›
›
›

Tài liệu Tự học môn Toán Lớp 11 - Chủ đề 2: Tổ hợp. Xác suất

doc 46 trang Hùng Thuận 23/05/2022 5280
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Tài liệu Tự học môn Toán Lớp 11 - Chủ đề 2: Tổ hợp. Xác suất", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • doctai_lieu_tu_hoc_mon_toan_lop_11_chu_de_2_to_hop_xac_suat.doc
  • docxBIA_A4_2016_HKI.docx

Nội dung text: Tài liệu Tự học môn Toán Lớp 11 - Chủ đề 2: Tổ hợp. Xác suất

  1. HOÁN VỊ - TỔ HỢP CHỈNH HỢP Bài 1. Giải bóng đá ngoại hạng Anh có 20 đội bóng thi đấu vòng tròn, có bao nhiêu trận đấu được tổ chức nếu a) Thi đấu vòng tròn 1 lượt. b) Thi đấu vòng tròn 2 lượt. Lời giải a) Mỗi trận đấu ứng với việc chọn 2 đội từ 20 đội. Suy ra mỗi trận đấu là một tổ hợp chập 2 từ 20 phần tử. 20! Do đó số trận đấu được tổ chức là C 2 190 trận. 20 2!.18! b) Mỗi trận đấu ứng với việc chọn 2 đội từ 20 đội và có sự phân biệt giữa đội nhà và đội khách. Suy ra mỗi trận đấu là một chỉnh hợp chập 2 từ 20 phần tử. 20! Do đó số trận đấu được tổ chức là A2 380 trận. 20 18! Bài 2. Một đoàn tàu có ba toa chở khách là toa I , toa II , toa III . Trên sân ga có 4 hành khách chuẩn bị đi tàu. Biết rằng mỗi toa ít nhất có 4 chỗ trống a) Có bao nhiêu cách sắp xếp cho 4 vị khách lên tàu để có 1 toa có 3 trong 4 vị khách nói trên. b) Có bao nhiêu cách sắp xếp cho 4 vị khách lên 3 toa tàu đó. Lời giải a) Để hoàn thành công việc ''sắp xếp 4 vị khách vào các toa tàu sao cho có 3 người vào một toa '' phải thực hiện hai giai đoạn liên tiếp như sau: ● Giai đoạn thứ nhất. ''Sắp 3 người vào 1 trong 3 toa ''. Để thực hiện giai đoạn này ta phải làm hai công đoạn: 3 Chọn 3 trong 4 người khách nên C4 cách. Sắp 3 người đã chọn vào 1 trong 3 toa nên có 3 cách. 3 Do đó giai đoạn thứ nhất có C4 .3 12 cách. ● Giai đoạn thứ hai. Sau khi thực hiện giai đoạn thứ nhất, sắp 1 người khách còn lại vào 1 trong 2 toa còn lại nên có 2 cách. Theo quy tắc nhân, suy ra đáp án bài toán là có 12.2 24 cách thực hiện. b) Nhận xét. Có 3 toa tàu nhưng có tới 4 vị khách nên tồn tại ít nhất một toa có từ 2 khách trở lên. Do đó ta chi ra ba trường hợp sau: ● Trường hợp thứ nhất. ''Sắp 4 người vào 1 toa ''. Để thực hiện trường hợp này ta phải làm hai công đoạn: Sắp 4 người vào 1 toa nên có 3 cách. Hai toa còn lại để trống, tức chỉ có 1 cách. Do đó trường hợp thứ nhất có 3.1 3 cách thực hiện. ● Trường hợp thứ hai. ''Sắp xếp sao cho có 3 người vào một toa ''. Đã làm ở câu a) có 24 cách. ● Trường hợp thứ ba. ''Sắp xếp sao cho có 2 người vào một toa ''. Để thực hiện trường hợp này ta phải làm hai công đoạn: ▪ Công đoạn một. Chọn 2 người trong 4 người vào 1 phòng trong 3 phòng: 2 Chọn 2 người nên có C4 cách. Sau khi chọn 2 người đưa vào 1 phòng trong 3 phòng nên có 3 cách. 2 Như vậy công đoạn một có C4 .3 18 cách thực hiện. ▪ Công đoạn hai. Sau khi đưa 2 người vào 1 phòng, ta cần phải đưa 2 người còn lại vào 2 hoặc 1 toa còn lại. Có hai khả năng xảy ra Khả năng thứ nhất. Đưa 2 người vào cùng 1 toa nên có 2 cách. Khả năng thứ hai. Đưa 1 người vào 1 toa nên có 2 cách.
  2. Như vậy công đoạn hai có 2.2 4 cách thực hiện. Do đó trường hợp thứ ba có 18.4 72 cách thực hiện. Tóm lại, tổng hợp các kết quả suy ra đáp số bài toán là 3 24 72 99 cách. Bài 3. Gieo đồng thời 4 con xúc xắc. Hỏi có bao nhiêu khả năng xảy ra mà tổng số chấm trên các mặt xuất hiện của 4 con xúc xắc là 8 . Lời giải Gọi a, b, c, d lần lượt là số chấm xuất hiện trên 4 con xúc xắc, mỗi một khả năng xảy ra là một bộ a, b, c, d với a, b, c, d 1, 2, 3, 4, 5, 6 và a b c d 8 . Vì 8 là số chẵn nên bốn số a, b, c, d chỉ có thể là bốn số đều chẵn hoặc là bốn số đều lẻ hoặc hai số lẻ và hai số chẵn. Thử lại ta thấy chỉ có năm bộ sau thỏa mãn 1, 1, 1, 5; 1, 1, 2, 4; 1, 2, 2, 3; 1, 1, 3, 3; 2, 2, 2, 2 . Nên mỗi khả năng xảy ra có thể theo một trong năm phương án sau: ● Phương án 1: Khi a, b, c, d 1, 1, 1, 5 . Bước 1: Chọn 1 trong 4 vị trí để xếp số 5 , suy ra có 4 cách. Bước 2: Lấy 3 số 1 xếp vào 3 vị trí còn lại, suy ra có 1 cách. Nên trong phương án này có 4.1 4 khả năng. ● Phương án 2: Khi a, b, c, d 1, 1, 2, 4 . 2 Bước 1: Chọn 2 trong 4 vị trí (có tính đến thứ tự) để xếp số 2 và số 4 , suy ra có A4 12 cách. Bước 2: Chọn 2 số 1 xếp vào 2 vị trí còn lại, suy ra có 1 cách. Nên trong phương án này có 12.1 12 khả năng. ● Phương án 3: Khi a, b, c, d 1, 2, 2, 3. Trương tự như Phương án 2 nên có 12 khả năng. ● Phương án 4: Khi a, b, c, d 1, 1, 3, 3. 2 Bước 1: Chọn 2 trong 4 vị trí (không tính đến thứ tự) để xếp 2 số 1, suy ra có C4 6 cách. Bước 2: Xếp hai số 3 vào 2 vị trí còn lại, suy ra có 1 cách Nên trong phương án này có 6.1 6 khả năng. ● Phương án 5: Khi a, b, c, d 2, 2, 2, 2 có 1 cách. Vậy theo quy tắc cộng, ta có số khả năng xảy ra là 4 12 12 6 1 35 . Bài 4. Một tổ học sinh có 5 nam và 5 nữ xếp thành một hàng dọc. a) Có bao nhiêu cách xếp khác nhau? b) Có bao nhiêu cách xếp sao cho không có học sinh cùng giới tính đứng kề nhau? Lời giải a) Mỗi cách xếp 5 nam và 5 nữ thành một hàng dọc là một hoán vị của 10 phần tử. Vậy có tất cả 10! 3628800 cách. b) Ta có thể thực hiện theo một trong hai phương án sau: ● Phương án thứ nhất: Nam đứng ở vị trí số lẻ, nữ đứng ở vị trí số chẵn Xếp 5 nam vào 5 vị trí số lẻ có 5! cách. Xếp 5 nữ vào 5 vị trí số chẵn có 5! cách. Trường hợp này có 5!.5! 14400 cách. ● Phương án thứ hai: Nam đứng ở vị trí số chẵn, nữ đứng ở vị trí số lẻ Xếp 5 nam vào 5 vị trí số lẻ có 5! cách. Xếp 5 nữ vào 5 vị trí số chẵn có 5! cách. Trường hợp này có 5!.5! 14400 cách.
  3. Vậy theo quy tắc cộng ta có số cách xếp là 1440 14400 28800 cách. Bài 5. Có tất cả bao nhiêu cặp vợ chồng thực hiện việc bắt tay lẫn nhau (tất nhiên mỗi người không bắt tay vợ hoặc chồng của mình) trong một buổi gặp mặt, biết rằng có tất cả có 40 cái bắt tay. Lời giải Giữa hai cặp vợ chồng bất kỳ có tất cả 4 lần bắt tay thỏa mãn yêu cầu bài toán (hai người đàn ông, hai người đàn bà và 2 lần chéo nhau). 2 Giả sử số cặp vợ chồng cần tìm là n n 2 . Khi đó số cách chọn ra 2 cặp bất kỳ từ n cặp đó là Cn . 2 Vậy tổng số cái bắt tay được thực hiện lúc này là 4Cn . Theo giả thiết bài toán, ta có n! n 1 n 4C 2 40 4 40 10 n2 n 20 0 n 4 (loại) hoặc n 5 n 2! n 2 ! 2 Vậy có tất cả 5 cặp vợ chồng. Bài 6. Một thầy giáo có 12 cuốn sách đôi một khác nhau trong đó có 5 cuốn sách Văn, 4 cuốn sách Toán và 3 cuốn sách Nhạc. Ông muốn lấy ra 6 cuốn và tặng cho 6 học sinh A, B, C, D, E, F mỗi em một cuốn. a) Giả sử thầy giáo chỉ muốn tặng cho các học sinh trên những cuốn sách thuộc hai thể loại Văn và Toán. Hỏi có bao nhiêu cách tặng? b) Giả sử thầy giáo muốn rằng sau khi tặng sách xong, mỗi một trong ba loại sách trên đều còn lại ít nhất một cuốn. Hỏi có bao nhiêu cách chọn? Lời giải a) Số cách tặng là số cách chọn 6 cuốn sách từ 9 cuốn (Văn và Toán) có kể thứ tự. Vậy số cách tặng là 6 A9 60480 . b) Do tổng bất kỳ hai loại sách luôn lớn hơn 6 nên nếu ta chọn bất kỳ thì sau khi tặng xong ta luôn luôn còn lại ít nhất hai loại sách. 6 Số cách chọn 6 cuốn sách từ 12 cuốn sách là A12 665280 . 5 Số cách chọn sao cho không còn sách Văn là A6 .7 5040 . 4 2 Số cách chọn sao cho không còn sách Toán là A6 .A8 20160 . 3 3 Số cách chọn sao cho không còn sách Nhạc là A6 .A9 60480 . Vậy số cách chọn cần tìm là 665280 5040 20160 60480 579600 . Bài 7. Một người có 8 bì thư và 6 tem thư, người đó cần gửi thư cho 3 người bạn. Hỏi người đó có bao nhiêu cách chọn 3 bì thư và 3 tem thư sau đó dán mỗi tem lên mỗi bì thư để gửi thư ? Lời giải Để thực hiện công việc đó người đó phải thực hiện liên tiếp ba bước sau: 3 ● Chọn 3 bì thư trong 8 bì thư có C8 cách. 3 ● Chọn 3 tem thư trong 6 tem thư có C6 cách. ● Dán 3 tem thư vào 3 bì thư có P3 cách. 3 3 Vậy theo quy tắc nhân, số cách người đó có thể chọn là C8 .C6 .P3 6720 .
  4. Bài 8. Một hộp có 7 bi xanh, 5 bi đỏ, 4 bi đen. Lấy ngẫu nhiên 7 viên bi từ hộp. Hỏi có bao nhiêu cách lấy 7 viên bi có đủ ba màu ? Lời giải 7 Nếu lấy tùy ý 7 viên bi từ 16 viên bi, suy ra số cách lấy C16 11440 cách. Tìm số cách lấy vi phạm. 7 ● Trường hợp 1: Không lấy bi xanh, tức là lấy 7 viên bi từ 9 viên bi đỏ và đen nên số cách lấy là C9 cách. 7 ● Trường hợp 2: Không lấy bi đỏ, tức là lấy 7 viên bi từ 11 viên bi xanh và đen nên số cách lấy là C11 cách. 7 ● Trường hợp 3: Không lấy bi đen, tức là lấy 7 viên bi từ 12 viên bi xanh và đỏ nên số cách lấy là C12 cách. Trong quá trình đếm, khi lấy 7 bi toàn màu xanh được đếm cả hai lần (ở trường hợp 2 và trường hợp 3) nên 7 7 7 số cách lấy vi phạm là C9 C11 C12 1 1157 cách. Vậy số cách lấy thỏa mãn yêu cầu bài toán là 11440 1157 10283 cách. Bài 9. Đội học sinh giỏi của một trường gồm 18 em, trong đó có 7 học sinh khối 12; 6 học sinh khối 11 và 5 học sinh khối 10. Hỏi có bao nhiêu cách cử 8 học sinh trong đội đi dự trại hè sao cho mỗi khối có ít nhất một em được chọn ? Lời giải 8 Chọn 8 học sinh tùy ý từ 18 em trong đội tuyển nên có C18 cách. Ta xét các trường hợp không thỏa yêu cầu bài toán: 8 ● Chọn 8 học sinh từ khối 10 và khối 11 nên có C11 cách. 8 ● Chọn 8 học sinh từ khối 10 và khối 12 nên có C12 cách. 8 ● Chọn 8 học sinh từ khối 11 và khối 12 nên có C13 cách. 8 8 8 8 Vậy số cách chọn thỏa yêu cầu bài toán là C18 C11 C12 C13 43758 1947 41811 cách. Bài 10. Có 5 nhà Toán học nam, 3 nhà Toán học nữ và 4 nhà Vật lí nam. Cần lập một đoàn công tác gồm 3 người cần có cả nam và nữ, cần có cả nhà Toán học và nhà Vật lí. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ? Lời giải Để thực hiện công việc trên, ta có ba phương án sau: ● Phương án 1: Chọn 1 nhà Toán học nam, 1 nhà Toán học nữ, 1 nhà Vật lí nam. 1 1 1 Do đó phương án này có C5.C3.C4 5.3.4 60 cách. ● Phương án 2: Chọn 1 nhà Toán học nữ, 2 nhà Vật lí nam. 1 2 Do đó phương án này có C3.C4 18 cách. ● Phương án 3: Chọn 2 nhà Toán học nữ, 1 nhà Vật lí nam. 2 1 Do đó phương án này có C3 .C4 12 cách. Vậy theo quy tắc cộng, ta có 60 18 12 90 cách chọn. Bài 11. Cho đa giác lồi có n n 4 cạnh. Tìm n để đa giác có số đường chéo bằng số cạnh ? Lời giải Đa giác có b A \ 3;c cạnh nên có A 0,1,2,3,4,5 đỉnh. Cứ 2 điểm phân biệt thì tạo thành một đường chéo hoặc cạnh của đa giác.
