Chủ đề 6: Các dạng toán đại số tổ hợp và nhị thức Newton trọng tâm trong đề thi đại học

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com. Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học. Có hai túi đựng các quả cầu. Túi thứ nhất chứa[r]

(1)

http://baigiangtoanhoc.com 14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng cung cấp độc quyền http:// Baigiangtoanhoc.com Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học

1

CHỦ ĐỀ 6: MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ TỔ HỢP VÀ XÁC SUẤT

Phần I: Một số toán tổ hợp

Phương pháp:

Ta áp dụng quy tắc cộng, quy tắc nhân công thức sau

 Pn  n! n n 1n2n3 3.2.1 

 ! !

k n

n A

n k

 



 ! 

! !

k n

n C

k n k





Dạng 1: Chọn nhóm phần tử từ tập hợp

Ví dụ 1: Một hộp đựng 11 thẻ đánh số từ đến 11 Hỏi có cách lấy thẻ để tổng số ghi thẻ số lẻ

Giải

Ta kí hiệu: thẻ ghi số lẻ thẻ lẻ; thẻ ghi số chẵn thẻ chẵn

Tổng số ghi thẻ lấy số lẻ số thẻ lẻ lấy phải số lẻ Ta có trường hợp (TH) sau:

TH1: thẻ lẻ, thẻ chẵn suy có 6

C C  cách

TH2: thẻ lẻ, thẻ chẵn suy có 3 200

C C  cách

TH3: thẻ lẻ, thẻ chẵn suy có C C65 51 30 cách

Vậy có: 200 30  236 cách

Ví dụ 2: Trong số 16 học sinh có học sinh giỏi, trung bình Hỏi có cách chia 16 học sinh thành tổ, tổ người cho tổ có học sinh giỏi tổ có hai học sinh

(2)

2 Ta có bảng phân chia trường hợp sau :

Trường

hợp

HS giỏi

(3)

HS

(5)

HS trung bình

 8

Số cách chọn

3 1680

C C C 

3 2100

C C C 

2

3 2100

C C C 

3

3 1680

C C C 

Kết 7560

Vậy có : 7560 cách

Bài tập

1 Một đội niên xung kích có 12 học sinh gồm học sinh lớp A, học sinh lớp B,

3 học sinh lớp C Cần chọn học sinh làm nhiệm vụ, cho lớp có học sinh Hỏi có cách chọn Đáp số :270 cách

2 Thầy giáo có 30 câu hỏi khác gồm câu khó, 10 câu trung bình, 15 câu dễ Từ 30

câu hỏi lập đề kiểm tra, đề câu hỏi khác nhau, cho mỗi đề phải đủ loại câu ( khó, trung bình, dễ) số câu hỏi dễ khơng

Đáp số: 56875

3 Một đội niên tình nguyện có 15 người, gồm 12 nam nữ Hỏi có

cách phân công đội niên tình nguyện giúp đỡ tỉnh miền núi cho tỉnh có nam nữ Đáp số :207900 cách

Dạng 2: Sắp xếp thứ tự phần tử từ tập hợp

Ví dụ : Một nhóm học sinh gồm nam nữ Hỏi có cách xếp 10 em học sinh thành hàng ngang cho:

a) Giữa hai học sinh nữ khơng có em nam

b) Hai vị trí đầu cuối hàng em nam khơng có hai em nữ ngồi cạnh

Giải

(3)

3

Xếp chỗ cho em nam khối em nữ có : 8! cách Xếp chỗ nội khối em nữ có : 3! cách Vậy có : 8!.3! 241920 cách

b) Xếp chỗ cho em nam có 7! cách

Xếp chỗ cho em nữ theo yêu cầu , hai nữ phải có em nam B 1 B2 B 3 B4 B 5 B6 B7

G 1 G 2 G3 G 4 G5 G6

i

G vị trí học sinh nam B i Bi1, i1, Khi vị trí của em nữ chỉnh

hợp chập phần tử , có A63 cách xếp vị trí cho em nữ

Vậy có:

6

7!.A 604800 cách xếp chỗ thõa mãn đề

Bài tập

1 Cho tập hợp A1; 2;3; 4;5 Từ tập hợp A lập số

a) Có chữ số cho số số xuất lần, số khác xuất một lần Đáp số: 360 số

b) Có chữ số cho số số xuất hai lần, số xuất lần số khác xuất không lần Đáp số: 1260 số

2 Cho tập hợp A 2;5 Hỏi lập số cps 10 chữ số cho khơng có hai chữ số đứng cạnh Đáp số : 144 số

3 Cho tập hợp chữ số 0; 1; 2; 3; 4; Từ chúng viết số tự nhiên gồm 

5 chữ số mà có hai chữ số ba chữ số lại khác khác ?

Hướng dẫn:

TH1: Trong số tạo thành có chữ số : Số số 2 4

4.C A 288 TH2: Trong số tạo thành khơng có chữ số : Số số

5 240

C A 

Đáp số: 528 số

4 Có cách chia người thành nhóm, nhóm người, trường hợp sau:

a Phân biệt thứ tự nhóm là: nhóm 1, nhóm 2, nhóm b Khơng phân biệt thứ tự nhóm ?

Đáp số: a 2 90

C C C  b

2 2 15

3!

C C C



5 Từ chữ số 0,1,2,3,4 lập số tự nhiên có chữ số khác nhau?

Tính tổng số tự nhiên Đáp số:96 số có tổng 2599980

(4)

4

Phần ta xét dạng toán trọng tâm như: tính tổng, chứng minh đẳng thức, giải phương trình, bất phương trình,hệ phương trình tìm hệ số đa thức khai triển Newton

Dạng 1: Giải phương trình, bất phương trình, hệp phương trình tổ hợp Phương pháp:

 Bước 1: Đặt điều kiện cho ẩn số

 Bươc 2: Sử dụng cơng thức hốn vị, chỉnh hợp tổ hơp để biến đổi, rút gọn giải

phương trình,bất phương trình ,hệ phương trình

 Bước 3: kết hợp nghiệm vừa tìm với điều kiện ban đầu để tìm nghiệm tốn

Ví dụ 1: Giải bất phương trình 22 10 2AxAx  xCx  1

Giải

Điều kiện: x3,xN

 1  

            

2 !

1 ! !

10 1 10

2 2 ! ! 3! !

x x x

x x x x x x

x x x x

           

  

4

x

  Do x3,xZ nên x3;x4

Ví dụ 2: Giải hệ phương trình 90

2 80

y y x x y y x x

A C

  

 

 



Giải

Điều *

, ,

x yN x y

Hệ phương trình  

 

   

!

20 !

20 20

!

10

10 !

! !

y x y x

x

x x y

A x x

x y

C

y y x y

 



  

    

    

   



 

   

   

 



5,

2

x x x

y y

   

 

 

 

 

Vậy nghiệm hệ phương trình cho là: x5;y2

(5)

5

1 3

1

2 x x 159

x x x

A  C  C  x  P Đáp số :x12 2 P Ax x2726Ax22Px Đáp số: x3;x4

3

1

1 14

n n n C

A P

 



 Đáp số: n6,n

Dạng 2: Tính tổng Phương pháp:

Ta sử dụng số công thức sau

 k n k

n n

C C 

 1

1

k k k

n n n

C C  C



n 2n

n n n n

C C C  C 

 2

2 2 2 2 2

n n n

n n n n n n n n

C C C  C C C C  C   

Ngoài ta kết hợp khai triển Newton, đạo hàm tích phân để tính tổng

Ví dụ 1: Tính tổng sau

4 4

n

n n n n

S C C C  C 

Giải

Ta có Cnk Cnn k 

 4

4 4

n n n n

S C  C  C  C 

     

1

4 4

2S Cn Cn Cn Cnn

     

Xét khai triển (1x)4n C40nC x C x41n  42n 2C x43n 3  C44nn1x4n1C x44nn 4n

Chọn x 1, ta có : C40nC14nC42nC43n   C44nn1C44nn 0  1 Chọn x1, ta có : C40nC41nC42nC43n  C44nn1C44nn 24n  2 Trừ vế theo vế  2 cho  1 ta được: 41 43 45 44 24

n n

n n n n

C C C  C   

4

2S n S n

   

Vậy

2 n S 

Ví dụ 2: Tính tổng sau 2013 2013 2013 2013 2014 2013

(6)

6 Giải

Xét khai triển 1x2013 C20130 C12013x C 20132 x2  C20132013x2013  1

Chọn x1, ta có : S1 C20130 C12013C20132   C20132013 22013

Đạo hàm hai vế  1 ta có : 2013 1 x2012 C20131 2C20132 x  2013C20132013x2012

Chọn x1, ta có :S2 C20131 2C20132   2013C201320132013.22012

Ta có : SS2 C20130 C12013C20132   C20132012C20132013 S3

2012 2013 2012

2 2013.2 2015.2

S S S

     

Vậy 2012

2015.2

S

Ví dụ 3: Tính tổng sau  

2 3 1

0

2

n n n

n n n n

b a b a b a

S b a C C C C

n

 

  

     



Với nN*, ba

Giải

Ta có: 1  2 1   2 

b b

n n n n n n

n n n n n n n n

a a

x C C x C x C x x dx C C x C x C x dx

            

  2 3 1 1  1 

2 1

n n

n n n

n n n n

b a

b a b a b a

b a C C C C

n n

 

    

  

      

 

Vậy    

1

n n

b a

S

n

 

  





Bài tập: Tính tổng sau

1 S C116 C117 C118 C119 C1110C1111

HD: 2S C110C111 C113   C119 C1110C1111211 S 210

2    

2 n n

n n n n

S C  C  C    n C

(7)

7

3 1

2

n

n n n n

S C C C C

n

    



HD:  

1

0

2

1

n n

S x dx

n  

  





Dạng : Chứng minh đẳng thức Phương pháp:

Sử dụng :Tính chất hệ số khai triển Newton dùng khai triển Newton kết hợp với đạo hàm tích phân để chứng minh

Ví dụ 1: Chứng minh C20nC22n32C24n34  C22nn 22n122n1  1

Giải

Xét khai triển : 1x2n C20nC x C x12n  22n 2C x23n 3  C x22nn 2n

Chọn x3, ta có : 2 2

2 2

4 n CnCn3Cn3   C nn3 n  2

Chọn x 3, ta có : 22nC20nC21n3C22n32    C22nn32n  3

Cộng vế theo vế  2  3 ta có: 42 22 2 20 22 32 24 34 22 

n n n

n n n n

C C C C

     

 

0 2 4 2

2 3 2

n n n

n n n n

C C C C 

        điều phải chứng minh

Ví dụ 2: Chứng minh C1n3n12Cn23n23Cn33n3  nCnn n.4n1  2

Giải

Xét khai triển :   1 2 3

2

3 n n3n n3n n3n n3n nn n

x C C  x C  x C  x  C x

Đạo hàm hai vế :   1 2 3

3 n n3n n3n n3n nn n

n x  C   C  x C  x  nC x 

Chọn x 1 C1n3n12Cn23n23Cn33n3  nCnn n.4n1 điều phải chứng minh

Ví dụ 3: Chứng minh  

 

0

1

2 2

n n n

n n n n C

C C C C

n n



     

   3

(8)

8

Xét khai triển :  2 2 2

1x n Cn Cn(x )Cn(x )   Cnn(x )n

 2  

1 n n n n n nn

x x xC x C x C x C

      

    2

1

2

0

1

2 2

n n

n n n n

x

x x x

I x x dx C C C C

n 

  

        



 

 



 

0 1

1

2 2

n n n

n n n n C

C C C C

n n



       

  điều phải chứng minh

Bài tập: Chứng minh đẳng thức sau

1      0 2 2  2

n n

n n n n n

C  C  C   C C

HD: Ta có x1 n 1xn C xn0 nC xn1 n1  CnnCn0C x1n   C xnn nhệ số n

x ; Tìm hệ số n

x khai triển x12n suy điều phải chứng minh 2 Cnk3Cnk13Cnk2Cnk3 Cnk3 với k n,  3 k n

3 C20130 32C20132 34C20134   32012C20132012 22012220131

HD: Khai triển x12013; x 12013, cộng vế theo vế chọn x3 4 2n1C1n2n1Cn23.2n3Cn3  nCnn n.3n1

HD: Khai triển 1xn, đạo hàm , chọn x

Dạng : Tính hệ số đa thức

4.1: Tính hệ số số hạng xm khai triển nhị thức Newton P x f x n Phương pháp:

 Bước 1: Viết    

0 n

g k k k

P x a x





 Bước 2: Số hạng chứa m

x tương ứng với g k mk

 Bước 3: Kết luận

 Nếu kN k, n, hệ số phải tìm a k

 Nếu k n kn khia triển khơng có số hạng m

(9)

9

Ví dụ 1: Tìm số hạng khơng chứa x khai triển

28

3 15

n x x x

 



 

  , biết

1

79

n n n

C C  C  

Giải

Điều kiện : n2,nN

Ta có : 79  1 79 156 12 12

13

n n n

n n n

C C C n n n n

n

    

               



Suy :

12

28 28 12 48 112

3 15 15 15

12

n k

k k

x x x x x C x 



   

   

   

    

Số hạng không chứa x x0 48 112

15

k

    

Số hạng không chứa x số hạng thứ 8, có hệ số C127 792

Ví dụ 2: Tìm hệ số x4 khai triển thành đa thức biểu thức P x  1 2x3x210

Giải

Ta có :          

10 10 10

10 10

2 2

10 10 10

0 0

1 3

k k

k i

k k i k k

k

k k i

P x x x C x x C C x x

                10 10 10 10 0 k

k i i k k i k

k i

C C x



 

 

  , theo ta có hệ :

, , 10, 10

k i

i k N k i k

         k i       ; k i      ; k i    

 Vậy hệ số

4

x khai triển :

0 4 2 2

10 103 10 93 10 83 8085

C C C C C C 

(10)

10

Cho đa thức      2  3  20

1 20

P x  x  x  x   x Tìm hệ số số hạng x15

trong khai triển thành đa thức P x  

Giải

Viết lại :

 

P x  1 x 2 1x2  14 1 x14+

15 16 20

0 0

15 k k 16 k k 20 k k

k k k

C x C x C x

  

      

     

     

Suy hệ số số hạng chứa x15 :

15 15 15 15 15 15

15 15 15 16 16 17 17 18 18 19 19 20 20 400995

a  C  C  C  C  C  C 

Bài tập:

1 Tìm số hạng khơng chứa x khai triển

7

1 2x

x

  

 

  Đáp số: 6528

2 Tìm hệ số số hạng chứa x8 khai triển nhị thức Newton

1 n

x x

  

 

  biết rằng:

1

4 7( 3)

n n n n

C C  n Đáp số:C124 495

3 Tìm hệ số x5 khai triển biểu thức: P=  5 2 10

1

x  x x  x .Đáp số:3320

4 Tìm hệ số x8 khai triển thành đa thức P x  1 x21x8 Đáp số : 238

5 Cho biết 3nCn0 3n 1Cn1 3n 2Cn2 3n 3Cn3  1 nCnn 2048

  

       Tìm hệ số x 10

khai triển nhị thức 2xn. Đáp số: 1 11

11, 22

n C 

6 Cho biết 20

2 2 n

n n n

C  C   C    Tìm hệ số x khai triển nhị thức 26

Newton 14

n x x

  

 

  Đáp số:

