Chuyên đề tổ hợp chỉnh hợp lớp 11 đầy đủ

khách chuẩn bị đi tầu. Biết mỗi toa có ít nhất 4 chỗ trống. Cần chọn 1 nhóm 3 h/s trong số 50 h/s trên đi dự đại hội cháu ngoan Bác Hồ sao cho trong nhóm không có cặp anh em sinh đôi nà[r]

Chuyên đề

đại số tổ hợp.

NỘI DUNG Đ1

: Hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp ứng dụng

 Lý thuyết: * Qui tắc cộng, qui tắc nhân * Hoán vị, chỉnh hợp; tổ hợp Các dạng toán ứng dụng.

1.1 Dạng 1: Rút gọn biểu thức đại số tổ hợp 1.2 Dạng 2: Chứng minh đẳng thức; bất đẳng thức đại số tổ hợp 1.3 Dạng 3: Giải phương trình; bất phương trình đại số tổ hợp

1.4 Dạng 4: Các toán đếm số phương án

Đ2: Nhị thức Newtơn ứng dụng.  Lý thuyết: Nhị thức Newtơn

 Các dạng toán ứng dụng. 2.1 Dạng 1: Tính tổng tổ hợp

2.2 Dạng 2: Chứng minh đẳng thức; bất đẳng thức đại số tổ hợp 2.3 Dạng 3: Xác định hệ số số hạng khai triển nhị thức Newtơn

Đ1: hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp ứng dụng.

 Lý thuyết:

I

Qui tắc cộng, qui tắc nhân

1 Quy tắc cộng: Nếu có m1 cách chọn đối tượng x1, có m2 cách chọn đối tượng x2, mn cách chọn đối tượng xn cách chọn đối tượng xi không trùng với đối tượng xj nào( i khác j; i, j = 1,2, ,n) có m1 + m2 + + mn cách chọn đối tượng cho

2 Quy tắc nhân: Nếu phép chọn thực qua n bước liên tiếp, bước có m1 cách, bước có m2 cách, bước n có mn cách, phép chọn thực theo m1.m2 mn cách khác II

Hoán vị, chỉnh hợp; tổ hợp

1 Hoán vị: * ĐN: Cho tập hợp A gồm n phần tử ( n



1) Mỗi cách thứ tự n phần tử tập hợp A gọi hốn vị n phần tử

* Số hoán vị n phần tử :

Pn = n! = 1.2.3.4.5….n

(

 

n N

; n 1)



; Qui ước

0! 1



2 Chỉnh hợp: * ĐN: Cho tập hợp A gồm n phần tử Mỗi gồm k (1 k n) phần tử thứ tự tập hợp A gọi chỉnh hợp chập k n phần tử A

* Số chỉnh hợp chập k n phần tử :

A



n

(

n



1

) (

n



k



1

)

k

!

(

)!

n

k

An



n k



(1 k n)

3 Tổ hợp: * ĐN: Cho tập hợp A gồm n phần tử Mỗi tập gồm k (0 k n) phần tử A gọi tổ hợp chập k n phần tử cho

* Số tổ hợp chập k n phần tử :

!

(

)!

!

k

n

k

n

C

k

n





(0 k n) 

Các dạng toán thường gặp:

1.1 Dạng 1: Rút gọn biểu thức đại số tổ hợp 1.2 Dạng 2: Chứng minh đẳng thức; bất đẳng thức đại số tổ hợp 1.3 Dạng 3: Giải phương trình; bất phương trình đại số tổ hợp

1.4 Dạng 4: Các toán đếm số phương án

1- Dạng 1: rút gọn biểu thức đại số tổ hợp.

1 Phương pháp:

Sử dụng công thức sau để rút gọn biểu thức đại số tổ hợp: *

P

n



n

!

(

n N



* )

*

!

(

)!

n

k

An



n k



(1 k n)

*

!

!(

)!

n

k

Cn



k n k



(0 k n)

Một số ví dụ:

VÍ DỤ Rút gọn biểu thức:

1 ! n k

A n k

k   



Bài giải

Ta có nhận xét:





1 1

! ! !

k

k k k



 



Suy





1 1 1 1

! 1! 2! 2! 3! ! ! !

n k

An k n n n

k



          

 

Ví dụ 2: Rút gọn biểu thức:

6

4 An An A

An  

Bài giải

Ta có

2

)

4

(

)

5

)(

4

(

4

)

3

) (

1

(

)

4

) (

1

(

)

5

) (

1

(































n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

A

Ví dụ 3: Rút gọn biểu thức:

1

1 2

 

 



n n C

n n C n n

C n C n C A

Ta có:

1 n

C



n

!

2!.( 2)!

2 1 !

1!.( 1)!

n

Cn n

n n

Cn

n



  



1

1

1 !

1!.( 1)!

n Cn n

n n

Cn

n

 





( 1)

suy :

2

n n Ann     

Bài tập tự luyện:

<1> Rút gọn biểu thức:

1

(

1)

n n

k

C

k k









<2>Rút gọn biểu thức:

5!

(

1)!

.

(

1) 3!(

1)!

m

A

m m

m









<3> Rút gọn biểu thức:

12 11 10

49 49 17 17

10

49 17

-

A

A

A

A

B

A

A







2-Dạng 2: chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức

đại số tổ hợp. 1 Phương pháp: Thực bước sau:  Sử dụng công thức:

*

P

n



n

!

(

n N



* )

*

! ( )!

n k

An  n k

 (1 k n)

*

!

!(

)!

k n

n

C

k n k





(0 k n)

*

-1

(0

)

-1

-1

k

k

k

C

n



C

n



C

n

 

k n

đưa đẳng thức, bất đẳng thức đại số tổ hợp thành đẳng thức, bất đẳng thức đại

số thông thường

 Chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức đại số thông thường suy đpcm.

2 Một số ví dụ:

Ví dụ 1: CMR với k, n  N, 3 k  n ta có:

n

k

n

A

k

n

k

n

A

n

k

n

A













Bài giải

( )! ( )! ( )!

2 1

( 2)! ( 1)! ( 2)!

2

( )! ( )! ( )! 2

( 1)( 2)! ( 1).( 2)! !

n k n k n k

n n

VT An k An k

k k k k

k n k k n k k n k n

k An k VP

k k k k k k

    

 

       

       

  

    



   

Ví dụ 2: Chứng minh rằng:

1

2

2

( !)

(

)

(

,

2)

2

n

n

n

n



n





n Z n





(1) Bài giải

Biến đổi BĐT (1) dạng:

1

2

(1.2.3 ) ( ) n

n n

n  n  

2

1 2

[(1 )2.(

1)].3.(

2) (

1)]

(

)

2

n

n

n

n

n

n

n

k n k

















(2) a.Ta có đánh giá:

k n k

(





1)



n

(*) (

 

k

n k

,



1)

(*)



n k

(



1)



k k

(



1) 0





(

n k k



)(



1) 0



 

k

n k

,



1

áp dụng BĐT (*) với k = 2,…, n -1 ta

1 2.( 1)

( 1)

.1

n n

n n

k n k n

n n

 

  

         

 

n

bất đẳng thức.

Suy ra

[(1 )2.(

n

n

1)].3.(

n

2) (

k n k

1) (

n

1).2( 1)]

n

n

n

a)













b Sử dụng BĐT Cơsi tacó :

1

2

1

2

(

1) (

)

(

)

2

2

k n k

n

k n k







 







(**)

 

k

0,

n k



áp dụng BĐT (**) với k =1,2,…, n ta

2

2

2 1

2

2 2( 1)

2

1

( 1) BDT

2

1 ( 1)2

2 1

2

n n

n n

n

k n k n

n n

n n

 

  

   

 

 

   

  

          

    

 

 

   

  

 

  

Suy

2 (1 )[2.( 1)].3.( 2) ( 1) ( 1)2( 1)

2 n n

n n n k n k  n n    

  b)

Từ a) b) suy (2) chứng minh , suy (1) chứng minh

Ví dụ 3: CMR

a

1

2

3

3

3

3

k

k

k

k

k

C

n



C

n





C

n





C

n





C

n



b

-1 -2

2 (2 )

2

k k k k

Cn Cn  Cn Cn  k n



c

1 3

2Cnk 5Cnk 4Cnk Cnk Cnk3 Cnk2

Bài giải a Ta có :

1 2

( ) 2( ) ( )

1 1

2 ( ) ( )

1 1 1 1

1

2

k k k k k k

VT Cn Cn Cn Cn Cn Cn

k k k k k k k

Cn Cn Cn Cn Cn Cn Cn

k k k

Cn Cn Cn VP

    

     

    

             



   

  

b Ta có:

-1

-2

2

(2

)

2

k

k

k

k

C

n



C

n



C

n



C

n

 

k n



Nên:



 

 

 



-1 -1 - -1

1

k k k k k k k

VP Cn Cn  Cn Cn  Cn Cn  Cn VT

  

c





1

1

k k 3( nk nk

)

( nk nk

)

VT  Cn Cn  

C

 

C





C

 

C





 

 



1

2 Cnk1 Cnk1 Cnk 1

   

  



 





 





 

 



1 2

2 1 1 1 1

2

2 2 2

2 3

2 2

k k k k

Cn Cn Cn Cn

k k

Cn Cn

k k k k k

Cn Cn Cn Cn Cn VP

   

       

 

 

 

    

     

    

Ví dụ 4: CMR: C2nn k C2 -nn k (C2nn) (02  k n) (1)

Bài giải Ta có:























 

 





 

 



2

( 2 ) (0 ) (1)

2

-2

2 ! ! ! 2

( 1) ( ) ( 1) ( ) ( 1) ( )

! ! ! ! ! !

2

( 1)( 2) ( ) ( 1)( 2) ( ) ( 1) ( )

(

n n n

C n k C n k C n k n

n k n k n

n k n k n n k n k n n n n

n k n n k n n n

n k n k n k n n k n k n k n n n n

n k

  



   

              

   

               





  )(n k 1) (

 

n k n n k n  )(   )

 

 (n1) (n n ) (*)



2





2

(

n k i n k i

 

)(





)



n i



k n;



 

i =

1 n

Cho i 1,n ta BĐT (*)

Vậy BĐT (*)  (1) chứng minh

3 Bài tập tương tự

Bài 1:

n C

.

m n

n





(

m



1)

C

m n

m





1

( ,

m n Z





)

Bài 2:

2

2

(

2,

)

1

C

n



C

n



n

n



n Z







Bài 3:

C C

n r

r k

.



C C

n n r

k r k

.

-

-

( , ,

r k n N r n k r



,



,



)

Bài 4:

1

2

-1

1 (

)

2

2

n

2

2 2

n

C

n



C

n



C

n



n Z







Bài 5:

-1

-1

n

r

r

C

n

C

n

r



Bài 6*:





2

3

1

1 2.

3

1

2

-1

-1

2

p

n

C

n

C

n

C

n

C

n

n n

C

n

p

n

p

n

C

n

C

n

C

n

C

n

















Bài 7:

 

n N n

,



2

ta có



1



1

1

1

2

2

2

2

3

n

n

A

A

A

n











Bài 8: CMR:

-2

( -1)

k

(

1)

k

-2

k k

C

n



n n



C

n

Bài 9: CMR:

-1

(0

)

-1

-1

k

k

k

C

n



C

n



C

n

 

k n

Bài 10: CMR:

2

.

(

2

) 0

)(1)

2

n

2 -

n

n

C

n k

C

n k 

C

n

 

k n



Bài 11: CMR:

1

1

1

k

k

k

A

n



A

n



kA

n







Bài 12: CMR:

P

1



2

P

2



3

P

3

 

nP

n



P

n1



1

Bài 13: CMR:

3

3

2

2

3

2

4

1

5

2

























C

n

k

C

n

k

C

n

k

C

m

k

C

m

k

k

n

C

Bài 14: CMR:

2

(

2

,

)

2

1

2

C

n

k

C

n

k

C

n

k

k

n

k

n

C

















Bài 15: CMR:

.

.