  5. 2 Do đó số đường chéo của đa giác là Cn n . n! n 1 n Theo giả thiết bài toán, ta có C 2 n n n n n n n 5 . n 2!. n 2 ! 2 Vậy n 5 thỏa yêu cầu bài toán. Bài 12. Cho hai đường thẳng song song d1 và d2 . Trên d1 có 6 điểm phân biệt, trên d2 có n điểm phân biệt n 2, n ¥ . Tìm n , biết rằng có 96 tam giác có đỉnh là các điểm đã cho. Lời giải Cứ 3 điểm phân biệt không thẳng hàng thì tạo thành một tam giác. 3 3 3 Do đó số tam giác được lập thành từ n 6 điểm đã cho như bài toán là Cn 6 C6 Cn . 3 3 3 Theo giả thiết bài toán, ta có Cn 6 C6 Cn 96 với n 2 , n ¥ n 6 ! n! 20 96 n 4 n 5 n 6 120 n 2 n 1 n 576 3! n 3 ! 3! n 3 ! 2 n 4 18n 72n 576 . n 8 Đối chiếu điều kiện ta chọn n 4 thỏa yêu cầu bài toán. Bài 13. Trong mặt phẳng cho đa giác đều H có 20 cạnh. Xét tam giác có đúng 3 đỉnh được lấy từ các đỉnh của H . a) Có tất cả bao nhiêu tam giác như vậy. b) Có bao nhiêu tam giác có đúng hai cạnh là cạnh của H . c) Có bao nhiêu tam giác có đúng một cạnh là cạnh của H . d) Có bao nhiêu tam giác không có cạnh nào là cạnh của H . Lời giải a) Mỗi tam giác được tạo thành từ 3 trong số 20 đỉnh của đa giác H ứng với một tổ hợp chập 3 của 20 phần tử. 3 Vậy có tất cả C20 1440 tam giác. b) Chọn đỉnh thứ nhất của tam giác là đỉnh của H nên có 20 cách. Chọn hai đỉnh còn lại của tam giác kề với đỉnh đã chọn (bên trái và bên phải) nên có 1 cách. Vậy có tất cả 20.1 20 tam giác. c) Chọn một cạnh của tam giác là cạnh của đa giác H nên có 20 cách. Chọn đỉnh còn lại của tam giác không kề với 2 đỉnh đã chọn nên có 20 4 16 cách. Vậy số tam giác có một cạnh là cạnh của đa giác là 20.16 320 tam giác. d) Số tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa giác là 1440 20 320 800 tam giác. Bài 14. Có bao nhiêu số tự nhiên chẵn có 4 chữ số trong nửa khoảng 3000;4000 được tạo nên từ các số 0, 1, 2, 3, 4, 5 nếu
  6. a) Các chữ số của nó không nhất thiết khác nhau. b) Các chữ số của nó khác nhau. Lời giải Các số tự nhiên có 4 chữ số trong khoảng 3000;4000 có dạng 3abc với a, b A 0, 1, 2, 3, 4, 5 và c 0, 2, 4. a) Để tạo được một số dạng này ta phải thực hiện liên tiếp ba bước sau: Chọn a A : có 6 cách. Chọn b A : có 6 cách. Chọn c 0, 2, 4: có 3 cách. Vậy theo quy tắc nhân, ta có 6.6.3 108 số. b) Để tạo được một số dạng này ta phải thực hiện liên tiếp ba bước sau: Chọn c 0;2;4 : có 3 cách. Chọn b A \ 3;c: có 4 cách. Chọn a A \ 3;c;b : có 3 cách. Vậy theo quy tắc nhân, ta có 3.4.3 36 số. Bài 15. Từ các chữ số 1, 2, 4, 5, 7 có thể lập được a) Bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số. b) Bao nhiêu số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau. c) Bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm 4 chữ số khác nhau. Lời giải Đặt A 1, 2, 4, 5, 7 . Gọi số cần tìm có dạng a1a2a3a4 trong đó ai A, với i 1,4 . a) Để tạo được số tự nhiên có 4 chữ số (các chữ số có thể trùng nhau), ta phải thực hiện liên tiếp bốn bước sau: Chọn a1 A có 5 cách. Chọn a2 A có 5 cách. Chọn a3 A có 5 cách. Chọn a4 A có 5 cách. Do đó theo quy tắc nhân ta có thể lập được 5.5.5.5 625 số. b) Để tạo được số dạng trên với a1, a2 , a3 , a4 đôi một khác nhau, ta phải thực hiện liên tiếp 4 bước sau: Chọn a1 A có 5 cách. Chọn a2 A \ a1 có 5 cách. Chọn a3 A \ a1, a2 có 5 cách. Chọn a4 A \ a1, a2 , a3 có 5 cách. Vậy theo quy tắc nhân ta có thể lập được 5.4.3.2 120 số. c) Để tạo được một số chẵn gồm bốn chữ số khác nhau, ta phải thực hiện theo hai bước liên tiếp: Chọn a4 2, 4 : có 2 cách. 3 Chọn ba chữ số a1, a2 , a3 thuộc A \ a4 xếp vào các vị trí còn lại: có A4 cách. 3 Vậy theo quy tắc nhân có tất cả 2.A4 48 số.
  7. Bài 16. Cho tập hợp A 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 . a) Có bao nhiêu tập con X của A thỏa điều kiện X chứa 1 và không chứa 2. b) Có bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm năm chữ số đôi một khác nhau lấy từ tập A và không bắt đầu bởi 123. Lời giải a) Tập con X của A chứa 1 và không chứa 2 có dạng X 1Y trong đó Y là tập con của tập B 3, 4, 5, 6, 7, 8. 0 1 2 6 6 Mà số tập con của B là C6 C6 C6 C6 2 64 . Do đó số tập con X thoả yêu cầu bài toán là 26 64 tập con. b) Gọi số cần tìm có dạng a1a2a3a4a5 . ● Trước hết ta tìm các số chẵn có năm chữ số khác nhau. Chọn a5 2, 4, 6, 8 : có 4 cách. 4 Chọn bốn chữ số thuộc A \ a5 xếp vào các vị trị còn lại: có A7 cách. 4 Do đó có tất cả 4.A7 3360 số thuộc dạng này. ● Tiếp theo ta tìm các số chẵn có năm chữ số có dạng 123a4a5 . Chọn a5 4, 6, 8 : có 3 cách. Chọn a4 A \ 1, 2, 3, a5 : có 4 cách. Do đó có tất cả 3.4 12 số thuộc dạng này. Vậy các số chẵn gồm năm chữ số đôi một khác nhau không bắt đầu bởi 123 là 3360 12 3348 số. Bài 17. Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên mà mỗi số có sáu chữ số khác nhau và chữ số 2 đứng cạnh chữ số 3. Lời giải Đặt nhóm hai chữ số 2,3 là a . ● Trường hợp 1. Nếu số cần tìm có dạng aa1a2a3a4 với a1, a2 , a3 , a4 thuộc 0, 1, 4, 5 . Hoán vị hai chữ số 2 và 3 trong nhóm a nên có 2 cách. 4 Chọn thứ tự a1, a2 , a3 , a4 thuộc 0, 1, 4, 5 nên có A4 4! 24 cách. Do đó có tất cả 2.24 48 số trong trường hợp này. ● Trường hợp 2. Nếu số cần tìm có dạng a1aa2a3a4 với a1, a2 , a3 , a4 thuộc 0, 1, 4, 5 và a1 0 . Chọn a1 thuộc 1, 4, 5 nên có 3 cách. Hoán vị hai chữ số 2 và 3 trong nhóm a nên có 2 cách. 3 Chọn thứ tự a2 , a3 , a4 thuộc 0, 1, 4, 5 \ a1 nên có A3 3! 6 cách. Do đó có tất cả 3.2.6 36 số trong trường hợp này. ● Tương tự cho các trường hợp số có dạng a1a2aa3a4 , a1a2a3aa4 , a1a2a3a4a . Suy ra có 3 36 108 số. Vậy có tất cả 48 36 108 192 số cần tìm. Bài 18. Từ các chữ số 0, 1, 3, 6, 9 . a) Có thể lập thành bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm 4 chữ số khác nhau.
  8. b) Có thể lập thành bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau và chia hết cho 3 . Lời giải Đặt A 0,1,3,6,9 . a1, a2 , a3 , a4 A a) Gọi số cần tìm có dạng a1a2a3a4 với a1 0 và a1, a2 , a3 , a4 đôi một khác nhau. a4 0, 6 ● Trường hợp 1. Nếu a4 0 thì có 1 cách chọn a4 . 3 Khi đó a1, a2 , a3 được chọn thứ tự từ tập A \ 0 nên có A4 cách. 3 Do đó có tất cả 1.A4 24 số trong trường hợp này. ● Trường hợp 2. Nếu a4 6 thì có 1 cách chọn. Khi đó Chọn a1 A \ 0, a4 : có 3 cách. 2 Chọn thứ tự a2 , a3 từ tập A \ a1, a4 nên có A3 cách. 2 Do đó theo quy tắc nhân có 1.3.A3 18 số trong trường hợp này. Vậy theo quy tắc cộng số các số cần tìm là 24 18 42 số. b) Số chia hết cho 3 phải có tổng các chữ số chia hết cho 3 . Trong các tập con có bốn phần tử của A chỉ có một tập B 0,3,6,9 có tổng các phần tử chia hết cho 3 , nên a1, a2 , a3 , a4 B , do đó để tạo được một số thỏa yêu cầu ta phải thực hiện theo các bước sau: Chọn a1 B \ 0 : có 3 cách. 3 Chọn thứ tự a2 , a3 , a4 từ tập B \ a1 : có A3 cách. 3 Vậy có tất cả 3.A3 18 số. Bài 19. Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5 có bao nhiêu cách lập ra một số tự nhiên gồm ba chữ số khác nhau sao cho a) Số tạo thành là một số chẵn. b) Số tạo thành là một số bé hơn hay bằng 345 . c) Số tạo thành là một số chẵn bé hơn hay bằng 345 . Lời giải Đặt A 1, 2, 3, 4, 5 . a1, a2 , a3 A a) Gọi số cần tìm có dạng a1a2a3 với và a1, a2 , a3 đôi một khác nhau. a3 2, 4 Để lập được một số chẵn dạng trên, ta thực hiện hai bước liên tiếp Chọn a3 2, 4: có 2 cách. 2 Chọn thứ tự a1, a2 từ tập A \ a3: có A4 cách. 2 Vậy có tất cả 2.A4 24 số. b) Ta có các trường hợp sau ● Trường hợp 1: a1 1. Chọn a2 A \ 1 : có 4 cách.
  9. Chọn a3 A \ 1, a2 : có 3 cách. Do đó trong trường hợp này có 4.3 12 số. ● Trường hợp 2: a1 2 . Chọn a2 A \ 2: có 4 cách. Chọn a3 A \ 2, a2 : có 3 cách. Do đó trong trường hợp này có 4.3 12 số. ● Trường hợp 3: a1 3. Chọn a2 A \ 3, 5: có 3 cách. Chọn a3 A \ 3, a2: có 3 cách. Do đó trong trường hợp này có 3.3 9 số. Vậy có tất cả 12 12 9 33 số. c) Ta có các trường hợp sau ● Trường hợp 1: a1 1. Chọn a3 2, 4: có 2 cách. Chọn a2 A \ 1, a3 : có 3 cách. Do đó trong trường hợp này có 2.3 6 số. ● Trường hợp 2: a1 2 . Chọn a3 4 : có 1 cách. Chọn a2 A \ 2, 4 : có 3 cách. Do đó trong trường hợp này có 1.3 3 số. ● Trường hợp 3: a1 3. Chọn a3 2, 4: có 2 cách Chọn a2 A \ 3, a3 , 5 : có 2 cách. Do đó trong trường hợp này có 2.2 4 số. Vậy có tất cả 6 3 4 13 số. Bài 20. Giải các phương trình sau Px Px 1 1 2 2 2 a) . b) P2.x – P3.x 8 . c) 3Ax A2x 42 0. Px 1 6 4 10 9 8 Ax 24 3 2 d) Ax Ax 9Ax . e) 3 x 4 . f) Ax 5Ax 2 x 15 . Ax 1 Cx 23 x x 2 x 1 x 2 3 1 2 3 2 g) C14 C14 2C14 . h) Cx 1 2Cx 1 7 x 1 . i) Cx 6Cx 6Cx 9x 14x . 1 1 7 3 x 2 x 1 j) 1 2 1 . k) Ax Cx 14x . l) 7 Ax 1 2P x 1 30Px . Cx Cx 1 6Cx 4 2 x 2 2 x 1 3 4 2 m) Ax 2 Cx 101. n) Ax .Cx 48 . o) Ax 2Cx 3Ax . Lời giải a) Điều kiện: x 1 và x ¥ . Ta có
  10. Px Px 1 1 6 Px Px 1 Px 1 Px 1 6 6 x! x 1 ! x 1 ! 6 x 1 !. x 1 x 1 !.x x 1 6. x 1 x x 1 x2 5x 6 0 x 2 hoặc x 3. Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của phương trình x 2 hoặc x 3. 2 2 2 b) Ta có P2.x – P3.x 8 2!.x 3!.x 8 2x 6x 8 0 x 1 hoặc x 4 . Vậy phương trình đã cho có nghiệm x 1 hoặc x 4 . c) Điều kiện: x 2 và x ¥ . Ta có x! 2x ! 3A2 A2 42 0 3. 42 0 x 2x x 2 ! 2x 2 ! 2 x 7 3. x 1 .x 2x 1 .2x 42 0 x x 42 0 . x 6 Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của phương trình x 6 . d) Điều kiện: x 10 và x ¥ . Ta có x! x! x! A10 A9 9A8 9 x x x x 10 ! x 9 ! x 8 ! 1 1 9 2 x 11 x 16x 55 0 1 x 9 x 9 x 8 x 5 Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của phương trình x 11. e) Điều kiện: x 4 và x ¥ . Ta có x! A4 24 x 4 ! 24 x A3 C x 4 23 x 1 ! x! 23 x 1 x x 2 ! x 4 !.4! x 3 x 2 x 1 x 24 24 x 3 x 2 24 1 x 1 x x 1 x 3 x 2 x 1 x 23 24 x 1 x 3 x 2 23 24 x 3 x 2 1 23 x 3 x 2 24 x 1 x 3 x 2 24 x 1 x 3 x 2 23 2 x 1 x 6x 5 0 x 5 Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của phương trình x 5. f) Điều kiện: x 3 và x ¥ . Ta có x! x! A3 5A2 2 x 15 5. 2 x 15 x x x 3 ! x 2 !