4 10

10, 210

n C 

4.1: Tính hệ số lớn khai triển nhị thức Newton axbm

(11)

11

 Bước 1: Tìm hệ số a n nm số hạng tổng quát

 Bước 2: Giải bất phương trình an an1 , suy an an1 với ẩn số n

 Bước 3: Hệ số có giá trị lớn tương ứng với số tự nhiên lớn thỏa mãn bất

phương trình

Ví dụ ( Đề thi tuyển sinh Đại học khối A -2008)

Giả sử P x a0a x a x1  2 2  a xn n thỏa mãn hệ thức: 12

0

2 2

n n a

a a

a     

Tìm hệ số lớn hệ số a a a0; ;1 2; ;an

Giải

Theo cơng thức khai triển nhị thức Newton ta có:

    2

0

1 2 2

n

n k k k n n n

n n n n n

x

k

P x C x C C x C x C x



       

Từ P x    1 2xn= a0a x1 a x2 2  a xn n, ta có:

0

0 n

a C

1 1

1

2

n n

a

a  C  C

2 2

2

n n

a

a  C  C

…………

2

2 n n n n

n n n n

a

a  C  C

Vì thế:

0

2 2

n n n

n a

a a

a     C C  C 

Do từ giả thiết suy ra: 12

(12)

12

Xét khai triển:  

12 12

12

1 k2k k

k

x C x



  Từ ak C12k2k (k  0, 1, 2,…,12)

Xét bất phương trình: ak ak1

     

1

12 12

12! 12!

2 2 24

12 ! ! 11 ! ! 12

k k k k

C C k k

k k k k k k

 

         

    

23

0,1, 2, ,

k k

    (do k nguyên)

Từ suy : ak ak1 23 8,9,10,11

3

k k

   

Phương trình ak ak1 23

3 k

  vô nghiệm k nguyên

Như ta có a0  a1 a2   a7 a8 a9 a10 a11a12

Vậy max a a a0; ;1 2; ;a12= 8

8 12 126720

a  C 

Ví dụ 2:

Xét khai triển  9

0

3x2 a a xa x   a x Tìm hệ số lớn hệ số a a a0; ;1 2; ;a9

Giải

Ta có :    

9

9 9

9

0

3 k k2 k 2k k k k

k k

x C x   C x

 

  

Vậy

9

3 2k k k( 0,1, 2, ,9) k

a   C k

(13)

13

     

9

9! 9!

3 2 0,1, 2,3,

! ! ! !

k k k k k k

C C k k

k k k k k k

   

         

    

( k nguyên)

Vậy ak ak1   k k 6, 7,8

Mặt khác ak ak1 k

Vì ta có a0  a1 a2 a3a4 a5 a6 a7 a8 a9

Từ đó: a5 a6 maxa a0; ; ;1 a92C95 252

Ví dụ 3:

Xét khai triển  

0

2 n n

n

x a a xa x  a x Tìm n để Maxa a a0; ;1 2; ;an=a 10

Giải

Từ giả thiết a0   a1 a9 a10a11a12  an

Ta có hệ: 10

10 11

a a

 

 



   

1

2

Theo khai triển nhị thức Newton,

 

0

2

n

n k k n k n k

x C x 



 

Vậy ak Cnk2n k với k=0, 1, 2,…,n

Từ (1) ,(2)

 10 10 9

10 10 11 11

2

n n

C C

 

 

(14)

14

   

 10 !10!!  !9 !9! 101 29

2 ! !