(

,

; , ,

)

r

k

k

n k

a C C

n r



C C

n r k





r



n k



r n r k



Z

+

+ +

1

1

(

)

1

2

1

1

2

1

(

)

n

r

r

r

b C

n

C

r

r n

r

r

r

r

c C

n

C

n

C

n

C

r

r n

























0

1

1

2

2

5

5

1)

5

.

5

.

5

.

5

.

5

1

2

1

2)

1

2

1

1

2

3

4

3)

4.

6.

4.

4

3

1

2

4)

3.

3

3

k

k

k

k

k

C C

n

C C

n

C C

n

C C

n

C

n

r

r

r

r

C

n

C

n

C

n

C

r

k

k

k

k

k

k

C

n

C

n

C

n

C

n

C

n

C

n

k

k

k

k

k

C

n

C

n

C

n

C

n

C

n











































































1

1

5)

m

2

m m

2

n n

m

n

C



C



C

Cn











3

1

2

6)

3

3

3

1

2

3

2

3

7)2

5.

4.

2

3

k k

k

k

k

C

n

C

n

C

n

C

n

C

n

k

k

k

k

k

k

C

n

C

n

C

n

C

n

C

n

C

n









































Bài 17: CMR:

1000

(0 k

2000)

2001

k

2001

k

1

2001

2001

1001

C



C





C



C

 

( ĐHQGHN – A –99- 00 )

Bài 18: CMR:

10

2

100

2

50

100

2

10

100

2





C

3

- Dạng 3:

Phương trình, bất phương trình đại số tổ hợp

* Định nghĩa:

Phương trình, bất phương trình đại số tổ hợp phương trình, bất phương trình có chứa ẩn kí hiệu:

n

!

,

P

n,

k n

A

,

C

nk

*

Cách giải

:

 Bước 1: Đặt điều kiện ẩn Nhớ rằng:

-

n

!

có nghĩa



n



N -

P

n có nghĩa



n



N*

-

A

nk có nghĩa



k,

n



N;

1 k n

 

-

C

nk có nghĩa



k,

n



N;

0



k 

n

 Bước 2: Chuyển phương trình, bất phương trình đại số tổ hợp sang phương trình, bất phương trình đại số thơng thường nhờ công thức tổ hợp: -

n

! 

1.2.3 n

với

n



N

, 

n

1

(nhớ: 0! = 1) -

P

n



n

!

với

n



N*

-

(

)!

!

)

1

) (

2

)(

1

(

k

n

n

k

n

n

n

n

A

nk















với













n

k

N

n

k

0

,

-

!

!( - )!

k n

n

C

k n k



với

k,

n



N;

0



k 

n

-

1

1

k k k

n n n

c



c

c

-

k n k

n n

c

c





(

k,

n



N;

0



k 

n

)

 Bước 3: Giải phương trình, bất phương trình đại số thơng thường để tìm ẩn.  Bước 4: Đối chiếu với tập xác định, kết luận.

* Một số ví dụ

Ví dụ 1: Giải phương trình sau:

1

1

.

72

y

x x y x

A

P

P



 





Lời giải

+ Điều kiện x; y:

x y N

,



; x 2; y x-1





(*)

+ Biến đổi phương trình dạng:

2

( 1)!

( )! ( )!

72 ( 1) 72 ( 1)!

8 72

9

x

x y x y

x x

x

x x x

x



  

   



       

 

Đối chiếu với điều kiện ( * ) suy nghiệm phương trình

x 

8

1 y 7.

( ĐHBK – 2000- 2001 ): Giải bất phương trình sau:

Ví dụ 2:

2

2

1

6

10

2

A

x



A

x



x

C

x



Lời giải

+ Điều kiện x:

3 x N

 

+ Biến đổi bất phương trình dạng:

1 (2 )! ! !

10

2 (2 2)! ( 2)! 3!( 3)!

1 ( 2)( 1)

(2 1)2 ( 1) 10

2 3!

(2 1) ( 1) ( 2)( 1) 10 12

x x x

x x x x

x x x

x x x x

x

x x x x x x x x

    

  

 

      

            

+ Kết hợp với Điều kiện (*)



x



3;

x



4

+ Vậy nghiệm bất phương trình

x



3;

x



4

( HVBCVT- 98- + TNTHPT 02- 03):

Ví dụ 3: Giải hệ:

:

:

6

:

5

:

2

1

1  





y x y

x y

x

C

C

C

+ Điều kiện x, y

;

;

0

1

0

1

0

x y N

x y N y x

y

y x

x y

y x

 

 

   

 

 

 

  

   

     

+ Ta có:

1

1

1 1

1 1 1

6

5

:

:

6 : : 2

6

5

2

5

2

y y

x x

y y y

y y y x x x

x x x y y

x x

C

C

C

C

C

C

C

C

C

C

 

 

  

  

















 





1 ( 1)! ( )!

6 !( )! ( 1)!( 1)!

1 ( )! ( )!

5 ( 1)!( 1)! ( 1)!( 1)!

x x

y x y y x y

x x

y x y y x y

                         

5( 1)( 1) 6( )( 1)

2( )( 1) ( 1)

x y x y x y

x y x y y y

     

  

    



5( 1)( 1) 3.5 ( 1)

2( )( 1) ( 1)

x y y y

x y x y y y

            

2( )( 1) ( 1)

x y

x y x y y y

          

3

1

2(3

1

)(3

1

1) (

1)

x

y

y

y

y

y

y y







 

 

 









3 x y y y       

3

1

8

3

3

x

y

x

y

y



























Vậy nghiệm hệ x = 8; y = 3

* Bài Tập Tương Tự:

<1> Giải phương trình, bất phương trình sau:

1

79

2







xx xx

o

x

C

C

C

A

x3



C

xx



14

x

(TNTHPT - 98 - 99)

2

3

8

5

x

x x

C



A







C

x

6

C

x

6

C

x

9

x

14

x

2

2

1









(ĐHNN - 99- 00)

3

2

7

3

1

C

C

x

C

x



x



x



A

x3



5

A

x2



21

x

(ĐHQGHN - 98- 99)

4

10

6

2

1

2 2 3

2x



A

x



x

C

x



A

1

14

n n n

C

A

P

  



( ĐHHH – 1999 )

5

6

7

1

1

 





x x

x

C

C

C

10

14

n n n n

A

P

C

  



15

60

(

)!

k n n

P

A

n k

  





(TNTHPT – 03 – 04 ) 16

1

2

5

2

n n

n n n

C





C





A

(TNTHPT – 04 – 05 )

<2> Tìm số âm dãy số

x x x

1 3

; ; , ,

x

n

với

4

143

4

n n n n

A

x

P

P

 





, n = 1,2,3,…,n

<3 > Giải hệ phương trình sau: a 

        1 3 y x y x y x y x C C C C b

2 90 80

y y x x y y x x A C A C          c

1 1

1

(

y y

) :

y

:

y

10 : :1

x x x x

A

yA



A



C











< > Cho khai triển nhị thức:

1 1

0 1 1

3 3

2 2

(2

2 )

(2

)

(2

)

(2 )

(2

)(2 )

(2 )

x x x x

x x x x

n n n n n n n

n n n n

C

C

C

C

   

   

  













( n số nguyên dương ) Biết khai triển

3

5

n n

C



C

số hạng thứ tư 20n, tìm n x

( ĐHCĐ -A- 2002 )

C

12 1n



2.2

C

2 12n



3.2

2 3

C

2 1n



4.2

3 4

C

2 1n



(2



n



1)2

2n

C

2 12 1nn



2005

( ĐHCĐ -A- 2005 )

< > Tính giá trị biểu thức:

4

1

( 1)!

n n

A A

M

n

 

 

biết

C

n21



2

C

n22



2

C

n23



C

n24



149

( ĐHCĐ -D- 2005 )

IV- Dạng 4

: Bài Toán Đếm Số Phương Án

Ghi nhớ : Đối với loại toán đếm số phương án, ta cần ý

- Đọc kỹ đầu bài, phân tích câu văn cặn kẽ, nắm chất hành động, đối tượng để thấy khả

- Sử dụng phép mơ hình hố quy tắc đếm - Trong số tốn, ta phải sử dụng đến phần bù

Nguyên lý bù trừ: Khi hai cơng việc 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 việc tính lần Để tính số cách thực nhiệm vụ ta cộng số cách làm việc trừ số cách làm đồng thời việc Đó nguyên lý bù trừ

Sử dụng qui tắc nhân để thực toán đếm số phương án:

Thực bước:

 Bước 1: Phân tách công việc H thành k công việc nhỏ liên tiếp:

H H

1

,

2

, ,

H

k

 Bước 2: Nếu ta có:

-

n

1 cách khác để thực H1

- ứng với cách thực xong

H

1,ta có

n

2 cách thực H2

…

- ứng với cách thực xong

H H

1

, , ,

2

H

k1, ta có

n

k cách thực

H

k

 Bước 3: Khi ta có tât

n n

1

2

n

k cách để thực hành động H Sử dụng quy tắc cộng để thực toán đếm số phương án: Ta thực theo bước:

 Bước 1: Phân tách phương án thành k nhóm độc lập với nhau:

H H

1

,

2

, ,

H

k

 Bước 2: Nếu ta có:

-

n

1 cách khác để thực H1

-

n

2 cách khác thực H2

…

-

n

k cách khác thực

H

k

 Bước 3: Khi ta có tât n1 + n2 + + nk cách để thực hành động H Sử dụng hoán vị thực toán đếm:

Để nhận dạng tốn đếm có sử dụng hốn vị n phần tử, thường dựa dấu hiệu đặc trưng sau:

 Mỗi phần tử xuất lần  Có phân biệt thứ tự phần tử  Gọi Pn số hốn vị n phần tử, ta có Pn = n! Sử dụng chỉnh hợp để giải toán đếm:

Để nhận dạng tốn đếm có sử dụng chỉnh hợp chập k n phần tử, thường dựa dấu hiệu đặc trưng sau:

a) Phải chọn k phần tử từ n phần tử cho trước b) Có phân biệt thứ tự k phần tử chọn

c) Gọi Ank số phần tử chập k n phần tử, ta có

(

1) (

1)

k

n

A



n n



n k





.

Sử dụng tổ hợp để giải toán đếm:

Để nhận dạng tốn đếm có sử dụng tổ hợp chập k n phần tử, thường dựa dấu hiệu đặc trưng sau:

 Phải chọn k phần tử từ n phần tử cho trước  Không phân biệt thứ tự k phần tử chọn

Bài tập: (Ba toán chọn bản)

A/ Bài toán đếm số phương án liên quan đến kiến thức thực tế

B/ Bài toán đếm số phương án có liên quan đến hình học C/ Bài tốn đếm số phương án có liên quan đến số tự nhiên.

Bài tập

I)

Bài Tốn Đếm Số Phương Án Có Liên Quan Đến Thực Tế.

< > Từ hồng vàng, hồng trắng hồng đỏ ( hoa xem đôi khác

nhau ), ta chọn bó gồm bơng

a Có cách chọn bó hoa có bơng hồng đỏ ?

b Có cách chọn bó hoa có bơng hồng vàng hồng đỏ ?

< > ( HVKTQS –2000 ): Một lớp có 20 em h/s có 14 nam nữ Hỏi có cách lập một

đội gồm h/s đó:

a Số nam nữ b Có nữ

< > (ĐHYHN - 2000): Có nhà tốn học nam, nhà toán học nữ nhà vật lý

nam Lập đồn cơng tác người cần có nam nữ, cần có nhà tốn học nhà vật lý Hỏi có cách?

< > (ĐHĐN - 2000): Một tổ có h/s nam h/s nữ xếp thành hàng dọc

a Có cách xếp khác ?

b Có cách xếp cho khơng có h/s giới đứng cạnh ?

< > (ĐHHuế - 2000): Một lớp có 30 h/s nam 15 h/s nữ Có h/s chọn để lập tốp ca Hỏi có

bao nhiêu cách lập khác : a Nếu phải có nữ ? b Nếu chọn t ý ?