  11. x 2 x 1 x 5. x 1 .x 2 x 15 x3 2x2 5x 30 0 x 3 x2 5x 10 0 x 3. Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của phương trình x 3. g) Điều kiện: 0 x 12 và x ¥ . Ta có 14! 14! 14! C x C x 2 2C x 1 2 14 14 14 x! 14 x ! x 2 ! 12 x ! x 1 ! 13 x ! 1 1 1 2. x 1 x 2 14 x 13 x 2 x 2 14 x 14 x 13 x x 1 x 2 x 1 13 x 2 x 4 x 12x 32 0 . x 8 Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của phương trình x 4 hoặc x 8 . h) Điều kiện: x 4 và x ¥ . Ta có x 1 ! x 1 ! C x 2 2C3 7 x 1 2. 7 x 1 x 1 x 1 x 2 !.3! 3!. x 4 ! x 1 .x. x 1 x 3 . x 2 . x 1 2. 7 x 1 6 6 2 x 5 x 3x 10 0 . x 2 Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của phương trình x 5. i) Điều kiện: x 3 và x ¥ . Ta có x! x! x! C1 6C 2 6C3 9x2 14x 6. 6. 9x2 14x x x x 1!. x 1 ! 2!. x 2 ! 3!. x 3 ! x 0 2 2 x 3.x x 1 x 2 x 1 x 9x 14x x x 9x 14 0 x 2. x 7 Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của phương trình x 7 . j) Điều kiện: x 1 và x ¥ . Ta có 1 1 7 1!. x 1 ! 2!. x 1 ! 7.1!. x 3 ! 1 2 1 Cx Cx 1 6Cx 4 x! x 1 ! 6. x 4 ! 1 2 7 6 x 1 x 4 12 x 4 7x x 1 x x x 1 6. x 4 2 x 8 x 11x 24 0 . x 3 Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của phương trình x 8 hoặc x 3. k) Điều kiện: x 3 và x ¥ . Ta có
  12. x! x! A3 C x 2 14x 14x x x x 3 ! x 2 !.2! x 1 x x 1 x 2 x 1 x 14x x 2 x 1 14 2 2 x 5 2 2x 5x 25 0 5 . x 2 Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của phương trình x 5. l) Điều kiện: x 1 và x ¥ . Ta có x 1 x 1 ! 7 Ax 1 2P x 1 30Px 7 2. x 1 ! 30.x! 2! x 7 x x 1 2 7 2 30x 7x 53x 28 0 4 2 x 7 Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của phương trình x 7 . m) Điều kiện: x 4 và x ¥ . Ta có x 2 ! x! A2 C x 2 101 101 x 2 x x 4 ! x 2 !.2! x 10 x 1 x x 3 x 2 101 3x2 11x 190 0 19 2 x 3 Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của phương trình x 10 . n) Điều kiện: x 2 và x ¥ . Ta có x! x! A2.C x 1 48 . 48 x x x 2 ! x 1 !.1! x 1 x.x 48 x3 x2 48 0 x 4 Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của phương trình x 4 . o) Điều kiện: x 4 và x ¥ . Ta có x! x! x! A3 2C 4 3A2 2 3. x x x x 3 ! 4!. x 4 ! x 2 ! 1 1 3 12 x 2 x 2 x 3 3.12 x 3 12 x 2 x 3 2 x 11 x 17x 66 0 . x 6 Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của phương trình x 6 hoặc x 11. Bài 21. Giải các bất phương trình sau
  13. A4 15 A4 143 a) n 4 . b) n 2 0 . n 2 ! n 1 ! Pn 2 4Pn 1 1 6 c) An A2 C3 10 . d) 2C 2 3A2 20 0 . 2 2n n n n n 1 n n 3 2 2 Cn 1 1 e) 2Cn 1 3An 30 . f) 4 . An 1 14.P3 Lời giải a) Điều kiện: n ¥ . Ta có A4 15 n 4 ! 15 n 4 n 2 ! n 1 ! n 2 !.n! n 1 ! n 3 n 4 15 n 3 n 4 15n n2 8n 12 0 2 n 6 . n Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là S 3, 4, 5 . b) Điều kiện: n 2 và n ¥ . Ta có n 2 ! A4 143 n 2 ! 143 n 2 0 0 Pn 2 4Pn 1 n 2 ! 4. n 1 ! 1 143 143 147 0 1 0 4 n 1 143 0 n . n 2 ! 4. n 1 ! 4 n 1 4 Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là S 2, 3, , 36 . c) Điều kiện: n 3 và n ¥ . Ta có 1 6 1 2n ! n! 6 n! A2 A2 C3 10 . 10 2 2n n x n 2 2n 2 ! n 2 ! n 3! n 3 ! 1 6 n 2 n 1 n 2n 1 .2n n 1 .n . 10 2 n 6 4n2 2n 2 n2 n 2 n2 3n 2 20 6n 24 n 4. Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là S 3, 4 . d) Điều kiện: n 2 và n ¥ . Ta có x 1 ! x! 2C 2 3A2 20 0 2 3. 20 0 x 1 x 2!. x 1 ! x 2 ! 5 x x 1 3 x 1 x 20 0 2x2 x 10 0 2 x . 2 Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là S 2 . e) Điều kiện: n 2 và n ¥ . Ta có
  14. x 1 ! x! 2C 2 3A2 30 2. 3. 30 x 1 x 2! x 1 ! x 2 ! 5 x x 1 3 x 1 x 30 2x2 x 15 0 x 3. 2 Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là S 2 . f) Điều kiện: n 3 và n ¥ . Ta có n 3 Cn 1 1 n 3 4 4 14.P3Cn 1 An 1 An 1 14.P3 n 1 ! n 1 ! 14.3!. 42 n 2 n 1 n 2 n 1 n n 1 n 3 !.2! n 3 ! . 2 n 7 42 n n 1 n n 42 0 . n 6 Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là S n 6 n ¥  . Bài 22. Giải các hệ phương trình sau y y 1 y y 1 y 1 y 3 y 2 Cx Cx 0 Cx 1 Cx Cx 7A5x A5x a) y y 1 . b) . c) y 2 y 3 . 4Cx 5Cx 0 6 5 2 4C5x 7C5x x x 1 y y C :C y y 2 y y 1 y 1 y 1 2Ax 5Cx 90 3 A yA C A d) . e) . f) x 1 x 1 x x . y y 5A 2C 80 x x 1 10 1 2 x x C : A y y 24 ĐS: a) x; y 17;8 b) x; y 8;3 Lời giải a) Điều kiện: x y 1 và x, y ¥ . y y 1 Phương trình 1 Cx Cx y y 1 x x 2y 1 0 . x! x! 4 5 Phương trình 2 4C y 5C y 1 4. 5. 4x 9y 4 0 . x x y!. x y ! y 1 !. x y 1 ! y x y 1 x 2y 1 0 x 17 Do đó hệ phương trình . 4x 9y 4 0 y 8 x 17 Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của hệ phương trình . y 8 b) Điều kiện: x y 1 và x, y ¥ . C y C y 1 5 x 1 ! 6x! 5 x 1 6 ● x 1 x 5.C y 6.C y 1 6 5 x 1 x y! x 1 y ! y 1 ! x y 1 ! x y x y 1 y 1 5 y 1 x 1 6 x y x y 1 . 1
  15. ● C y 1 C y 1 x! x! 1 1 x x 2.C y 1 5.C y 1 5 2 x x 5. y 1 !. x y 1 ! 2. y 1 !. x y 1 ! 5.y y 1 2. x y x y 1 5.y y 1 2. x y x y 1 15.y y 1 6. x y x y 1 . 2 Từ 1 và 2 , suy ra 5 y 1 x 1 15.y y 1 x 1 3y . Thay vào 1 , ta được 2 y 0 15 y 1 y 6 2y 1 2y 3y 9y 0 . y 3 x 8 Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của hệ phương trình . y 3 c) Điều kiện: 5x y 2 và x, y ¥ . 5x ! 5x ! 7 1 Phương trình 1 7. 5x y 4 0 . 5x y 3 ! 5x y 2 ! 5x y 3 1 Phương trình 5x ! 5x ! 4 7 2 4. 7. 20x 11y 26 0 . y 2 !. 5x y 2 ! y 3 !. 5x y 3 ! y 2 5x y 3 5x y 4 0 x 2 Do đó hệ phương trình . 20x 11y 26 0 y 6 x 2 Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của hệ phương trình . y 6 d) Điều kiện: x y và x, y ¥ . y u Ax 2u 5v 90 u 20 Đặt , ta được . y 5u 2v 80 v 10 v Cx Mà u y!.v 20 y!.10 y! 2 y 2 . y 2 x! 2 x 5 Ta có u 20 , suy ra Ax 20 Ax 20 20 x 1 x 20 x x 20 0 . x 2 ! x 4 x 5 Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của hệ phương trình . y 2 Lời giải e) Điều kiện: y x và x, y ¥ . x Cy 1 x x y! y! 24 Phương trình 2 x 24Cy Ay 24. 1 x 4 . Ay 24 x! y x ! y x ! x! 4 Cy 1 4 4 y! y 2 ! Thay x 4 vào 1 , ta được 4 3Cy Cy 2 3. Cy 2 3 4!. y 4 ! 4!. y 2 ! 3 y 1 y 2 2 y 1 y 9y 8 0 . 1 y 3 y 2 y 8 x 4 Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của hệ phương trình . y 8
  16. f) Điều kiện: x y 1 và x, y ¥ . C y 1 Ay 1 x! x! 1 1 ● x x y 1 ! 2 y 1 2 y 3 . 1 2 y 1 !. x y 1 ! 2. x y 1 ! y 1 ! 2 Ay yAy 1 C y 1 A3 3A2 C 2 ● Thay y 3 vào x 1 x 1 x , ta được x 1 x 1 x A3 3A2 10C 2 10 1 10 1 x 1 x 1 x x 1 ! 3 x 1 ! 10.x! 1 3 10x x 4 ! x 3 ! 2!. x 2 ! 2 x 3 2 x 2 x 3 2 x 0 2 x 2 x 3 6 x 2 10x x 7x 0 . x 7 x 7 Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của hệ phương trình . y 3 5 C 4 C3 A2 n 1 n 1 4 n 2 Bài 23. Tìm số nguyên dương n thỏa mãn hệ . 7 C n 4 A3 n 1 15 n 1 Lời giải Điều kiện: n 5 và n ¥ . n 1 ! n 1 ! n 2 ! 5 5 C 4 C3 A2 . n 1 n 1 4 n 2 4!. n 5 ! 3!. n 4 ! 4 n 4 ! Hệ phương trình n 4 7 3 n 1 ! 7 n 1 ! Cn 1 An 1 . 15 n 4 !.5! 15 n 2 ! n 1 n 2 n 3 n 4 n 1 n 2 n 3 5 n 2 n 3 24 6 4 n 1 n n 1 n 2 n 3 7 n 1 n n 1 120 15 n 1 n 4 n 1 5 2 24 6 4 n 9n 22 0 2 n 11 . n 2 n 3 7 n2 5n 50 0 n 5 n 10 120 15 Đối chiếu điều kiện ta được n 10 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài 24. Chứng minh rằng 1.P1 2.P2 3.P3 n.Pn Pn 1 P1 . Lời giải Ta có n.Pn n.n! n 1 1 n! n 1 n! n! Pn 1 Pn . Do đó 1.P1 2.P2 3.P3 n.Pn P2 P1 P3 P2 P4 P3 Pn 1 Pn Pn 1 P1 . Bài 25. Chứng minh rằng k k k 1 n 2 n 1 2 n a) An An 1 kAn 1 . b) An k An k k An k .
