2 to hop va xac suat

chơng tổ hợp xác suất A Kiến thức cần nhớ I hai quy tắc đếm Quy tắc cộng Quy tắc cộng: Giả sử công việc tiến hành theo k phơng án A1, A2, , Ak Nếu: Phơng án A1 làm n1 cách Phơng án A2 làm n2 cách Phơng án Ak làm nk cách Khi ®ã, cã c«ng viƯc cã thĨ thùc hiƯn theo n1 + n2 + + nk c¸ch BiĨu diƠn díi dạng tập hợp: Quy tắc cộng thờng đợc phát biểu ngôn ngữ tập hợp nh sau: Nếu A, B hai tập hữu hạn, không giao nhau, thì: A  B = A + B NÕu A1, A2, , Ak k tập hữu hạn, đôi không giao nhau, thì: A1 A2  Ak = A1 + A2 + + Ak Nếu A, B là hai tập hữu hạn A B, thì: 10 k k C10 x  = B \ A = BA k 0 Quy tắc nhân Quy tắc nhân: Giả sử công việc A bao gồm k công đoạn A1, A2, , Ak Nếu: Công đoạn A1 làm n1 cách Công đoạn A2 làm n2 cách Công đoạn Ak làm nk cách Khi đó, có công việc cã thĨ thùc hiƯn theo n1.n2 nk c¸ch BiĨu diƠn quy tắc nhân dới dạng tập hợp: Quy tắc nhân thờng đợc phát biểu ngôn ngữ tập hợp nh sau: Nếu A1, A2, , Am tập hữu hạn, số phần tử tích Đề tập tích số phần tử tập thành phần Để liên hệ với quy tắc nhân nhớ việc chọn 83 phần tử tích Đề A1 A2 Am đợc tiến hành cách chọn lần lợt mét phÇn tư cđa A1 mét phÇn tư cđa A2, , phần tử Am Theo quy tắc nhân ta nhận đợc đẳng thức: A1 A2  Am =  A1  A2  Am Nguyên lý bù trừ Khi hai công việc đợc làm đồng thời, dùng quy tắc cộng để tính số cách thực nhiệm vụ gồm hai việc Cộng số cách làm việc dẫn đến trùng lặp, cách làm hai việc đợc tính hai lần Để tính số cách thực nhiệm vụ ta cộng số cách làm hai việc trừ số cách làm đồng thời hai việc Đó nguyên lý bù trừ Biểu diễn dới dạng tập hợp: Chúng ta phát biểu nguyên lý bù trừ ngôn ngữ tập hợp nh sau: Cho A1, A2 tập hợp Gọi T việc chọn phần tử A T2 việc chọn phần tử A2 Có A1 cách làm việc T1 Có A2 cách làm việc T2 Số cách làm T1 T2 tổng số cách làm việc T1 số cách làm việc T2 trừ số cách làm hai việc Vì có A1 A cách làm T1 T2, có A1 A T2 nên có: A1 A A1  A  A1 �A c¸ch làm hai việc T1 II hoán vị, chỉnh hợp tổ hợp hoán vị Định nghĩa 1: Cho tập hợp A, gồm n phần tử (n 1) Một cách thứ tự n phần tử tập hợp A đợc gọi hoán vị n phần tử Định lí 1: Nếu kí hiệu số hoán vị n phần tử Pn, ta cã: Pn = n! = 1.2.3…(n  1).n chØnh hợp Định nghĩa 2: Cho tập hợp A gồm n phÇn tư Mét bé gåm k (1  k  n) phần tử thứ tự tập hợp A đợc gọi chỉnh hợp chập k n phÇn tư cđa A  84 NhËn xÐt: Hai chỉnh hợp khác khi: có phần tử chỉnh hợp mà không phần tử chỉnh hợp kia, phần tử hai chỉnh hợp giống nhng đợc xếp theo thứ tự khác Bộ k phần tử có kể thứ tự đợc hiểu nh sau: giả sử a, b hai k phần tử cđa tËp E a = (a1, a2, , ak) vµ b = (b1, b2, , bk) a, b đợc coi lµ cã kĨ thø tù nÕu: a = b  = bi, i = 1, k  a, b đợc coi không kể thứ tự nếu: a = b trùng với bj i, j = 1, k Định lí 2: NÕu kÝ hiƯu sè chØnh hỵp chËp k cđa n phần tử A kn , ta có: A kn = n.(n  1)…(n – k + 1)  Chó ý: Ta cã thĨ viÕt A kn theo c¸ch kh¸c: A kn  n(n  1)(n  2) (n  k  1)  n! (n-k) ! NÕu k = n th×: n! n! A nn = = = n! = Pn 0! Nh vËy, chỉnh hợp n chập n đợc gọi hoán vị n phần tử Từ đó, suy ra: A nn = A kn A nn  kk , víi mäi  k  n KÕt qu¶ đợc phát biểu " Số hoán vị n phần tử phân biệt số chỉnh hợp n chập r phần tử đó, nhân với số hoán vị (nr) phần tử lại " tổ hợp Định nghĩa 3: Cho tập hợp A gồm n phần tử Một tập E, gồm k phần tử phân biệt (1 k n), đợc gọi tổ hợp chập k n phần tử A Định lí 3: Nếu kí hiệu số tổ hợp chập k n phần tử Ckn , ta có: n(n 1) (n  k  1) Ak Ckn = n = , (1) k! k! 85 víi  k  n quy ớc C0n = Từ kết định lí suy ra: n! Ckn = , víi  k  n k!(n  k)! (2) Ckn = Cnn  k , víi  k  n Ckn = Ckn 1 + Ckn 11 , víi  k  n (3) (4) III nhị thức niu tơn Công thức Nhị thức Newton lớp đợc làm quen với đẳng thức: (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 = C02 a2  0b0 + C12 a2  1b1 + C22 a0b2, (a + b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3 = C30 a3  0b0 + C13 a3  1b1 + C32 a3  2b2 + C33 a0b3 Tỉng qu¸t: Với cặp số a, b số n nguyên dơng, ta có: (a + b)n = C0n an + C1n an1b + C2n an2b2 + + Cnn 1 abn1 + Cnn bn (1) n = �C a k 0 k n nk b k C«ng thøc đợc gọi công thức nhị thức Niu tơn (gọi tắt nhị thức Niu tơn) Nhận xét công thức nhị thức niutơn Số số hạng bên phải công thức n + 1, n số mũ nhị thức vế trái Tổng số mũ a b số hạng n Số hạng tổng quát có dạng: Tk + = Ckn an kbk, với k = 0, 1, , n sè h¹ng thø k + sù khai triĨn cđa nhÞ thøc (a + n b) Nh vËy, với yêu cầu "Tìm hệ số an kbk" cầu trả lời Ckn Các hệ số nhị thức cách hai số hạng đầu cuèi b»ng v×: Ckn = Cnn  k , k n Một số dạng đặc biệt Dạng 1: Thay a = b = x vào (1), ta đợc: 86 (1 + x)n = C0n + C1n x + C2n x2 + + Cnn 1 xn1 + Cnn xn (2) D¹ng 2: Thay a = b = x vào (1), ta đợc: k n (1x)n = Cn  Cn x + Cn x2 + (1)k Cn xk + + (1)n Cn xn (3) Khi ®ã:  Thay x = vào (2), ta đợc: C0n + C1n + C2n + + Cnn = 2n  Thay x = vào (3), ta đợc: n C0n C1n + C2n  + (1)n Cn = tam gi¸c Pascal C¸c hƯ sè cđa khai triĨn Niutơn nhị thức (a + b) n đợc xếp thành tam giác sau (gọi tam gi¸c Pascal): n=0 n=1 1 n=2 n=3 3 n=4 n=5 1 0 n=6 6 5 Nh vậy, dựa vào bảng ta cã: C14 = C34 = 4, C24 = C15 + C52 = C62 (chúng ta đợc biết Ckn + Ckn 1 = Ckn 11 ) IV biÕn cố xác suất biến cố Không gian xác suất Định nghĩa: (Phép thử ngẫu nhiên không gian mẫu): a Một phép thử ngẫu nhiên (gọi tắt lµ phÐp thư) lµ mét thÝ nghiƯm hay mét hµnh động mà: Có thể lặp lặp lại nhiều lần điều kiện giống Kết không dự đoán trớc đợc Có thể xác định đợc tập hợp tất kết xảy phép thử Phép thử thờng đợc kí hiệu chữ T 87 b Tập hợp tất kết xảy phép thử đợc gọi không gian mẫu phép thử đợc kí hiệu chữ (đọc ô mê ga) biến cố Định nghĩa: (Biến cố liên quan đến phép thử): Một biến cố A liên quan tới phép thử T đợc mô tả tập A không gian mÉu  cđa phÐp thư ®ã BiÕn cè A xảy kết T thuộc tập A Mỗi phần tử A đợc gọi kết thuận lợi cho A Biến cố chắn biến cố xảy thực phép thử T Biến cố chắn đợc mô tả tập đợc kí hiệu Biến cố biến cố không xảy phép thử T đợc thực Biến cố không đợc mô tả tập đợc kí hiệu xác suất biến cố Định nghĩa cổ điển xác suất: Giả sử phép thử T có không gian mẫu tập hợp hữu hạn kết T đồng khả Nếu A biến cố liên quan tới phép thử T A tập hợp kết thuận lợi A xác suất A số, kí hiệu P(A) đợc xác định công thức: | A | P(A) = , (1) || A lần lợt số phần tử tập A Chú ý: Từ định nghĩa suy ra:  P(A)   P() = vµ P() = ViƯc tÝnh x¸c st cđa biÕn cố A đợc thực theo bớc: Bớc Thực hai phép đếm: Đếm số phần tử không gian mẫu , tức đếm số kết phép thử T Đếm số phần tử tập A, tức đếm số kết thuận lợi cho A Bớc Sử dụng công thức (1) để tính P(A) 88 Định nghĩa thống kê xác suất: Xét phép thử T biến cố A liên quan tới phép thử Ta tiến hành lặp lặp lại N phép thử T thống kê xem biến cố A xuất lần Số lần xuất biến cố A đợc gọi tÇn sè cđa A N lÇn thùc hiƯn phÐp thử T Tỉ số tần số A với số N đợc gọi tần suất A N lÇn thùc hiƯn phÐp thư T Khi sè lần thử N lớn tần xuất A gần với số xác định, số đợc gọi xác suất A theo nghĩa thống kê V quy tắc tính xác suất quy tắc cộng xác suất Định nghĩa biến cố hợp: Cho hai biến cố A B liên quan đến phép thử T Biến cố "A B xảy ra", kí hiệu AB, đợc gọi hợp hai biÕn cè A vµ B NÕu gäi:  A tập hợp mô tả kết thuận lợi cho A, B tập hợp mô tả kết thuận lợi cho B, tập hợp kết thuận lợi cho AB AB Một cách tỉng qu¸t: Cho k biÕn cè A1, A2, , Ak liên quan đến phép thử T Biến cố "Cã Ýt nhÊt mét c¸c biÕn cè A 1, A2, , Ak xảy ra", kí hiệu A1 A2 Ak, đợc gọi hợp k biến cố Định nghĩa biến cố xung khắc: Cho hai biến cố A B liên quan đến phép thử T Hai biến cố A B đợc gọi xung khắc biến cố xảy biến cố không xảy Hai biến cố A B xung khắc AB = Quy tắc cộng xác suất: Nếu hai biến cố A B xung khắc xác suất để A B xảy là: P(AB) = P(A) + P(B) Cho k biÕn cè A1, A2, , Ak đôi xung khắc với xác suất ®Ĩ Ýt nhÊt mét c¸c biÕn cè A 1, A2, , Ak xảy là: 89 P(A1A2 Ak) = P(A1) + P(A2) + + P(Ak) Định nghĩa biÕn cè ®èi: Cho biÕn cè A ®ã biÕn cố "không xảy A", kí hiệu A , đợc gọi biến cố đối A Chú ý: Hai biến cố đối hai biến cố xung khắc Tuy nhiên điều ngợc lại không Định lÝ: Cho biÕn cè A X¸c st cđa biÕn cè ®èi A lµ P( A ) =  P(A) quy tắc nhân xác suất Định nghĩa biến cố giao: Cho hai biến cố A B liên quan đến phép thử T Biến cố "cả A B xảy ra", kí hiệu AB, đợc gäi lµ giao cđa hai biÕn cè A vµ B Nếu gọi A B lần lợt tập hợp mô tả kết thuận lợi cho A B tập hợp kết thuận lợi cho AB AB Một cách tổng quát: Cho k biến cố A1, A2, , Ak liên quan đến phÐp thư T BiÕn cè "tÊt c¶ k biÕn cè A 1, A2, , Ak xảy ra", kí hiệu A1A2Ak, đợc gọi giao k biến cố Định nghĩa biến cố độc lập: Cho hai biến cố A B liên quan đến phép thử T Hai biến cố A B đợc gọi độc lập với việc xảy hay không xảy biến cố không làm ảnh hởng tới việc xảy hay không xảy biÕn cè Mét c¸ch tỉng qu¸t: Cho k biÕn cố A1, A2, , Ak liên quan đến phép thử T k biến cố đợc gọi độc lập với việc xảy hay không xảy biến cố không làm ảnh hởng tới việc xảy hay không xảy biến cố lại Nhận xét: Nếu hai biến cố A, B độc lập với A B ; A B; A B độc lập với Quy tắc nhân xác suất: Nếu hai biến cố A B độc lập với xác suất để A B xảy là: P(AB) = P(A).P(B) Cho k biÕn cè A1, A2, , Ak độc lập với thì: P(A1A2Ak) = P(A1).P(A2).P(Ak) VI biến ngẫu nhiên rời rạc 90 Khái niệm biến ngẫu nhiên rời rạc Định nghĩa: Đại lợng X đợc gọi biến ngẫu nhiên rời rạc nhận giá trị số thuộc tập hữu hạn đó, giá trị ngẫu nhiên, không dự đoán trớc đợc phân bố xác suất biến ngẫu nhiên rời rạc Giả sử X biến ngẫu nhiên rời rạc nhận giá trị {x 1, x2, , xn} Khi bảng phân bố xác suất biến ngẫu nhiên rời rạc X có d¹ng: X x1 x2 xn P p1 p2 pn ®ã P(X = xk) = pk víi k = 1, 2, , n  Lu ý: Trong b¶ng có p1 + p2 + + pn = kì vọng Định nghĩa: Cho X biến ngẫu nhiên rời rạc với tập giá trị {x1, x2, , xn} Kì vọng X, kí hiệu E(X) số đợc tính theo công thøc: n E(X) = x1p1 + x2p2 + + xnpn = �x k 1 k p k , ®ã pk = P(X = xk) víi k = 1, 2, , n ý nghÜa: E(X) lµ mét sè cho ta ý niệm độ lớn trung bình X Vì kì vọng E(X) đợc gọi giá trị trung bình X phơng sai độ lệch chuẩn Định nghĩa: Cho X biến ngẫu nhiên rời rạc với tập giá trị {x1, x2, , xn} a Ph¬ng sai cđa X, kÝ hiệu V(X) số đợc tính theo công thøc: n V(X) = �(x k 1 k  ) p k , ®ã pk = P(X = xK) víi k = 1, 2, , n vµ  = E(X) b Căn bậc hai phơng sai, kí hiệu (X) đợc gọi độ lệch chuẩn X Ta cã: (X) = V(X) ý nghÜa: V(X) số không âm, cho ta ý niệm mức độ phân tán giá trị X xung quanh giá trị trung bình Phơng sai lớn độ phân tán cành lớn 91 B Phơng pháp giải dạng toán liên quan Đ1 Hai quy tắc đếm Dạng toán 1: Sử dụng quy tắc để thực toán đếm số phơng án Phơng pháp áp dụng Để sử dụng quy tắc cộng toán đếm, ta thực theo bớc: Bớc 1: Phân tách phơng án thành k nhóm độc lập với nhau: H1, H2, , Hk Bíc 2: NÕu:  H1 cã n1 c¸ch kh¸c  Hk cã nk c¸ch kh¸c Bíc 3: Khi đó, ta có tất n1 + + nk phơng án Để sử dụng quy tắc nhân toán đếm, ta thực theo bớc: Bớc 1: Phân tách hành động H thành k công việc nhỏ liên tiếp: H1, , Hk Bớc 2: Nếu ta có: n1 cách khác để thùc hiÖn H1  Mét thùc hiÖn xong H1, , Hk  1, ta cã nk c¸ch thùc Hk Bớc 3: Khi ta có tất cả: n1 nk cách để thực hành động H Trong nhiều trờng hợp cần kết hợp hai quy tắc để thực toán ®Õm ThÝ dô Trong mét trêng THPT, khèi 11 có 280 học sinh nam 325 học sinh nữ a Nhà trờng cần chọn học sinh khối 11 dự hội học sinh thành phố Hỏi nhà trờng có cách chọn ? 92 n! n! n!(n  2)!   n2 (n  3)!A n (n  3)! n! (n  3)!n! (n  2)! Pn 1 (n  1)!   (n  2)! (n  2)! n  Khi ®ã: (n  2)(n  2)  n  A  (n  2)    (n  2) n2 n2 b Ta lần lợt có: n! Cn Cnn 2!.(n 2)! n! Cn = n, = = n1, , n n 1 = = 1, n! Cn Cn (n  1)!.1! 1!.(n  1)! suy ra: C 2n Cnn n(n  1) B = C1n + + + n n 1 = n + (n1) + + = Cn Cn  NhËn xÐt: Nh vËy, lêi gi¶i cđa ví dụ để giảm thiểu độ phức tạp biểu thức cần biến đổi lựa chọn việc biến đổi phần Ví dụ 13: Chứng minh r»ng: Cnn  C nn 1  Cnn    Cnn  k  C nn 1k 1  (*) Gi¶i Tríc hÕt, ta nhí r»ng: n(n 1) Với k = 1, đẳng thøc (*) cã d¹ng: (n  1)! (n  2)! Cnn  C nn 1  C nn 12  + = n!.(n   n)! (n  1)!.(n   n  1)! 1+2+…+n=  + n + = n + 2, Vậy, đẳng thức với n = Giả sử đẳng thức với k = m, tức ta cã: Cnn  C nn 1  Cnn 2   Cnn  m  Cnn 1m 1 (1) ta cần chứng minh với k = m + 1, tức cần chứng minh: Cnn  Cnn 1  Cnn    Cnn  m  Cnn  m 1  Cnn 1m 2 ThËt vËy, víi kÕt qu¶ tõ (1), ta đợc: VT = Cnn 1m Cnn m 1 = Cnn 1m  = VP, ®pcm 142 (§HQG Khèi D 99): Chøng minh r»ng víi k, n  N,  k  n lu«n cã:k(k1) Ckn = n(n1) Ckn  22 Ta cã: (n  2)! VP = n(n1) Ckn  22 = n(n1) (k  2)!.(n  k)! n!.k.(k  1) n! = = k(k1) = k(k1) Ckn k.(k  1).(k  2)!.(n  k)! k!.