< > (ĐHThái Nguyên – 2000 ): Một đội văn nghệ có 20 người, có 10 nam 10 nữ Hỏi có bao

nhiêu cách chọn người cho:

a Có nam người

b Có nam 1nữ người

< > (HVKTQS - 2000) Một đồn cảnh sát khu vực có người Trong ngày cần cử người làm nhiệm vụ ở

< > (ĐHGTVT – 2000): Một lớp học có 20 học sinh, có cán lớp Hỏi có cách cử 3

người dự hội nghị sinh viên trường cho trong3 người có cán lớp?

< > (HVCTQGHCM – 01 - 02): Một đội văn nghệ có 10 người có nữ nam

a Có cách chia đội văn nghệ thành nhóm có số người nhóm có số nữ ?

b Có cách chọn người mà có khơng q nam ?

< 10* > (ĐHCần Thơ - 01 - 02): Một nhóm gồm 10 h/s có nam nữ Hỏi có cách xếp 10 h/s thành hàng dọc cho h/s nam phải đứng liền ?

a Có cách xếp khác ?

b Có cách xếp cho khơng có h/s giới đứng cạnh ?

< 11 > > (ĐHHHHCM– 99- 2000): Có cách xếp h/s A, B, C, D, E vào ghế dài cho:

a Bạn C ngồi ?

b Hai bạn A, E ngồi đầu ghế ?

< 12 > (ĐHHuế – 99- 2000): Một hộp đựng viên bi đỏ, viên bi trắng viên bi vàng Người ta chọn ra

4 viên bi từ hộp Hỏi có cách chọn để số bi lấy không đủ mầu ?

< 13 > (HVQY – 99- 2000): Xếp bi đỏ có bán kính khác bi xanh giống vào dãy ơ

trống

a Hỏi có cách xếp khác nhau?

b Hỏi có cách xếp khác cho bi đỏ xếp cạnh bi xanh xếp cạnh nhau?

< 14 > (ĐHCần Thơ D - 99 - 00): Một nhóm h/s gồm 10 nam nữ Hỏi có cách chọn trong

mõi trường hợp sau:

a Có h/s nhóm ?

b Có h/s nhóm có nam nữ ?

< 15 > (ĐHCần Thơ A - 99 - 00): Trong phịng có bàn dài, bàn có ghế Người ta muốn xếp chỗ

ngồi cho 10 h/s gồm nam nữ Hỏi có cách xếp nếu: a Các h/s ngồi tuỳ ý ?

b Các h/s nam ngồi bàn h/s nữ ngồi bàn ?

< 16 > (ĐHluật HN - 99 - 00): Một đồn tầu có toa chở khách: toa I, toa II, toa III Trên sân ga có hành

khách chuẩn bị tầu Biết toa có chỗ trống Hỏi:

a Có cách xếp cho hành khách lên toa tầuđó ?

b.Có cách xếp cho hành khách lên tầu để có toa có hành khách ?

< 17 > (ĐHSPHN –B- 99 - 00): Một trường tiểu học có 50 h/s đạt danh hiệu cháu ngoan Bác Hồ, đó

có cặp anh em sinh đơi Cần chọn nhóm h/s số 50 h/s dự đại hội cháu ngoan Bác Hồ cho nhóm khơng có cặp anh em sinh đơi Hỏi có cách chọn ?

< 18 > (ĐHSPV –G- 99 - 00):Một tổ sinh viên có 20 em có em biết tiếng Anh, em biết

tiếng Pháp, em biết tiếng Đức Cần lập nhóm thực tế gồm em biết tiếng Anh, em biết tiếng Pháp, em biết tiếng Đức Hỏi có cách chọn ?

< 19 > (ĐHKT- 98 - 99): Một đội xây dựng gồm 10 công nhân, kỹ sư Để lập tổ công tác cần chọn

kỹ sư làm tổ trưởng, công nhân làm tổ phó cơng nhân làm tổ viên Hỏi có cách thành lập tổ công tác

< 20 > Để lập hồ sơ thi tuyển vào đại học, thí sinh cần thực việc:

- Chọn trường thi có tất 33 trường

- Chọn khối thi, trường có khối thi A, B, C, D Hỏi có cách lập hồ sơ ?

phố Y Z Muốn từ X đến Z phải qua Y

d) Hỏi có cách chọn đường từ X đến Z ?

e) Có cách chọn đường từ X đến Z lại X đường khác

nhau?

< 22 > Việt Nam, học sinh tốt nghiệp THPT có quyền dự thi

vào trường đại học( có 35 trường ) trường cao đẳng ( có 25 trường) trường trung học chuyên nghiệp

( có21 trường ) Hỏi học sinh tốt nghiệp THPT có cách chọn trường thi ?

< 23 > Mỗi người sử dụng hệ thống máy tính có mật dài từ đến ký tự, ký tự là

một chữ hoa hay chữ số Mỗi mật phải chứa chữ số Hỏi người có mật khẩu? Biết có 26 chữ in hoa, 10 chữ số

< 24 > Xếp sách toán, sách Lý, sách Hoá sách Sinh vào kệ sách

theo môn Tất sách khác Hỏi có cách xếp?

< 25 > Có cách chọn cầu thủ khác 10 cầu thủ đội bóng quần vợt để chơi bốn trận

đấu đơn, trận đấu có thứ tự ?

< 26 > (ĐHQG TPHCM – KA - 2000) Một thầy giáo có 12 sách đơi khác có cuốn

sách văn học, sách âm nhạc sách hội họa Ông muốn lấy đem tặng em học sinh A, B, C, D, E, F em

f) Giả sử thầy giáo muốn tặng cho em học sinh sách thuộc thể loại văn

học âm nhạc Hỏi tất có cách chọn sách để tặng?

1 Giả sử thầy giáo muốn sau tặng sách xong, loại văn học, âm nhạc, hội hoạ cịn lại Hỏi tất có cách chọn?

< 27 > Một lớp học có 40 h/s gồm 25 nam 15 nữ Có cách lập ban cán lớp gồm:

a học sinh

b học sinh gồm nam nữ

c học sinh có nam

< 28 > (ĐH, CĐ 2005): Một đội niên tình nguyện có 15 người, gồm 12 nam nữ Hỏi có bao nhiêu

cách phân cơng đội niên tình nguyện giúp đỡ tỉnh miền núi, cho tỉnh có nam nữ ?

< 29 > (Đề thi CĐ 2005 – Khối D)

Một bó hồng gồm 10 bơng hồng bạch 10 hồng nhung Bạn Hoa muốn chọn để

cắm bình, phải có hồng bạch hồng nhung Hỏi có cách chọn?

< 30 > (ĐH 2004 – KB) 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 thiết phải có đủ loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ) số câu hỏi dễ khơng ?

Lời giải

Bài toán đếm số phương án có liên quan đến thực tế

< 20 > Ta thấy có 33 cách lập trường thi ứng với cách chọn trường đó, có 4

cách chọn khối để thi

Do đó, có tất cả: 33 =132 cách lập hồ sơ

< 21 > a Ta có: cách chọn đường từ X đến Y, ứng với cách chọn đường có cách chọn đường

đi từ Y đến Z

Khi trở ứng với cách chọn đường đó, từ Z đến Y có3 đường để chọn, có cách ứng với cách chọn đường đó, từ Y X lại cách chọn

Do đó, có tất = 12 cách chọn đường từ Z đến X qua Y Vậy có tất cả: 20 12 = 240 cách chọn đường tuyến X Z qua thành phố Y đường khác nhau

< 22 > Ta thấy:

- có 35 cách chọn trường đại học - Có 25 cách chọn trường cao đẳng

- Có 21 cách chọn trường trung học chuyên nghiệp

Khi chọn thi trường đại học khơng chọn trường thi cao đẳng chuyên nghiệp, tương tự với cao đẳng trung học chuyên nghiệp, có tất cả:

35 + 25 + 21 = 81 cách chọn trường thi

Nhận xét: Nhiều tốn đếm phức tạp khơng thể giải sử dụng quy tắc nhân hoặc quy tắc cộng Nhưng giải sử dụng quy tắc

< 23 > Gọi P tổng số mật

P P P

6

, ,

7 8 tương ứng số mật dài 6, 7, ký tự Theo quy

tắc cộng ta có:

P P

 

6

P

7



P

8

Ta tính

P P P

6

,

7

,

8 :

- Tính

P

6:

Số xâu dài ký tự chữ in hoa chữ số là:

36

6 Vì vị trí có 36 cách chọn Số xâu dài ký tự chữ in hoa không chứa chữ số là:

26

6.Vậy:

P

6



36

6



26

6

- Tương tự:





7

7

36

26

P



8



8

36

26

P

Vậy, ta được:

P

 

P

6

P

7



P

8 = 2684483063360

< 24 > Có loại sách, có 4! Cách xếp theo mơn

ở loại sách có: 3! Cách xếp sách toán 4! Cách xếp sách lý 2! Cách xếp sách hoá 5! Cách xếp sách sinh Vậy có tất cả: 4! 3! 4! 2! 5! = 829440 cách xếp

< 25 > Mỗi cách chọn bốn cầu thủ đội bóng chỉnh hợp chập 10 phần tử

Ta có:



4

10

5040

A

cách chọn

< 26 > Số cách tặng sách số cách chọn sách từ có kể thứ tự Vậy số cách tặng là:

6

9

60480

A 

1 Ta nhận xét rằng: chọn cho hết loại sách + Số cách chọn sách từ 12 sách là:

6

12

665280

A 

+ Số cách chọn cho khơng cịn sách văn:

5

6

.

5040

+ Số cách chọn cho không sách nhạc:

4

6

.

20160

A A 

+ Số cách chọn cho khơng cịn sách hội hoạ:

3

6

.

60480

A A 

+ Số cách chọn cần tìm là: 665280 – 85680 = 579600

< 27 > Ban cán lớp gồm người lớp khơng có xếp

a Mỗi ban cán người tập phần tử tập hợp 40 học sinh lớp Vậy có:



3

40

9880

C

cách lập ban cán lớp người.

b Có

1 25

C

cách chọn học sinh nam C152 cách chọn học sinh nam

Do có



25

.

15

2625

C C

cách lập ban cán lớp gồm nam nữ c Có



3

15

455

C

cách chọn nữ sinh nên có 455 cách lập ban cán lớp người tồn nữ.

Dó có: 9880 – 455 = 9425 cách lập ban cán người ma có nam

< 28 > Nhận xét: Việc phân công vào tỉnh khơng có xếp

Có

1 3

.

12

C C

cách phân cơng niên tình nguyện tỉnh thứ Với cách phân công niên tình nguyện tỉnh thứ có C C21 84cách phân cơng niên tình nguyện tỉnh thứ

2 Với cách phân công niên tình nguyện tỉnh thứ tỉnh thứ có C C11 44cách phân

cơng niên tình nguyện tỉnh thứ

Số cách phân cơng niên tình nguyện tỉnh thoả mãn yêu cầu toán là:



1 4

3

.

12

.

2

207900

C C C C C C

< 29 > Bạn Hoa có cách chọn bơng cắm bình sau:

Cách 1: Chọn hồng bạch hồng nhung + Số cách chọn hồng bạch 10 bông:

2 10

C

+ Với cách chọn bơng hồng bạch lại có

3 10

C

cách chọn bơng hồng nhung 10 bơng Vậy cách có

2 10

C

3 10

C

cách chọn

Cách 2: Chọn hồng bạch hồng nhung Lập luận tương tự trên, ta có

2 10

C

3 10

C

cách chọn bơng

Vậy bạn Hoa có số cách chọn là:

3 10 10

2

C C 

10800

cách chọn

< 30 > Nhận xét: Nội dung đề không phụ thuộc vào việc xếp thứ tự câu hỏi.

Mỗi đề kiểm tra phải có số câu dễ 3, nên có trường hợp sau: - Đề có câu dễ, câu trung bình, câu khó, số cách chọn là:

2

15

.

10

23625

C C C 

- Đề có câu dễ, câu trung bình, câu khó, số cách chọn là:

2

15

.

10

10500

C C C 

- Đề có câu dễ, câu trung bình, câu khó, số cách chọn là:

3 1

15

.

10

.

22750

C C C 

Vì cách chọn đơi khác nhau, nên số đề kiểm tra lập là: 23625 + 10500 + 22750 = 56875

B/

Bài Tốn Đếm Số Phương Án Có Liên Quan Đến Hình Học.