  17. Lời giải n! a) Ta có Ak . n n k ! Lại có k k 1 n 1 ! n 1 ! n 1 ! k n 1 ! n n! An 1 kAn 1 k. 1 . . n k 1 ! n k ! n k 1 ! n k n k 1 ! n k n k ! k k k 1 Vậy An An 1 kAn 1 . n k ! n k ! b) Ta có k 2 An k 2. k. . n k k! k 1 ! n 2 n 1 n k ! n k ! n k ! 1 n k ! k n k ! Lại có An k An k 1 k. . k 2 ! k 1 ! k 2 ! k 1 k 2 ! k 1 k 1 ! n 2 n 1 2 n Vậy An k An k k An k . Bài 26. Cho hai số nguyên n và m thỏa mãn 0 m n . Chứng minh rằng m m 1 m m 1 m 1 m 1 m 1 a) mCn nCn 1 . b) Cn Cn 1 Cn 2 Cm Cm 1 . Lời giải n! n! mC m m. n m! n m ! m 1 !. n m ! m m 1 a) Ta có . Suy ra mCn nCn 1 . n 1 ! n! nC m 1 n. n 1 m 1 !. n m ! m 1 !. n m ! k k k 1 k k 1 k b) Áp dụng công thức Cn 1 Cn Cn . Suy ra Cn 1 Cn Cn , ta được m m 1 m 1 m 1 m 1 Cn Cn 1 Cn 2 Cm Cm 1 m m 1 m 1 m 1 m 1 m m 1 m 1 m 1 Cn Cn 1 Cn 2 Cm Cm 1 Cn 1 Cn 2 Cm Cm 1 m m 1 m 1 m 1 m m 1 m 1 Cn 1 Cn 2 Cm Cm 1 Cn 2 Cm Cm 1  m m 1 m 1 m m 1 Cm 1 Cm Cm 1 Cm Cm 1 : luôn đúng. m m 1 m 1 m 1 m 1 Vậy Cn Cn 1 Cn 2 Cm Cm 1 . 0 m k n k 0 k 1 1 k m m k Bài 27. Cho . Chứng minh rằng Cn .Cm Cn Cm Cn Cm Cn m . k,m,n Z Lời giải 1 x m C 0 C1 x C m xm m m m n 0 n 1 n 1 n Ta có 1 x Cn x Cn x Cn . 1 x m n C 0 C1 x C m n xm n m n m n m n k m n 0 k 1 k 1 m k m Hệ số của x trong khai triển 1 x 1 x là CmCn CmCn Cm Cn . k m n k Hệ số của x trong khai triển 1 x là Cm n . m n m n k 0 k 1 1 k m m k Đồng nhất thức 1 x 1 x 1 x . Do đó Cn .Cm Cn Cm Cn Cm Cn m .
  18. NHỊ THỨC NEWTƠN 10 6 1 3 Bài 28. Tìm hệ số của x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của x (với x 0 ). x Lời giải Theo công thức khai triển nhị thức Niu-tơn, ta có 10 10 10 k 10 1 3 k 1 3 k k 4k 10 x C10 x C10 x . x k 0 x k 0 Số hạng chứa x6 ứng với 4k 10 6 k 4 . 6 4 Vậy hệ số của x trong khai triển là C10 210 . 16 3 Bài 29. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của 2x (với x 0 ). 3 x Lời giải Theo công thức khai triển nhị thức Niu-tơn, ta có 16 16 k 16 4k 3 16 k 3 k 16 2x C k 2x C k 216 k 3 .x 3 . 3  16 3  16 x k 0 x k 0 4k Số hạng không chứa x tương ứng với 16 0 k 12. 3 12 4 12 Do đó số hạng cần tìm là C16 .2 .3 . Bài 30. Tìm hệ số của x3 trong khai triển thành đa thức của x 1 5 x 2 7 . Lời giải Theo công thức khai triển nhị thức Niu-tơn, ta có 5 7 7 5 k 5 k 7 l 7 l l l l l 7 l x 1 C5 .x và x 2 C7 .x . 2 C7 . 1 .2 .x . k 0 l 0 l 0 Số hạng chứa x3 trong khai triển x 1 5 tương ứng với 5 k 3 k 2 . Số hạng chứa x3 trong khai triển x 2 7 tương ứng với 7 l 3 l 4 . 3 5 7 2 4 4 4 Vậy hệ số của x trong khai triển của x 1 x 2 là C5 C7 1 .2 570 . Bài 31. Tìm hệ số của x5 trong khai triển thành đa thức của x 1 2x 5 x2 1 3x 10 . Lời giải Theo công thức khai triển nhị thức Niu-tơn, ta có 5 5 5 k 5 k k 5 k 6 k x 1 2x x.C5 . 2x C5 . 2 .x . k 0 k 0 Số hạng chứa x5 tương ứng với 6 k 5 k 1. Tương tự, theo công thức khai triển nhị thức Niu-tơn, ta có 10 10 2 10 2 l 10 l l 10 l 12 l x 1 3x x .C10. 3x C10.3 .x . l 0 l 0
  19. Số hạng chứa x5 tương ứng với 12 l 5 l 7 . 5 5 2 10 1 4 7 3 Vậy hệ số của x trong khai triển thành đa thức của x 1 2x x 1 3x là C5. 2 C10.3 3320 . Bài 32. Tìm hệ số của x8 trong khai triển thành đa thức của 1 x 6 1 x 7 1 x 8 1 x 9 1 x 10 . Lời giải Số hạng chứa x8 chỉ có trong khai triển thành đa thức của 1 x 8 , 1 x 9 và 1 x 10 . 8 8 8 9 8 10 8 Hệ số của x trong khai triển 1 x là C8 ; trong khai triển 1 x là C9 ; trong khai triển 1 x là C10 . 8 8 8 8 Vậy hệ số của x trong khai triển thành đa thức là C8 C8 C8 55 . Bài 33. Tìm hệ số của x6 trong khai triển thành đa thức của 1 x 6 1 x 7  1 x 2015 . Lời giải Đặt f x 1 x 6 1 x 7  1 x 2015 . 6 Ta xem đây là tổng của một cấp số nhân với số hạng đầu là u1 1 x và công bội q 1 x . Do đó 2010 2016 6 6 1 x 1 1 x 1 x f x 1 x . . 1 x 1 x 7 Suy ra hệ số của x6 trong khai triển thành đa thức của f x chính là hệ số của x trong khai triển 1 x 2016 . 7 Vậy hệ số cần tìm là C2016 . 10 Bài 34. Tìm hệ số của x4 trong khai triển thành đa thức của 1 2x 3x2 . Lời giải Theo công thức khai triển nhị thức Niu-tơn, ta có 10 10 10 10 k 2 2 k k 2 1 2x 3x 1 2x 3x C10. 1 2x . 3x k 0 10 k 10 k k l l 2 10 k k l l 10 k 20 l 2k C10 Ck 2x 3x C10 Ck .2 .3 .x . k 0 l 0 k 0 l 0 Số hạng chứa x4 ứng với 20 l 2k 4 l 2k 16 . Kết hợp với điều kiện ta có hệ l 2k 16 0 k 10, 0 l k k;l 8;0 , 9;2 , 10;4  . k,l ¥ 4 8 2 9 2 2 4 4 Vậy hệ số của x bằng C10.3 C10.C9 .2 .3 C10.2 8085. 5 Bài 35. Tìm hệ số của x10 trong khai triển thành đa thức của 1 x x2 x3 . Lời giải Theo công thức khai triển nhị thức Niu-tơn, ta có 5 5 5 5 2 3 5 5 2 5 k k l 2 l k l k 2l 1 x x x 1 x 1 x C5 x .C5 x C5 .C5.x . k 0 l 0 k 0 l 0
  20. Số hạng chứa x10 ứng với k 2l 10 k 10 2l . Kết hợp với điều kiện ta có hệ k 2l 10 0 k 5, 0 l 5 k;l 0;5 , 2;4 , 4;3  . k,l ¥ 10 0 5 2 4 4 3 Vậy hệ số của x bằng C5 .C5 C5 .C5 C5 .C5 101. Bài 36. Tìm số tự nhiên n , biết hệ số của số hạng thứ 3 theo số mũ giảm dần của x trong khai triển nhị n 1 thức Niu-tơn của x bằng 4. 3 Lời giải Theo công thức khai triển nhị thức Niu-tơn, ta có n 2 n 1 0 n 1 1 n 1 2 1 n 2 n 1 x Cn x Cn x Cn x Cn . 3 3 3 3 2 2 1 n 2 Số hạng thứ 3 theo số mũ giảm dần của x là Cn x . 3 2 2 1 n! 1 n n 1 1 2 Yêu cầu bài toán Cn 4 . 4 . 4 n n 72 0 n 9 hoặc 3 2! n 2 ! 9 2 9 n 8. Do n ¥ nên ta chọn n 9 thỏa mãn yêu cầu bài toán. n 6 6 5 3 Bài 37. Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của x 4 (với x 0 ), biết x hệ số của số hạng thứ ba trong khai triển bằng 594 . Lời giải Theo công thức khai triển nhị thức Niu-tơn, ta có n 6 n 6 k n 6 3 n 6 k 3 x5 C k x5 C k 3k x5n 9k 30 . 4  n 6 4  n 6 x k 0 x k 0 k k 5n 9k 30 Suy ra số hạng tổng quát thứ k là Tk 1 Cn 6 3 x . n 6 ! Theo yêu cầu bài toán, ta có C 2 32 594 .9 594 n2 11n 102 0 n 6 hoặc n 6 2! n 4 ! n 17 (loại). Số hạng chứa x6 ứng với 5n 9k 30 6 30 9k 30 6 k 6 . 6 6 6 Vậy hệ số của số hạng chứa x là C12 3 . n 3 1 3n 3n 5 3n 10 Bài 38. Khai triển P x x 2 ta được P x a0 x a1x a2 x 2x 4 Biết rằng ba hệ số đầu a0 , a1, a2 lập thành cấp số cộng. Tìm hệ số của số hạng chứa x . Lời giải Theo công thức khai triển nhị thức Niu-tơn, ta có
  21. n n k n 1 n k 1 1 P x x3 C k . x3 . C k . .x3n 5k . 2  n 2  n k 2x k 0 2x k 0 2 1 Suy ra hệ số a C k . . k n 2k 1 1 Theo giả thiết, ta có a a 2a C 0 C 2. 2C1. (điều kiện n 2 ) 0 2 1 n n 22 n 2 n! 1 n 1 n 1 . n 1 n n2 9n 8 0 n 1 (loại) hoặc n 8 . 2!. n 2 ! 4 8 8 1 8 1 Với n 8 , ta được P x x3 C k . .x24 5k . 2  8 k 2x k 0 2 So hạng chứa x4 ứng với 24 5k 4 k 4 . 1 Vậy hệ số của số hạng chứa x4 là C 4. . 8 24 21 Bài 39. Tìm số hạng đứng giữa trong khai triển nhị thức Niu-tơn của x3 xy . Lời giải Theo công thức khai triển nhị thức Niu-tơn, ta có 21 21 3 21 k 3 21 k k k 63 2k k x xy C21 x xy C21x y . k 0 k 0 21 Suy ra khai triển x3 xy có 22 số hạng nên có hai số hạng đứng giữa là số hạng thứ 11 và 12. 10 43 10 11 41 11 Vậy số hạng thứ 11 là C21 x y ; số hạng thứ 12 là C21 x y . n 3 1 Bài 40. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của 3x 2 (với x 0 ), biết x n 2 rằng n là số nguyên dương thỏa mãn hệ thức 2Pn 4n 5 Pn 2 3An . Lời giải Điều kiện: n ¥ ,n 3 . n! 3n n 1 Ta có 2P 4n 5 .P 3An 2 2n! 4n 5 n 2 ! 3. 2n n 1 4n 5 n n 2 n 2! 2 n2 9n 10 0 n 10 hoặc n 1 (loại). n 10 3 1 3 1 Với n 10 , khi đó 3x 2 3x 2 . Theo công thức khai triển nhị thức Niu-tơn, ta có x x 10 10 k 10 1 10 k 1 k 3x3 C k 3x3 C k 310 k 1 x30 5k . 2  10 2  10 x k 0 x k 0 Số hạng không chứa x ứng với 30 5k 0 k 6 . 6 4 6 Vậy số hạng không chứa x của khai triển là C10.3 . 1 17010 .
  22. n 4 2 3 Bài 41. Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của x (với x 0 ), biết n x n 6 2 là số tự nhiên thỏa mãn hệ thức Cn 4 nAn 454 . Lời giải Điều kiện: n ¥ ,n 6. n 4 ! n! n 5 n 4 Ta có C n 6 nA2 454 n. 454 n. n 1 n 454 n 4 n n 6 !.2! n 2 ! 2 2n3 n2 9n 888 0 n 8 . n 8 2 3 2 3 Với n 8 , khi đó x x . Theo công thức khai triển nhị thức Niu-tơn, ta có x x 8 8 8 k 8 2 3 k 2 3 k k 8 k k 4k 8 x C8 x C8 2 1 x . x k 0 x k 0 Số hạng chứa x4 tương ứng với 4k 8 4 k 3 . 4 3 5 3 Vậy hệ số của x là C8 2 1 1792 . n 5 2 Bài 42. Tìm số hạng chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của x (với x 0 ), biết n là số 3 x 1 1 16 nguyên dương thỏa mãn hệ thức 2 3 4 . Cn Cn Cn Lời giải Điều kiện: n ¥ ,n 4 . 1 1 16 2! n 2 ! 3! n 3 ! 16.4! n 4 ! Ta có 2 3 4 n 3 n 2 3 n 3 16.12 Cn Cn Cn n! n! n! n2 2n 195 0 n 15 hoặc n 13(loại). n 15 2 2 Với n 15, khi đó x x . Theo công thức khai triển nhị thức Niu-tơn, ta có 3 x 3 x 15 15 k 15 15 k k 2 15 k 2 k x C k x C k 2k 1 x 2 3 . 3  15 3  15 x k 0 x k 0 15 k k Số hạng chứa x5 tương ứng với 5 k 3 . 2 3 5 3 3 Vậy hệ số của x là C15 2 3640 . n 3 2 Bài 43. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của x (với x 0 ), biết x 6 7 8 9 8 rằng n là số nguyên dương thỏa mãn hệ thức Cn 3Cn 3Cn Cn 2Cn 2 . Lời giải Điều kiện: n ¥ ,n 9 . k k 1 k 1 Áp dụng công thức Cn Cn Cn 1 .