(n  k)! VÝ dơ 14: (§HQG TPHCM Khèi D 97): Chøng minh r»ng víi k, n  N,  k  n ta cã: Ckn + Ckn 1 + Ckn  + Ckn 3 + Ckn  = Ckn  Giải áp dụng công thức biến đổi: Crn = Crn 1 + Crn11 , , víi  r  n Ta cã: VT = Ckn + Ckn 1 + 3( Ckn 1 + Ckn  ) + 3( Ckn  + Ckn 3 ) + Ckn 3 + Ckn  = Ckn 1 + Ckn 11 + Ckn 12 + Ckn 13 = Ckn 1 + Ckn 11 + 2( Ckn 11 + Ckn 12 ) + Ckn 12 + Ckn 13 = Ckn  + Ckn 12 + Ckn  22 = Ckn  + Ckn 12 + Ckn 12 + Ckn  22 = Ckn 3 + Ckn 13 = Ckn  , ®pcm VÝ dụ 15: Chứng minh đẳng thức: 2Ckn 5Ckn  4C kn   Ckn 3  Ckn 22 Ckn 33 Giải Ta lần lỵt cã: Ckn  2Ckn 1  Ckn    Ckn  Ckn 1    Ckn 1  Ckn    Ckn 11  Ckn 12  Ckn  22 C  3C k n k 1 n  3C k 2 n C k 3 n (1)    C kn  C kn 1    C kn 1  C kn     C kn   Ckn 3  = Ckn 11  2Ckn 12  C kn 13  Ckn  22  Ckn 32  Ckn 33 (2) Céng (1) (2) vế theo vế, ta có đẳng thức ph¶i chøng minh p 1 p 1 p 1 p 1 p 1 p VÝ dô 16: Chøng minh r»ng Cm 1  C m  C m3   C p  C p 1  C m Giải áp dụng công thức: 143 Ckn  C kn 1  C kn 1 Ta cã: Cpm11  Cmp 1  Cmp Cpm12  Cpm 2  Cpm 1 Cpm11  C pm 3  C mp 2 Cpp 1  C pp Cpp Cộng đẳng thức vÕ theo vÕ, ta cã: Cpm11  Cmp 12  Cmp 13   Cpp 1  Cpp  Cpm V× C   C p p p 1 p 1 (*) thay vµo (*), ta cã đẳng thức phải chứng minh Ví dụ 17: (ĐHQG Khối A 2000): Chøng minh r»ng: 1 1001 Ck2001 + Ck2001  C1000 2001 + C 2001 víi  k 1000, k N Giải Biến đổi bất đẳng thức dạng: Ck2002 C1001 2002 Ta xÐt d·y sè: 1 uk = Ck2002 víi  k  1000, k  N Ta ®i chøng minh dãy {uk} đơn điệu tăng, thật vậy: uk + > uk = Ck2002 > Ck2002 2002! 2002!  > (k  2)!.(2000  k)! (k  1)!.(2000  k  1)! 1  >  1999 > 2k  k  999 k2 2001  k 1 1001  uk  u999  Ck2002  C1000 2002 < C 2002 1  Ck2002  C1001 2002 , ®pcm VÝ dơ 18: Cho d·y (Sm), m N m 4, xác định nh sau: S4 = 1; Sm + = Sm + 1(m2) + 2(m3) + 3(m4) + + (m2).1 Chøng minh r»ng Sm  Cm4  144 Gi¶i Theo gi¶ thiÕt: S4 = = C44 TiÕp theo, ta biÕn ®ỉi biĨu thøc: A = 1(m2) = 2(m3) + 3(m4) + + (m2).1 = 1[(m1)1] + 2[(m1)2] + 3[(m1)3] + + (m2)[(m1)(m2)] = (m1) + 2(m1) + 3(m1) + + (m2)(m1)   [1 + + + + (m2)2)] = (m1)[1 + + + + (m2)]  [12 + 22 + 32 + + (m2)2] (m  1)(m  2)(m  1) (m  2)(m  1)(2m  3) m(m  1)(m  2)  C3m =  = 6 Do ®ã, ta cã Sm + = Sm + C3m , suy ra: Sm = Sm  + C3m 1 = C3m 1 + C3m  + … + C33 Tõ ®ã, toán đợc chuyển việc chứng minh rằng: C3m 1 + C3m  + … + C33 = C44 (1) Đẳng thức (1) đợc chứng minh phơng pháp qui nạp toán học Chú ý: Trong lời giải trên, sử dụng kết quả: n(n 1) n(n 1)(2n  1) 12  22  32   n      n  VÝ dô 19: Chøng minh r»ng víi  k  n vµ k, n  Z lu«n cã: Cn2n  k Cn2n  k ( Cn2n )2 Giải Cố định n, ta xÐt d·y sè: uk = Cn2n  k Cn2n  k víi  k  Z, ®ã, bất đẳng thức đợc biểu diễn dới dạng: uk u0 víi  k  Z Ta ®i chøng minh dãy {uk} đơn điệu giảm, thật vậy: 145 uk + < u k  (2n  k  1)! (2n  k  1)! (2n  k)! (2n  k)! < n!.(n  k  1)! n!.(n  k  1)! n!.(n  k)! n!.(n  k)! 2n  k  2n  k < n + 2nk > n k 1 nk Suy ra: uk  u0 víi  k  Z  Cn2n  k Cn2n  k  ( Cn2n )2, ®pcm  VÝ dơ 20: T×m n  N cho: a Pn + = 15 Akn + 1.Pn + 4k b A 4n  15  (n  2) ! (n-1) ! Giải a Điều kiện: n �k  n +  k  N � �n   k �N � (*) BiÕn đổi phơng trình dạng: (n 4)! (n + 5)! = 15 (n + 4k)!  (n + 5)! = 15(n + 4)! (n   k)!  n + = 15  n = 10 VËy, với n = 10 thoả mãn điều kiện đầu b Ta cã: A 4n  = (n + 4)(n + 3)(n + 2)(n + 1) (n + 2) ! = (n1)! n(n + 1)(n + 2) suy ra: A 4n  (n  1)(n  2)(n  3)(n  4) (n  3)(n  4)   (n  2) ! (n  1) ! n(n  1)(n  2) (n  1) ! n Khi ®ã, bất phơng trình đợc biến đổi dạng: (n 3)(n  4) 15   (n + 3)(n + 4) < 15n (n  1) !.n (n  1) ! n 3 � � n 4  n  8n + 12 <  < n < � � � n 5 � n�N VËy, ta tìm đợc n = 3, n = n = 146 Ví dụ 21: (ĐHBK HA Nôi 2000): Giải bất phơng trình A 2x  A 2x C x + 10 x Giải Điều kiện x N Biến đổi bất phơng trình dạng: (2x)! x! x!   + 10 (2x  2)! (x  2)! x 3!.(x  3)! (x  2)(x  1)x  (2x1).2x(x1).x + 10 x 3!  (2x1)x(x1)x  (x2)(x1) + 10 (*) x 3 (*) x�N �  3x12   x  �  x  � � x4 � VËy, nghiƯm cđa bÊt phơng trình x = x = Ví dụ 22: (CĐSP TPHCM 99) Tìm k N biÕt r»ng C14k + C14k  = C14k Giải Điều kiện k 12 (*) Biến đổi phơng trình dạng: 14! 14! 2.14! + = k!.(14  k)! (k  2)!.(12  k)! (k  1)!.(13  k)! 1  + = (14  k)(13  k) (k  2)(k  1) (k  1)(13  k) k4 �  k212k + 32 = , thoả mãn điều kiện (*) k 8 � VËy, víi k = vµ k = thoả mãn điều kiện đầu Ví dụ 23: (ĐHNN HN99) Tìm số x nguyên dơng thoả mãn phơng trình: C1x + C2x + C3x = 9x214x Giải Điều kiện x N Biến đổi vế trái phơng trình d¹ng: (*) 147 VT = x! 6x! 6x! + + (x  1)! 2!.(x  2)! 3!.(x  3)! = x + 3x(x1) + x(x1)(x2) = x3 Khi đó, phơng trình đợc biến đổi dạng: (*) x3 = 9x214x  x39x2 + 14x = � x = Vậy, phơng trình có nghiệm x = Ví dụ 24: Giải phơng trình A xy 11.Px y Px = 72 Giải Điều kiện: y �x  � �x  y �N  y  x vµ x, y  N �  �x 1N (*) Biến đổi phơng trình dạng: (x  1)! (x  y)! (*) (x  y)! = 72  (x + 1)x = 72  x2 + x72 = � x = (x  1)! Vậy, phơng trình có nghiệm x =  y  N y y 1 y 1 y Ví dụ 25: Tìm x y, biết A x 1  yA x 1  : A x : C x  10 : :1 Giải Điều kiện n N (*) Biến đổi hệ thức dạng hệ phơng trình:  A xy1  yA xy11  : A xy1  10 : �  � y 1 y 1 �A x : C x  :1 �� (x  1)! y(x  1)!� x!  : 5 �� � (x   y)! (x  y)! �(x   y)! �� � x! � x! : 2 � �(x   y)! (x  y  1)! �(x  1)!(x  y)  y(x  1)! (x  y  1)! 5 � (x  y)! x!  � � (y  1)!  � 148 �(x  1)!(x  y  y)(x  y  1) 5 �x  y   �x  � x!  �  �  � y3 y3 � � � y Vậy, hệ phơng trình có nghiệm x = y = Ví dụ 26: Tìm số nghiệm nguyên dơng phơng trình: x1 + x2 + + xn = m m số nguyên dơng cho trớc Giải Gọi Sn(m) số nghiệm nguyên dơng phơng trình cho Ta lần lợt tính S1(m), S2(m), S3(m), ,Sn(m) S1(m) số nghiệm nguyên dơng phơng trình: x1 = m phơng trình có nghiệm nguyên dơng nhất, ®ã: S1(m) = = C0m 1  S2(m) số nghiệm nguyên dơng phơng trình: x1 + x = m Vì x1 lần lợt giá trị 1, 2, 3, , m1 nên phơng trình có nghiệm sau: (1, m1), (2, m2), (3, m3), , (m1, 1), cã tÊt c¶ (m1) nghiƯm nguyên dơng, đó: S2 (m) m C1m S3(m) số nghiệm nguyên dơng phơng trình: x1 + x2 + x3 = m (*) Víi x1 = 1, ta cã: x2 + x3 = m1 (1) Theo trên, số nghiệm nguyên dơng phơng trình (1) bằng: S2(m1) = m Với x1 = 2, ta cã: x2 + x3 = m2 (2) Số nghiệm nguyên dơng (2) bằng: S2(m2) = m3 … Víi x1 = m  2, ta cã: x2 + x = ta đợc S2(2) = 149 Do đó, số nghiệm nguyên dơng (*) b»ng S3(m) = S2(m1) + S2(m2) + + S2(2) (m  1)(m  2)  (m  2)  9m  3)     C 2m Từ đó, ta giả sử số nghiệm nguyên dơng phơng trình: x1 + x2 + + xk = m lµ Sk(m) = Ckm11 Ta chứng minh số nghiệm nguyên dơng phơng trình: x1 + x2 + + xk + = m lµ Sk 1 (m)  Ckm 1  BËn ®äc tù chøng minh VÝ dơ 27: Rót gän c¸c biÓu thøc sau: a A = 2n C0n  2n 2 C2n  2n  C4n  b B = 2n 1 C1n  2n 3 C3n  n  C5n   Gi¶i Ta cã: (2x  1) n  C0n x n 2n  C1n x n 1 2n 1  C 2n x n 2 2n 2  C3n x n 3 2n 3  C4n x n 4 2n 4  (1) (2x  1) n  C 0n x n 2n  C1n x n 1 n 1  Cn2 x n 2 2n 2  C3n x n 3 n 3  C4n x n 4 n 4  (2) Thay x = vào (1), ta đợc: 3n 2n C0n n 1 C1n  2n  C 2n  n 3 C3n  2n  C 4n   A + B = 3n Thay x = vào (2), ta đợc: 2n C0n  n 1 C1n  2n  C 2n  2n 3 C3n  2n  C4n   A  B = Gi¶i hƯ phơng trình tạo (3) (4), ta đợc: n A  (3  1) � � � �B  (3n  1) � Ví dụ 28: Với n số nguyên dơng, chứng minh r»ng: 3n[  C0n 1 1 n n Cn C  + 32 n + + (1)n Cn ] = 2n Gi¶i Víi x, với n số nguyên dơng ta cã: k n (1x)n = Cn  Cn x + + (1)k Cn xk + + (1)n Cn xn (1) 150 (3) (4) Thay x = vào (1), ta đợc: n 1 � 1� n  � = Cn  Cn + Cn + + (1)n 3n Cn � 3 � 3� 1 1 2n n n C C C n  3n = n  n + 32 n + + (1) Cn  2n = 3n[ C0n 1 1 n n Cn C  + 32 n + + (1)n Cn ], đpcm Ví dụ 29: Chứng minh đẳng thøc sau: a C0n  6C1n  62 Cn2   6n Cnn  n 17 b 317 C170  41316 C117   417 C17 17   Gi¶i a Ta cã: (1  x)n  C0n  C1n x  C2n x  C3n x   C nn x n (1) Thay x = vµo (1), ta đợc: C0n 6C1n 62 C2n 63 C3n   n C nn  n , ®pcm b Ta cã: 17 17 (3x  4)17  C17 (3x)17  C117 (3x)16 41   C17 (2) Thay x = vào (2), ta đợc: 17 317 C17 41316 C117   417 C17 17  , đpcm Ví dụ 30: Với n số nguyên dơng, chøng minh r»ng: 4n Cn 4n1 Cn + 4n2 Cn + + (1) n Cn = n n = Cn + Cn + 22 Cn + + 2n Cn  Giải a Với x, với n số nguyên dơng ta có: (4x)n = C0n 4n C1n 4n1.x + C2n 4n2.x2 + + (1) n Cnn xn (1) Thay x = vào (1), ta đợc: 151 n 3n = 4n Cn 4n1 Cn + 4n2 Cn + + (1) n Cn (2) b Víi mäi x, vµ víi n lµ sè nguyên dơng ta có: (1 + x)n = C0n + C1n x + + Cnn xn (3) Thay x = vào (3), ta đợc: n 3n = Cn + Cn + 22 Cn + + 2n Cn (4) Tõ (2) vµ (4), suy điều cần chứng minh Ví dụ 31: Chứng minh với số m, n, p nguyên, dơng cho p  n vµ p  m ta cã: Cpn  m = C0n Cpm + C1n Cpm1 + + Cpn 1 C1m + Cpn C0m Giải Với x, với n, m số nguyên dơng ta có: (1 + x)n + m = (1 + x)n (1 + x)m (1) MỈt kh¸c:  n m (1 + x)n + m = �C p 0 p n m xp (2)  n (1 + x)n.(1 + x)m = m �C x �C k 0 k n k k 0 k m xk = nm p p 0 k 0 �[(�C C k n p k m )x p ] (3) Do (1) nên hệ số x p, p = 0, n  m c¸c khai triĨn (2) (3) Vậy, ta đợc: p Cpn  m =  �C C k 0 k n pk m , ®pcm NhËn xÐt quan träng : Với p = n = m, ta đợc: ( C0n )2 + ( C1n )2 + + ( Cnn )2 = Cn2n Víi p = r, N = n + m, ta đợc: CrN = C0N m Crm + C1N  m Crm1 + + CrN1m C1m + CrN  m C0m 152 Bạn đọc lấy ý tờng ví dụ ¸p dơng víi khai triĨn (1x)n + m, tõ ®ã chøng minh r»ng: n 2n ( C2n )2( C2n )2 + + ( C2n )2 = (1)n C2n Ví dụ 32: Với n số nguyên, dơng lớn 1, chứng minh rằng: n 1�  � < 2< � � n� Giải n Với x, với n số nguyên dơng ta có (1 + x) n = �C x k 0 k n k (1) n n Ck � 1� Thay x = vµo (1), ta đợc = kn n k n n Ta lần lợt có đánh giá sau: Ta có: n C kn C1 � 1�  � > � k = C0n + n = + = � n k 0 n � n� (2)  Ta cã nhËn xÐt sau víi k  2: n! 1 1 C kn = k   =  k n k!.(n  k)! k! (k  1)k k 1 k n ¸p dơng víi k = 2, n , ta nhận đợc: C3n 1 1 C 2n C nn  1 ,   , , <  , n 2 n 1 n n n n suy ra: n n C kn C1n � 1� C  = + + < � n k < + 1 � � n n n k 2 � n� (3) Tõ (1) vµ (3) suy điều cần chứng minh Ví dụ 33: (ĐH Luật HN 2004): Một đề thi có câu đợc chọn từ ngân hàng câu hỏi có sẵn gồm 100 cầu, học sinh học thuộc 80 câu Tìm xác suất để học sinh rút ngẫu nhiên đợc đề thi có câu học thuộc? Giải Gọi A biến cố "Rút đợc đề thi có câu học thuộc", ta lần lợt có: 153 Vì ngân hàng câu hỏi có 100 câu đề thi có câu 5 nên có C100 cách lập đề thi, tức   C100 Häc sinh ®· häc thuéc 80 câu suy có C80 khả chọn 4 câu học thuộc, tức A  C80 C20 Do vËy P  A   A   C84 C120 C100 Ví dụ 34: (ĐH Nông nghiệp I 2003): Một tỉ gåm häc sinh nam vµ häc sinh nữ a Cần chọn nhóm ngời làm trực nhật Hỏi có cách chọn khác b Tính xác suất để chọn ngời ngẫu nhiên ta đợc nhóm có học sinh nữ c Cần chia tổ thành nhóm, nhóm ngời để làm công việc khác Hỏi có cách chia khác nhau? Tính xác suất để nhóm làm việc có nữ Giải a Vì tổ có 12 ngời nên số cách chọn ngời số tổ hợp chËp cđa 12, tøc lµ cã C124  495 (c¸ch chän) b Ta cã:  C13  c¸ch chọn nữ C39 84 cách chọn nam Do đó, có C13 C39 252 cách chọn nữ nam Vậy, xác suất để chọn ngẫu nhiên nhóm ngời có nam nữ là: 252 28 495 55 c Ta cã:  Cã C12 c¸ch chän ngời làm công việc thứ Có C8 cách chọn ngời làm công việc thứ hai Có C4 cách chọn ngời làm công việc thø ba Do ®ã, cã C124 C84 C44  34650 cách chia tổ hợp thành nhóm làm công việc khác Với công việc thø nhÊt ta cã C9 C3 c¸ch chän nam nữ Với công việc thứ hai ta cã C6 C c¸ch chän nam nữ Với công việc thứ ba ta cã C3 C1  c¸ch chän nam nữ 154 Vậy, xác suất: C39 C13 C36 C12 C33 C11 16 P  C12 C84 C 44 55 VÝ dô 35: Cã hai hép chứa cầu Hộp thứ chứa trắng, đen Hộp thứ hai chứa trắng, đen Từ hộp lấy ngẫu nhiên Kí hiệu: A biến cố : Quả lấy từ hộp thứ trắng, B biến cố : Quả lấy từ hộp thứ hai trắng a Xét xem A B có độc lập không ? b Tính xác suất cho hai cầu lấy màu c Tính xác suất cho hai cầu lấy khác màu Giải Ta có không gian mÉu  cã sè phÇn tư b»ng: 10  10 = 100 a Ta lần lợt có: Số trờng hợp lấy cầu trắng hộp thứ Số trờng hợp lấy cầu ë hép thø hai b»ng 10 Do ®ã, víi biÕn cè A, ta cã:  10 = 60 phÇn tư Tõ ®ã, suy ra: |A| 60 P(A) = = = || 100  Sè trêng hỵp lấy cầu hộp thứ 10 Số trờng hợp lấy cầu trắng hộp thø hai b»ng Do®ã, víi biÕn cè B, ta có: 10 = 40 phần tử Từ đó, suy ra: |B| 40 P(B) = = = || 100 Víi biÕn cè C: " lÊy cầu trắng hộp thứ lấy cầu trắng hộp thứ hai" ta có xác suÊt: 24 P(C) = P(AB) = = 100 25 Mặt khác: P(A).P(B) = = = P(AB) 5 25 VËy, hai biÕn cè A B độc lập với b Gọi C biến cố " hai cầu lấy màu ", đó: C1 biến cố " hai cầu lấy màu trằng", ta đợc: 155 C1 cã 6.4 = 24 phÇn tư |C | 24 P(C1) = = = || 100 25  C2 biến cố " hai cầu lấy màu đen", ta đợc: C2 có 4.6 = 24 phần tö | C2 | 24 P(C2) = = = || 100 25 Khi ®ã: 6 12 P(C) = P(C1  C2) = P(C1) + P(C2) = + = 25 25 25 c Gäi D lµ biÕn cố " hai cầu lấy khác màu ", ta thÊy ngay: 12 13 P(D) =  P(C) =  = 25 25 156 ... chữ số 26 6 Vì vậy: P6 = 366 26 6 = 1867866560 Hoàn to n tơng tù ta cã: P7 = 367 – 26 7 = 703 323 53 920 P8 = 368 – 26 8 = 26 122 828 42 880 VËy, ta ®ỵc: P = P6 + P7 + P8 = 26 84 483063360 Dạng to n 2: Sử... 3! 3!   = 10.6 + 6.3 + 3.1 = 81 3! 2! 2! 2! 2! 2! 1! 2! 1! 2! 0! 3! 6! 8! 15!   1 15  56  455 2! 4! 28 3! 5! 65 3! 2! B= = 28 65 5! 3! 3. 120 2!   10   = 360 360 36  NhËn xÐt:... P3 P2 � P4 A5 �4 3 2 1� M = �A A A A � (P3  2P2 )  Gi¶i Ta cã: P5 5! P3 P4 4! 3!  1,   ,   , A 5! A 3.4.5 A 52 4.5 10 P3  2P2 = 3! 2. 2! = 64 = Do đó, ta đợc: � 2 1   � 20 