< > Cho điểm mặt phẳng cho khơng có điểm thẳng hàng

a Có đường thẳng mà đường thẳng qua điểm nói trên? b Có tam giác với đỉnh điểm nói ?

< > Tìm số giao điểm tối đa :

a 10 đường thẳng phân biệt? b đường tròn phân biệt?

c 10 đường thẳng đường trịn trên?

< > a Có đường chéo đa giác lồi n cạnh?

b Có tam giác có đỉnh đỉnh đa giác n cạnh? Trong có tam giác có cạnh khơng phải cạnh đa giác n cạnh ?

< > (ĐH, CĐ Khối B – 2003)

Cho đa giác

A A

1 2

A

2n

(

n



2,

n



Z

)

nội tiếp đường tròn (O) Biết số tam giác có đỉnh

3 2n điểm

A A

1

,

2

, ,

A

2n nhiều gấp 20 lần số hình chữ nhật có đỉnh 2n điểm

1

,

2

, ,

2n

A A

A

, tìm n

< > (ĐHCSND - 1999 - 2000):Cho tam giác ABC, xét tập hợp đường thẳng song song với AB, đường

thẳng song song với BC đường thẳng song song với AC Hỏi đường thẳng tạo được: a Bao nhiêu tam giác ?

b Bao nhiêu hình thang ( Khơng kể hình bình hành ) ? c Bao nhiêu hình bình hành ?

< > ( CĐSP -A- dự bị - 02 – 02 ): Cho đa giác lồi n cạnh Xác định n để đa giác có số đường chéo gấp đôi

số cạnh ?

< > ( ĐHNT- 01 – 02 ):Trong mặt phẳng cho thập giác lồi

A A A

1 2

10 Xét tất tam giác mà đỉnh đỉnh thập giác Hỏi số tam giác có tam giác mà cạnh khơng phải cạnh thập giác ?

< > ( HVNH- D- 2000 ):Trong mặt phẳng cho đa giác (H) có 20 cạnh Xét tam giác mà đỉnh của

nó lấy từ đỉnh (H)

1 Có tất tam giác ? Có tam giác có cạnh cạnh (H) ?

2 Có tam giác có cạnh cạnh (H) ? Có tam giác khơng có cạnh cạnh (H) ?

< > Cho đường thẳng song song.Trên đường thứ có 10 điểm Trên đường thứ hai có 20 điểm Có

bao nhiêu tam giác tạo điểm cho ?

Lời giải:

Bài tốn đếm số phương án có liên quan đến hình học

< > a Mỗi cặp điểm không kể thứ tự, điểm cho xác định đường thẳng ngược lại Vậy,

số đường thẳng qua điểm nói bằng:













2

7!

6.7

21

2! !

1.2

c

đường thẳng

b Mỗi điểm không kể thứ tự, điểm cho xác định tam giác ngược lại Vậy số tam giác có đỉnh điểm nói bằng:

< > a Hai đường thẳng phân biệt có tối đa giao điểm Số giao điểm tối đa 10 đường thẳng phân biệt

là số tổ hợp chập 10, bằng:











10

10!

45

2! 10

2 !

C

điểm

b Hai đường tròn phân biệt có tối đa giao điểm Số giao điểm tối đa đường tròn phân biệt gấp lần số tổ hợp chập 6, bằng:





2

2.

C

2.15 30

điểm

c Một đường thẳng cắt đường tròn tối đa điểm Do số giao điểm tối đa 10 đường thẳng phân biệt với đường tròn phân biệt bằng:

10.6.2

=120 điểm

Khi đó, số giao điểm bằng: 45 + 30 +120 = 195 điểm

< > a Ta có: * Mỗi đa giác lồi n cạnh có n đỉnh

*Mỗi đoạn thẳng nối đỉnh bất kỳ, không kể thứ tự, cạnh, đường chéo đa giác

Vậy số đường chéo đa giác n cạnh bằng:



n

C

n

b Số tam giác có đỉnh đỉnh đa giác n cạnh số tổ hợp n chập 3:















3

!

(

1)(

2)

3!

3 !

6

n

n

n

n

n

C

n

Số tam giác có cạnh cạnh đa giác gồm loại: * Số tam giác có cạnh

1

n

C



* Số tam giác cạnh

1

n

C

Suy ra, số tam giác có cạnh đa giác là:

  



 











1 1 1

4 3

(

4)

(

3)

.

n n n n n n

C

C C

n n n

n n

n C

C C

Vậy, số tam giác có cạnh khơng phải đa giác là:



       

     

2

3 1

3

( 2)( 1) ( 2)( 1) ( 3) ( 20)

( 3)

6 6

n n n

n n n n n n n n n n n

C C C n n

< > Số tam giác có đỉnh 2n đỉểm

A A

1

,

2

, ,

A

2n

3 2n

Gọi đường chéo đa giác

A A

1 2

A

2n

(

n



2,

n



Z

)

qua tâm đường tròn (O) đường

chéo lớn đa giác cho có n đường chéo lớn

Mỗi hình chữ nhật có đỉnh 2n điểm

A A

1

,

2

, ,

A

2n có đường chéo đường

chéo lớn Ngược lại, với cặp đường chéo lớn ta có đầu mút chúng đỉnh hình chữ nhật Vậy số hình chữ nhật nói số cặp đường chéo lớn đa giác

A A

1 2

A

2n, tức

2

n

C

Theo giả thiết thì:































3

2

(2 )!

!

2 (2

1)(2

2)

(

1)

20

20

20

3! 2

3 !

2!

2 !

6

2

n n

n

n

n n

n

n n

C

C

n

n



2

n

 

1 15



n



8

C/ Bài toán đếm số phương án liên quan đến số tự nhiên

 Ghi nhớ

Khi giải toán đếm liên quan đến số tự nhiên ta cần lưu ý:

 Nắm vững qui tắc cộng nhân

 Ta thường gọi số tự nhiên cần tìm

n a a a



1 3

a

n

sau vào đầu chọn chữ số một.Số yêu cầu cao chọn trước

 Khi chọn chữ số cần phân tích câu văn đầu cặn kẽ, nắm chất đối tượng từ tìm tập xác định khả

 Cẩn thận có số

 Phải ln ln nghĩ tới phần bù, phần bù đơn giản ta tìm phần bù trước



Bài tập:

< > ( ĐHQG HCM - 99) Với số 1,2,5,7,8 lập số gồm 3

chữ số phân biệt thoả mãn điều kiện:

a Là số chẵn b Là số nhỏ 278 c Là số chẵn nhỏ 278

< > Xét dãy số gồm chữ số ( Mỗi chữ số chọn từ số 0, ,2, 3, 4,…9 ) thoả mãn tính chất:

- Chữ số vị trí thứ chẵn

- Chữ số vị trí cuối chia hết cho

- Các chữ số vị trí thứ 4, 5, đơi khác Hỏi có tất dãy số ?

< > ( ĐHCSND – 99- 99):với 10 chữ số từ >9 lập thành chữ số gồm chữ số

khác nhau?

<4> ( ĐH Đà Lạt – D): có 10 chữ số khác

a Lập chữ có chữ ?

b Lập chữ có chữ khác nhau?

<5> (ĐHSPV–Đ28-99-00): Cho chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, Từ chữ số lập số,

mỗi số gồm chũ số, đôi khác chia hết cho 10

<6> (ĐHSPV - B - 99- 00): Có số tự nhiên 1, 2, 3, 4, Hỏi có số có chữ số đơi khác

nhau tạo thành từ số cho?

<7> ( ĐHYHN – 99 – 00)

Có thể lập đợc số chẵn có năm chữ số khác lấy từ số 0, 2, 3, 6, 9,

<8> ( CĐSPHN - Đ36)

Chú ý: chữ số đơi khác số chỉ có miếng bìa

<9> (ĐHQGHCM - Đ3 – 00 – 01)

1 Có số chẵn gồm chữ số khác đơi chữ số chữ số lẻ? Có số gồm chữ số khác đôi có chữ số lẻ chữ số chẵn

<10>( ĐHSPHN2 - Đ8):

Có thể lập đợc số gồm chữ số từ ctrong chữ số có mặt lần chữ số khác có mặt lần

<11> Với số 0, 1, 2, 3, 4, ,5 ta lập đợc số gồm chữ số số có mặt lần

số khác có mặt lần

<12> ( ĐHHuế – 00 – 01 - Đ26) Cho chữ số 0, 1, 2, 3, 4, từ chữ số cho lập đợc:

1 Bao nhiêu chữ số chẵn có chữ số chữ số khác đơi một?

2 Bao nhiêu chữ số chia hết cho 5, có chữ số chữ số khác đôi Bao nhiêu chữ số chia hết cho 9, có chữ số chữ số khác đơi

<13> Ngời ta viết số có chữ số chữ số 1, 2, 3, 4, nh sau: Trong số đợc viết có chữ

số xuất lần chữ số lại xuất lần Hỏi có số nh

<14> Có số tự nhiên có chữ số đợc viết chữ số 1, 2, 3, chữ số xuất

hiện lần

Tự luyện:

< 15 > Có số tự nhiên có chữ số ?

< 16 > Cho A = {1,3,5,6,8}

Có số tự nhiên gồm chữ số lấy từ chữ số tập A ?

< 17 > Cho A = {0,1,2,3,5,7,9}

Từ tập A có số tự nhiên gồm chữ số đôi khác nhau.

< 18 > Với tập E = {1,2,3,4,5,6,7} lập số gồm chữ

số phân biệt và: a Trong có chữ số

b Trong có chữ số chữ số hàng ngàn chữ số

<19 > Với chữ số 1,2,3,4,5 lập số gồm chữ số đôi khác nhau:

a Không chữ số b Không 123

< 20 > Cho E = {0,1,2,3,4,5,6,7} Có thể lập số gồm chữ số đôi khác lấy từ E

trong trường hợp sau: a Là số chẵn

b Một số

< 21 > Từ số 0,1,2, ,9 lập số gồm chữ số khác Cho số đó

có mặt chữ số

< 22 > Với chữ số 0,1,2,3,4,5 ta lập số gồm chữ số khác cho các

số phải có mặt chữ số

< 23 > Cho chữ số 0,2,4,5,6,8,9 Hỏi lập số:

a Có chữ số mà số chữ số khác b Có chữ số khác có chữ số

< 24 > Với chữ số 1,2,3,4,5 lập số gồm chữ số phân biệt thoả mãn:

a Mỗi số nhỏ 40000 b Mỗi số nhỏ 45000

< 25 > Cho số 0,1,2, ,9 có số lẻ gồm chữ số khác nhỏ

60000 xây dựng từ 10 chữ số

<26 > Từ số 0,1,2,3,4,5,6 lập :

a Bao nhiêu số tự nhiên gồm chữ số khác

b Bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm chữ số khác

< 27 > Có số tự nhiên gồm chữ số khác lập từ chữ số 0,2,4,6,8. < 28 > Từ số 0,1,2,3,4,5,6 lập :

a Bao nhiêu số tự nhiên gồm chữ số 6,7

b.Tìm số tự nhiên gồm chữ số lấy từ số cho: Chữ số

2 Các chữ số khác Không tận chữ số

< 29 > Với chữ số 0,1,2,3,4,5 ta thành lập số chẵn số gồm chữ số khác

nhau

< 30 > Cho tập A = {0,1,2,3,4,5,6,7,8} Từ tập A:

a Có thể lập số tự nhiên lẻ gồm chữ số b Có thể lập số tự nhiên gồm chữ số lẻ

c Có thể lập số tự nhiên chẵn gồm chữ số đơi khác d Có số tự nhiên gồm chữ số đôi khác chia hết cho

e Có thể lập số tự nhiên gồm chữ số đôi khác cho chữ số đứng cuối chia hết cho

< 31 > Với chữ số 1,2,3,4 lập số có chữ số phân biệt. < 32 > Với chữ số 1,2,3,4 ,5 lập số gồm chữ số phân biệt là

a Số lẻ b Số chẵn

< 33 > Từ chữ số 0,1,2,3,4,5,6 lập số chẵn có chữ số khác

(ĐHAN - 97 )

< 34 >Từ chữ số 0,1,2,3,4,5 lập số gồm chữ số khác có bao nhiêu

số chia hết cho

< 35 > Từ chữ số 0,1,2,3,4,5,7,8 lập số gồm chữ số khác không chia hết

cho

< 36 > Từ chữ số 0,1,2,3,4,5,6,7 lập số gồm chữ số khác số khơng

chia hết cho 10

Lời giải

B/ Bài Toán Đếm Số Phương Án Liên Quan Đến Số Tự Nhiên <1> Cách : Đặt E = {1,2,5,7,8 }

Gọi số tự nhiên gồm chữ số

n



a

1

a

2

a

3 (

a

1



0

)

a Do

n

chẵn nên a3{2,8}  a3 có cách chọn a1 E \ {a3}  a1 có cách chọn

a2 E \ {a1,a3}  a2 có cách chọn Vậy: có 2.3.4 = 24 cách chọn hay có 24 số

Cách 2: a Do n chẵn nên a3{2,8}  a3 có cách chọn

a1, a2 phận biết thứ tự chen từ E\{a3} chỉnh hợp chập 

2

A

cách chọn

Theo qui tắc nhân, số số chẵn gồm chữ số phân biệt hình thành từ tâp E

2

A

= 24 (số).