  23. 6 7 8 9 6 7 7 8 8 9 7 8 9 Ta có Cn 3Cn 3Cn Cn Cn Cn 2 Cn Cn Cn Cn Cn 1 2Cn 1 Cn 1 7 8 8 9 8 9 9 Cn 1 Cn 1 Cn 1 Cn 1 Cn 2 Cn 2 Cn 3 . n 3 ! n 2 ! n 3 Giả thiết bài toán C9 2C8 2. 2 n 15. n 3 n 2 9! n 6 ! 8! n 6 ! 9 n 15 3 2 3 2 Khi đó x x . Theo công thức khai triển nhị thức Niu-tơn, ta có x x 15 k 30 5k 15 15 k 15 3 2 k 3 2 k k 6 x C15 x C15 2 x . x k 0 x k 0 30 5k Số hạng không chứa x tương ứng với 0 k 6 . 6 6 6 Vậy số hạng cần tìm là C15 2 320320 . Bài 44. Tìm hệ số của số hạng chứa x10 trong khai triển nhị thức Niu-tơn của 2 3x n , biết n là số 1 2 n 20 nguyên dương thỏa mãn hệ thức C2n 1 C2n 1 C2n 1 2 1. Lời giải 2n 1 0 1 2n 1 Ta có 1 1 C2n 1 C2n 1 C2n 1 . 1 0 2n 1 1 2n 2 2n 1 n n 1 Lại có C2n 1 C2n 1 ; C2n 1 C2n 1 ; C2n 1 C2n 1 ; ; C2n 1 C2n 1 . 2 Từ 1 và 2 , suy ra 22n 1 C 0 C1 C n C1 C n 22n 1 220 1 22n 1 n 10 . 2n 1 2n 1 2n 1 2 2n 1 2n 1 Khi đó 2 3x n 2 3x 10 . Theo công thức khai triển nhị thức Niu-tơn, ta có 10 10 10 k 10 k k k 10 k k k 2 3x C10 2 3x C10 2 3 x . k 0 k 0 Số hạng chứa x10 tương ứng với k 10 . 10 10 0 10 10 Vậy hệ số của x là C10 2 3 3 . Bài 45. Tìm hệ số của số hạng chứa x7 trong khai triển nhị thức Niu-tơn của 2 3x 2n , biết n là số 1 3 2n 1 nguyên dương thỏa mãn hệ thức C2n 1 C2n 1 C2n 1 1024. Lời giải 2n 1 0 2n 1 1 2n 2n 1 Xét khai triển x 1 C2n 1x C2n 1x C2n 1 . 2n 1 0 1 2n 1 Cho x 1, ta được 2 C2n 1 C2n 1 C2n 1 . 1 0 1 2n 1 Cho x 1, ta được 0 C2n 1 C2n 1 C2n 1 . 2 2n 1 1 3 2n 1 2n 1 Cộng 1 và 2 vế theo vế, ta được 2 2 C2n 1 C2n 1 C2n 1 2 2.1024 n 5. Với n 5, khi đó 2 3x 2n 2 3x 10 . Theo công thức khai triển nhị thức Niu-tơn, ta có 10 10 10 k 10 k k k 10 k k k 2 3x C10 2 3x C10 2 3 x . k 0 k 0 Số hạng chứa x7 tương ứng với k 7 .
  24. 7 7 3 7 Vậy hệ số của x trong khai triển là C10 2 3 . 2 10 1 2 3n Bài 46. Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển đa thức f x x x 1 x 2 với n là 4 3 n 2 số tự nhiên thỏa mãn hệ thức An Cn 14n . Lời giải Điều kiện: n ¥ ,n 3 . n! n! n n 1 Ta có A3 C n 2 14n 14n n n 1 n 2 14n n n n 3 ! n 2 !2! 2 5 2n2 5n 25 0 n 5 hoặc n (loại). 2 2 19 1 2 3n 1 4 15 1 19 1 k k 19 k Với n 5, khi đó f x x x 1 x 2 x 2 x 2 x 2 C19 2 x . 4 16 16 16 k 0 Số hạng chứa x10 tương ứng với 19 k 10 k 9 . 1 Vậy hệ số của x10 là C10 29 25 C10 2956096 . 16 19 19 n Bài 47. Tìm hệ số của số hạng chứa x4 trong khai triển đa thức P x 1 x 3x3 với n là số tự nhiên n 2 2 thỏa mãn hệ thức Cn 6n 5 An 1 . Lời giải Điều kiện: n ¥ ,n 2 . n! n 1 ! Ta có C n 2 6n 5 A2 6n 5 n n 1 12n 10 2n n 1 n n 1 n 2 !.2! n 1 ! n2 9n 10 0 n 1(loại) hoặc n 10 . n 10 10 10 k Với n 10 , khi đó P x 1 x 3x3 1 x 3x3 1 x 3x3 C k 1 k x 3x3  10 k 0 10 10 k k k k 2 k k l k l k 2l C10 1 x 1 3x C10 Ck 1 3 x . k 0 k 0 l 0 k 2l 4 4 Số hạng chứa x tương ứng với 0 k 10 k;l 4;0 , 2;1 . 0 l k 4 4 0 2 1 Vậy hệ số chứa x là C10C4 C10C2 3 480 . VẤN ĐỀ 02. TÍNH TỔNG HỮU HẠN Bài 48. Tính tổng 0 1 2 n 0 1 2 2n a) S Cn Cn Cn Cn . b) S C2n C2n C2n C2n . 0 1 2 3 n n n 2n n c) S Cn 3Cn 3 Cn 3 Cn .ĐS: a) 2 b) 2 c) 4 Lời giải n n 0 1 2 2 n n a) Khai triển nhị thức Niu-tơn của 1 x , ta có 1 x Cn Cn x Cn x  Cn x .
  25. n 0 1 2 n Cho x 1, ta được 1 1 Cn Cn Cn  Cn . 0 1 2 n n Vậy S Cn Cn Cn Cn 2 . 2n 2n 0 1 2 2 2n 2n b) Khai triển nhị thức Niu-tơn của 1 x , ta có 1 x C2n C2n x C2n x  C2n x . 2n 0 1 2 2n Cho x 1, ta được 1 1 C2n C2n C2n  C2n . 0 1 2 2n 2n Vậy S C2n C2n C2n C2n 2 . n n 0 1 2 2 n n c) Khai triển nhị thức Niu-tơn của 1 x , ta có 1 x Cn Cn x Cn x  Cn x . n 0 1 2 3 n n Cho x 3, ta được 1 3 Cn 3Cn 3 Cn 3 Cn . 0 1 2 3 n n n Vậy S Cn 3Cn 3 Cn 3 Cn 4 . Bài 49. Chứng minh rằng 1 3 2n 1 0 2 2n 2n 1 a) C2n C2n C2n C2n C2n C2n 2 . 0 2 2 4 4 2n 2n 2n 1 2n b) C2n 3 C2n 3 C2n 3 C2n 2 2 1 . 0 2 1 2 n 2 n 1 2 2 2 n 2 n n c) Cn Cn Cn C2n . d) Cn 2 Cn n Cn C2n . 2 Lời giải a) Khai triển nhị thức Niu-tơn của 1 x 2n , ta có 2n 0 1 2 2 3 3 2n 1 2n 1 2n 2n 1 x C2n C2n x C2n x C2n x  C2n x C2n x . 2n 0 1 2 3 2n 1 2n Cho x 1, ta được 1 1 C2n C2n C2n C2n  C2n C2n 1 0 C 0 C1 C 2 C3  C 2n 1 C 2n 2n 2n 2n 2n 2n 2n 1 3 2n 1 0 2 2n C2n C2n C2n C2n C2n C2n . 2n 0 1 2 3 2n 1 2n Cho x 1, ta được 1 1 C2n C2n C2n C2n  C2n C2n . 2 2n 0 2 2n 0 2 2n 2n 1 Cộng 1 và 2 vế theo vế, ta được 2 2 C2n C2n C2n C2n C2n C2n 2 . 1 3 2n 1 0 2 2n 2n 1 Vậy C2n C2n C2n C2n C2n C2n 2 . 2n 2n 0 1 2 2 2n 1 2n 1 2n 2n b) Khai triển nhị thức Niu-tơn của 1 x , ta có 1 x C2n C2n x C2n x  C2n x C2n x . 2n 0 1 2 2 2n 1 2n 1 2n 2n Cho x 3, ta được 1 3 C2n C2n 3 C2n 3  C2n 3 C2n 3 . 1 2n 0 1 2 2 2n 1 2n 1 2n 2n Cho x 3, ta được 1 3 C2n C2n 3 C2n 3  C2n 3 C2n 3 . 2 Cộng 1 và 2 vế theo vế, ta được 4n 2n 2n 2n 0 2 2 4 4 2n 2n 2 2 0 2 2 2n 2n 4 2 2 C2n 3 C2n 3 C2n 3 C2n C2n C2n 3 C2n 3 2 22n 22n 1 0 2 2 2n 2n 2n 1 2n 0 2 2 2n 2n C2n C2n 3 C2n 3 2 2 1 C2n C2n 3 C2n 3 2 0 2 2 4 4 2n 2n 2n 1 2n Vậy C2n 3 C2n 3 C2n 3 C2n 2 2 1 . 2n 2n 0 1 n n 2n 2n c) Khai triển nhị thức Niu-tơn của 1 x , ta có 1 x C2n C2n x C2n x C2n x .
  26. 2n n n 0 1 n n 0 1 n n Mặt khác, ta có 1 x 1 x 1 x Cn Cn x Cn x Cn Cn x Cn x . Khi nhân hai đa thức này với nhau ta thấy số hạng chứa xn có dạng 2 2 2 C 0C n C1C n 1 C nC 0 xn C 0 C1 C n C n xn . n n n n n n n n n 2n Hai đa thức trên đồng nhất nên hệ số của số hạng chứa xn phải bằng nhau, tức là 0 2 1 2 n 2 n Cn Cn Cn C2n . 1 2 2 2 n 2 1 n 1 2 n 2 n 0 d) Đặt S Cn 2 Cn n Cn . Do Cn Cn ; Cn Cn ; ; Cn Cn . 2 2 2 2 2 2 Suy ra 2S n C1 n C 2 n C n n C1 C 2 C n nC n . n n n n n n 2n 1 2 2 2 n 2 n n Vậy Cn 2 Cn n Cn C2n . 2 Bài 50. Tính tổng 2014 0 2013 1 2012 2 2014 a) S 3 .C2014 3 .C2014 3 .C2014  C2014 . 2015 0 2014 1 1 2013 2 2 2015 2015 b) S 3 C2015 3 .4 .C2015 3 .4 .C2015  4 .C2015 . 2016 1 0 2015 2 1 2014 3 2 1 2016 2015 c) S 4 .5 .C2015 4 .5 .C2015 4 .5 .C2015 4 .5 .C2015 . 0 2015 1 2014 k 2015 k 2015 0 d) S C2016C2016 C2016C2015 C2016C2016 k C2016 C1 . 20 C 0 21C1 22 C 2 23 C3 22010 C 2010 e) S 2010 2010 2010 2010 2010 . 1 2 3 4 2011 Lời giải Lời giải a) Khai triển nhị thức Niu-tơn của x 1 2014 , ta có 2014 0 2014 1 2013 2 2012 2014 x 1 C2014 x C2014 x C2014 x  C2014 . 2014 2014 0 2013 1 2012 2 2014 Cho x 3, ta được 3 1 3 .C2014 3 .C2014 3 .C2014  C2014 . 2014 0 2013 1 2012 2 2014 2014 Vậy S 3 .C2014 3 .C2014 3 .C2014  C2014 2 . b) Khai triển nhị thức Niu-tơn của x 4 2015 , ta có 2015 0 2015 1 2014 2 2013 2 2015 2015 x 4 C2015 x C2015 x .4 C2015 x .4  C2015 .4 . 2015 2015 0 2014 1 1 2013 2 2 2015 2015 Cho x 4 , ta được 3 4 3 C2015 3 .4 .C2015 3 .4 .C2015  4 .C2015 . 2015 0 2014 1 1 2013 2 2 2015 2015 2015 Vậy S 3 C2015 3 .4 .C2015 3 .4 .C2015  4 .C2015 7 . 2016 1 0 2015 2 1 2014 3 2 1 2016 2015 c) Ta có S 4 .5 .C2015 4 .5 .C2015 4 .5 .C2015 4 .5 .C2015 2015 0 2014 1 2013 2 2 2015 2015 4.5. 4 .C2015 4 .5.C2015 4 .5 .C2015 .5 .C2015 20. 4 5 2015 20.92015 k n k 1 k d) Trước hết ta chứng minh công thức Cn .Cn k nCn 1 . Thật vậy, ta có n! n k ! n! n 1 ! C k .C n k 1 . n. nC k . n n k k!. n k ! n k 1 !.1! k!. n k 1 ! k!. n 1 k ! n 1 k n k 1 k Áp dụng công thức Cn .Cn k nCn 1 , ta có 0 1 k 2015 S 2016C2015 2016C2015 2016C2015 2016C2015
  27. 2015 k 2015 2016 2016 C2015 2016. 1 1 1008.2 . k 0 0 2015 1 2014 k 2015 k 2015 0 2016 Vậy S C2016C2016 C2016C2015 C2016C2016 k C2016 C1 1008.2 . k k k k k k 2 C 2 2010! 2 2010! 1 2 2011! e) Ta có 1 2010  k 1 k! 2010 k ! k 1 k 1 ! 2010 k ! 2011 k 1 ! 2011 k 1 ! 1 k 1  2 C k 1 . 4022 2011 1 1 2 2011 Suy ra S  2 C1 2 C 2 2 C 2011 4022 2011 2011 2011 1 0 1 2 2011 0  2 C 0 2 C1 2 C 2 2 C 2011 2 C 0 4022 2011 2011 2011 2011 2011 1 2011 0 1  1 2 2 C 0 . 4022 2011 2011 VẤN ĐỀ 03. TÌM HỆ SỐ LỚN NHẤT – NHỎ NHẤT TRONG KHAI TRIỂN 12 12 Bài 51. Cho khai triển đa thức P x 1 2x a0 a1x a12 x . Tìm hệ số ak 0 k 12 lớn nhất trong khai triển trên. Lời giải 12 12 12 12 k k k k k Khai triển nhị thức Niu-tơn của 1 2x , ta có 1 2x C12 2x C12 2 x . k 0 k 0 k k Suy ra ak C12 2 . 1 2 19 k k k 1 k 1 k ak ak 1 2 C12 2 C12 12 k k 1 3 23 26 Hệ số ak lớn nhất khi k . a a 2k C k 2k 1C k 1 2 1 22 3 3 k k 1 12 12 k k 12 k 1 3 8 8 Do 0 k 12 và k ¥ nên ta chọn k 8. Vậy hệ số lớn nhất là a8 C12 2 . 10 1 2 9 10 Bài 52. Cho khai triển đa thức P x x a0 a1x a9 x a10 x . Tìm hệ số ak 0 k 10 3 3 lớn nhất trong khai triển trên. Lời giải 10 1 2 Khai triển nhị thức Niu-tơn của x , ta có 3 3 10 10 10 k k 10 10 k k 1 2 k 1 2 k 1 2 k x C10 x C10 x . 3 3 k 0 3 3 k 0 3 3 10 k k k 1 2 Suy ra ak C10 . 3 3
  28. Giả sử ak là hệ số lớn nhất, khi đó 10 k k 10 k 1 k 1 1 2 1 2 C k C k 1 19 10 10 k ak ak 1 3 3 3 3 3 19 22 k . 10 k k 10 k 1 k 1 ak ak 1 1 2 1 2 22 3 3 C k C k 1 k 10 10 3 3 3 3 3 Do 0 k 10 và k ¥ nên ta chọn k 7 . 27 Vậy hệ số lớn nhất là a C 7 . 7 310 10 Bài 53. Cho x, y là các số thực dương và thỏa mãn x y 1. Tìm x để số hạng thứ 50 có giá trị lớn nhất trong khai triển x y 100 . Lời giải Khai triển nhị thức Niu-tơn của x y 100 , ta có 100 100 k 100 k k x y C100 x y . k 0 k 1 100 k 1 k 1 Suy ra số hạng tổng quát thứ k là C100 x y . 49 51 49 50 50 50 C100 x y C100 x y 1 Sô hạng thứ 50 là lớn nhất khi . 49 51 49 48 52 48 C100 x y C100 x y 2 x y x 1 x 51 • Từ 1 50x 51 1 x x . 51 50 51 50 101 y x 1 x x 52 • Từ 2 52 1 x 49x x . 49 52 49 52 101 51 52 Vậy x . 101 101 k Bài 54. Tìm k 0;1;2;;2005 sao cho C2005 đạt giá trị lớn nhất. Lời giải 2005! 2005! k k 1 k! 2005 k ! k 1 ! 2004 k ! k C2005 C2005 C2005 lớn nhất khi k ¥ C k C k 1 2005! 2005! 2005 2005 k! 2005 k ! k 1 ! 2006 k ! k 1 2005 k k 1002 1002 k 1003. 2006 k k k 1003 Do k 0;1;2;;2005 nên ta chọn k 1002 hoặc k 1003. n 2 n Bài 55. Xét khai triển x 2 a0 a1x a2 x an x . Tìm n để hệ số lớn nhất trong trai triển là a10 . Lời giải Khai triển nhị thức Niu-tơn của x 2 n , ta có