10 !10! 11 !11! 10 11

n n

n n n

n n

n n n

 

  

 

  

 



   

 

29 n 32

  

30 n

  n31

Bài tập

1 Trong khai triển 1 2x 12 Tìm hệ số lớn hệ số a a0, 1, ,an

Đáp số: 126720

2 Xét khai triển 3x113a x0 13a x1 12  a13 Tìm hệ số lớn hệ

0, ,1 2, , 13

a a a a Đáp số: a4 maxa a a0, ,1 2, ,a1329C134 366080

Dạng 5: Tính bậc khai triển Newton tốn liên quan

Ví dụ : Với n số nguyên dương, gọi a3n3 hệ số 3n

x  khai triển thành đa thức

của x22nx2n Tìm n để a3n3=26n

Giải

Vì n nguyên dương nên n 1 3n 3

Theo công thức khai triển nhị thức Newton ta có:

 2 2

1x n Cn C xn C xn   C xnn n (1)

 2 0 1 1 2 2 2

2x 2nCn 2nC xn 2n C xn   C xnn n (2)

Nếu n 1 3n – =

Trong trường hợp ta có:    

2 n n

x  x =  

1

x  x

(15)

15

Nếu n2 , lập luận tương tự trường hợp loại khả Nếu n3, từ (1),(2) suy hệ số x3n3 khai triển x22nx2n là:

  1 1 3     3

4

!

2 2 2

3 !3!

n n n n

n n n n n

n n n

n

a C C C C n n

n

 



 

     



Theo ta có phương trình:

  

4

2 26

3

n n n

n n n

 

    ( n3 )

Vậy n5 giá trị cần tìm

Ví dụ : Tìm số tự nhiên n cho

 

1 2 3 2

2 2.2 3.2 4.2 2 2013 n n

n n n n n

C   C   C   C    n C  

Giải

Xét khai triển 1 2 20 21 22 23 22 11

n n n

n n n n n

x  C  xC  x C  x C  x C 

      

Đạo hàm hai vế   2 1 2 2 3   2 2 1

2 2

2n1 1x n Cn 2xC n 3x Cn   2n1 x Cn nn

Chọn x 2 , ta có: 2n 1 C21n12.2C22n13.22C23n14.23C24n1  2n1 2 2nC22nn11

2n 1 2013 n 1006 Vậy n1006

Bài tập

1 Tìm số nguyên dương n cho 21 23 25 22 2048 n

n n n n

C C C  C   Đáp số n6

2 Tìm hệ số 10

x khai triển nhị thức 2xn, biết

 

0 1 2 3

3nCn 3nCn 3n Cn 3n Cnn    nCnn 2048 Đáp số 10 11

11; 22

(16)

16

3 Cho khai triển nhị thức

1 1

0 1

3 3

2 2

2 2 2

n n

x x x

x x x x

n

n n n

C C C

      



     

    

     

 

    Biết

3

5 n n

C  C số hạng thứ 20n Tìm n x Đáp số: n7;x4

Phần III: Một số dạng toán sác xuất

Dạng : Sử dụng định nghĩa xác suất cổ điển Phương pháp:

Bước 1: Tính số phần tử không gian mẫu n( )

Bước 2: Tính số phần tử biến cố n A  

Bước 3: Xác suất biến cố A    

 

n A P A

n





Ví dụ : Một hộp có cầu trắng, cầu xanh, cầu đỏ Lấy ngẫu nhiên

cầu hộp Tính xác suất để lấy có đủ màu

Giải

Có tất 21 cầu Mỗi lần lấy đồng thời cầu cho ta tổ hợp chập 21 phần tử

Do số phần tử không gian mẫu  

21 5985 n  C 

Gọi A biến cố: “4 cầu lấy có đủ màu’’, ta có trường hợp (TH) sau:

TH1: Có cầu trắng, cầu xanh, cầu đỏ Số cách chọn C C C62 71 81 840

TH2: Có cầu trắng, cầu xanh, cầu đỏ Số cách chọn

6 1008

C C C 

TH3: Có cầu trắng, cầu xanh, cầu đỏ Số cách chọn C C C16 71 82 1176

Ta có      

  3024 48

840 1008 1176 3024

5985 95 n A

n A P A

n

       

(17)