Trường hợp 1: Nếu a1 = a2  E\{a1} a2 có cách chọn a3  E \ {a1,a2}  a3 có cách chọn

 có 1.4.3 = 12 cách chọn

Trường hợp 2: a1 = a2  E\{2,8}  a2 có cách chọn a3 E \ {a1,a2}  a3 có cách chọn

 có 1.3.3 = cách chọn

Vậy: có 12 + = 21 cách chọn số có chữ số phân biệt nhỏ 278 Tức có 21 số thoả mãn ycbt

c Do

n

chẵn nên a3 {2,8} số cần tìm nhỏ 278 nên a1  Trường hợp 1: a1 =  a1 có cách chọn

a3 {2,8}  a3 có cách chọn a2  E \ {a1,a3}  a2 có cách chọn

 có 1.2.3 = cách chọn

Trường hợp 2: a1 =  a1 có cách chọn a3 {2,8}\{a1}  a3 có cách chọn a2  E \ {a1,a3}  a2 có cách chọn

 có 1.1.3 = cách chọn

Vậy: có + = cách chọn số tự nhiên chẵn gồm chữ số khác nhỏ 278 Tức có số thoả mãn ycbt

< 15 > Các số tự nhiên là: 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9.

Gọi số tự nhiên có chữ số cần tìm :

a

1

a

2

a

3 (

a

1



0

)

Do a1{1,2,3,4,5,6,7,8,9} nên a1 có cách chọn Do a2 {0,1,2,3,4,5,6,7,8,9} nên a2 có 10 cách chọn Do a3{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9} nên a3 có 10 cách chọn

Vậy: có 9.10.10 = 900 cách chọn hay có 900 số thoả mãn ycbt

< 16 > Gọi số tự nhiên có chữ số cần tìm

a

1

a

2

a

3

a

4 (a1 0)

Ta thấy: a1 có cách chọn a2 có cách chọn a3 có cách chọn a4 có cách chọn

Do theo qui tắc nhân có: 5.5.5.5 = 625 cách chọn hay có 625 số thoả mãn

< 17 > Gọi số tự nhiên gồm chữ số đôi khác là:

a

1

a

2

a

3

a

4 (

a

1



0

)

Do a1 khác nên a1 có cách chọn

Sau chọn a1 cịn số tự nhiên nên a2 có cách chọn Tương tự, a3 có cách chọn

a4 có cách chọn

Vậy: có 6.6.5.4 = 720 cách chọn hay có 720 số thoả mãn ycbt

<18> Gọi số cần tìm

a

1

a

2

a

3

a

4

a

5 (a10)

Giả sử a1 = số cần tìm có dạng:

7

a

2

a

3

a

4

a

5

nên có

4

6

21

6!

360

A 



số

Do số vị trí nên ta đổi chỗ vị trí a1, a2, a3, a4, a5 Vậy có

4

5.A

= 1800 cách chọn hay có 1800 số thoả mãn ycbt

b Gọi số cần tìm

a

1

a

2

a

3

a

4

a

5 (

a

1



0

) Do chữ số hàng nghìn nên a2 =

Chọn vị trí vị trí cịn lại chữ số nên có cách chọn Ba vị trí cịn lại phận phân biệt thứ tự chọn từ E \ {1,7} nên có

3

A

cách chọn

Vậy: số số gồm chữ số phân biệt hình thành từ tập E có chữ số chữ số hàng ngàn

chữ số 1.4

A

= 240 số

< 19 > Đặt E = {1,2,3,4,5}

a * Gọi số tự nhiên gồm chữ số đôi khác là:

a

1

a

2

a

3

a

4

a

5 (a1 0)

a1 có cách chọn a2 có cách chọn a3 có cách chọn a4 có cách chọn a5 có cách chọn Vậy có : 5.4.3.2.1 = 120 số

* Gọi số tự nhiên gồm chữ số đôi khác nhau, bắt đầu chữ số là:

1

abcd

: a có cách chọn ( a  E \ {1})

b có cách chọn ( b  E \ {1, a})

c có cách chọn ( c  E \ {1, a, b})

d có cách chọn ( d  E \ {1, a, b, c})

suy có: 4.3.2.1 số bắt đàu từ chữ số

Vậy: số số tự nhiên gồm chữ số khác nhau, không bắt đầu chữ số là: 120 - 24 = 96 số b Gọi số tự nhiên gồm chữ số bắt đầu chữ số 123 là:

123

xy

gồm chữ số khác

x có cách chọn ( x  E \ {1,2,3})

y có cách chọn ( y  E \ {1,2,3,x})

 có 2.1 = số.

Vậy: số tự nhiên gồm chữ số khác nhau, khơng bắt đầu chữ số123 gồm có 120 - = 118 số

< 20 >

Đ2: Nhị thức Newtơn ứng dụng

Công thức nhị thức Newtơn:





0

1

1

0

n

n

n

n

k n k k

n n

k n k k

a b

C a

n

C a

n

b

C a

n

b

C b

n

C a

n

b

k





















 



(1)

*

n N

 

Các nhận xét công thức khai triển:

(

)

n

a b



 Có n + số hạng

 Các hệ số số hạng là:

0

; ; ; ;' ;

1 n n n n n n

C C C C

C

 Khai triển bắt đầu

0 n

n

C a

kết thúc

C b

nn n, sau khơng kể đến hệ số, số mũ của

a số hạng liền sau giảm đơn vị số mũ b số hạng liền sau tăng lên đơn vị

 Tổng số mũ a b n

 Các hệ số số hạng cách hai số hạng đầu cuối

 Công thức số hạng tổng quát: Số hạng thứ k+1:

( k n )

k n k k

k n

T

C a b







 

Một số dạng đặc biệt:

* Thay a = 1; b = x ta được: 





0

1

2 2

3 3

1



x

n



C

n



C x C x

n



n



C x

n





C x

n

k k





C x

n

n n

(2) * Thay a = 1; b = - x ta được:







0

1

2 2

3 3

1

x

n

C

C x C x

C x

( 1)

k

C x

k k

( 1)

n

C x

n n

n

n

n

n

n

n













 



 

(3)

* Trong (2) ; (3) cho x = ta được:



2



1 1



0

1

2

3

n

n

C

C

C

C

C

k

C

n

n

n

n

n

n

n

 

















(4)



0



1 1



0

1

2

3

( 1)

( 1)

n

k k

n n

C

n

C

n

C

n

C

n

C

n

C

n

 











 



 

(5)

 Các dạng toán ứng dụng nhị thức NewTơn

Các dạng toán thường gặp là: 1- Dạng 1: Tính tổng tổ hợp

2- Dạng 2: Chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức tổ hợp - Dạng 3: Tìm Giá trị hệ số khai triển

nhị thức NewTơn:

n

b

a

)

( 

1- Dạng 1: Tính tổng tổ hợp

Phương pháp: Sử dụng khai triển Newtơn, kết hợp với việc:  Lựa chọn giá trị thực phù hợp

 Các phép biến đổi đại số  Phép tính đạo hàm tích phân

Ví dụ 1: Khai triển

15

15

2

2

1

0

5

3

2

1



x



x



x





a



a

x



a

x





a

x

  

 

Tính: a Hệ số

a

10

b Tổng T =

a

0



a

1



a

2



a



15 S =

a

0



a

1



a

2



a



15 P =

a

0



a

1



a

2



a



15

Lời giải:

Biến f(x) thành tích: f(x) =













5

5

2

1

.

1

1



x



x



x





x



x

a Hệ số

a

10 hệ số

x

10

+ Trong khai triển

(1



x

)

n số hạng tổng quát ( số hạng thứ

k 

1

) là:

1 k k

k n

T





C x

(

0 k n

 

)

Và:





5

1 x



=

0 2 3 4 5

5 5 5

C



C x C x





C x



C x



C x

+ Ta có:





5

1 x



=

0 2 10

5 5 5

C



C x



C x



C x



C x



C x

Suy hệ số số hạng

x

10 f(x) là:

0 4

5 5 5

C C



C C



C C

(

x

10



x x

10



x x

8



x x

6 4) = 1.1 + 50 + 50 = 101

b T =

a

0



a

1



a

2



a



15 = f(1) =

4

5

c S =

a

0



a

1



a

2



a



15 = f(-1)= (1- 1+ 1- 1)5 = 0

P =

a

0



a

1



a

2



a



15 =

2

a

0



(

a

0



a

1





a

15

)

= 2f(0) - f(1) = 2.1 4  2 45

Ví dụ 2: Khai triển:





100

2

x 



a

0



a x

1





a

100

x

100



f x

 

a Tính hệ số

a

97 b T =

a

0



a

1





a

100 c S =

a

1



2

a

2



3

a

3



100



a

100

Lời giải:

a Ta có

a

97 hệ số

x

97

Công thức SHTQ khai triển





100

2

x 





100

1 100k k

2

k

k

T





C

x





1 k

T

 chứa

x

97

 100 - k = 97 k = 3  Hệ số

x

97 :





3

3

100

2

8.

100

C





C

=-1293600 b Ta có

T



a

0



a

1





a

100 =

  



100

1

1 2

1

c Ta có :





100

2

x 



a

0



a x

1





a

100

x

100



f x

 

 

/

f

x





100



x 

2



99



a

1



2

a x

2



3

a x

3



100



a

100

x

99

 

/

1

f





S a



1



2

a

2



3

a

3



100



a

100=

100 2







99



100

Ví dụ 3: Khai triển:





10

1 2



x



3

x



20

0

20

a



a x





a x

Tính: a Hệ số

a

4

b Tính

S a





a

1





a

20 Lời giải:

a/ Có:





10

1 2



x



3

x



3x2 



1 2 x



10

 





10





9





8

 

2

 

10

0 2 10

10

1 2

10

1 2

3

10

1 2

3

10

3

C

x

C

x

x

C

x

x

C

x





















2





3





4





10

0 2 2 2 2 10 2

10 10 10 10 10 10 10

1 3 12 2(2 )2 9(2 )9 (3 2) 12 2(2 )2 8(2 )8

10 9 9 10 8 8

10 10

10(3 )

C C C x C x C x C x C x

C x C C x C x C x C x C C x C x C x

C x

       

        

 

 

 

 

   

   

0 4

1

2 2

2

0

4

10 10

2

10

.3.2

9

10

.9.

8

16.1.210 3.4.1.36 9.1.45 8085

a



C C



C

C



C

C









b/ S a0 a1 a20 = f(1) = (1 + + 3)10=610 Chú ý: TQ: Khai triển ( x + 2x + 3x2)n = a

0 + a1x + a2x2 +… + a2nx2n Ví dụ 4: Tìm tổng T = a0 + a1 + a2 +a3 + … + a2n

(CĐCNHN- 03- 04) Cho đa thức P(x) = (16x - 15)2003 Khai triển đa thức thành

dạng : P(x) = a0 + a1x + a2x2 +a3x3 + a4x4 + … + a2003x2003

Tính tổng S ’ = a0 + a1 + a2 + a3 + a4 + … + a2003 Lời giải:

Có S’ = a0 + a1 + a2 +a3 + a4 + … + a2003 = P(1) = (16 - 15)2003 = = P(1)

(HVKTQS –1997)

Ví dụ 5: Viết lại P(x) = (1 + x) + 2(1 + x)2 + … + 20(1 + x)20 dạng

P(x) = a0 + a1x + a2x2 +a3x3 + a4x4 + … + a20x20

Tìm

a

15.