  29. n n n k n k k x 2 2 x Cn 2 x . k 0 k n k Suy ra ak Cn 2 . 2 1 10 n 10 11 n 11 a10 a11 Cn 2 Cn 2 n 10 11 Hệ số a10 lớn nhất khi 29 n 32 . a a C10 2n 10 C9 2n 9 1 2 10 9 n n 10 n 9 Do n ¥ nên ta chọn n 29;30;31;32. n a a a Bài 56. Giả sử P x 1 2x a a x a x2 a xn thỏa mãn hệ thức a 1 2 n 212 . 0 1 2 n 0 2 22 2n Tìm hệ số lớn nhất trong các hệ số a0 , a1, a2 , , an. Lời giải Ta có n 2 n 1 2x a0 a1x a2 x an x . n 1 1 a1 a2 an n 12 Chọn x , ta được 1 2. a0 2 n 2 2 n 12 . 2 2 2 2 2 Khai triển nhị thức Niu-tơn của 1 2x 12 , ta có 12 12 12 k k k k k 1 2x C12 2x C12 2 x . k 0 k 0 k k Suy ra ak C12 2 . 1 2 19 k k k 1 k 1 k ak ak 1 2 C12 2 C12 12 k k 1 3 23 26 Hệ số ak lớn nhất khi k . a a 2k C k 2k 1C k 1 2 1 22 3 3 k k 1 12 12 k k 12 k 1 3 Do 0 k 12 và k ¥ nên ta chọn k 8. 8 8 Vậy hệ số lớn nhất là a8 C12 2 . 20 Bài 57. Tìm số hạng chứa tích của các số mũ là lớn nhất trong khai triển x2 2xy3 . Lời giải 20 Khai triển nhị thức Niu-tơn của x2 2xy3 , ta có 20 20 2 3 20 k 2 20 k 3 k k k 40 k 3k x 2xy C20 x 2xy C20 2 x y . k 0 k 0 Tích của hai số mũ là 40 k 3k 3k 2 120k 3 k 20 2 1200 1200 . Dấu '' '' xảy ra khi k 20 .
  30. 20 20 20 60 20 20 60 Vậy C20 2 x y 2 x y là số hạng cần tìm. XÁC SUẤT Bài 58. An mua một tờ vé số có năm chữ số. Biết điều lệ của giải thưởng như sau: "Giải đặc biệt" trúng năm số; "giải khuyến khích" dành cho những vé chỉ sai một chữ số ở bất cứ hàng nào so với giải đặc biệt. Biết rằng chỉ có một giải đặc biệt. Tính xác suất để An trúng a) Giải đặc biệt. b) Giải khuyến khích. Lời giải Số các vé có năm chữ số tùy ý là 105 . Suy ra  105 . a) Gọi A là biến cố "Người đó trúng giải đặc biệt". Chỉ có một giải đặc biệt, suy ra  A 1.  1 Vậy xác suất để An trúng giải đặc biệt là P A A 0,00001.  105 b) Gọi B là biến cố "Người đó trúng giải khuyến khích". ● Giả sử giải đặc biệt là ABCDE . ● Các vé trúng giải khuyến khích: ▪ XBCDE với X A: có 9 vé. ▪ AXCDE với X B : có 9 vé.  ▪ ABXDE với X A: có 9 vé. Số vé chỉ sai một chữ số ở bất cứ hàng nào so với giải đặc biệt là 9 9 9 9 9 45. Do đó B 45 .  45 Vậy xác suất để An trúng giải khuyến khích là P B B 0,00045 .  105 Bài 59. Trong hộp có 20 nắp khoen bia Tiger, trong đó có 2 nắp ghi “Chúc mừng bạn đã trúng thưởng xe FORD”. Bạn được chọn lên rút thăm lần lượt hai nắp khoen, tính xác suất để cả hai nắp đều trúng thưởng. Lời giải 1 1 Số cách chọn lần lượt 2 nắp khoen từ 20 nắp khoen là C20.C19 . Gọi A là biến cố ''Cả 2 nắp khoen được chọn đều trúng thưởng ''. 1 Số cách chọn nắp khoen đầu tiên trúng thưởng là C2 . 1 Số cách chọn nắp khoen lần thứ hai trúng thưởng là C1 . 1 1 Do đó số khả năng xảy ra biến cố A là C2 C1 . 1 1 C2 C1 1 Vậy xác suất để cả hai nắp đều trúng thưởng là P A 1 1 0,00526 . C20.C19 190 Bài 60. Xếp ngẫu nhiên 5 người A, B, C, D, E vào một cái bàn có 5 chỗ ngồi. Tính xác suất để hai người A và B ngồi đầu bàn. Lời giải Hai người A và B ngồi đầu bàn chỉ có ở dạng bàn dài. Xếp 5 người vào bàn 5 chỗ là một hoán vị của 5 phần tử nên có 5! 120 cách xếp. Gọi X là biến cố ''Xếp 5 người trong đó A và B ngồi đầu bàn '', có hai giai đoạn:
  31. ● Xếp A và B ngồi đầu bàn có 2 cách. ● Xếp 3 người còn lại vào 3 chỗ có 3! Cách. Do đó số khả năng xảy ra biến cố X là 2.3! 12 . 12 Vậy xác suất để hai người A và B ngồi đầu bàn là P X 0,1. 120 Bài 61. Xếp ngẫu nhiên 4 người A, B, C, D vào một cái bàn dài có 4 chỗ ngồi. Tính xác suất để hai người A và B ngồi cạnh nhau. Lời giải Xếp 4 người vào bàn 4 chỗ là một hoán vị của 4 phần tử nên có 4! 24 cách xếp. Gọi X là biến cố ''Xếp 4 người vào bàn dài trong đó A và B ngồi cạnh nhau '', có hai giai đoạn: ● Buộc A vào B có hai cách là: AB, BA . ● Xếp 3 người trong đó có một người đôi ( AB hoặc BA ) vào 3 chỗ có 3! cách. Do đó số khả năng xảy ra biến cố X là 2.3! 12 . 12 Vậy xác suất để hai người A và B ngồi cạnh nhau là P X 0,5. 24 Bài 62. Xếp ngẫu nhiên 6 người A, B, C, D, E, F vào một cái bàn tròn có 6 chỗ ngồi. Tính xác suất để hai người A và B ngồi cạnh nhau. Lời giải Xếp 6 người vào bàn tròn để A và B ngồi cạnh nhau có hai giai đoạn: ● Xếp A vào bàn để làm mốc thì có một cách. ● Xếp 5 người còn lại vào 5 chỗ còn lại có 5! cách. Do đó có tất cả 1.5! 120 cách. Gọi X là biến cố ''Xếp 6 người vào bàn tròn trong đó A và B ngồi cạnh nhau '', có ba giai đoạn. ● Xếp A vào một chỗ để làm mốc thì có 1 cách. ● Xếp B cạnh A có 2 cách. ● Xếp 4 người còn lại vào 4 chỗ còn lại có 4! cách. Do đó số khả năng xảy ra biến cố X là 1.2.4! 48. 48 Vậy xác suất để hai người A và B ngồi cạnh nhau là P X 0,4. 120 Bài 63. Có 4 hành khách lên một đoàn tàu gồm 4 toa. Mỗi hành khách độc lập với nhau và chọn ngẫu nhiên một toa. Tính xác suất để 1 toa có 3 người, 1 toa có 1 người, 2 toa còn lại không có ai. Lời giải Mỗi hành khách có 4 cách chọn toa nên có 44 cách xếp 4 người lên một đoàn tàu 4 toa. Do đó số phần tử của không gian mẫu là  44 . Gọi A là biến cố ''1 toa có 3 người, 1 toa có 1 người, 2 toa còn lại không có ai '', có hai giai đoạn: ● Chọn 3 hành khách trong 4 hành khách, chọn 1 toa trong 4 toa và xếp lên toa đó 3 hành khách vừa 3 1 chọn. Suy ra có C4 .C4 cách. 1 ● Chọn 1 toa trong 3 toa còn lại và xếp lên toa đó 1 một hành khách còn lại. Suy ra có C3 cách. 3 1 1 Do đó số khả năng xảy ra biến cố A là  A C4 .C4 C3 . C3.C1 C1 48 3 Vậy xác suất của biến cố A là P A 4 4 3 0,1875 . 44 44 16
  32. Bài 64. Trên giá sách có 4 quyển sách Toán, 3 quyển sách Lý và 2 quyển sách Hóa. Lấy ngẫu nhiên ba quyển sách. Tính xác suất sao cho ba quyển lấy ra có ít nhất một quyển sách Toán. Lời giải 3 Không gian mẫu là số cách lấy ra ba quyển sách từ bộ 9 quyển sách nên  C9 cách. Gọi A là biến cố ''Trong ba quyển lấy ra không có quyển sách Toán ''. Tức là trong ba quyển lấy ra được lấy 3 từ bộ 5 quyển (3 cuốn sách Lý và 2 cuốn sách Hóa) nên không gian của biến cố A là  A C5 . Vậy xác suất để ba quyển sách lấy ra có ít nhất một quyển sách Toán là 3 C5 10 37 P A 1 P A 1 3 1 0,881. C9 84 42 Bài 65. Có 8 người khách bước ngẫu nhiên vào một cửa hàng có ba quầy. Tính xác suất để 3 người cùng đến quầy thứ nhất. Lời giải Mỗi người khách có 3 cách chọn quầy nên có 38 khả năng xảy ra. Do đó số phần tử của không gian mẫu là  38 . Gọi A là biến cố ''Có 3 người cùng đến quầy thứ nhất, 5 người còn lại đến quầy thứ hai hoặc ba '', có hai giai đoạn: 3 ● Có C8 cách chọn 3 người khách vào quầy thứ nhất. ● Còn lại 5 người khách xếp vào hai quầy. Mỗi người khách có hai cách chọn (vào quầy thứ hai hoặc thứ ba). Suy ra có 25 cách xếp. 3 5 Do đó số khả năng xảy ra biến cố A là  A C8 .2 . C3.25 Vậy xác suất của biến cố A là P A 8 0,273. 38 Bài 66. Gọi S là tập hợp các số tự nhiên gồm ba chữ số đôi một khác nhau được lập từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 4 . Lấy ngẫu nhiên ba số bất kì trong tập S . Tính xác suất để trong ba số được lấy ra có đúng một số có chữ số 3. Lời giải Gọi số có ba chữ số khác nhau là abc với a, b, c A 0;1;2;3;4 và a 0 . 2 Vì a 0 nên có 4 cách chọn a từ A \ 0 , sau đó có A4 cách chọn b, c từ A \ a. 2 Do đó số phần tử của tập S là 4.A4 48 số. 2 Lập luận tương tự như trên ta được trong S có 3.A3 18 số không có chữ số 3. Suy ra có 48 18 30 số có chữ số 3. Gọi X là biến cố '' Ba số được lấy ra từ tập S có đúng một số có chữ số 3 ''. 3 3 ● Số cách lấy ba số bất kì thuộc tập S là C48 cách hay không gian mẫu có  C48 17296 . 1 ● Số cách lấy một số luôn có chữ số 3 là C30 30 cách. 2 ● Số cách lấy hai số không có chữ số 3 là C18 153 cách. Suy ra số cách lấy ba số từ tập S mà trong đó có đúng một số có chữ số 3 là 30.153 4590 cách hay tập các kết quả thuận lợi cho biến cố X là  X 4590 .  4590 Vậy xác suất cần tính của biến cố X là P X X 0,265 .  17296
  33. Bài 67. Cho tập hợp X x ¥ 2x2 31x 15 0. Chọn ngẫu nhiên từ tập X ba số tự nhiên. Tính xác suất để ba số được chọn có tổng là một số lẻ. Lời giải 1 Ta có 2x2 31x 15 0 x 15 .Vì x thuộc ¥ nên X 1;2;3; ;15 . 2 3 Số cách chọn ngẫu nhiên ba số tự nhiên trong tập X là C15 . Gọi A là biến cố ''Ba số được chọn có tổng là một số lẻ '', ta có các trường hợp: 3 ● Cả ba số đều lẻ. Suy ra số cách chọn là C8 (vì tập X có 8 số lẻ và 7 số chẵn). 2 1 ● Có hai số chẵn và một số lẻ. Suy ra số cách chọn là C7 .C8 . 3 2 1 Do đó tập các kết quả thuận lợi cho biến cố A là C8 C7 .C8 . 3 2 1 C8 C7 .C8 224 32 Vậy xác suất cần tìm là P A 3 0,492 . C15 455 65 Bài 68. Gọi X là tập hợp các số tự nhiên có năm chữ số đôi một khác nhau và luôn có mặt chữ số 5 được lập từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 5, 4, 6 . Chọn ngẫu nhiên một số từ X , tính xác suất để số được chọn chia hết cho 5. Lời giải Gọi số có năm chữ số đôi một khác nhau là abcde với a, b, c, d, e 0, 1, 2, 3, 5, 4, 6 và a 0 . Ta có ● 5 cách chọn vị trí cho chữ số 5. 4 ● Bốn chữ số còn lại có A6 cách chọn. 4 Suy ra có 5A6 số luôn có mặt chữ số 5, kể cả chữ số 0 ở vị trí đầu tiên. 3 Xét các số có chữ số 0 ở vị trí đầu tiên, khi đó có 4 cách chọn vị trí cho chữ số 5, ba chữ số còn lại có A5 3 4 3 cách chọn nên có 4A5 số. Vì vậy trong tập X có 5A6 4A5 1560 số. Gọi A là biến cố ''Số được chọn từ X chia hết cho 5 ''. Ta có hai trường hợp sau 3 ● Trường hợp 1: e 0 . Khi đó có 4 cách chọn vị trí cho chữ số 5, ba chữ số còn lại có A5 cách nên 3 có 4A5 số. 3 ● Trường hợp 2: e 5. Khi đó a có 5 cách chọn từ 1, 2, 3, 4, 6 ; các chữ số b , c , d có A5 cách 3 chọn nên có 5A5 số. 3 3 Do đó trong tập X có 4A5 5A5 560 số chia hết cho 5. 540 9 Vậy xác suất cần tìm của biến cố A là P A 0,346 . 1560 26 Bài 69. Cho tập hợp A 0,1,2,3,4,5 . Tìm số phần tử của tập S gồm các số có ba chữ số khác nhau được lập thành từ các chữ số của tập A . Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S , tính xác suất để số được chọn có chữ số cuối gấp đôi chữ số đầu. Lời giải Gọi số có ba chữ số đôi một khác nhau là abc với a, b, c A 0,1,2,3,4,5 và a 0 . Ta có ● Số cách chọn chữ số a có 5 cách chọn (vì a 0 ). ● Số cách chọn chữ số b có 5 cách chọn (vì b a ). ● Số cách chọn chữ số c có 4 cách chọn (vì c a , c b ). Do đó số phần tử của tập S là 5.5.4 100 phần tử.
  34. Gọi X là biến cố ''Số được lấy ra từ S có chữ số cuối gấp đôi chữ số đầu ''. Khi đó ta có các bộ số là 1b2 hoặc 2b4 thỏa mãn biến cố X và mỗi bộ thì b có 4 cách chọn nên có tất cả 8 số thỏa yêu cầu. 8 2 Vậy xác suất của biến cố X là P X 0,08 . 100 25 Bài 70. Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5 lập các số lẻ có bốn chữ số đôi một khác nhau. Lấy ngẫu nhiên một số vừa lập, tính xác suất để lấy được một số nhỏ hơn 2015. Lời giải Số lẻ có bốn chữ số đôi một khác nhau có dạng abcd . Gọi A 0, 1, 2, 3, 4, 5 . ● Số cách chọn d 1, 3, 5 có 3 cách chọn. ● Số cách chọn a A \ 0, d có 4 cách chọn. 2 ● Chọn thứ tự b, c trong tập A \ a, d có A4 12 cách. Do đó ta lập được 3.4.12 144 số lẻ có bốn chữ số đôi một khác nhau. Gọi X là biến cố ''Số lẻ có bốn chữ số đôi một khác nhau và nhỏ hơn 2015’’, có hai trường hợp: ● Là số 2013: có 1 số duy nhất. ● Số có dạng 1bcd . Chọn d 3, 5 có 2 cách chọn; chọn thứ tự b, c trong tập A \ 1, d có 2 A4 12 cách. Suy ra số các số thuộc dạng này có 2.12 24 số. Do đó tập các kết quả thuận lợi cho biến cố X là 1 24 25 . 25 Vậy xác suất cần tính là P X 0,174 . 144 Bài 71. Có 27 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 27. Chọn ngẫu nhiên ra 8 tấm thẻ. Tìm xác suất để có 3 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó có đúng 2 tấm thẻ mang số chia hết cho 4. Lời giải 8 Chọn ngẫu nhiên 8 tấm thẻ từ 27 tấm thẻ nên không gian mẫu có  C27 . Nhận xét. Từ 1 đến 27 có: 14 số lẻ; 6 số chẵn chia hết cho 4; 7 số chẵn không chia hết cho 4. Gọi A là biến cố ''3 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó có đúng 2 tấm thẻ mang số chia hết cho 4 ''. 3 ● Chọn 3 tấm thẻ trong 14 tấm thẻ mang số lẻ nên có C14 cách chọn. 3 ● Chọn 3 tấm thẻ mang số chẵn nhưng không chia hết cho 4 nên có C7 cách chọn; 2 2 tấm thẻ mang số chẵn và chia hết cho 4 nên có C6 cách chọn. 3 3 2 Do đó tập các kết quả thuận lợi cho biến cố A là A C14.C7 .C6 . 3 3 2  A C14.C7 .C6 196 Vậy xác suất của biến cố A là PA 8 0,086 .  C27 2277 Bài 72. Một số điện thoại có bảy chữ số, trong đó chữ số đầu là chữ số 8 . Số điện thoại được gọi là may mắn nếu bốn chữ số đầu là bốn chữ số chẵn phân biệt và ba chữ số còn lại là ba chữ số lẻ, đồng thời hai chữ số 0 và 9 không đứng liền nhau. Tính xác suất để một người khi lắp đặt điện thoại ngẫu nhiên được một số điện thoại may mắn.
  35. Lời giải Số các số điện thoại có bảy chữ số, trong đó chữ số đầu là chữ số 8 có 106 số. Do đó số phần tử của không gian mẫu là  106 . Gọi A là biến cố ''Số điện thoại may mắn ''. Ta có hai trường hợp xảy ra: ● Trường hợp 1: Số điện thoại may mắn có dạng 8a2a3 0a5a6a7 . 2 ▪ Chọn thứ tự a2 , a3 từ tập 2, 4, 6 nên có A3 6 cách. ▪ Chọn a5 từ tập 1, 3, 5, 7, 9 \ 9 nên có 4 cách. ▪ Chọn a6 , a7 từ tập 1, 3, 5, 7, 9 nên có 5.5 25 cách. Suy ra số các số dạng này là 6.4.25 600 số . ● Trường hợp 2: Số điện thoại may mắn có dạng 8a2a3a4a5a6a7 với a4 0 . ▪ Chọn a4 từ tập 2, 4, 6 nên có 3 cách. 2 ▪ Chọn thứ tự a2 , a3 từ tập 0, 2, 4, 6 \ a4 nên có A3 6 cách. ▪ Chọn a5 , a6 , a7 từ tập 1, 3, 5, 7, 9 nên có 5.5.5 125 cách. Suy ra số các số dạng này là 3.6.125 2250 số. Do đó tập các kết quả thuận lợi cho biến cố A là  A 600 2250 2850 .  2850 Vậy xác suất cần tìm là P A A 0,00285.  106 Bài 73. Trong một buổi liên hoan có 15 cặp nam nữ, trong đó có 4 cặp vợ chồng. Chọn ngẫu nhiên 5 người để biểu diễn một tiết mục văn nghệ. Tính xác suất để 5 người được chọn không có cặp vợ chồng nào. Lời giải 5 Số phần tử không gian mẫu  C30 142506 . Gọi A là biến cố ''5 người được chọn không có cặp vợ chồng nào ''. ● Chọn 1 cặp vợ chồng có 4 cách chọn, chọn thêm 3 người trong 28 người nhưng không có cặp vợ 3 3 chồng nào thì có C28 3 cách chọn. Suy ra số cách chọn trong trường hợp này là 4 .C28 3 13092 . 2 ● Chọn 2 cặp vợ chồng có C4 cách chọn, chọn thêm 1 người trong 26 người còn lại thì có 26 cách 2 chọn. Suy ra số cách chọn trong trường hợp này là C4 .26 156. 5 Do đó tập các kết quả thuận lợi cho biến cố A là  A C30 13092 156 129258 .  129258 7181 Vậy xác suất của biến cố A là P A 0,907 . A  142506 7917 Bài 74. Có năm đoạn thẳng có độ dài lần lượt là 1cm, 3cm, 5cm, 7cm và 9cm . Lấy ngẫu nhiên ba đoạn thẳng trong năm đoạn thẳng trên, tính xác suất để ba đoạn thẳng lấy ra lập thành một tam giác. Lời giải 3 Số cách lấy ba đoạn thẳng từ năm đoạn thẳng là C5 10 cách.
  36. Để ba đoạn thẳng tạo thành một tam giác thì chỉ có các bộ 3cm, 5cm, 7cm hoặc 5cm, 7cm, 9cm thỏa mãn. Suy ra có 2 cách lấy ba đoạn thẳng từ năm đoạn thẳng để lập thành một tam giác. 3 Vậy xác suất cần tìm là P . 10 Bài 75. Một ngân hàng đề thi gồm 30 câu hỏi. Mỗi đề thi gồm 5 câu được lấy ngẫu nhiên từ ngân hàng đề thi. Thí sinh A đã học thuộc 10 câu trong ngân hàng đề thi. Tìm xác suất để thí sinh A rút ngẫu nhiên được một đề thi có ít nhất 3 câu đã thuộc. Lời giải 5 Chọn ngẫu nhiên 5 đề thi từ 30 đề thi của ngân hàng thì có C30 cách. 5 Do đó số phần tử của không gian mẫu là  C30 142506 . Gọi A là biến cố ''Thí sinh A rút ngẫu nhiên được một đề thi có ít nhất 2 câu đã thuộc ''. Ta có các trường hợp: 3 2 ● Trường hợp 1: Đề thi có 3 câu đã thuộc, có C10.C20 22800 trường hợp. 4 1 ● Trường hợp 2: Đề thi có 4 câu đã thuộc, có C10C20 4200 trường hợp. 5 0 ● Trường hợp 3: Đề thi có 5 câu đã thuộc, có C10C20 252 trường hợp. Do đó số trường hợp thuận lợi cho biến cố A là A 22800 4200 252 27252 trường hợp.  27252 1514 Vậy xác suất của biến cố A là P A 0,191. A  142506 7917 Bài 76. Cho m bông hồng trắng và n bông hồng nhung khác nhau. Tính xác suất để lấy được 5 bông hồng m 2 2 9 19 1 Cm Cn 3 Am trong đó có ít nhất 3 bông hồng nhung? Biết m, n là nghiệm của hệ 2 2 . Pn 1 720 Lời giải m 2 2 9 19 1 Cm cn 3 Am 1 Ta có 2 2 . Từ 2 n 1 ! 720 n 1 ! 6! n 7 . Thay vào 1 , ta được Pn 1 720 2 m! 10! 19 m! m m 1 9 19 9 . 45 m m2 20m 99 0 9 m 11. 2! m 2 ! 2!8! 2 m 1 ! 2 2 2 Do m ¥ * nên suy ra m 10 . Vậy ta có 10 bông hồng trắng và 7 bông hồng nhung. 5 Chọn ngẫu nhiên 5 bông hồng từ 17 bông hồng thì có C17 cách. 5 Do đó số phần tử của không gian mẫu là  C17 6188 . Gọi A là biến cố ''5 bông hồng được chọn có ít nhất 3 bông hồng nhung ''. Ta có các trường hợp: 3 2 ● Trường hợp 1: Có 3 bông hồng nhung, 2 bông hồng trắng nên ta được C7 .C10 1575 cách. 4 1 ● Trường hợp 2: Có 4 bông hồng nhung, 1 bông hồng trắng nên ta được C7 .C10 350 cách. 5 ● Trường hợp 3: Có 5 bông hồng nhung nên ta được C7 21 cách.