17

Ví dụ : Một hộp đựng 10 thẻ đánh số 0,1, 2, 8,9 Lấy ngẫu nhiên liên tiếp

tấm thẻ xếp cạnh theo thứ tự từ trái sang phải Tính xác suất để thẻ xếp thành số tự

nhiên chẵn

Giải

Không gian mẫu gồm số a b c d ; ; ;  a b c d, , , nhận giá trị khác tập

hợp 0,1, 2, 8,9 nên 

10

( ) 5040

n   A 

Gọi B biến cố: “4 thẻ xếp thành số tự nhiên chẵn’’, gọi số tự nhiên có dạng abcd ,

ta có trường hợp (TH) sau:

TH1: d  0 có A93 cách chọn

TH2: d 2; 4;6;8, có cách chọn a , hai chữ số lại chỉnh hợp chập phần tử

còn lại ( khác a)  có

8

4.8.A cách chọn

Ta có      

 

3

9

2296 41 4.8 2296

5040 90 n A

n B A A P B

n

      



Bài tập

1 Một hộp có cầu trắng, cầu xanh, cầu đỏ Lấy ngẫu nhiên

cầu hộp Tính xác suất để lấy có đủ màu

Đáp số:   3060;   1575   35 68

n   n A  P A 

2 Một hộp đựng 10 thẻ đánh số 0,1, 2, 8,9 Lấy ngẫu nhiên liên tiếp

tấm thẻ xếp cạnh theo thứ tự từ trái sang phải Tính xác suất để thẻ xếp thành

một số tự nhiên có chữ số cho có chữ số

Đáp số:      

10

11

5040; 1848

30

n  A  n A  P A 

3 Có học sinh nam học sinh nữ, xếp thành hàng ngang cách ngẫu nhiên

(18)

18

HD: Gọi A biến cố: “Khơng có hai hoạc sinh nữ đứng cạnh nhau’’,

       

6

5

8!; 5!

14 14

n   n A  A P A  P A 

Dạng : Sử dụng quy tắc cộng nhân xác suất Phương pháp:

 Quy tắc cộng: Nếu A B hai biến cố xung khắc P A BP A   P B  Quy tắc nhân: Nếu A B hai biến cố độc lập P A BP A P B     Biến cố đối: Gọi C biến cố đối biến cố C P C  1 P C 

Ví dụ : Một hộp đựng thẻ đánh số 1, 2, 8,9 Lấy ngẫu nhiên hai thẻ

nhân hai số ghi hai thẻ với Tính xác suất để kết nhận số chẵn

Giải

Gọi A biến cố : “Rút thẻ ghi số chẵn thẻ ghi số lẻ”

Gọi B biến cố : “Rút hai thẻ ghi số lẻ”

Kho biến cố: “Kết nhận số chẵn” AB

  51 14

20 36

C C P A

C

  ;  

2

6 36

C P B

C

  Do A B hai biến cố xung khắc nên

      20 13

36 36 18

P AB P A P B   

Ví dụ : Có hai túi đựng cầu Túi thứ chứa trắng, đỏ 15 xanh

Túi thứ hai chứa 10 trắng, đỏ xanh Từ túi lấy ngẫu nhiên cầu Tính xác suất để hai chọn có mầu

Giải

Gọi A biến cố : “Quả cầu lấy từ túi màu trắng” 1  1 25 P A

 

Gọi A2 biến cố : “Quả cầu lấy từ túi màu trắng”  2 10

25 P A

(19)

19

Vì A A1, 2 hai biến cố độc lập nên xác suất để hai cầu rút màu trắng  2    1

30

625

P A A P A P A  Tương tự xác suất để hai cầu rút màu xanh

15 135

25 25 625, xác suất để hai cầu rút màu đỏ

6 42

25 25625

Vậy xác suất để hai cầu lấy màu : 30 135 42 207

625625625 625

Bài tập

1 Có hai túi đựng cầu Túi thứ chứa đỏ xanh Túi thứ hai chứa

6 đỏ xanh Từ túi lấy ngẫu nhiên cầu

a) Tính xác suất để hai chọn có mầu đỏ Đáp số

20

b) Tính xác suất để hai chọn khác mầu Đáp số 29

60

2 ( TSĐH khối 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

được gọi có nam nữ Đáp số : 443

506

3 Một máy bay có ba phận A, B, C có tầm quan trọng khác Máy bay rơi có viên đạn trúng vào A, hai viên đạn trúng vào B, ba viên đạn trúng vào C Giả sử ác phận A, B, C chiếm 15%, 30% 55% diện ích máy bay Tính xác suất để máy bay rơi nếu:

a) Máy bay bị trúng hai viên đạn Đáp số : 0,3675

b) Máy bay bị trúng ba viên đạn Đáp số : 0, 72775

4 Có học sinh nam học sinh nữ, xếp thành hàng ngang cách ngẫu nhiên

Tính xác xuất để hai học sinh nũ đứng cạnh Người ta chọn cách ngẫu nhiên

học sinh Tính xác suất để học sinh chọn có hai học sinh nữ

HD: Gọi B biến cố: “4 học sinh có học sinh nữ’’,

       

10 6

19 23

;

242 42

(20)

20

5 An Bình học xa nhà Xác suất để An nhà vào ngày Chủ nhật 0, , Bình 0, 25 Tính xác suất để

a) Cả hai thăm nhà Đáp số: 0, 05;

b) Cả hai không thăm nhà Đáp số: 0,

c) Có người thăm nhà Đáp số: 0,35

d) Có người thăm nhà Đáp số : 0,

Dạng : Lập bảng phân bố xác suất, tính kì vọng, phương sai biến ngẫu nhiên rời rạc Phương pháp:

 Kì vọng X   1 1 2 2

1

n n n i i

i

E X x p x p x p x p



     ,pi P X xi, (i1, 2, )n

 Phương sai X    2 2

1

n n

i i i i

i i

V X x  p x p 

 

    , với E X 

 , ( 1, 2, )

i i

p P X x i n

Ví dụ 1: Chọn ngẫu nhiên đứa trẻ từ nhóm gồm bé trai bé gái Gọi X số bé gái nhóm Lập bảng phân bố xác suất X

Giải

X nhận giá trị 0, 1, 2, ta có:

  63

3 10

5

30

C P X

C

   ;  

1 10

15

30

C C P X

C

   ;  

2 10

9

30

C C P X

C

   ;  

3 10

1

30

C P X

C

  

Vậy bảng phân bố xác suất X là:

X

P

5

30

15

30

9

30

1 30

Ví dụ 2: Một hộp đựng 10 thẻ, có thẻ ghi số 1, ba thẻ ghi số 2, hai thẻ ghi số thẻ gi số Chọn ngẫu nhiên hai thẻ cộng hai số hai thẻ với Gọi X kết thu

a) Lập bảng phân bố xác suất X ; b) Tìm kì vọng phương sai X

Giải

(21)

21

X

P

6

45

12 45

11

45

10

45

4 45

2 45

b)   3.12 4.11 5.10

45 45 45 45 45 45

E X        ;

  12 11 10 2

2 1, 78

45 45 45 45 45 45

V X        

Bài tập

1 Một kiểm tra trắc nghiệm có câu Mỗi câu có phương án trả lời có phương án trả lời Nếu trả lời điểm Nếu trả lời sai không điểm Hùng làm thi cách câu chọn ngẫu nhiên phương án trả lời Gọi X tổng số điểm mà Hùng đạt

a) Lập bảng phân bố xác suất X

X 10 15 20

P 0,4096 0,4096 0,1536 0,0256 0,0016

b) Tính E X   V X Đáp số:   E X 4;V X 16

2 Một lô hàng gồm sản phẩm có phế phẩm Chọn ngẫu nhiên sản phẩm để

kiểm tra Gọi X số sản phẩm tốt thu a) Lập bảng phân bố X; Đáp số :

X

P

35

18 35

12 35

1 35

b) Tính E X  Đáp số:   16

7

Định dạng
Số trang	21
Dung lượng	0,96 MB