Lời giải:

Ta có























15

15

20

20

i

i

x

i

C

i

i

x

i

C

15

2

x)

2(1

x)

(1

P(x)

Do hệ số 15

15 15

a 15C15  20 C20 400995

Ví dụ 6: Khai triển (1+ x + x2)1996 = a

a/ Tính:

S

1



a

0



a

1



a

2





a

3992 b/ Tính:

S

2



a

0



a

1



a

2



a

3



a

3992

c/ CMR

S

3= a0 + 2a1 + 22 a2 +… + 23992 a3992 chia hết cho 2401

Lời giải: Đặt f(x) = (1 + x + x2)1996

a/ Ta có

S

1



a

0



a

1



a

2





a

3992 = f(1) = (1+ + 12)1996 = (3)1996 b/ Ta có

S

2



a

0



a

1



a

2



a

3



a

3992 = f(-1) = (1- 1+12)1996 = (1)1996=1 c/Ta có

S

3= a0 + 2a1 + 22 a2 +… + 23992 a3992 = f(2) = (1 + + 4)1996 =

= (7)1996 =(7)1992 74 = 2401 (7)1992 Vậy S3 chia hết cho 2401

3 Bài tập tương tự

< > Cho n  Z + , Tính

n

n

C

n

n

C

n

C

S

1

1

2

3

1

1

2

1

1













( ĐHSPHCM 2000 - D – E ) < > Tính tổng

1

2

2

3

3

( 1)

n

1

.

n

,

,

3

S



C

n



C

n



C

n



 



nC

n

n N n





( ĐHBK- A- 99-2000 )

< > 1/ Tính I =

)

(

1

0

19

)

1

(

x

dx

n

N

x







2/ Rút gọn

0 19

19 19 19 19

1

1

1

1

2

3

4

21

S



C



C



C





C

( ĐHNN- I- 99 – 00)

< > Tính tổng

10

10

10

)

3

(

2

10

2

3

1

10

3

0

10

C

C

C

C

P













( CĐSPKT Vinh- D- 03- 04)

< > Tính tổng

1

2

3

1

1

2

1

0













C

n

C

n

C

n

n

C

n

n

S

Biết n  Z+ Thoả mãn điều kiện :

C

n

0



C

n

n



1



C

n

n



2



79

( CĐGT- 02- 03) < > Cho n số nguyên dương Tính tổng:

n

n

C

n

n

n

C

n

C

n

C

S

1

1

1

2

2

3

1

3

2

1

2

1

2

2

0





















( ĐHCĐ- B- 03 - 04) < > Viết khai triển Niu tơn biểu thức : (3x - 1)16

Từđó CMR:

16

2

16

16

2

16

14

3

1

16

15

3

0

16

16

3

C



C



C





C



( ĐHBKHN- 98-99-)

n

n

C

n

C

n

n

C

n

n

C

n

S

n

n

C

n

C

n

n

C

n

n

C

n

S

C

C

C

C

C

C

S

C

C

C

C

C

C

C

S

























































5

5

2

3

3

2

1

1

2

4

4

4

2

2

2

2

0

2

3

5

5

5

2

4

5

4

2

3

5

3

2

2

5

2

2

1

5

2

0

5

2

6

6

5

6

4

6

3

6

2

6

1

6

0

6

1

< >Tính tổng

0

1

.

2001

2002

2001

2002

.

2002

2001

2001

.

1

2002

2001

2002

.

0

2002

C

C

C

C

k

C

k

k

C

C

C

S

















< 10 >Tính tổng sau

11

11

10

11

9

11

8

11

7

11

6

11

2

/

17

17

.

17

4

3

17

14

3

.

3

4

2

17

15

3

.

2

4

1

17

16

3

.

1

4

0

17

17

3

1

/

C

C

C

C

C

C

S

b

C

C

C

C

C

S

a























10

10

9

10

8

10

7

10

6

10

4

/

2

10

1

2

2

.

1

2

10

5

2

.

3

10

3

2

.

2

10

1

2

10

1

3

/

C

C

C

C

C

S

d

n

n

n

C

n

n

C

n

C

n

C

S

c





























0

1

2

2000

/

5

2000

2

2000

3

2000

2001.

2000

0

1

1

/

6

0!

1!

!

e S

C

C

C

C

n

A

n

A

n

A

n

f S

n



















0

1

2 2

3 3

/

7

3

3

3

3

n n

h S



C

n



C

n



C

n



C

n





C

n

2

4

6

2

2

/

8

2

2

2

2

2

1

2

3 3

/

9

1 2

2

2

( 2)

n

i S

C

n

C

n

C

n

C

n

C

n

n n

k S

C

n

C

n

C

n

C

n













 









< 11 > Tính

)

)

3

(

1

2

2

3

1

1

3

1

0

(

3

.

S

n

C

n

C

n

C

n

n

C

n

n













< 12 > Tính

a



 

 







2

2

2

2

0

1

2

2

1

2

2

2

2

n

S



C

n



C

n



C

n





C

n

ĐS:

S

1

 

1

2

n n

C n

 

b

0

2

4

2

2

2

2

2

2

n

S



C

n



C

n



C

n





C

n

ĐS

S

2



2

2 1

n



c,

0

6

1

6

2 2

6

3 3

6

3

n n

S



C

n



C

n



C

n



C

n





C

n

ĐS

S

3



7

n

d

1 2

4 n

.3

n

2

n

.3

n

nn

S



C





C







nC

ĐS

S

4



n

.4

n1

e

17 0

1 16 1

2 15 2

17 17

3

4

4

5

17

17

17

17

S



C



C



C



C

ĐS

S

5 

7

17

g





1

1

1

2

4

2

2

n n

n n n

S

C

C

C

n













ĐS :





6

1

S

2

n

1





i

1 1

1 2

3 3

2

2

3.2

8

n

n

n

n

S





C

n





C

n





C

n

 

nC

n

ĐS :

S

8



n

.3

n



1

k

 

1

1

2

2

3

3

4

4

1

9

n

n

S



C

n



C

n



C

n



C

n



 



nC

n

ĐS :

S

9 

0

m





1

0

1

1

1

2

1

10

3

6

9

3

1

n

S

C

n

C

n

C

n

C

n

n













ĐS :





1

2

1

S10

3

1

n

n









n

0

2

1

3

3

2001

2000

11

2000

2000

2000

2000

S



C



C



C





C

ĐS:

S 1001.2

11=

2000

Lời giải BT phần tính tổng

< > Cho n  Z + Tính

n

n

C

n

n

C

n

C

S

1

1

2

3

1

1

2

1

1













( ĐHSPHCM 2000 D – E ) Giải

Ta có :



1



x



n



C

n

o



C

1

n

x



C

n

2

x

2





C

n

n



1

x

n



1



C

n

n

x

n

S

n

n

C

n

n

C

n

C

dx

n

x

n

n

C

dx

x

n

C

dx

x

n

C

dx

dx

n

x

































 

1

1

2

3

1

1

2

1

1

1

0

(

)

1

0

2

)

(

2

1

0

(

)

1

1

0

1

0

(

1

)

Mặt khác

)

1

1

2

(

1

1

1

0

|

1

)

1

(

1

1

1

0

(

1

)

















 

x

n

dx

n

x

n

n

n

Vậy

1

(2

1)

1

n

s

n









< > Tính tổng

1

2

2

3

3

( 1)

n

1

.

n

,

,

3

S



C

n



C

n



C

n



 



nC

n

n N n





(ĐHBK A 99-2000)

Giải

Ta có



1



x



n



C

n

o



C

1

n

x



C

n

2

x

2





C

n

n



1

x

n



1



C

n

n

x

n

chọn x = -1

0



C

n

0

-

C

1

n



C

2

n





(-1)

k

C

k

n







(-1)

n

C

n

n

Vậy S =

< > 1/ Tính I =

)

(

1

0

19

)

1

(

x

dx

n

N

x







2/ Rút gọn





19

19 20 19 19

19

1

3

4

1

21

1

2

1

C

C

C

C

S













Giải 1/

)

(

1

0

19

)

1

(

x

dx

n

N

x

I









Đặt t = 1- x  dt = - dx x =  t =

420

1

21

21

20

20

0

1

(

1

)

19

1

0

19

)

1

(





















x

x

dx

t

t

dt

t

t

I

2/ Ta có:

)

19

19

19

2

2

19

1

19

0

19

(

19

)

1

(

x

x

C

C

x

C

x

C

x

x

















420

1

.

19

19

20

21

1

2

19

4

1

1

19

3

1

0

19

2

1

1

0

20

19

19

1

0

2

1

19

1

0

1

0

0

19

19

)

1

(

)

20

19

19

3

2

19

2

1

19

0

19

(











































S

C

C

C

C

dx

x

C

dx

x

C

dx

x

C

dx

x

x

x

C

x

C

x

C

x

C

< > Tính tổng

10

10

10

)

3

(

2

10

2

3

1

10

3

0

10

C

C

C

C

P













Giải Ta có:

10

)

(

10

10

10

)

3

(

2

)

(

2

10

2

3

)

(

1

10

3

0

10

10

)

3

(

10

10

2

)

3

(

2

10

)

3

(

1

10

0

10

10

)

3

1

(

x

C

x

C

x

C

C

x

C

x

C

x

C

C

x































Cho x = ta được:

1024

10

)

2

(

)

2

(

10

10

10

3

2

10

2

3

1

10

3

0

10

10

)

3

1

(





C



C



C





C



P







< > Tính tổng

1

2

3

1

1

2

1

0













n

n

n

C

n

C

n

C

n

C

S

Biết n  Z+ T/m điều kiện :

C

n

0



C

n

n



1



C

n

n



2



79

Giải

Biết



1



x



n



C

n

o



C

1

n

x



C

n

2

x

2





C

n

n



1

x

n



1



C

n

n

x

n



dx

n

x

n

n

C

dx

x

n

C

dx

x

n

C

dx

dx

n

x



















 

1

0

(

)

1

0

2

)

(

2

1

0

(

)

1

1

0

1

0

(

1

)



1

0

|

1

1

1

0

|

2

2

2

1

0

|

1

1

0

|

1

1

)

1

(



















n

n

x

n

n

C

x

n

C

x

n

C

n

n

x



S

n

n

n

C

n

C

n

C

n

n



















1

1

2

1

2

0

1

1

1

)

2

(

Mà

C

n

0



C

n

n



1



C

n

n



2



79

giải n=12

Vậy

13

1

13

2





s

< > Cho n số nguyên dương Tính tổng:

n

n

C

n

n

n

C

n

C

n

C

S

1

1

1

2

2

3

1

3

2

1

2

1

2

2

0





















Giải



dx

n

x

n

n

C

dx

x

n

C

dx

x

n

C

dx

dx

n

x



















 

2

1

(

)

2

1

2

)

(

2

2

1

(

)

1

2

1

2

1

(

1

)

1

2

1

(1

)

2

1 2

2

2

2

|

1

|

1

|

1

|

1

2

1

1

n

n

x

C x

C

x

C

n

x

n

n

n n

n













 





1

1

2

3

1

(3)

(2)

0

2

1

1

2

1

2

2

1

1

2

3

1

n

n

n

n

C

n

C

n

C

n

C

n

S

n

n

































< > Viết khai triển Niu tơn biểu thức : (3x - 1)16 Từđó CMR:

16

2

16

16

2

16

14

3

1

16

15

3

0

16

16

3

C



C



C





C



Giải

16

)

(

16

16

16

)

3

(

2

)

(

2

16

2

3

)

(

1

16

3

0

16

16

)

3

(

16

16

14

)

1

(

2

)

3

(

2

16

15

)

1

)(

3

(

1

16

0

16

16

)

3

1

(

x

C

x

C

x

C

C

x

C

x

C

x

C

C

x































Cho x =1 ta

16

16

16

3

2

16

2

3

1

16

3

0

16

16

)

2

(



C



C



C





C

< >Tính Giá trị biểu thức :

n

n

C

n

C

n

n

C

n

n

C

n

S

n

n

C

n

C

n

n

C

n

n

C

n

S

C

C

C

C

C

C

S

C

C

C

C

C

C

C

S

























































5

5

2

3

3

2

1

1

2

4

4

4

2

2

2

2

0

2

3

5

5

5

2

4

5

4

2

3

5

3

2

2

5

2

2

1

5

2

0

5

2

6

6

5

6

4

6

3

6

2

6

1

6

0

6

1

Giải

0

1

2

3

4

5

6

6

/

1

6

6

6

6

6

6

6

2

64

5

5

/

2

(1

)

(1)

0

a S

C

C

C

C

C

C

C

i i

b S

x

C x

n

i



















 







2

(1)

0

2

1

2

2 2

2

3 3

2

4 4

2

5 5

3

5

243

2

5

5

5

5

5

5

Thay x

S

C

C

C

C

C

C











vào

ta d ợc :

§Ĩ tÝnh tỉng cđa c, d ta tÝnh

(2 1)

2

3

3

0

4

(2 1)

2

( 1) 1

0

n

n

i n i

n

T

C

n

i

n

n

i n i

i

T

C

n

i































Suy

3

1

3

4

/ 3

2

3

1

3

4

/ 4

2

2

2

n

T

T

c S

n

T

T

d S

















< >Tính tổng

0

1

.

2001

2002

2001

2002

.

2002

2001

2001

.

1

2002

2001

2002

.

0

2002

C

C

C

C

k

C

k

k

C

C

C

S







2002!

(2002 )!

2002!

2002.2001!

2001

.

.

.

2002.

2002

2002

!(2002 )! (2001 )!

!(2001 )!

!(2001 )!

2001

d

0

1

2001

2001

2002

2002(

2001

2001

2001

) 2002.(1 1)

1001.2

k

k

k

k

C

C

k

C

k

k

k

k

k

k

k

S

S

C

C

C































ợc viết lại d ới d¹ng :

< 10 >Tính tổng sau

11

11

10

11

9

11

8

11

7

11

6

11

2

/

17

17

.

17

4

3

17

14

3

.

3

4

2

17

15

3

.

2

4

1

17

16

3

.

1

4

0

17

17

3

1

/

C

C

C

C

C

C

S

b

C

C

C

C

C

S

a























10

10

9

10

8

10

7

10

6

10

4

/

2

10

1

2

2

.

1

2

10

5

2

.

3

10

3

2

.

2

10

1

2

10

1

3

/

C

C

C

C

C

S

d

n

n

n

C

n

n

C

n

C

n

C

S

c





























0

1

2

2000

/

5

2000

2

2000

3

2000

2001.

2000

0

1

1

/

6

0!

1!

!

e S

C

C

C

C

n

A

n

A

n

A

n

f S

n



















0

1

2 2

3 3

/

7

3

3

3

3

2

4

6

2

2

/

8

2

2

2

2

2

1

2

3 3

/.

9

1 2

2

2

( 2)

n n

h S

C

n

C

n

C

n

C

n

C

n

n

i S

C

n

C

n

C

n

C

n

C

n

n n

k S

C

n

C

n

C

n

C

n

























 









< 11 > Tính

)

)

3

(

1

2

2

3

1

1

3

1

0

(

3

.

C

n

n

n

n

C

n

C

n

C

n

S













Giải :

Mọi x, n ta có:





n

n

C

n

n

C

n

C

n

C

n

n

n

n

C

n

n

C

n

C

n

C

n

n

x

n

n

C

n

x

n

n

C

x

n

C

x

n

C

o

n

C

n

x

)

3

(

1

2

2

3

1

1

3

1

0

3

2

)

3

(

1

2

2

3

1

1

3

1

0

1

:

)

(

1

)

(

1

2

)

(

2

1

1























































     

3

1

3

1

x

Thay

n

S

Hay

n

n

C

n

n

C

n

C

n

C

n

n

2

)

)

3

(

1

2

2

3

1

1

3

1

0

3

2

(

















< 12 > Tính

a



 

 







2

2

2

2

0

1

2

2

1

2

2

2

2

n

S



C

n



C

n



C

n





C

n

ĐS:

S

1

 

1

2

n n

C n

 

b





2

0

2

4

2

2

2

2

2

2

n

S



C

n



C

n



C

n





C

n

ĐS

c,

0

6

1

6

2 2

6

3 3

6

3

n n

S



C

n



C

n



C

n



C

n





C

n

ĐS

S

3



7

n

d

1 21

4 n

.3

n

2

n

.3

n

nn

S



C





C







nC

ĐS

S

4



n

.4

n1

e

17 0

1 16 1

2 15 2

17 17

3

4

4

5

17

17

17

17

S



C



C



C



C

ĐS

S

5 

7

17

g





0

6

1

1

1

2

4

2

2

n n

n n n

S

C

C

C

n













ĐS :





6

1

S

2

n

1





h

1

2 2

1 2

2

2

n z

7

n n

S

 

C

n



C

n





C

n

 

ĐS :

S

7



3

n

i

1 1

1 2

3 3

2

2

3.2

8

n

n

n

n

S





C

n





C

n





C

n

 

nC

n

ĐS :

S

8



n

.3

n



1

k

 

1

1

2

2

3

3

4

4

1

9

n

n

S



C

n



C

n



C

n



C

n



 



nC

n

ĐS :

S

9 

0

m





1

0

1

1

1

2

1

10

3

6

9

3

1

n

S

C

n

C

n

C

n

C

n

n













ĐS :





1

2

1

S10

3

1

n

n









n

0

2

1

3

3

2001

2000

11

2000

2000

2000

2000

S



C



C



C





C

ĐS:

S 1001.2

11=

2000

2- Dạng 2: Chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức tổ hợp Phương pháp giải:

Sử dụng khai triển Newtơn, kết hợp với việc:  Lựa chọn giá trị thực phù hợp

 Các phép biến đổi đại số  Phép tính đạo hàm tích phân

 Phép đánh giá cho bất đẳng thức với phương pháp chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức đơn

2 Một số ví dụ: Ví dụ 1: CMR: Co

n - C1n + C2n - C3n + ….(-1)kCkn + ….(-1)nCnn = Lời giải:

* Xét khai triển: (1 - x )n = Co

n - C1nx + C2nx + … +(-1)kCknxk + … +(-1)nCnnxn * Thay x = ta có: = C0

n - C1n + C2n + …(-1)kCkn + …+(-1)nCnn ( Đpcm ) Ví dụ 2: CMR:

2

2 2

2 2

o n n

n n n n n n n n

C

C

C

C

C

C

C

C







 







 

Lời giải: * Xét khai triển:



1



2 12 22

22 22

22

n o k k k k n n

n n n n n n

x

C

C x C x

C x

C



x



C x















 

* Thay x = ta có

1 2 2

2 2 2

0

o

k k

n

n n n n n n

C

C

C

C

C



C

















2 2 2

2 2

2 2

o k n n k n

n n n n n n n n

C

C

C

C x

C

C

C



C



Ví dụ 3: CMR









2

2.1

C

n

3.2.

C

n

4.3.

C

n

n n

1

C

nn

n n

1 2

n





 







Lời giải: * Xét khai triển:





n n n n

n n n

n o n

n

C

C

x

C

x

C

x

C

x

x















2

1 1

1

* Lấy đạo hàm hai vế ta có:





1

(1

)

n

2.1.

n

.2.

n

.3.

n

4

n

1

nn n nn n

n

x



C

C x

C x

C x

n

C x

 

nC x













 





* Lấy đạo hàm hai vế lần nữa, ta có:



1



2

3

1

4

)

1

)(

2

(

2

4

.

3

.

4

3

.

2

.

3

2

1

.

2

2

)

1

)(

1

(

n





x

n





C

n



C

n

x



C

n

x





n



n



C

n

n



x

n





n

n



C

n

n

x

n



n

* Thay x =1 ta có:





2

(

1)2

n

2.1

3.2.

4.3.

1 (

2)

n

(

1)

n

n n n n n

n n



C

C

C

n

n

C



n n

C









 









( Đpcm )

Ví dụ 4: CMR :

0 2 2

2p 2p 2p

2pp 2pp 2p 2p 2p

2pp 2pp

2

p

C

C

C

C



C

C

C

C

C



C

 





 









 





Lời giải * Ta có:





2

2 2

2 2 2

2

p

1 1

p

p p

(1)

p p p p p

C

C

C

C



C

 







 







2 0 1 2 3 2 1 2

2 2 2

0 1

p

p p

(2)

p p p p p p

C

C

C

C

C



C

 









 



* Cộng (1), (2) ta được:





2 2 2

2 2 2

2

p

2

p

p

2

p

(3)

p p p p p p

C

C

C

C

C

C







 





 



* Trừ (1), (2) ta được:

1 3 2

2

2

2

(4)

p p p

p p p p

C

C

C



C

 



 





* Từ (3) (4) suy điều phải chứng minh Ví dụ CMR:

0 2

2 2

2 (4)

n n

n n n n

C

C

C

C







 



3.

Bài Tập Tương Tự:

<1> CMR:

19 19

20 17

20

20

20

20



C



C





C



C



2

C

( CĐSP bến tre –A- 02 – 03 )

Hd: khai triển: ( 1+ x)20 cho x =1, x = -1 <2> CMR:

1

4

3

2

1

.

2

.

2

.

3

.

2

.

4

.

2

.

.

3

2

    













n n n n n n nn n

n

n

C

C

C

C

n

C

n

Hd: + Dùng khai tri n:

ể

(1

)

n

x



,L y

ấ đạ

o h m hai v + Cho x = 1/2

à

ế

<3> CMR:

1

2.

3.

n

.2

n

n n n n

C



C



C





nC



n

 Hd: + Dùng khai triển:

(1



x

)

n + Cho x =

<4> CMR:

17 17

17 17

17 15 17 16 17

17

17

.

4

.

3

.

4

.

3

.

4

7

<5> CMR:

0

6

6

2

6

3

6

n n

7

n

n n n n n

C



C



C



C

 

C



Hd: Khai triển: ( + x)n, cho x =6

<6> CMR:

     

 

 

n n n n

n n

n

n

C

C

C

C

C

20



12 22





22





1

2

<7*> CMR:

k n m m k m m k

n m k

n m k n

m

C

C

C

C

C

C

C

C

C

   











1 2

0

<8> CMR:

     

 

n n n

n n

n

n

C

C

C

C

C

0





2







2

<9> Tính I =

1

2

0

(1

)

n

(

)

x



x

dx n N





Từ chứng minh:













0

1

1

1

1

1

1

2

4

6

8

2

1

2

1

n n

n n n n n

C

C

C

C

C

n

n



















( ĐHCSND – A- 00- 01)

<10> Tính: I =

1

0

(1



x dx n

)

n

(



N

)



Từ chứng minh:

1

1

2

1

1

3

1

2

1

1



















n

C

n

C

C

n n nn n

<11> Tính:

1

0

(1

)

n

(

)

n

I







x dx n



N

Suy rằng:

0

1

1

( 1)

2.4 2

3

5

2

1

3.5 (2

1)

n n n

n n n

C

n

C

C

C

n

n

















III

-Dạng 3:

Tìm Giá Trị Của Hệ Số Trong Khai Triển

nhị thức NewTơn:

n

b

a

)

( 

* Chú ý: Câu hỏi thường gặp: Trong khai triển

( 

a

b

)

n, tìm: - Số hạng khơng chứa biến

- Số hạng - Số hạng thứ n0 (n0



n) - Số hạng có hệ số lớn

- Số hạng hũư tỷ, số hạng nguyên…

* Phương Pháp Giải

:

Số hạng thứ k + khai triển

(

)

n

a b



là:

T

k 1



C a

kn n k

.b

k (

0



k 

n

) trong

cần xác định a,b  hệ số số hạng thứ k +1

k n k k n

a





C a



* Từ gỉa thiết số hạng cần tìm số hạng khơng chứa biến, số hạng thứ n0 hay số hạng giữa…  k

* Thay k ta có số hạng( hệ số) phải tìm

* Một số ví dụ:

Ví dụ 1: Tìm hạng tử đứng khai triển:

3 15

(

x



xy

)

Lời giải

* Số hạng tổng quát khai triển ( x3 - xy)15 là:

3 15

1 15

( )

(

)

k k k

k

T

C x



xy







* Trong khai triển có n = 15 có 16 số hạng nên ssố hạng đứng số hạng thứ thứ 9:

7 15 7 31

8 15

( )

(

)

6435

T

T

C x



xy

x y











8 15 8 29

9 15

( )

(

)

6435

T

T

C x



xy

x y











Ví dụ 2: Trong khai triển nhị thức:



3 10

2

1

(2x

)

x

tìm số hạng khơng phụ thuộc x

Lời giải

* Số hạng tổng quát khai triển



1

3

10

(2x

)

2

x

là:

1

3 10

10

30 5

(2

)

(

)

2

10

10

1

k

k

2

k

k

k

k

T

k

C

x

C

x

x













*

T

k1 không phụ thuộc thuộc x



30 5



k

 

0

k



6

.

