Dap an chuyen de TOÁN TỔ HỢP - XÁC SUẤT

Chun đề 11 Tổ Hợp - Xác Suất §1 Hốn Vị - Chỉnh Hợp - Tổ Hợp Bài tập 11.1 (B-05) Một đội niên tình nguyện có 15 người, gồm 12 nam nữ Hỏi có cách phân công đội giúp đỡ ba tỉnh miền núi cho tỉnh có nam nữ Lời giải Phân cơng đội niên tình nguyện theo thứ tự tỉnh thứ nhất; tỉnh thứ hai tỉnh thứ ba C31 cách Phân công niên tình nguyện tỉnh thứ có C12 Phân cơng niên tình nguyện tỉnh thứ hai có C8 C21 cách Phân cơng niên tình nguyện tỉnh thứ ba có C44 C21 cách Vậy có C12 C31 C84 C21 C44 C21 = 207900 cách phân cơng đội niên tình nguyện giúp đỡ ba tỉnh miền núi Bài tập 11.2 (D-06) Đội niên xung kích trường phổ thơng có 12 học sinh, gồm học sinh lớp A, học sinh lớp B học sinh lớp C Cần chọn bốn học sinh làm nhiệm vụ cho bốn học sinh thuộc không hai lớp Hỏi có cách chọn Lời giải Số cách chọn học sinh thuộc không hai lớp số cách chọn học sinh trừ số cách chọn học sinh có mặt học sinh ba lớp Chọn học sinh tổng số 12 học sinh có C12 = 495 cách Chọn học sinh có mặt học sinh ba lớp có trường hợp: TH1: Chọn học sinh lớp A, học sinh lớp B, học sinh lớp B có C52 C41 C31 = 120 cách TH2: Chọn học sinh lớp A, học sinh lớp B, học sinh lớp B có C51 C42 C31 = 90 cách TH3: Chọn học sinh lớp A, học sinh lớp B, học sinh lớp B có C51 C41 C32 = 60 cách Do chọn học sinh có mặt học sinh ba lớp có 120 + 90 + 60 = 270 cách Vậy chọn học sinh thuộc không hai lớp có 495 − 270 = 225 cách Bài tập 11.3 (B-04) Trong mơn học, thầy giáo có 30 câu hỏi khác gồm câu hỏi khó, 10 câu hỏi trung bình 15 câu hỏi dễ Từ 30 câu hỏi lập đề kiểm tra, đề gồm câu hỏi khác nhau, cho đề phải có loại câu hỏi (khó, trung bình dễ) số câu hỏi dễ khơng Lời giải Lập đề kiểm tra thỏa mãn u cầu tốn có trường hợp sau: 2 TH1: Đề gồm câu dễ, câu trung bình câu khó có C15 C10 C51 = 23625 cách TH2: Đề gồm câu dễ, câu trung bình câu khó có C15 C10 C52 = 10500 cách TH3: Đề gồm câu dễ, câu trung bình câu khó có C15 C10 C51 = 22750 cách Vậy có 23625 + 10500 + 22750 = 56875 cách lập đề kiểm tra Bài tập 11.4 Một hộp đựng bi đỏ, bi trắng bi vàng Người ta chọn viên bi từ hộp Hỏi có cách chọn để số bi lấy không đủ ba màu Lời giải Số cách chọn bi không đủ ba màu số cách chọn bi trừ số cách chọn bi đủ ba màu Chọn bi tổng số 15 bi có C15 = 1365 cách Chọn bi đủ ba màu có trường hợp sau: TH1: Chọn bi đỏ, bi trắng, bi vàng có C42 C51 C61 = 180 cách TH2: Chọn bi đỏ, bi trắng, bi vàng có C41 C52 C61 = 240 cách TH3: Chọn bi đỏ, bi trắng, bi vàng có C41 C51 C62 = 300 cách Do chọn bi đủ ba màu có 180 + 240 + 300 = 720 cách Vậy chọn bi khơng đủ ba màu có 1365 − 720 = 645 cách Bài tập 11.5 Chứng minh hệ thức sau n+1 n a) An+2 n+k + An+k = k An+k c) Pk A2n+1 A2n+3 A2n+5 = nk!A5n+5 k−2 b) k (k − 1) Cnk = n (n − 1) Cn−2 d) (B-08) n+1 n+2 1 + k+1 k Cn+1 Cn+1 = Cnk Nguyễn Minh Hiếu Lời giải (n + k)! (n + k)! k(k − 1)(n + k)! k(n + k)! k (n + k)! + = + = = k Ann+k (đpcm) (k − 2)! (k − 1)! k! k! k! k(k − 1)n! n(n − 1)(n − 2)! k−2 = = k (k − 1) Cnk = V P (đpcm) b) V T = n (n − 1) Cn−2 = (n − k)!