hạng trong khai triển nhị thức Newton VD1: Tìm hệ số của 50 x trong khai triển: 2 1000 ( ) (1 ) 2(1 ) 1000(1 ) P x x x x       Giải Ta có 2 3 1001 2 1000 1001 1001 (1 ) ( ) ( ) (1 ) 2(1 ) 1000(1 ) (1 ) 2(1 ) 1000(1 ) (1 ) (1 ) 1000(1 ) x P x P x x x x x x x x x x x                               Suy ra 1001 1001 2 1000(1 ) (1 ) (1 ) x x x x x       (1) Áp dụng nhị thức Newton có : 1001 1 1001 1001 1001 1001 (1 ) 1 x C x C x      (2) Thay (2) vào (1) được: 2 51 50 1001 1000 1001 1001 1001 1 2 3 52 1000 998 999 1001 1001 1001 1001 1001 1 ( ) 1000 1001 1 x P x C x C x C x x C C C C C x x x                             Mà 1 1001 11 1000. 0 C x x      2 51 1000 2 3 52 50 1000 998 999 1001 1001 1001 1001 1001 1001 ( ) 1000 1001 P x C x C x C C x C x C x x                   Vậy hệ số của 50 x là 51 52 50 1001 1001 1000 a C C   . VD2: Viết số hạng thứ k+1 trong khai triển của 10 1 ( ) x x  và tìm số hạng không chứa x Giải Theo công thức nhị thức Newton số hạng thứ k+1 là 10 10 2 10 1 . .( ) k k k k k n C x C x x    . Suy ra số hạng không chứa x : 10 2 0 5 k k     . Vậy số hạng thứ 6 không chứa x. VD3: Tìm 2 số chính giữa của khai triển 3 15 ) x xy  . CHUYÊN ĐỀ: GIẢI TÍCH TỔ HỢP, XÁC SUẤT THỐNG KÊ Giáo viên: Fan Zun 9 Giải Theo công thức nhị thức Newton 2 số chính giữa là 7 3 8 7 8 3 7 8 7 31 7 8 29 8 15 15 15 15 ( ) ( ) ( ) ( ) C x xy C x xy C x y C x y       . . CHUYÊN ĐỀ: GIẢI TÍCH TỔ HỢP, XÁC SUẤT THỐNG KÊ Giáo viên: Fan Zun 1 CÁC DẠNG BÀI TẬP PHƯƠNG PHÁP GIẢI, VD MINH HOẠ Trong phần này có các dạng. 1 2 1 1 ( 1) ( 1) ( ) p p p p n n n n C C C C p n          Giải CHUYÊN ĐỀ: GIẢI TÍCH TỔ HỢP, XÁC SUẤT THỐNG KÊ Giáo viên: Fan Zun 4 Áp dụng công thức 1 1 1 k k k n n n C C C  . số khác nhau? Giải a/ Dạng , ( 0) abcd a  . Chọn   1,2,3a   có 3 cách chọn   0,1,2,3 ; b b a    có 3 cách chọn. CHUYÊN ĐỀ: GIẢI TÍCH TỔ HỢP, XÁC SUẤT THỐNG KÊ Giáo viên: