1 TOÁN đếm xác SUẤT NHỊ THỨC NIUTOWN

CHUYÊN ĐỀ 2: TỔ HỢP - XÁC SUẤT NHỊ THỨC NIU-TƠN I KIẾN THỨC TRỌNG TÂM 1) Công thức nhị thức Niu-tơn  a  b n n  Cn0 a n  Cn1 a n 1.b   Cnn 1.a.b n 1  Cnn b n  �Cnk a n k b k k 0 Ta có Một số kết quan trọng n n 1 n  Với a  b  1, ta có cơng thức  Cn  Cn   Cn  Cn   x   Cn0  Cn1 x  Cn2 x   Cnn x n  Với a  1; b  x , ta có cơng thức n   x   Cn0  Cn1 x  Cn2 x  Cn3 x    1 Cnn x n  Với a  1; b   x, ta có cơng thức n n 0n  Cn0  Cn1    1 Cnk   1 Cnn  Với a  1; b  1, ta có 3) Chú ý n  a  b Trong biểu thức vế phải khai triển - Số hạng tử n  k n k nk k - Số hạng thứ k  khai triển Tk 1  Cn a b - Các hạng tử có số mũ a giảm dần từ n đến 0; số mũ b tăng dần từ đến n, tổng số mũ 0 a b hạng tử n (quy ước a  b  ); - Các hệ số cặp hạng tử cách hai hạng tử đầu cuối m �m n m n a a a  a ;  a m n � a  n  � n a an � n � m  a   a m n � �m � a n  n am � n a  a n � - Các công thức lũy thừa thường dùng: � II HỆ THỐNG VÍ DỤ MINH HỌA  Dạng Tìm hệ số, số hạng khai triển khơng có điều kiện Phương pháp: - Bước 1: Viết khai triển dạng tổng quát:  a  b n n  �Cnk a n k b k �� �Tk 1  Cnk a n k b k k 0 m m  f  k  �� �k - Bước 2: Dựa vào giả thiết yêu cầu tìm hệ số x , giải phương trình - Bước 3: Thay vào biểu thức T kết luận  x  3 ? Ví dụ Tìm hệ số số hạng chứa x4 khai triển Lời giải: Ta có  x  3 9  �C9k x k  3 9 k k 1 T   3 C9k - Hệ số số hạng chứa xk khai triển là: T   3 C93  61236 - Số hạng chứa x3 tức k  12 x  1 ?  Ví dụ Tìm hệ số số hạng chứa x khai triển 9k Lời giải: Ta có  x  1 12 12  �C12k  x   1 k 1 k 12  k 12 � 1 k 1 12  k  2 k C12k  x  k Trang T   1 - Hệ số số hạng chứa xk khai triển là: T     C125  25344 - Số hạng chứa x5 tức k  là: 12  k  2 k C12k  3x  x  khai triển 12 Ví dụ Tìm hệ số số hạng chứa x 15 ? Lời giải:  3x  x   x12   x   x12 �C12k 3k  1 12 Ta có 12 12 k 1 12  k 12 x12 k  �C12k 3k  1 12  k x 24 k k 1 24  k T  C 3k  1 - Hệ số số hạng chứa x khai triển là: 9 - Số hạng chứa x15 tức 24  k  15 � k  1à T  3 C12 k 12 12  k 10 �2 � �x  � ? 11 Ví dụ Tìm hệ số số hạng chứa x khai triển � x � Lời giải: 10 10  k 10 10 10  k �2 � k k � 2�  �  � 2  C10k x 3k 10 �x  �  �C10  x  � � x� k 1 Ta có � x � k 1 10  k k 10 T   2  C10k x - Hệ số số hạng chứa khai triển là: T   2  C107 k  10  11 � k  7, 11 - Số hạng chứa x nên có hệ số 1à 12 � 1� 2x  � ? � x� � Ví dụ Tìm hệ số số hạng chứa x khai triển Lời giải: 12 12  k 12 12 k � 1� 12  k � 1� x  �  �C12k  x  � �  � 1 k C12k x k 12 � x � k 1 � x� k 1 Ta có � 12  k k 12 T   1 2k C12k x - Hệ số số hạng chứa khai triển là: T  28.C128 - Số hạng chứa x4 nên có 2k  12  � k  8, hệ số 1à  Dạng Tìm hệ số, số hạng khai triển có điều kiện Phương pháp: - Bước 1: Tìm n dựa vào điều kiện đề cho - Bước 2: Quy dạng biết  x  3 ? Ví dụ Tìm hệ số số hạng chứa x4 khai triển Lời giải: Ta có  x  3 9  �C9k x k  3 9 k k 1 T   3 Hệ số số hạng chứa xk khai triển là: T   3 C93  61236 Số hạng chứa x3 tức k  9k C9k n �2 � �x  �, Ví dụ Cho biết khai triển � x � tổng hệ số hạng tử thứ nhất, thứ hai, thứ ba 46 Tìm hạng tử khơng chứa x Lời giải: Vì tổng hệ số hạng tử thứ nhất, thứ hai, thứ ba 46 nên ta có: n  n  1 n! n! Cn0  Cn1  Cn2  46 �   45 � n   45  n  1 !  n   ! � n  n  90  �  n    n  10   � n  9 � � k k 1 9k x   C x x  C9k x3k 9 � � � �9     k 0 Ta có � x � k  3k   � � k  � � k � � Số hạng không chứa x ứng với Vậy số hạng không chứa x bằng: C9  84 n �1 � A�  x3 � x   �x � Ví dụ Tìm hệ số không chứa x khai triển biểu thức Trong n số nguyên dương thỏa mãn: An  Cn  30Cn  17 Lời giải A  C  30C  17 � n  n  1  n    n  15n  n  1  17 n n n Ta có: � n3  18n2  18n  17  � n  17 17  k k 17 k 34  � 32 � � 34 � k Tk 1  C �x � �x � C17 x 12 � � � � Với n  17 ta có số hạng tổng quát: 17k 34  �k 8 Cho 12 Vậy số hạng không chứa x C17  24310 k 17  �k �17, k �� n � 3 � � x  � x � Biết tổng hệ số ba số hạng khai triển 631 Ví dụ 4: Cho khai triển � Tìm hệ số số hạng chứa x Lời giải n k   n 13 k n nk  � 3 � k �3 � k k x   C x  C x � � � � � � n n 3 k 0 x � k 0 � x � Ta có: � Từ tổng hệ số số hạng khai triển là: 9n  n  1 3k Cnk  30.Cn0  3.Cn1  32 Cn2  631 �  3n   631 � n  12 � k 0 n 12 � 3 � 12 k k 18136k � x  �  �3 Cn x x � k 0 Khi ta có: � T  3k C12k Hệ số số hạng chứa x5 là: 13k 18   � k  � T  36.C126 Với k thỏa mãn: 15  2x khai triển Ví dụ Tìm hệ số số hạng chứa x dương thỏa mãn hệ thức An  Cn  8Cn  49  3 n thành đa thức, biết n số nguyên Lời giải +) Điều kiện: n �3 An3  Cn1  8Cn2  49 � n  n  1  n    n  +) Ta có �  n    n2    � n  7 n  n  1  49 � n3  n  n  49   x3  3  �C7k  x3   3 k 0 +) Với n  ta có khai triển Xét hạng tử x15 suy 3k  15 hay k  C 25  3  6048 Từ hệ số hạng tử x15 k 7k  �C7k 2k  3 k 0 7k x 3k  Dạng Tìm hệ số, số hạng khai triển nhiều hạng tử Phương pháp: - Bước 1: Viết khai triển thu gọn hạng tử Ta có  a  b  c n n n k k nk k i k i i n  k �  a  b  c� � �  �Cn  a  b  c  ��Cn Ck a b c n k k 0 k 0 i0 �k �n � � �i �k Ở � - Bước 2: Dựa vào số mũ x để biện luận tìm i k - Bước 3: Kết luận hệ số số hạng cần tìm �  x2   x  � � thành đa thức Ví dụ Tìm hệ số x khai triển � Lời giải 7 k k � k k 2k � � � � �  x  x  C x  x  C x Cki xi �     � � � � �7� � �7 k 0 k 0 i 0 � � Cách 1: Ta có � i0 � �i �k �7 � � � � �k  � �2k  i  � � i2 � � i , k � � � � � k i � �k  Vậy ta có hệ số x6 C7 Ck thỏa mãn: Vậy hệ số x6 khai triển là: C73C30  C72C22  56 �  x2   x  �  C70  C71 x   x   C72 x   x    C77 x14   x  � � Cách 2: Ta có: C72 x   x   C73 x   x  Nhận thấy x có trong: Vậy hệ số x6 khai triển là: C7  C7  56 7 �  x2   x  � � Ví dụ Tìm hệ số x khai triển � Lời giải 8 8 Ta có k k 2k �  x2   x  � x2   x  � � � �C8 � � �  �C8 x   x  k k 0 k k 0 i 0  �C8k x k �Cki 1i  2  k i k k 0 k x k i  ��C8k Cki  2  k i x3k i k 0 i 0 � k 3 � � � i 1 3k  i  � � �� � �k �i �0 � k 4 � � � � i4 � � C C1  2   C84 C44  2   742 nên hệ số x8 8 �  x2   x  � � � Ví dụ Tìm hệ số x khai triển đa thức của: Lời giải Tìm hệ số x8 k �k i i � � f  x   �C � x  x  C x Ck x �   � � � � � k 0 k 0 i0 � � Cách 1: Ta có � i0 � �i �k �8 � � � k 4 � � 2k  i  � � � � i2 � � i , k � � � � � k i k 3 � � Vậy ta có hệ số x8 là: C8 Ck thỏa 1 C84C40   1 C83C32  238  Hệ số khai triển x Cách 2: Ta có: k k k 2k f  x   C80   C83 � x2   x  � x2   x  � x2   x  � � � C8 � � �  C8 � � � Nhận thấy: x8 có số hạng: • Số hạng thứ 4: C83 � x2   x  � � � • Số hạng thứ 5: C84 � x2  1 x  � � � Với hệ số tương đương với: a8  C83C32  C84C40  238  1 x  x  Ví dụ Cho khai triển n  a0  a1 x  a2 x  a3 x   a2 n x n * (với n �� ) Tìm hệ số số hạng chứa x4 khai triển biết Cn  6Cn  6Cn  9n  14n Lời giải n! n! n! Cn1  6Cn2  6Cn3     n  3n  n  1  n  n  1  n    n3 1! n  1 ! 2! n   ! 3! n   ! Ta có: n γ  �*� , n 3� n3  9n 14n n  n 2  n 7 n Theo 7 k 7 k �k m k m � m k m m� C x x    x  x   �C7k  x  x   �C7k �   � � � k � ��Ck x � k 0 k 0 m 0 � � k 0 �m0 � Suy mk  � � �k �4 � x4 � � �  m; k     0;  ,  1;3 ,  2;   �m �k �7 � � m, k ��* � Hạng tử chứa 2 Vậy hệ số hạng tử chứa x4 là: T  C7 C4  C7 C3  C7 C2  161 P  x   x   3x   3x   x  Ví dụ Tìm hệ số x6 khai triển thành đa thức Lời giải P  x   x   3x   3x   x   x Ta có: �C  3x  k 0 k k  3x �C7k  x  x C54  3x   3x.C75  x  Suy số hạng chứa x6 P(x) là: T  2.C54  3  3.C75 25  1206 Vậy hệ số x6 là: Lời giải P  x   x   x   3x  n Ta có: Theo bài, 2n n n k k 0 k k 0  x �Cnk  2 x   x �Cnk  3x  An2  Cnn11  � n  n  1  k k 0 n  n  1 5� n5 x.C54  2 x   x C53  x  7 Suy số hạng chứa x là: T  C54  2   C53 33  350 Vậy hệ số x là:  Dạng Khai triển có điều kiện tổng dãy số Phương pháp: Các tổng đặc biệt cần lưu ý: Cn0  Cn1   Cnn 1  Cnn  2n   x   Cn0  Cn1 x  Cn2 x2   Cnn x n 2n x 1 � C20n  C22n   C22nn  C21n  C23n   C22nn 1   x   C20n  C21n x  C22n x2   C22nn x2 n ��� 2n x 1 � C20n  C21n   C22nn  22 n   x   C20n  C21n x  C22n x2   C22nn x2 n �� n Suy C20n  C22n   C22nn  C21n  C23n   C22nn 1  22 n  22 n 1 3n Ví dụ Tìm hệ số số hạng chứa x21 C20n 1  C21 n1  C22n 1  C23n 1   C2nn1  1024 �2 � �x  � ; x �0 khai triển nhị thức Niu-tơn � x � biết Lời giải: x   C22nn11 x n 1  1 x  C  C +) Ta có khai triển: 22 n 1  C20n 1  C21n 1  C22n 1   C22nn11   C20n 1  C21n 1  C22n 1   C2nn 1  x  Cho được: 2n C2kn 1  C22nn11 k Vì Do đó: 1024  � n  15 15  k 15  k � � 15 �2 � A  �x  �  �C15k x k � �   2  C15k x3k 15 � � x� �x � 15 +) Khi đó: n 1 n 1 n 1 Cho 3k  15  21 � k  12 Hệ số số hạng chứa x21 khai triển là: -3640 n �1 � P  x  �  x2 � �x � với n ngun Ví dụ Tìm hệ số x20 khai triển nhị thức Newton biểu thức n 1 n 2n 100 dương thỏa mãn: C2 n 1  C2 n 1   C2 n 1   Lời giải n Cnk  Cnn k ; �Cnk  2n n 1 k 0 Ta có C2 n 1  n 1 n 2n C  C2 n 1   C2 n 1  2100  Lại có n 1 � C20n 1  C21n 1   C2nn11   C22nn11  2101 � 2 n 1  2101 � n  50 50 �1 � 50 n  50 � P  x   �  x �  �C50k x5 k 150 �x � k 0 Với 20 Số hạng chứa x � 5k  150  20 � k  34 34 Vậy hệ số số hạng chứa x20 C50 x Ví dụ Cho khai triển Biết C  C   C 2n 2n 2n 2n  3x   n tìm hệ số chứa x2 khai triển  1 19 Lời giải Xét:   1   1 2n 2n 2n  �C2kn  C20n  C21n   C22nn k 0 2n  �C2kn  1  C20n  C21n   C22nn k k 0 Cộng hai vế chúng lại ta có: Ta có: x  x     x  1 10 10 22 n  2C20n  P    219  1 � n  10  x  2 10 10  � 1 10  k k 0 � 1 10  k k 10 C x k 10 � 2  C10k  2  i 0 10 i C10i 10 i C10i xi Khi hệ số chứa x2 khai triển i ;k thỏa mãn: 9 1 10  1 C10  2  C10  C10 Khi k  i  hệ số là: 10 1 C102  2  C100  210.C102  i  0; k  Khi hệ số là: 10 1 C100  2  C102  28 C102  i  2; k  Khi hệ số là: 210.C101  210.C102  28.C102  67840 Vậy hệ số chứa x2 khai triển k  i 1 � � ik 2�� i  0; k  � i 2; k  � n �1 � �  x �, � biết Ví dụ Tìm hệ số số hạng chứa x26 khai triển nhị thức Niuton �x C21n 1  C22n 1   C2nn 1  220  Lời giải n 1   x   C2 n1  C2 n1 x  C22n1 x   C22nn11 x n1 Sử dụng khai triển sau: n 1  C20n 1  C21n 1  C22n1   C22nn11 Cho x  ta có: C k  Cnn k Mặt khác ta có cơng thức: n 22 n 1   C20n 1  C21n 1  C22n 1   C2nn 1     20  1 � n  10 Do vậy: 10 k 10 10 �1 7� k �1 � 10  k  x  C x  C10k x 7011k   � �4 � � 10 � � x x � k 0 � � k 0 Xét khai triển � Ứng với hệ số số hạng chứa x26 ta có: 70  11k  26 � k  C4 Vậy hệ số số hạng chứa x26 10 n 1 n2 n 3 n 1 2n n 1 36 Ví dụ Cho x  C2 n 1  C2 n 1  C2 n 1   C2 n1  C2 n1  C2 n1  Tìm số hạng không phụ thuộc n �1 �  x � � �x � � x khai triển nhị thức Niu-tơn � Lời giải k n 1 k Ta có C2 n 1  C2 n1 k : �k �2n  nên C2nn11  C2nn21  C2nn31   C22nn11  C22nn1  C22nn11   C20n 1  C21n 1  C22n 1   C22nn11  C22nn1  C22nn11  2 n 1   1  C20n1  C21n1  C22n1   C22nn11  C22nn1  C22nn11 suy 236  2n � n  18 Mà n 18  k 18 18 18 �1 � �1 � 18 k � � k k k 5 5  x   x  C  x  C  x       � � � � � � � � 18 18 �x � �x � k 0 �x� k  � � � � � � 6k  18  � k  Số hạng không phụ thuộc x ứng với C183  1  816 Suy số hạng cần tìm XÁC SUẤT I KIẾN THỨC TRỌNG TÂM 1) Phép thử Không gian mẫu * Phép thử ngẫu nhiên (gọi tắt phép thử) phép thử mà - Kết khơng đốn trước - Có thể xác định tập hợp tất kết xảy phép thử * Khơng gian mẫu tập hợp kết xẩy phép thử gọi khơng gian mẫu phép thử ký hiệu  2) Biến cố  Một biến cố A (còn gọi kiện A) liên quan tới phép thử T biến cố mà việc xẩy hay khơng xẩy cịn tùy thuộc vào kết T Mỗi kết phép thử T làm cho biến cố A xảy gọi kết thuận lợi cho A  Tập hợp kết thuận lợi cho A kí hiệu A Để đơn giản, ta dùng chữ A để kí hiệu tập hợp kết thuận lợi cho A Khi ta nói biến cố A mơ tả tập A  Biến cố chắn biến cố xảy thực phép thử T Biến cố chắn mô tả tập  ký hiệu   Biến cố biến cố không xảy thực phép thử T Biến cố mơ tả tập � 3) Các phép tốn với biến cố Tập  \ A gọi biến cố đối biến cố A, kí hiệu A Giả sử A B hai biến cố liên quan đến phép thử Ta có:  Tập A �B gọi hợp biến cố A B  Tập A �B gọi giao biến cố A B  Nếu A �B  � ta nói A B xung khắc 4) Xác suất biến cố (định nghĩa cổ điển) Giả sử phép thử T có khơng gian mẫu  tập hữu hạn kết T đồng khả Nếu A biến cố liên quan với phép thử T số, kí hiệu P  A A tập hợp kết thuận lợi cho A xác suất A , xác định công thức: P  A  A   n A n   Từ định nghĩa cổ điển xác suất ta có bước để tính xác suất biến cố sau:  Bước 1: Xác định khơng gian mẫu  tính số phần tử  , tức đếm số kết phép thử T  Bước 2: Xác định tập A mô tả biến cố A tính số phần tử A, tức đếm số kết thuận loại cho A  Bước 3: Lấy kết bước chia cho bước Nhận xét: Việc tính số kết (bước 1) thường dễ dàng nhiều so với việc tính số kết thuận lợi cho A (bước 1) Để giải tốt toàn xác suất ta cần nắm phần tổ hợp trước Chú ý: - Từ định nghĩa, suy - Các kí hiệu �P  A �1, P     1, P  �  n   ;n A hiểu tương đương với  ; A số phần tử không gian mẫu tập hợp thuận lợi cho biến cố A 5) Các quy tắc tính xác suất * Quy tắc cộng (áp dụng cho biến cố xung khắc)  Nếu hai biến cố A, B xung khắc  Nếu biến cố A1, A2, A3, An P  A �B  P  A  P  B xung khắc P  A1 �A2 � �An   P  A1   P  A2    P  An  * Quy tắc nhân (áp dụng cho biến cố độc lập)  Nếu A B hai biến cố độc lập  Nếu có n biến cố A1, A2, A3, An P  AB  P  A P  B độc lập P  A1A2 A3 An   P  A1  P  A2  P  An  Chú ý: Nếu A B độc lập A B độc lập, B A độc lập, B A độc lập Do A B độc lập ta cịn có đẳng thức:         P AB  P  A P B P AB  P A P  B P AB  P A P B       6) Xác suất biến cố đối Xác suất biến cố A biến cố A tính   P A  1 P  A II HỆ THỐNG VÍ DỤ MINH HỌA Dạng 1: Tính xác suất định nghĩa cổ điển Ví dụ Người ta gieo hai xúc xắc đồng chất, có màu khác Tìm xác suất để được: a) Hai số khác b) Tổng hai số c) Tổng hai số lớn Lời giải: Người ta gieo hai xúc xắc đồng chất, có màu khác Ta có: kết xuất xúc xắc) Khi đó,   62  36 (trong đó, i, j a) Gọi A biến cố “Xuất số khác nhau” A � P  A  Do     i, j  :1�i, j �6  30  36  �  A  6.5  30 b) Gọi B biến cố “Tổng số 6”  5 1 4  3 3� B    5,1 ; 4,2 ; 3,3 ; 2,4 ; 1,5  Ta có: Do đó: � P  B  B   36 c) Gọi C biến cố “tổng số lớn 9” Do � P  C  C    36 � C    6,4 ; 4,6 ; 5,5 ; 6,5 ; 5,6 ; 6,6  Ví dụ Lớp 11A có 25 đồn viên 10 nam 15 nữ a) Chọn ngẫu nhiên đoàn viên làm thư ký đại hội chi đồn Tìm xác suất để chọn thư kí đồn viên nữ b) Chọn ngẫu nhiên hai đoàn viên chi đoàn để tham dự trại 26/3 Tìm xác suất để hai đồn viên chọn có nam nữ Lời giải: a) Chọn ngẫu nhiên đoàn viên làm thư ký đại hội chi đoàn Gọi A biến cố “chọn thư kí đồn viên nữ” Do đó, P  A  A 1  15  25 1 �   C10  C10 C15  C15  300 Gọi B biến cố “chọn đồn viên có nam, nữ” Do đó, B 2  �  A  C15  15 b) Chọn ngẫu nhiên hai đoàn viên chi đoàn P  B  � 1  10  15  25 1 �  B  C10 C15  150 150  300 Ví dụ Đội tuyển học sinh giỏi trường THPT có học sinh nam học sinh nữ Trong buổi lễ trao phần thưởng, học sinh xếp thành hàng ngang Tính xác suất để xếp cho học sinh nữ không đứng cạnh 653 A 660 B 660 41 C 55 Lời giải: 14 D 55 Không gian mẫu số cách xếp tất 12 học sinh thành hàng ngang Suy số phần tử không gian mẫu   12! Gọi A biến cố “Xếp học sinh thành hàng ngang mà học sinh nữ không đứng cạnh nhau” Ta mô tả khả thuận lợi biến cố A sau:  Đầu tiên xếp học sinh nam thành hàng ngang, có 8! cách  Sau xem học sinh vách ngăn nên có vị trí để xếp học sinh nữ thỏa u cầu tốn (gồm vị trí học sinh vị trí hai đầu) Do có A9 cách để xếp học sinh nữ Suy số phần tử biến cố A Vậy xác suất cần tính P  A  A   A  8!.A94  8!.A94 14  12! 55 Chọn D Ví dụ Gọi M tập hợp số tự nhiên gồm chữ số khác Chọn ngẫu nhiên số từ tập M, tính xác suất để số chọn có chữ số đứng sau lớn chữ số đứng trước chữ số đứng sau nhỏ chữ số đứng trước Lời giải: Tập M gồm 9A9  27216 số + Xét trường hợp số có chữ số đứng sau lớn chữ số đứng trước: Số cho khơng thể có chữ số 0, với cách chọn chữ số khác khác nhau, ta lập số cần tìm Vì có C9  126 số + Xét trường hợp số có chữ số đứng sau nhỏ chữ số đứng trước: Số cho có chữ số 0, với cách chọn chữ số khác nhau, ta lập số cần tìm Vì có C10  252 số Vậy xác suất cần tìm P 126  252  27216 72 Ví dụ Gọi X tập hợp số tự nhiên gồm chữ số đôi khác tạo thành từ chữ số 1,2,3,4,5,6,7,8,9 Chọn ngẫu nhiên số từ tập hợp X Tính xác suất để số chọn chứa số lẻ Lời giải:   A96  60480 Số phần tử không gian mẫu Gọi A biến cố “Số chọn chứa số lẻ” Khi đó: + Chọn chữ số lẻ đôi khác từ chữ số 1,3,5,7,9 có C5 cách + Chọn chữ số chẵn đôi khác từ chữ số 2,4,6,8 có C4 cách + Sắp xếp chữ số để số thỏa mãn biến cố A có 6! cách � A  C53.C43.6!  