(k − 2)! (n − k)!k! (n + 1)! (n + 3)! (n + 5)! n(n + 5)! c) V T = Pk A2n+1 A2n+3 A2n+5 = k! = k! = nk!A5n+5 = V P (đpcm) (n − 1)! (n + 1)! (n + 3)! n! n+1 1 n + k!(n + − k)! (k + 1)!(n − k)! d) V T = + k+1 = + k n + Cn+1 n+2 (n + 1)! (n + 1)! Cn+1 n + k!(n − k)!(n + − k + k + 1) k!(n − k)! = = = k = V P (đpcm) n+2 (n + 1)n! n! Cn n+1 a) An+2 n+k + An+k = Bài tập 11.6 Giải phương trình, bất phương trình hệ phương trình a) Px A2x + 72 = A2x + 2Px b) 12 A22x − A2x ≤ x6 Cx3 + 10 y y 2Ax + 5Cx = 90 2x c) d) C2x + C2x + + C2x ≥ 22003 − 5Ayx − 2Cxy = 80 f) Cx1 + 6Cx2 + 6Cx3 = 9x2 − 14x e) A3n + 2Cnn−2 ≤ 9n Lời giải a) Điều kiện: x ∈ Z, x ≥ Ta có phương trình tương đương: Px A2x + 72 − 6A2x − 12Px = ⇔ Px A2x − 12 − A2x − 12 = ⇔ A2x − 12 (Px − 6) =  x=4 x(x − 1) − 12 = Ax − 12 = ⇔ ⇔  x = −3 (loại) ⇔ Px − x! = x=3 Vậy phương trình có nghiệm x = 3, x = b) Điều kiện: x ∈ Z, x ≥ Ta có bất phương trình tương đương: x(x − 1)(x − 2) (2x)(2x − 1) − x(x − 1) ≤ + 10 ⇔ 2x2 − x − x2 + x ≤ x2 − 3x + + 10 ⇔ x ≤ x 3! Kết hợp điều kiện bất phương trình có nghiệm x = 3, x = c) Điều kiện: x, y ∈ Z, x ≥ y ≥ Ta có hệ phương trình tương đương: 2Ayx + 5Cxy = 90 ⇔ 5Ayx − 2Cxy = 80 Ayx = 20 ⇔ Cxy = 10 y!Cxy = 20 ⇔ Cxy = 10 y=2 x=5 Vậy hệ cho có nghiệm (x; y) = (5; 2) d) Điều kiện: x ∈ N∗ 2x−1 2x−1 2 3 2x 2x Xét khai triển (1 + a)2x = C2x + C2x a + C2x a + C2x a + + C2x a + C2x a Lần lượt chọn a = a = −1 ta có: 2x−1 2x 22x = C2x + C2x + C2x + C2x + + C2x + C2x (1) 2x−1 2x = C2x − C2x + C2x − C2x + + (−1)2x−1 C2x + (−1)2x C2x (2) 2x 2x ⇔ C2x + C2x + + C2x = 22x−1 − + C2x + C2x + + C2x Cộng theo vế (1) (2) ta có: 22x = C2x 2x−1 2003 Do bất phương trình cho tương đương với −1≥2 − ⇔ x ≥ 1002 Vậy bất phương trình có tập nghiệm S = x ∈ N∗ x ≥ 1002 e) Điều kiện: n ∈ Z, n ≥ Ta có bất phương trình tương đương: A3n + 2Cn2 ≤ 9n ⇔ n(n − 1(n − 2) + n(n − 1) ≤ 9n ⇔ n(n2 − 2n − 8) ≤ ⇔ −2 ≤ n ≤ 2! Kết hợp điều kiện bất phương trình có nghiệm x = 3, x = f) Điều kiện: x ∈ Z, x ≥ Ta có phương trình tương đương:  x = (loại) x(x − 1)(x − 2) x(x − 1) x+6 +6 = 9x2 − 14x ⇔ x(x2 − 9x + 14) = ⇔  x = (loại) 2! 3! x=7 Vậy phương trình có nghiệm x = http://mathqb.eazy.vn Chuyên đề 11 Tổ Hợp - Xác Suất Bài tập 11.7 (D-05) Tính giá trị M = A4n+1 + 3A3n 2 2 biết Cn+1 + 2Cn+2 + 2Cn+3 + Cn+4 = 149 (n + 1)! Lời giải Điều kiện: n ∈ Z, n ≥ Điều kiện cho tương đương với (n + 2)(n + 1) (n + 3)(n + 2) (n + 4)(n + 3) (n + 1)n +2 +2 + = 149 2! 2! 2! 