* Vậy số hạng không phụ thuộc x số hạng thứ ứng với k = 6:

4

7 10

T C

Ví dụ 3: Tìm số hạng hữu tỷ khai triển

( 3



15)

6

Lời giải

* Số hạng thứ k + khai triển

( 3



15)

6

là:

6

3 2

( 3)

(

15)

( 1)

3 5

6

6

1

k

k

k

k

k k

T

k



C





 

C



(

0

 

k

6

)

*

T

k1 số hạng hữu tỷ

2

k



số tự nhiên



k

chia hết cho



k





0;2;4;6



(

0

 

k

6

) * Vậy khai triển

6

0

0 2

( 1)

3 5

27

1

T

 

C



2

2 2

( 1)

3 5

2025

3

T

 

C



4

4 2

( 1)

3 5

10.125

5

T

 

C



6

6 2

( 1)

3 5

3375

T

 

C



Ví dụ 4: Trong khai triển đa thức

12

( ) (1 )

P x

 

x

thành dạng:

1

2

12

0

1

2

12

a



a x



a x





a x

Tìm hệ số

a

k

(0 k 12

 

) lớn ( Học viện kỹ thuật QS –A- 2000 –2001 )

Lời giải

* Số hạng thứ k + khai triển

(1 )



x

12

là:

12

(1)

(2 )

2

12

12

1

k

k

k

k k k

T

k



C



x



C

x



(

0

 

k

12

)

* Hệ số số hạng chứa xk 12

2

k k k

a



C

(

0

 

k

12

)

* Để tìm max

( ; )

a a a

1 12 ta so sánh

a

k

a

k1 + Ta có

12

1

1 12

2

12!

12!

1

:

!(12

)! (

1)!(12

1)!2

2(12

)

2

k k k

k k k

a

c

k

a

c

 

k

k

k

k

k





















Do đó:

k+1

1

1

23

a

1

1

2(12

)

3

k k

k

a

k

a

k

a



k









 

 





k+1

1

1

23

a

1

1

2(12

)

3

k k

k

a

k

a

k

a



k









 

 





Tức k tăng từ đến 12 thì:



a

kgiảm k tăng

23

3

k 



a

ktăng k tăng

23

3

k 

 Vậy

a

k đạt giá trị lớn k = có giá trị bằng:

8

12

2 126720

C



 Ví dụ 5: Tìm hệ số số hạng chứa

8

x

khai triển thành đa thức của

2

[1



x

(1



x

)]

( Đại học cao đẳng –A- 2003 –2004 )

Lời giải

* Ta có:

[1



x

2

(1



x

)]

8

=

0

1 2

(1

)

2 4

(1

)

2

3 6

(1

)

3

4 8

(1

)

4

8

8

8

8

8

C



C x



x



C x



x



C x



x



C x



x



5 10

(1

) +

5

6 12

(1

)

6

7 14

(1

)

7

8 16

(1

)

8

8

8

8

8

C x

x

C x

x

C x

x

C x

x

* Khai triển có số hạng có số hạng thứ thứ chứa

x

8:

3 6

(1

)

3

3 6

(

0

1

2 2

3 3

)

4

8

8

3

3

3

3

T



C x



x



C x C



C x C x





C x



3 6

3 7

3 8

3 9

8 3

8 3

8 3

8 3

C C x

C C x

C C x

C C x









4 8(1 )4 8( 2 3 4)

5 8 4 4

T C x  x C x C  C x C x  C x C x 

4 8

4 9

4 10

4 11

4 12

8 4

8 4

8 4

8 4

8 4

C C x

C C x

C C x

C C x

C C x











Suy hệ số số hạng chứa

x

8

trong

T

4

3 2

8 3

C C

;

T

5

4 0

8 4

C C

* Vậy hệ số số hạng chứa

x

8trong khai triển

2

[1



x

(1



x

)]

C C

8 33 2 +

C C

84 40

Bài tập tương tự:

<1> Tìm số hạng không chứa x khai triển nhị thức Niu Tơn:

1

12

1

(

x )

x



(TNTH - 00 – 01)

2

3 21

3

1

(x

)

x



3

12

1

(x

)

x



<2> Trong khai triển nhị thức:

28

3 25

(

x x x



)

n



tìm số hạng khơng phụ thuộc thuộc x biết rằng:

1

79

n n n

n n n

C

C



C









( ĐHSPHN – 2000 – 2001 ) <3> Tìm hạng tử đứng khai triển:

1 (

)

1

3

5

x



x

10

3 (

x

x

3

3



)12 ( x3 - xy)15 4 (a3 + ab)31

<4> Cho biết hệ số thứ khai triển



1

n

(x

)

3

Tìm số hạng tử đứng khai triển trên.

<5> Trong khai triển

12

3

(

)

3

x

x



, tìm hệ số số hạng chứa

x

2 Trong khai triển



3 15

(x

xy)

, tìm hệ số

x y

25 10

( Đại học Đà Lạt – 99 –2000 )

3 Tìm hệ số số hạng chứa x31 khai triển

40

1

( ) (

)

f x

x

x





4 Tìm hệ số số hạng chứa x8 khai triển nhị thức NiuTơn

5

1

(

x

)

n

x



,

biết

4

7(

3)

n n

n n

C



C

n











(n số nguyên dương, x > ) ( ĐHCĐ - A - 2002 –2003 )

5 Với n số nguyên dương, gọi

a

3 3n hệ số

x

3 3n khai triển thành đa thức của

2

(

x

1) (

n

x

2)

n





Tìm n để

a

3 3n



26

n

( ĐHCĐ - D - 2002 –2003 ) <6 > Trong khai triển

12 13 17

(

x



1)



(

x



1)



(



x



1)

theo nhị thức

Newtơn Tìm hệ số số hạng chứa

x

8

2 Tìm hệ số số hạng chứa

x

8 khai triển nhị thức Niu Tơn của:

5

1

(

x

)

n

x



biết

1

4

7(

3)

n n

n n

C



C

n











( Đại học CĐ- dự bị –A- 2003 –2004 )

<7> Trong khai triển

10

1

2

(

)

3 3



x

thành đa thức:

1 10

0

10

a



a x



a x

 

a x

Tìm max

( , , , )

a a

1

a

10

Trong khai triển P(x) =

8

(1 )



x

thành đa thức:

P(x) =

1

0

a a x a x





 

a x

Tìm max

( , , , )

a a

1 2

a

8

<8> Trong khai triển sau có số hạng hữu tỷ

124

( 3



5)

( Học viện kỹ thuật QS –A- 2000 –2001 ) Tìm hạng tử khai triển

9

( 3



2)

là số nguyên

Ôn Tập Chủ Đề 3:

Đại Số Tổ Hợp.

Dạng 1: Giải phương trình; bất phương trình đại số tổ hợp

<1> Giải phương trình, bất phương trình sau:

C

xo



C

xx1



C

xx



79

A

x3



C

xx2



14

x

(TNTHPT - 98 - 99)

3

8

5

x

x x

C



A







C

x

6

C

x

6

C

x

9

x

14

x

2

2

1









3

2

7

3

1

C

C

x

C

x



x



x



A

x3



5

A

x2



21

x

(ĐHQGHN - 98- 99)

4

10

6

2

1

2

2x



A

x



x

C

x



A

3

1

1

14

n n n

C

A

P

 





( ĐHHH – 1999 )

6

7

1

1

 





x x

x

C

C

C

10

1

14

n

n n

n

A

P

C

  



11

2

3

60

(

)!

k n

n

P

A

n k

 







(TNTHPT – 03 – 04 )

12

1

2

5

2

n n

n n n

C





C





A

(TNTHPT – 04 – 05 )

<2 > Giải hệ phương trình sau: a















  

1

3

5

y x y x

y x y

x

C

C

C

C

b

2

5

90

5

2

80

y y x x y y x x

A

C

A

C



















(ĐHBK HN A/ 2001 ) c

1 1

1

(

y y

) :

y

:

y

10 : :1

x x x x

A

yA



A



C











Dạng 2: Bài toán đếm số phương án

< > Từ hồng vàng, hồng trắng hồng đỏ ( hoa xem đôi khác

nhau ), ta chọn bó gồm bơng

a Có cách chọn bó hoa có bơng hồng đỏ ?

b Có cách chọn bó hoa có hồng vàng hồng đỏ ?

< > ( HVKTQS –2000 ): Một lớp có 20 em h/s có 14 nam nữ Hỏi có cách lập một

đội gồm h/s đó:

a Số nam nữ b Có nữ

< > (ĐHYHN - 2000): Có nhà toán học nam, nhà toán học nữ nhà vật lý

nam Lập đồn cơng tác người cần có nam nữ, cần có nhà tốn học nhà vật lý Hỏi có cách?

< > (ĐHĐN - 2000): Một tổ có h/s nam h/s nữ xếp thành hàng dọc

a Có cách xếp khác ?

b Có cách xếp cho khơng có h/s giới đứng cạnh ?

< >(HVKTQS - 2000) Một đồn cảnh sát khu vực có người Trong ngày cần cử người làm nhiệm vụ ở

địa điểm A, người làm nhiệm vụ địa điểm B, người lại trực đồn Hỏi có cách phân công? Dạng 3: Xác định hệ số số hạng khai triển nhị thức Newtơn.

<1> Tìm số hạng khơng chứa x khai triển nhị thức Niu Tơn:

1

12

1

(

x )

2

3 21

3

1

(x

)

x



3

12

1

(x

)

x



<2> Trong khai triển nhị thức:

28

3 25

(

x x x



)

n



tìm số hạng khơng phụ thuộc thuộc x biết rằng:

1

79

n n n

n n n

C

C



C









( ĐHSPHN – 2000 – 2001 ) <3> Tìm hạng tử đứng khai triển:

5 (

)

1

3

5

x



x

10

3 (

x

x

3

3



)12 ( x3 - xy)15 4 (a3 + ab)31

<4> Cho biết hệ số thứ khai triển



1

n

(x

)

3

Tìm số hạng tử đứng khai triển trên.

<5> Trong khai triển

12

3

(

)

3

x

x



, tìm hệ số số hạng chứa

x

2 Trong khai triển



3 15

(x

xy)

, tìm hệ số

x y

25 10

( Đại học Đà Lạt – 99 –2000 )

6 Tìm hệ số số hạng chứa x31 khai triển

40

1

( ) (

)

f x

x

x





( Đại học nông nghiệp I – A - 2000 –2001 )

7 Tìm hệ số số hạng chứa x8 khai triển nhị thức NiuTơn

5

1

(

x

)

n

x



,

biết

4

7(

3)

n n

n n

C



C

n











( n số nguyên dương, x > ) ( ĐHCĐ - A - 2002 –2003 )

5 Với n số nguyên dương, gọi

a

3 3n hệ số

x

3 3n khai triển thành đa thức của

2

(

x

1) (

n

x

2)

n





Tìm n để

a

3 3n



26

n