28800 Vậy xác suất cần tìm P  A  A  28800 10  60480 21  Ví dụ Trong kỳ thi THPT Quốc Gia, lớp thi gồm 24 thí sinh xếp vào 24 bàn khác Bạn Nam thí sinh dự thi, bạn đăng ký môn thi lần thi thi phòng Giả sử giám thị xếp thí sinh vào vị trí cách ngẫu nhiên, tính xác suất để lần thi bạn Nam có lần ngồi vào vị trí 253 A 1152 899 B 1152 C Lời giải: 26 D 35 Không gian mẫu số cách ngẫu nhiên chỗ ngồi lần thi Nam Suy số phần tử không gian mẫu   244 Gọi A biến cố “4 lần thi bạn Nam có lần ngồi vào vị trí” Ta mơ tả khả thuận lợi biến cố A sau:   Trong lần có lần trùng vị trí, có C4 cách Giả sử lần thứ có 24 cách chọn chỗ ngồi, lần thứ hai trùng với lần thứ có cách chọn chỗ ngồi Hai lần cịn lại thứ ba thứ tư không trùng với lần trước khơng trùng nên có 23.22 cách Suy số phần tử biến cố A Vậy xác suất cần tính P  A  A   A  C42.24.23.22  C42.24.23.22 C42.23.22 253   244 243 1152 Chọn A Dạng 2: Tính xác suất thơng qua biến cố đối Ví dụ Đề cương ơn tập cuối năm mơn Tốn lớp 12 có 40 câu hỏi Đề thi cuối năm gồm câu hỏi số 40 câu Một học sinh ôn 20 câu đề cương Giả sử câu hỏi đề cương có khả chọn làm câu hỏi thi Hãy tính xác suất để có câu hỏi đề thi cuối năm nằm số 20 câu hỏi mà học sinh nói ơn Lời giải: Khơng gian mẫu có   C40  9880 (phần tử) Gọi A biến cố “có câu hỏi đề thi nằm số 20 câu ôn” Ta thấy xảy hai TH sau:  TH1: Trong đề thi có câu hỏi 20 câu ôn  TH2: Trong đề thi có câu hỏi 20 câu ôn 1  A  C20 C20  C20  1330 Do Vậy xác suất cần tìm A P  A   (phần tử)  1330  9880 52 Ví dụ Gọi S tập hợp số tự nhiên gồm chữ số khác chọn từ số 0;1;2;3;4;5 Chọn ngẫu nhiên số từ tập S, tính xác suất để số chọn có mặt chữ số chữ số Lời giải: 5.A53  300 Số số tự nhiên có chữ số khác chọn từ 0;1;2;3;4;5 (số) 3.P3  18 Số số tự nhiên có chữ số khác chọn từ 0;3;4;5 (số) Số số tự nhiên chọn có mặt chữ số chữ số là: 300 18  282 (số) 282 47  Vậy xác suất cần tính 300 50 Ví dụ Xét số tự nhiên gồm chữ số khác lập từ số 1, 3, 5, 7, Tính xác suất để tìm số khơng bắt đầu 135 A B 60 Số phần tử không gian mẫu 59 C Lời giải:   5! D Gọi A biến cố “số tìm khơng bắt đầu 135” Thì biến cố A biến cố “số tìm bắt đầu 135” Buộc số 135 lại ta cịn phần tử Số sơ tạo thành thỏa mãn số 135 đứng đầu 1.2.1 cách �  A  120  118 Nên P  A  A   cách 118 59  120 60 Chọn C Ví dụ Trong buổi liên hoan có 10 cặp nam nữ, có cặp vợ chồng Chọn ngẫu nhiên người để biểu diễn tiết mục văn nghệ Tính xác suất để người chọn khơng có cặp vợ chồng 94 A 95 B 95 C 95 Lời giải: 89 D 95 Không gian mẫu số cách chọn ngẫu nhiên người 20 người Suy số phần tử không gian mẫu   C20  1140 Gọi A biến cố “3 người chọn khơng có cặp vợ chồng nào” Để tìm số phần tử A, ta tìm số phần tử biến cố A , với biến cố A người chọn ln có cặp vợ chồng C41 cách  Chọn cặp vợ chồng cặp vợ chồng, có  Chọn thêm người 18 người, có C18 cách Suy số phần tử biến cố A Suy số phần tử biến cố A Vậy xác suất cần tính P  A  A   A  C41.C18  72  A  1140  72  1068  1068 89  1140 95 Chọn D Ví dụ Một hộp chứa viên bi xanh, viên bi đỏ viên bi vàng Lấy ngẫu nhiên viên bi từ hộp, tính xác suất để viên bi lấy có đủ ba màu 810 A 1001 191 B 1001 C 21 Lời giải: 17 D 21 Không gian mẫu số cách chọn ngẫu nhiên viên bi từ hộp chứa 14 viên bi Suy số phần tử không gian mẫu   C14  3003 Gọi A biến cố “6 viên bi lấy có đủ ba màu” Để tìm số phần tử biến cố A ta tìm số phần tử biến cố A tức viên bi lấy đủ ba màu sau:  TH1: Chọn viên bi có màu (chỉ chọn màu vàng) Do đó, trường hợp có C6  cách  TH2: Chọn viên bi có hai màu xanh đỏ, có C8 cách 6 Chọn viên bi có hai màu đỏ vàng, có C11  C6 cách 6 Chọn viên bi có hai màu xanh vàng, có C9  C6 cách Do trường hợp có     C86  C11  C66  C96  C66  572 cách   1 572  573 Suy số phần tử biến cố A A Suy số phần tử biến cố A Vậy xác suất cần tính P  A  A   A     A  3003 573  2430  2430 810  3003 1001 Chọn A Ví dụ Một người có 10 đơi giày khác lúc du lịch vội vã lấy ngẫu nhiên Tính xác suất để giày lấy có đơi A 13 B 64 99 C 323 Lời giải: Không gian mẫu số cách chọn ngẫu nhiên giày từ 20 giày Suy số phần tử không gian mẫu   C20  4845 224 D 323 Gọi A biến cố “4 giày lấy có đơi” Để tìm số phần tử biến cố A, ta tìm số phần tử biến cố A , với biến cố A giày chọn khơng có đơi  Số cách chọn đôi giày từ 10 đôi giày C10   C1  Mỗi đôi chọn chiếc, có C2 cách chọn Suy có cách chọn Suy số phần tử biến cố A Suy số phần tử biến cố A P  A  Vậy xác suất cần tính A     A  C10 C21  3360  A  4845 3360  1485  1485 99  4845 323 Chọn C Dạng 3: Tính xác suất thơng qua quy tắc cộng nhân Ví dụ Gieo xúc xắc cân đối đồng chất lần Tính xác suất cho tổng số chấm hai lần gieo số chẵn Lời giải: Đặt A biến cố “Lần gieo xuất mặt chấm chẵn” B biến cố “Lần gieo thứ hai xuất mặt chấm chẵn” C biến cố “Tổng số chấm hai lần gieo số chẵn” Ta có:   C   A �B � A �B Ta thấy  A �B  A �B  hai biến cố xung khắc nên        P�  P A �B  P A �B P �  P A �B  P A �B  A �B � A �B �  A �B � A �B � � �  � �  1 P  A �B  P  A P  B   2 Vì A B hai biến cố độc lập nên có       1 1 1 P A �B  P A P B   P  C    2 Vậy 4 Ví dụ Một hộp đựng viên bi xanh, viên bi đỏ viên bi vàng Chọn ngẫu nhiên hai viên bi Xác suất để chọn hai viên bi màu A 18 B C 36 D 12 Lời giải: Đặt A biến cố: “Chọn hai viên bi xanh” B biến cố: “Chọn hai viên bi đỏ” C biến cố: “Chọn hai viên bi vàng” Khi biến cố “Chọn hai viên bi màu” biến cố A �B �C Do A, B, C đôi xung khắc với nên theo quy tắc cộng ta có Ta có: Vậy P  A  P  A �B �C   P  A  P  B  P  C  C42 C32 C22  ; P B   ; P C      2 C92 36 C9 36 C9 36 P  A �B �C      36 36 36 18 Ví dụ Túi I chứa viên bi trắng, bi đỏ, 15 bi xanh Túi II chứa 10 bi trắng, bi đỏ, bi xanh Từ túi lấy ngẫu nhiên viên bi Tính xác suất để lấy hai viên màu 207 A 625 72 B 625 418 C 625 553 D 625 Lời giải: Gọi At , Ad, Ax biến cố bi rút từ túi I trắng, đỏ, xanh Gọi Bt, Bd, Bx biến cố bi rút từ túi II trắng, đỏ, xanh Các biến cố At, Ad, Ax độc lập với Bt, Bd, Bx Vậy xác suất để lấy hai bi màu là: P  At Bt �Ad Bd �Ax Bx   P  At Bt   P  Ad Bd   P  AxBx   P  At  P  Bt   P  Ad  P  Bd   P  Ax  P  Bx   10 15 207    25 25 25 25 25 25 625 Chọn A Ví dụ Ba xạ thủ bắn vào mục tiêu cách độc lập với Xác suất bắn trúng