2! n=5 ⇔ n2 + 4n − 45 = ⇔ n = −9 (loại) Do ta có: M = A46 + 3A35 = 6! Bài tập 11.8 (B-06) Cho tập A gồm n phần tử (n ≥ 4) Biết số tập phần tử 20 lần số tập gồm phần tử Tìm k ∈ {1, 2, , n} cho số tập gồm k phần tử A lớn Lời giải Số tập k phần tử A Cnk Do theo giả thiết ta có: Cn4 = 20Cn2 ⇔ n(n − 1)(n − 2)(n − 3) n(n − 1) = 20 ⇔ n(n − 1) n2 − 5n − 234 = ⇔ n = 18 4! 2! 10 18 Dễ thấy C18 < C18 < C18 < < C18 > C18 > > C18 Vậy số tập gồm phần tử lớn Bài tập 11.9 (B-02) Cho đa giác A1 A2 A2n nội tiếp đường tròn (O) Biết số tam giác có đỉnh 2n đỉnh nhiều gấp 20 lần số hình chữ nhật có đỉnh 2n đỉnh Tìm n Lời giải Số tam giác có đỉnh 2n đỉnh đa giác C2n Gọi đường chéo qua tâm O đa giác đường chéo lớn đa giác có n đường chéo lớn Mỗi hình chữ nhật có đỉnh 2n đỉnh đa giác có hai đường chéo hai đường chéo lớn Ngược lại hai đường chéo lớn ln tạo hình chữ nhật Do số hình chữ nhật số cặp đường chéo lớn Cn2 n(n − 1) 2n(2n − 1)(2n − 2) = 20 ⇔ n(n − 1)(2n − 16) = ⇔ n = Theo giả thiết ta có: C2n = 20Cn2 ⇔ 3! 2! §2 Xác Suất Bài tập 11.10 (B-2012) Trong lớp học gồm có 15 học sinh nam 10 học sinh nữ Giáo viên gọi ngẫu nhiên học sinh lên bảng giải tập Tính xác suất để học sinh gọi có nam nữ Lời giải Phép thử chọn học sinh lên bảng nên số phần tử không gian mẫu là: |Ω| = C25 = 12650 2 Gọi A biến cố: "Chọn học sinh lên bảng có nam nữ" ta có |ΩA | = C15 C10 + C15 C10 + C15 C10 = 11075 |ΩA | 11075 443 Vậy xác suất để học sinh gọi có nam nữ là: P (A) = = = |Ω| 12650 506 Bài tập 11.11 Một hộp đựng viên bi đỏ, viên bi trắng viên bi vàng Người ta chọn viên bi từ hộp Tính xác suất để số bi lấy không đủ ba màu Lời giải Phép thử chọn bi tổng số 15 bi nên số phần tử không gian mẫu là: |Ω| = C15 = 1365 Gọi A biến cố: "Chọn bi không đủ ba màu”, suy A biến cố: "Chọn bi đủ ba màu" |Ω | 720 48 Ta có: |ΩA | = C42 C51 C61 + C41 C52 C61 + C41 C51 C62 = 720 ⇒ P A = A = = |Ω| 1365 91 48 43 = Vậy xác suất để số bi lấy không đủ ba màu là: P (A) = − P A = − 91 91 Bài tập 11.12 Một tổ có nam nữ Chia tổ thành nhóm nhóm gồm người Tính xác suất để chia ngẫu nhiên nhóm có nữ Lời giải Phép thử chia tổ thành ba nhóm nhóm gồm người nên |Ω| = C12 C84 C44 = 34650 3 Gọi A biến cố: "Nhóm có nữ" ta có: |ΩA | = C9 C3 C6 C2 C3 C1 = 10080 |ΩA | 10080 16 Vậy xác suất để nhóm có nữ là: P (A) = = = |Ω| 34650 55 Bài tập 11.13 Một tổ có 13 học sinh, có nữ Cần chia tổ thành ba nhóm, nhóm thứ có học sinh, nhóm thứ hai có học sinh, nhóm thứ ba có học sinh Tính xác suất để nhóm có học sinh nữ http://mathqb.eazy.vn Nguyễn Minh Hiếu Lời giải Phép thử chia tổ thành ba nhóm gồm học sinh, học sinh học sinh nên |Ω| = C13 C94 C55 = 90090 Gọi A biến cố: "Mỗi nhóm có học sinh nữ" ta có: |ΩA | = C93 C41 C63 C31 C33 C22 + C93 C41 C63 C32 C33 C11 + C93 C42 C63 C21 C33 C11 = 60480 Vậy xác suất để nhóm có học sinh nữ là: P (A) = 60480 96 |ΩA | = = |Ω| 90090 143 Bài tập 11.14 Có hai hộp đựng bi Hộp có bi xanh bi đỏ, hộp hai có bi xanh bi đỏ Lấy ngẫu nhiên hộp bi Tìm xác suất để bi đỏ 1 Lời giải Phép thử lấy hộp bi nên số phần tử không gian mẫu là: |Ω| = C10 C10 = 100 Gọi A biến cố: "Lấy bi đỏ", suy A biến cố: "Lấy hai bi xanh" |Ω | 42 21 Ta có: |ΩA | = C71 C61 = 42 ⇒ P A = A = = |Ω| 100 50 29 21 Vậy xác suất để lấy bi đỏ là: P (A) = − P A = − = 50 50 Bài tập 11.15 Có hai hộp chứa viên bi khác màu Hộp thứ chứa ba bi xanh, hai bi vàng bi đỏ Hộp thứ hai chứa hai bi xanh, bi vàng ba bi đỏ Lấy ngẫu nhiên từ hộp viên bi Tính xác suất để lấy hai bi xanh Lời giải Phép thử lấy hộp bi nên số phần tử không gian mẫu là: |Ω| = C61 C61 = 36 Gọi A biến cố: "Lấy hai bi xanh", ta có: |ΩA | = C31 C21 = 6 |ΩA | = = Vậy xác suất để lấy hai bi xanh là: P (A) = |Ω| 36 Bài tập 11.16 Một người gọi điện thoại, quên hai chữ số cuối nhớ hai chữ số phân biệt Tính xác suất để người gọi lần số cần gọi Lời giải Gọi hai chữ số cuối số điện thoại ab Vì a, b phân biệt nên có tất 90 số Người đớ gọi lần nên xác suất 90 Bài tập 11.17 Người ta sử dụng sách Toán, sách Lý, sách Hoá (các sách loại giống nhau), để làm giải thưởng cho học sinh, học sinh hai sách khác loại Trong số học sinh có hai bạn Ngọc Thảo Tìm xác suất để hai bạn Ngọc Thảo có giải thưởng giống Lời giải Chia 18 sách thành sách, hai khác loại Gọi x, y, z số Toán-Lý, Tốn-Hóa Lý-Hóa, ta có:     x = x + y = x+z =6 ⇔ y =3     y+z =7 z=4 Xét phép thử phát sách cho học sinh ta có: |Ω| = C92 C73 C44 = 1260 Gọi A biến cố: "Ngọc Thảo có giải thưởng giống nhau" ta có trường hợp: TH1: Ngọc Thảo nhận sách Tốn-Lý có C73 C44 = 35 cách phát sách cho người lại TH2: Ngọc Thảo nhận sách Tốn-Hóa có C72 C51 C44 = 105 cách phát sách cho người lại TH3: Ngọc Thảo nhận sách Lý-Hóa có C72 C53 C22 = 210 cách phát sách cho người lại Do số phần tử biến cố A |ΩA | = 35 + 105 + 210 = 350 350 A| Vậy xác suất để hai bạn Ngọc Thảo có giải thưởng giống là: P (A) = |Ω |Ω| = 1260 = 18 Bài tập 11.18 Một nhóm học tập gồm nam nữ, có bạn nam A bạn nữ B Chọn ngẫu nhiên bạn để lập đội tuyển thi học sinh giỏi Tính xác suất để đội tuyển có nam nữ, phải có bạn nam A, bạn nữ B hai Lời giải Phép thử chọn học sinh tổng số 12 học sinh nên |Ω| = C12 = 924 Gọi A biến cố: "đội tuyển có nam nữ, phải có bạn nam A, bạn nữ B khơng có hai" Ta có: |ΩA | = C62 C43 + C63 C42 = 180 |ΩA | 180 15 Vậy xác suất cần tìm là: P (A) = = = |Ω| 924 77 Bài tập 11.19 Có hai túi Túi thứ chứa thẻ đánh số 1, 2, túi thứ hai chứa thẻ đánh số 4, 5, 6, Rút ngẫu nhiên từ túi thẻ cộng hai số ghi hai thẻ với Gọi X số thu Lập bảng phân bố xác suất X tính E(X) http://mathqb.eazy.vn Chuyên đề 11 Tổ Hợp - Xác Suất Lời giải Ta có bảng phân bố xác suất: X P 10 11 12 12 12 12 12 12 12 Kỳ vọng E(X) = 7, 75 §3 Nhị Thức Newton Bài tập 11.20 (D-04) Tìm số hạng khơng chứa x khai triển thành đa thức biểu thức √ Lời giải Ta có: x+ √ x 1 = x + x− 7 = 7−k C7k x k x− k=0 k k C7k x − x− = = k=0 √ x+ √ x 7 , x > 7k C7k x − 12 k=0 7k Số hạng không chứa x tương ứng số hạng chứa k thỏa − = ⇔ k = 12 Vậy số hạng không chứa x C7 = 35 10 Bài tập 11.21 (D-07) Tìm hệ số x5 khai triển thành đa thức biểu thức x(1 − 2x) + x2 (1 + 3x) 10 Lời giải Ta có: x(1 − 2x) + x2 (1 + 3x) =x 10 k C5k (−2x) + x2 i=0 k=0 i i C10 (3x) = k C5k (−2) xk+1 + k=0 k+1=5 ⇔ i+2=5 3 Vậy hệ số số hạng chứa x5 C54 (−2)4 + C10 = 3320 10 i i i+2 C10 3x i=0 k=4 i=3 Số hạng chứa x5 tương ứng số hạng chứa k i thỏa Bài tập 11.22 (A-04) Tìm hệ số x8 khai triển thành đa thức biểu thức + x2 (1 − x) Lời giải Ta có: + x2 (1 − x) k C8k x2k = i=0 k=0 i Cki (−x) 8 C8k x2 (1 − x) = k=0 k k = i = k=0 i=0 C8k x2k Cki (−1) xi = k C8k x2k (1 − x) k=0 k i k=0 i=0 C8k Cki (−1) x2k+i Số hạng chứa x tương ứng số hạng chứa k i thỏa 2k + i = k=3 k=4 Vì ≤ i ≤ k ≤ nên 2k + i = ⇔ i=2 i=0 Vậy hệ số số hạng chứa x8 C83 C32 (−1)2 + C84 C40 (−1)0 = 238 Bài tập 11.23 Tìm hệ số x4 khai triển đa thức P (x) = + 2x + 3x2 Lời giải Ta có: P (x) = + 2x + 3x2 10 k C10 = k=0 k i=0 k−i Cki (2x) i (3x2 ) = 10 10 10 k k C10 2x + 3x2 k=0 10 k i k−i k C10 Cki (2x) (3x2 ) k=0 i=0 = 10 k = k=0 i=0 k C10 Cki 2k−i 3i xk+i Số hạng chứa x4 tương ứng số hạng chứa k i thỏa k + i = k=4 k=3 k=2 Vì ≤ i ≤ k ≤ 10 nên k + i = ⇔ , i=0 i=1 i=2 Vậy hệ số số hạng chứa x4 C10 C40 24 30 + C10 C31 22 31 + C10 C22 20 32 = 8085 Bài tập 11.24 Đặt − x + x2 − x3 Lời giải Ta có: − x + x2 − x3 = k C4k (−x) k=0 C4i (x2 ) i = a0 + a1 x + a2 x2 + + a12 x12 Tính hệ số a7 = − x + x2 (1 − x) 4 = i=0 k C4k (−1) xk C4i x2i = k=0 i=0 = (1 − x) + x2 4 k C4k C4i (−1) xk+2i k=0 i=0 Số hạng chứa x7 tương ứng số hạng chứa k i thỏa k + 2i = k=3 k=1 Vì ≤ i, k ≤ nên k + 2i = ⇔ i=2 i=3 Vậy hệ số a7 số hạng chứa x7 a7 = C43 C42 (−1)3 + C41 C43 (−1)1 = −40 Bài tập 11.25 (D-02) Tìm số nguyên dương n thoả mãn hệ thức Cn0 + 2.Cn1 + 22 Cn2 + + 2n Cnn = 243 Lời giải Xét khai triển (1 + x)n = n Cnk xk Chọn x = ta có: 3n = k=0 k=0 Lại theo giả thiết ta có: 3n = 243 ⇔ n = http://mathqb.eazy.vn n Cnk 2k Nguyễn Minh Hiếu 2n−1 Bài tập 11.26 (D-08) Tìm số nguyên dương n thoả mãn hệ thức C2n + C2n + + C2n = 2048 2n Lời giải Xét khai triển (1 + x)2n = k k C2n x k=0 2n Chọn x = x = −1 ta có: 22n = 2n k C2n (1) = k k C2n (−1) (2) k=0 k=0 2n−1 Trừ theo vế (1) (2) ta có: 22n = C2n + C2n + + C2n 2n 2n 12 Lại theo giả thiết có = 2.2048 ⇔ = ⇔ n = Bài tập 11.27 Tìm số tự nhiên n cho 1.Cn1 + 2.Cn2 + + nCnn = n.22009 n Lời giải Xét khai triển (1 + x)n = Chọn x = ta có: n.2n−1 = n Cnk xk Lấy đạo hàm hai vế ta được: n(1 + x)n−1 = k=0 n Cnk kxk−1 k=1 Cnk k Lại theo giả thiết có: n.2n−1 = n.22009 ⇔ n = 2010 k=1 Bài tập 11.28 (A-2012) Cho n số nguyên dương thỏa mãn 5Cnn−1 = Cn3 Tìm số hạng chứa x5 khai triển n nx2 nhị thức Newton , x = − 14 x n(n − 1)(n − 2) ⇔ n = 3! k 1 k = − C7k 7−k (−1) x14−3k x Lời giải Điều kiện: n ∈ Z, n ≥ Khi đó: 5Cnn−1 = Cn3 ⇔ 5n = Do n nx2 − 14 x = 7 x2 − x C7k = k=0 7−k x2 k=0 Số hạng chứa x5 tương ứng số hạng chứa k thỏa 14 − 3k = ⇔ k = 35 Vậy số hạng chứa x5 C73 (−1)3 x5 = − x5 16 n n Bài tập 11.29 (B-07) Tìm hệ số x10 khai triển (2 + x) , biết 3n Cn0 − 3n−1 Cn1 + 3n−2 Cn2 + + (−1) Cnn = 2048 n Lời giải Xét khai triển (x − 1)n = n k Cnk xn−k (−1) Chọn x = ta có: 2n = k=0 k Cnk 3n−k (−1) k=0 11 Lại theo giả thiết ta có: 2n = 2048 ⇔ n = 11 Khi đó: (2 + x)n = (2 + x)11 = k 11−k k C11 x k=0 10 Số hạng chứa x1 tương ứng số hạng chứa k thỏa k = 10 Vậy hệ số số hạng chứa x1 C11 = 22 n √ n+1 n Bài tập 11.30 (A-03) Tìm hệ số số hạng chứa x8 khai triển x13 + x5 , biết Cn+4 − Cn+3 = (n + 3) (n+4)(n+3)(n+2) − (n+3)(n+2)(n+1) = (n + 3! 3! 12 12 k 12−k k k 11 C12 = C12 x−3 x2 x k−36 k=0 k=0 n+1 n Lời giải Ta có: Cn+4 − Cn+3 = (n + 3) ⇔ n 12 √ Khi đó: x13 + x5 = x−3 + x = Số hạng chứa x8 tương ứng số hạng chứa k thỏa 11 k − 36 ⇔ k = Vậy hệ số số hạng chứa x8 C12 = 495 x4 Bài tập 11.31 (A-06) Tìm hệ số x26 khai triển Lời giải Xét khai triển (1 + x)2n+1 = 2n+1 + x7 n n + + C2n+1 = 220 − , biết C2n+1 + C2n+1 k C2n+1 xk Chọn x = ta có: 22n+1 = k=0 2n+1 2n+1−k k Lại có C2n+1 = C2n+1 nên 22n+1 = 3) ⇔ n = 12 n k C2n+1 =2 k=0 k C2n+1 k=0 n k C2n+1 ⇔ 22n − = k=0 2n+1 k C2n+1 k=1 Lại theo giả thiết có: 22n − = 220 − ⇔ k = 10 Khi đó: x4 + x7 n = x−4 + x7 10 10 = k C10 x−4 10−k k=0 x7 k 10 = k 11k−40 C10 x k=0 Số hạng chứa x26 tương ứng số hạng chứa k thỏa 11k − 40 = 26 ⇔ k = 6 Vậy hệ số số hạng chứa x26 C10 = 210 Bài tập 11.32 (D-03) Với n số nguyên dương, gọi a3n−3 hệ số x3n−3 khai triển thành đa thức n n x2 + (x + 2) Tìm n để a3n−3 = 26n Lời giải Ta có: x2 + n n n (x + 2) = k=0 Cnk x2n−2k n Cni 2i xn−i i=0 n n = Cnk Cni 2i x3n−2k−i k=0 i=0 Số hạng chứa x3n−3 tương ứng số hạng chứa k i thỏa 3n−2k−i = 3n−3 ⇔ 2k+i = ⇔ Do hệ số a3n−3 số hạng chứa x3n−3 Cn0 Cn3 23 + Cn1 Cn1 21 = Theo giả thiết a3n−3 = 26n ⇔ 4n(n−1)(n−2) + n2 = 26n ⇔ n = 4n(n−1)(n−2) k=0 i=3 k=1 i=1 + n2 http://mathqb.eazy.vn Chuyên đề 11 Tổ Hợp - Xác Suất Bài tập 11.33 (A-02) Cho khai triển biểu thức x Cnn 2− n x−1 x + 2− n = Cn0 x−1 n + Cn1 n−1 x−1 x 2− + + Biết khai triển Cn3 = 5Cn1 số hạng thứ tư 20n Tìm n x Lời giải Điều kiện: n ∈ Z, n ≥ Ta có: Cn3 = 5Cn1 ⇔ Khi số hạng thứ tư C73 x−1 x 2− n(n−1)(n−2) 3! = 5n ⇔ n n2 − 3n − 28 = ⇔ n = = 35.22x−2 2−x = 35.2x−2 Theo giả thiết ta có: 35.2x−2 = 140 ⇔ 2x−2 = ⇔ x = n 2n+1 Bài tập 11.34 (A-05) Tìm số nguyên dương n thỏa C2n+1 − 2.2C2n+1 + 3.22 C2n+1 + + (−1) 22n C2n+1 = 2005 2n+1 Lời giải Xét khai triển (1 + x)2n+1 = k C2n+1 xk Lấy đạo hàm hai vế (2n+1)(1 + x)2n = 2n+1 2n+1 k C2n+1 k(−1) Thay x = −2 ta có: 2n + = k C2n+1 kxk−1 k=0 k=0 k−1 k−1 k=0 Theo giả thiết ta có: 2n + = 2005 ⇔ n = 1002 2n−1 2n C2n Bài tập 11.35 (A-07) Chứng minh 21 C2n + 41 C2n + + 2n Lời giải Xét khai triển (1 + x) 2n k k C2n x (1) (1 − x) = k=0 2n 2n Trừ theo vế (1) (2) ta có: (1 + x) −(1 − x) C2n x 2n = C2n x+ = 22n −1 2n+1 2n k C2n (−1)k xk (2) k=0 2n−1 3 C2n x + + C2n ⇔ 12 = (1 + x) 2n 2n − (1 − x) 2n−1 2n−1 C2n x 3 C2n x + + + Lấy tích phân từ đến hai vế ta có: 1 2n (1 + x) 2n − (1 − x) 0 2n+1 ⇔ 2n−1 2n−1 3 C2n x + C2n x + + C2n x dx dx = (1 + x) + (1 − x) 2n + 1 2n+1 C2n = 2n x2 2n−1 x x + C2n + + C2n 2n 2n+1 −2 1 2n−1 = C2n + C2n + + C 2n + 2n 2n 1 2n−1 22n − = C2n + C2n + + C (đpcm) ⇔ 2n + 2n 2n ⇔ Bài tập 11.36 (B-03) Cho n số nguyên dương Tính tổng Cn0 + n n 22 − 1 23 − 2n+1 − n Cn + Cn + + Cn n+1 Cnk xk Lấy tích phân từ đến hai vế ta có: Lời giải Xét khai triển (1 + x) = k=0 2 n+1 n n Cnk xk dx (1 + x) dx = 1 k=0 (1 + x) ⇔ n+1 n Cnk = k=0 xk+1 k+1 ⇔ 3n+1 − = n+1 n Cnk k=0 2k+1 − (đpcm) k+1 Bài tập 11.37 Chứng minh 2.1.Cn2 + 3.2.Cn3 + 4.3.Cn4 + + n (n − 1) Cnn = n (n − 1) 2n−2 n n Cnk xk Lời giải Xét khai triển (1 + x) = k=0 n−2 Lấy đạo hàm cấp hai hai vế ta có: n(n − 1)(1 + x) n Chọn x = ta có: n(n − 1)2n−2 = n = Cnk k(k − 1)xk−2 k=0 Cnk k(k − 1) (đpcm) k=2 Bài tập 11.38 Tính tổng 2008 a) S = C2009 + C2009 + C2009 + + C2009 c) S = 2Cn + 5Cn + 8Cn + + (3n + 2) Cnn 2008 + 32 C2009 + 34 C2009 + + 32008 C2009 b) S = C2009 2 2 2010 d) C2010 + C2010 + C2010 + + C2010 Lời giải 2009 a) Xét khai triển (1 + x) 2009 = k C2009 xk k=0 Lần lượt chọn x = x = −1 ta có: 22009 = 2009 k C2009 (1) = k=0 http://mathqb.eazy.vn 2009 k=0 k C2009 (−1)k (2) = Nguyễn Minh Hiếu 2008 2008 ⇔ C2009 + C2009 + + C2009 = 22008 ⇔ Cộng theo vế (1) (2) ta có: 22009 = C2009 + C2009 + + C2009 2008 S=2 2009 b) Xét khai triển (1 + x) 2009 = k C2009 xk k=0 Lần lượt chọn x = x = −3 ta có: 42009 = 2009 k C2009 3k (1) (−2)2009 = k=0 Cộng theo vế (1) (2) ta có: 42009 − 22009 = C2009 + 32 C2009 + + 42009 −22009 42009 −22009 2008 C2009 = ⇔ S = 2 2009 k C2009 (−1)k 3k k=0 2008 32008 C2009 ⇔ C2009 (2) + 32 C2009 + + 2008 c) Xét khai triển x2 + x3 n n = x2 + nx2 + x3 Lấy đạo hàm hai vế ta có: 2x + x n Cnk x3k+2 k=0 k=0 n Chọn x = ta có: 2.2n + n.2n−1 = n Cnk x3k = n−1 n = Cnk (3k + 2)x3k+1 k=0 Cnk (3k + 2) ⇔ S = 2n+1 + n.2n−1 k=0 4020 d) Xét khai triển (1 + x) 4020 = k 2010 C4020 xk có hệ số x2010 C4020 (1) k=0 2010 Lại có: (1 + x)4020 = (1 + x) (1 + x) 2010 2010 = k C2010 xk 2010 i C2010 xi = i=0 k=0 2010 2010 k i C2010 C2010 xk+i k=0 i=0 Số hạng chứa x2010 tương ứng số hạng chứa k i thỏa k + i = 2010 Do hệ số số hạng chứa x2010 k i C2010 C2010 = k+i=2010 2010 Từ (1) (2) ta có k C2010 2010 2010−k k C2010 C2010 = k=0 2010 k C2010 (2) k=0 2010 = C4020 k=0 2011 Bài tập 11.39 Tính tổng S = 12 C2011 22010 + 22 C2011 22009 + + 20112 C2011 n n Lời giải Xét khai triển (1 + x) = Cnk xk k=0 Lấy đạo hàm đạo hàm cấp hai hai vế ta có: 2011 2011(2 + x)2010 = k C2011 22011−k kxk−1 k=1 2011 2011.2010(2 + x)2009 = k C2011 22011−k k(k − 1)xk−2 k=1 Chọn x = ta có: 2011 2011.32010 = k C2011 22011−k k (1) k=1 2011 2011.2010.32009 = k C2011 22011−k k(k − 1) (2) k=1 Cộng theo vế (1) (2) ta có: 2011.32010 +2011.2010.32009 = 2011 k C2011 22011−k (k + k(k − 1)) = k=1 2011 k 22011−k k C2011 k=1 Vậy S = 2011.32010 + 2011.2010.32009 = 2011.2013.32009 √ 50 Bài tập 11.40 Trong khai triển nhị thức (a + b) , tìm số hạng có giá trị tuyệt đối lớn nhất, cho biết |a| = |b| 50 k 50−k k Lời giải Số hạng tổng quát khai triển (a + b) là: Tk+1 = C50 a b √ 50−k k √ 50−k 50 50−k k k k k Khi đó: |Tk+1 | = C50 |a| |b| = C50 |b| |b| = C50 |b| √ 49−k 50 k+1 C |b| |Tk+2 | 50 − k =√ = 50 √ 50−k Ta có: 50 |Tk+1 | k (k + 1) |b| C50 √ √ |Tk+2 | 50 − k 50 − Suy ra: >1⇔ √ > ⇔ 50 − k > (k + 1) ⇔ k < √ < 18 |Tk+1 | (k + 1) 3+1 Do T1 < T2 < < T18 > T19 > > T51 17 16 50 Vậy số hạng có trị tuyệt đối lớn T18 = C50 b n Bài tập 11.41 (A-08) Cho khai triển (1 + 2x) = a0 + a1 x + + an xn , (n ∈ N∗ ) hệ số a0 , a1 , a2 , , an thoả mãn hệ thức a0 + a21 + a42 + + a2nn = 4096 Tìm số lớn số a0 , a1 , a2 , , an http://mathqb.eazy.vn Chuyên đề 11 Tổ Hợp - Xác Suất n Lời giải Xét khai triển (1 + 2x) = a0 + a1 x + a2 x2 + + an xn Chọn x = 21 ta có: 2n = a0 + a21 + a222 + + a2nn = 4096 ⇔ n = 12 Khi đó: (1 + 2x)12 = 12 k=0 24−2k k+1 k k k C12 x ⇒ ak+1 ak = k+1 2k+1 C12 k 2k C12 = 2(12−k) k+1 = 24−2k k+1 >1⇔ > ⇔ 24 − 2k > k + ⇔ k < 23 Do aak+1 < Suy a0 < a1 < < a8 > a9 > > a12 k 8 Vậy số lớn số a0 , a1 , , a12 a8 = C12 = 126720 http://mathqb.eazy.vn ... = k C2 011 22 011 k kxk−1 k=1 2 011 2 011. 2010(2 + x)2009 = k C2 011 22 011 k k(k − 1)xk−2 k=1 Chọn x = ta có: 2 011 2 011. 32010 = k C2 011 22 011 k k (1) k=1 2 011 2 011. 2010.32009 = k C2 011 22 011 k k(k... (2) ta có: 2 011. 32010 +2 011. 2010.32009 = 2 011 k C2 011 22 011 k (k + k(k − 1)) = k=1 2 011 k 22 011 k k C2 011 k=1 Vậy S = 2 011. 32010 + 2 011. 2010.32009 = 2 011. 2013.32009 √ 50 Bài tập 11. 40 Trong... k=0 2 011 Bài tập 11. 39 Tính tổng S = 12 C2 011 22010 + 22 C2 011 22009 + + 2 0112 C2 011 n n Lời giải Xét khai triển (1 + x) = Cnk xk k=0 Lấy đạo hàm đạo hàm cấp hai hai vế ta có: 2 011 2 011( 2 +