xạ thủ thứ nhất, thứ hai thứ ba 0,6; 0,7; 0,8 Xác suất để có xạ thủ bắn trúng A 0,188 Gọi Aj B 0,024 C 0,976 Lời giải: D 0,812 biến cố “Xạ thủ thứ j bắn trúng” Với j  1;3       � P A1  1 0,6  0,4;� P A2  1 0,7  0,3;� P A3  1 0,8  0,2 Gọi A biến cố “Có xạ thủ bắn trúng”           � P A  P A1 P A2 P A3  0,4.0,3.0,2  0,024 � P  A  1 P A  1 0,024  0,976 Chọn C Ví dụ Trong dịp lễ 30-4 1-5 nhóm em thiếu niên tham gia trò chơi “Ném vòng cổ chai lấy thưởng” Mỗi em ném vòng Xác suất ném vào cổ trai lần đầu 0,75 Nếu ném trượt lần đầu xác suất ném vào cổ chai lần thứ hai 0,6 Nếu ném trượt hai lần ném xác suất ném vào cổ chai lần thứ ba (lần cuối) 0,3 Chọn ngẫu nhiên em nhóm chơi Xác suất để em ném vào cổ chai A 0,18 B 0,03 C 0,75 Lời giải: D 0,81 Gọi K biến cố “Ném vòng vào cổ chai”, A1 biến cố “Ném vòng vào cổ chai lần đầu”, biến cố “Ném vòng vào cổ chai lần thứ 2”, A3 biến cố “Ném vòng vào cổ chai lần thứ ba”           � P  K   P  A1   P A1A2  P A1A2 A3  P  A1   P A1 P  A2   P A1 P A2 P  A3   0,75 0,25.0,6  0,25.0,4.0,3  0,81 Chọn D Ví dụ Một xạ thủ bắn từ khoảng cách 100m có xác suất bắn trúng đích là: - Tâm 10 điểm: 0,5 - Vòng điểm: 0,25 - Vòng điểm: 0,1 A2 - Vòng điểm: 0,1 - Ngồi vịng điểm: 0,05 Tính xác suất để sau lần bắn xạ thủ 27 điểm A 0,15 B 0,75 C 0,165625 Lời giải: D 0,8375 Ta có: 27  10 10  10 9  9 9 Với  10;10;7 Với  10;9;8 Với  9;9;9 có cách xáo trộn điểm lần bắn có cách xáo trộn điểm lần bắn có cách xáo trộn điểm lần bắn Do xác suất để sau lần bắn xạ thủ 27 điểm là: P  3.0,52.0,1 6.0,5.0,25.0,1 0,253  0,165625 Chọn C Ví dụ Một vận động viên bắn súng, bắn ba viên đạn Xác suất để trúng ba viên vòng 10 0,008, xác suất để viên trúng vòng 0,15 xác suất để viên trúng vòng 0,4 Biết lần bắn độc lập với Tìm xác suất để vận động viên đạt 28 điểm Lời giải: � P  A � � 0.008 � P  A  0.2 Gọi A biến cố “1 viên trúng vịng 10”, đó: � B biến cố “1 viên trúng vòng 9” C biến cố “1 viên trúng vòng 8” D biến cố “1 viên trúng vòng 8” Do A, B, C, D đôi xung khắc nên P  A  P  B  P  C   P  D  1� P  B  0,25 X biến cố “VĐV đạt 28 điểm” Để đạt 28 điểm cần:  viên trúng 10, viên trúng 8: C32. 0.2  0.15 Theo quy tắc cộng nhân xác suất ta có điều xảy với xác suất:  viên trúng 9, viên trúng 10: C32. 0.25  0.2 Theo quy tắc cộng nhân xác suất ta có điều xảy với xác suất:  viên trúng 10, viên trúng 9: C32. 0.2  0.25 Theo quy tắc cộng nhân xác suất ta có điều xảy với xác suất:  Cả viên trúng 10 với xác suất 0.008 P  X   C32. 0.2  0.15  C32. 0.25  0.2  C32. 0.2  0.25  0.008  0.0935 Theo quy tắc cộng ta có: 2 ... C22n ? ?1   C22nn? ?11  C22nn? ?1  C22nn? ?11  2 n ? ?1   1? ??  C20n? ?1  C21n? ?1  C22n? ?1   C22nn? ?11  C22nn? ?1  C22nn? ?11 suy 236  2n � n  18 Mà n 18  k 18 18 ? ?18 ? ?1 � ? ?1 � 18 k � � k k k 5... C21n ? ?1  C22n ? ?1   C22nn? ?11   C20n ? ?1  C21n ? ?1  C22n ? ?1   C2nn ? ?1  x  Cho được: 2n C2kn ? ?1  C22nn? ?11  k Vì Do đó: 10 24  � n  15 15  k 15  k � � 15 �2 � A  �x  �  �C15k... khai triển nhị thức Niu-tơn � Lời giải k n ? ?1? ?? k Ta có C2 n ? ?1  C2 n? ?1 k : �k �2n  nên C2nn? ?11  C2nn 21  C2nn 31   C22nn? ?11  C22nn? ?1  C22nn? ?11   C20n ? ?1  C21n ? ?1  C22n ? ?1  