  37. Do đó số trường hợp thuận lợi cho biến cố A là A 1575 350 21 1946 cách.  1946 139 Vậy xác suất của biến cố A là P A 0,314 . A  6188 442 Bài 77. Một bài thi trắc nghiệm khách quan gồm 5 câu hỏi, mỗi câu có 4 phương án trả lời. Tính xác suất để một học sinh làm bài thi được ít nhất 3 câu hỏi. Lời giải Mỗi câu đều có 4 phương án trả lời. Theo quy tắc nhân ta có số phương án trả lời của bài thi là  45 . Gọi A là biến cố ''Học sinh làm bài thi được ít nhất 3 câu hỏi ''. Ta có các trường hợp: ● Trường hợp 1: Học sinh làm được 5 câu hỏi, có duy nhất 1 khả năng xảy ra vì bài thi có duy nhất 1 đáp án. ● Trường hợp 2: Học sinh làm được 4 câu hỏi, tức là 4 ▪ Làm đúng được 4 câu nên có C5 cách. 1 ▪ Làm sai 1 câu nên có C3 cách chọn phương án sai cho câu đó vì mỗi câu có 3 phương án sai. 4 1 Suy ra số khả năng xảy ra trong trường hợp này là C5 .C3 . ● Trường hợp 3: Học sinh làm được 3 câu hỏi, tức là 3 ▪ Làm đúng được 3 câu nên có C5 cách. 1 2 ▪ Làm sai 2 câu nên có C3 cách chọn phương án sai. 3 1 2 Suy ra số khả năng xảy ra trong trường hợp này là C5 . C3 . 4 1 3 1 2 Do đó số khả năng xảy ra biến cố A là A 1 C5 .C3 C5 . C3 106 .  106 53 Vậy xác suất của biến cố A là P A 0,104 . A  45 512 Bài 78. Một trò chơi có xác suất thắng mỗi ván là 0,3. Nếu một người chơi tám ván thì xác suất để người này thắng ít nhất một ván là bao nhiêu ? Lời giải Xác suất thua mỗi ván là 1 0,3 0,7 . Gọi A là biến cố ''người ấy chới tám ván mà không thắng ván nào ''. Suy ra 0 0 8 P A C8 . 0,3 . 0,7 0,05764801. Do đó xác suất một người chơi tám ván thì thắng ít nhất một ván là P A 1 P A 0,94235199 . Bài 79. Anh Việt và anh Nam nghĩ ra một trò chơi cá cược: nếu ai thắng trước ba ván thì thắng trận và người thua phải chung cho người thắng 100USD. Biết rằng số trận chơi tối đa là năm ván, xác suất mà anh Việt thắng mỗi ván là 0,45 và không có trận hòa nào. Đồng thời khi có người thắng đúng ba ván rồi thì trò cá cược dừng lại. Tính xác xuất mà anh Việt lấy được 100USD từ vụ thắng cá cược này. Lời giải
  38. Do không có trận hòa nên xác suất anh Việt thua một ván là 1 0,45 0,55. Gọi V , A, B, C lần lượt là các biến cố: ''Anh Việt thắng cược '', ''Anh Việt thắng cược sau ba ván '', ''Anh Việt thắng cược sau bốn ván '', ''Anh Việt thắng cược sau năm ván '' thì các biến cố A, B, C xung khắc. Khi đó V A B C . Áp dụng quy tắc cộng xác suất, ta có P V P A P B P C . Vì cuộc chơi dừng lại ngay khi có người thắng ván thứ ba nên ván cuối cùng trong số các ván chơi sẽ là ván anh Việt thắng. ● Xét biến cố A : ''Anh Việt thắng cược sau ba ván ''. Tức là anh Việt thắng ba ván liên tiếp. Do đó P A 0,45 3 0,091. ● Xét biến cố B : ''Anh Việt thắng cược sau bốn ván ''. Tức là ván thứ bốn anh Việt dành chiến thắng và trong ba ván đầu tiên thì có: một ván anh Việt thua và hai ván anh Việt thắng. 2 2 1 Do đó P B C3 . 0,45 . 0,55 .0,45 0,150 . ● Xét biến cố C : ''Anh Việt thắng cược sau năm ván ''. Tức là ván thứ năm anh Việt dành chiến thắng và trong bốn ván đầu trước thì có: hai ván anh Việt thua và hai ván anh Việt thắng. 2 2 2 Do đó P C C4 . 0,45 . 0,55 .0,45 0,165 . Vậy xác suất anh Việt thắng cược là P V P A P B P C 0,406 . Bài 80. Một nhóm các em thiếu niên vào công viên tham gia trò chơi "Ném vòng vào cổ chai lấy thưởng". Mỗi em được ném 3 vòng. Xác suất ném vào cổ chai lần đầu là 0,75. Xác suất ném vào cổ chai lần thứ hai là 0,6 . Nếu ném trượt cả hai lần ném đầu tiên thì xác suất ném vòng vào cổ chai ở lần thứ ba là A A1 A2  A1 A2  A1 A2 . Chọn ngẫu nhiên một em trong nhóm chơi. Tính xác suất để em đó ném vòng vào đúng cổ chai. Lời giải Gọi X , A, B, C lần lượt là biến cố ''Ném được vòng vào cổ chai '', ''Ném được vòng vào cổ chai lần đầu '', ''Ném được vòng vào cổ chai lần thứ hai '', ''Ném được vòng vào cổ chai lần thứ ba '' thì các biến cố A, B, C xung khắc. Khi đó K A B C . Áp dụng quy tắc cộng xác suất, ta có P X P A P B P C . ● Xét biến cố A : ''Ném được vòng vào cổ chai lần đầu ''. Tức là em đó ném được vòng vào cổ chai ngay lần thứ nhất. Do đó P A 0,75. ● Xét biến cố B : ''Ném được vòng vào cổ chai lần thứ hai ''. Tức là em đó lần đầu ném trượt, lần thứ hai thì ném được vào cổ chai. Do đó P B 1 0,75 .0,6 0,15. ● Xét biến cố C : ''Ném được vòng vào cổ chai lần thứ ba ''. Tức là lần thứ nhất và lần thứ hai em đó ném trượt, đến lần thứ ba thì ném được vào cổ chai. Do đó P C 1 0,75 . 1 0,6 .0,3 0,03. Vậy xác suất để em đó ném vòng vào đúng cổ chai là P X P A P B P C 0,93. Bài 81. Trong trò chơi "Chiếc nón kì diệu" có tất cả mười ô. Khi một người quay chiếc kim có thể dừng lại một trong các vị trí: hai ô 10 điểm, hai ô 20 điểm, hai ô 30 điểm, hai ô mất điểm, một ô gấp đôi,
  39. một ô phần thưởng với khả năng như nhau. Tính xác suất để sau hai lần quay liên tiếp người đó được 60 điểm. Lời giải Gọi X , A, B lần lượt là các biến cố ''Sau hai lần quay liên tiếp được 60 điểm '', ''Lần quay thứ nhất được 30 điểm, lần quay thứ hai được 30 điểm '', ''Lần quay thứ nhất được 30 điểm, lần quay thứ hai được ô nhân đôi '' thì A, B là hai biến cố xung khắc. Khi đó X A B . Áp dụng quy tắc cộng xác suất, ta có P X P A P B . ● Xét biến cố A : ''Lần quay thứ nhất được 30 điểm, lần quay thứ hai được 30 điểm ''. Gọi A1, A2 lần lượt là các biến cố ''Lần quay thứ nhất được 30 điểm '', ''Lần quay thứ hai được 30 điểm '' thì A1, A2 là các biến cố độc lập. Khi đó A A1 A2 . Áp dụng quy tắc nhân xác suất, ta có 2 2 P A P A .P A . 0,04 . 1 2 10 10 ● Xét biến cố B : ''Lần quay thứ nhất được 30 điểm, lần quay thứ hai được ô nhân đôi ''. Gọi B1, B2 lần lượt là các biến cố ''Lần quay thứ nhất được 30 điểm '', ''Lần quay thứ hai được ô nhân đôi '' thì B1, B2 là các biến cố độc lập. Khi đó B B1B2 . Áp dụng quy tắc nhân xác suất, ta có 2 1 P B P B .P B . 0,02 . 1 2 10 10 Vậy xác suất sau hai lần quay liên tiếp người đó được 60 điểm là P X P A P B 0,06 . Bài 82. Một chiếc tàu khoan thăm dò dầu khí trên thềm lục địa có xác suất khoan trúng túi dầu là 0,2 . Tính xác suất để trong năm lần khoan độc lập, chiếc tàu đó khoan trúng túi dầu trúng một lần duy nhất. Lời giải Gọi X là biến cố "Trúng một lần duy nhất trong năm lần khoan". Ai là biến cố ''Lần khoan thứ i trúng túi dầu '' i 1, 2, 3, 4, 5 . Ai là biến cố đối lặp với biến cố Ai . Theo giả thiết, ta có P Ai 0,2 , suy ra P Ai 1 P Ai 1 0,2 0,8 với i 1, 2, 3, 4, 5 . a) Các biến cố A1 A2 A3 A4 A5 , A1 A2 A3 A4 A5 ,, A1 A2 A3 A4 A5 xung khắc từng đôi. Khi đó X A1 A2 A3 A4 A5  A1 A2 A3 A4 A5  A1 A2 A3 A4 A5 . Áp dụng quy tắc cộng xác suất, ta có P X P A1 A2 A3 A4 A5 P A1 A2 A3 A4 A5  P A1 A2 A3 A4 A5 . ● Các biến cố A1, A2 , A3 , A4 , A5 độc lập nên 4 P A1 A2 A3 A4 A5 P A1 .P A2 .P A3 .P A4 .P A5 0,2. 0,8 0,08192 . ● Tương tự P A1 A2 A3 A4 A5 P A1 A2 A3 A4 A5 P A1 A2 A3 A4 A5 P A1 A2 A3 A4 A5 0,08192 . Vậy trong năm lần khoan độc lập, xác suất chiếc tàu đó khoan trúng túi dầu duy nhất một lần là P X P A1 A2 A3 A4 A5 P A1 A2 A3 A4 A5  P A1 A2 A3 A4 A5 0,4096 .
  40. Bài 83. Một hộp có 10 phiếu, trong đó có 2 phiếu trúng thưởng. Có mười người lần lượt lấy ngẫu nhiên mỗi người một phiếu. Tính xác suất người thứ ba lấy được phiếu trúng thưởng. Lời giải Gọi X là biến cố ''Người thứ ba lấy được phiếu trúng thưởng ''. Ai là biến cố ''Người thứ i lấy được phiếu trúng thưởng '' i 1, 2, 3 . Ai là biến cố đối lặp với biến cố Ai . Các biến cố A1 A2 A3 , A1 A2 A3 , A1 A2 A3 xung khắc từng đôi. Khi đó X A1 A2 A3  A1 A2 A3  A1 A2 A3 . Áp dụng quy tắc cộng xác suất, ta có P X P A1 A2 A3 P A1 A2 A3 P A1 A2 A3 . 2 8 1 1 ● Các biến cố A , A , A độc lập nên P A A A P A .P A .P A . . . 1 2 3 1 2 3 1 2 3 10 9 8 45 8 2 1 1 ● Các biến cố A , A , A độc lập nên P A A A P A .P A .P A . . . 1 2 3 1 2 3 1 2 3 10 9 8 45 8 7 2 7 ● Các biến cố A , A , A độc lập nên P A A A P A .P A .P A . . . 1 2 3 1 2 3 1 2 3 10 9 8 45 Vậy xác suất người thứ ba lấy được phiếu trúng thưởng là 1 P X P A A A P A A A P A A A . 1 2 3 1 2 3 1 2 3 5 Bài 84. Một máy bay có ba bộ phận I, II, III có tầm quan trọng khác nhau. Máy bay sẽ rơi khi có một viên đạn trúng vào I , hoặc hai viên đạn trúng vào II , hoặc ba viên đạn trúng vào III . Giả sử các bộ phận I, II, III lần lượt chiếm 15% , 30% và 50% diện tích máy bay. Tính xác suất để máy bay rơi nếu máy bay bị trúng hai viên đạn. Lời giải Gọi X , A, B lần lượt là biến cố " Máy bay rơi nếu trúng hai viên đạn" , "Có ít nhất một viên đạn trúng vào bộ phận I ", "Cả hai viên đạn trúng vào bộ phận II " thì A, B là hai biến cố xung khắc. Khi đó X A B . Áp dụng quy tắc cộng xác suất, ta có P X P A P B . ● Xét biến cố A : "Có ít nhất một viên đạn trúng vào bộ phận I ". Khi đó A là biến cố "Cả hai viên đạn đều không trúng vào bộ phận I ". 15 Xác suất viên đạn trúng vào bộ phận I là 0,15 . 100 Suy ra xác suất viên đạn không trúng vào bộ phận I là 1 0,15 0,85 . Gọi A1, A2 lần lượt là các biến cố "Viên đạn thứ nhất không trúng vào bộ phận I ", "Viên đạn thứ hai không trúng vào bộ phận I " thì hai biến cố A1, A2 độc lập. Khi đó A A1 A2 . Áp dụng quy tắc nhân xác suất, ta có P A P A1 .P A2 0,85.0,85 0,7225 . Suy ra P A 1 P A 0,2775. ● Xét biến cố B : "Cả hai viên đạn trúng vào bộ phận II ".
  41. 30 Xác suất viên đạn trúng vào II là 0,3 . 100 Gọi B1, B2 lần lượt là các biến cố "Viên đạn thứ nhất trúng vào bộ phận II ", "Viên đạn thứ hai trúng vào bộ phận II " thì hai biến cố B1, B2 độc lập. Khi đó B B1 B2 . Áp dụng quy tắc nhân xác suất, ta có P B P B1 .P B2 0,3.0,3 0,09 . Vậy xác suất máy bay rơi nếu trúng hai viên đạn là P X P A P B 0,2775 0,99 0,3675 . Bài 85. Một máy bay có ba bộ phận I, II, III có tầm quan trọng khác nhau. Máy bay sẽ rơi khi có một viên đạn trúng vào I , hoặc hai viên đạn trúng vào II , hoặc ba viên đạn trúng vào III . Giả sử các bộ phận I, II, III lần lượt chiếm 15% , 30% và 50% diện tích máy bay. Tính xác suất để máy bay rơi nếu máy bay bị trúng ba viên đạn. Lời giải Xác suất viên đạn trúng vào bộ phận II là 0,3. Xác suất viên đạn trúng vào bộ phận III là 0,5. Gọi X , A, B, C lần lượt là biến cố ''Máy bay không rơi khi trúng ba viên đạn" , "Viên đạn thứ nhất trúng bộ phận II , viên đạn thứ hai và thứ ba trúng bộ phận III ", "Viên đạn thứ hai trúng bộ phận II , viên đạn thứ nhất và thứ ba trúng bộ phận III ", "Viên đạn thứ ba trúng bộ phận II , viên đạn thứ nhất và thứ hai trúng bộ phận III " thì A, B, C là các biến cố xung khắc. Khi đó X A B C . Áp dụng quy tắc cộng xác suất, ta có P X P A P B P C . ● Xét biến cố A : "Viên đạn thứ nhất trúng bộ phận II , viên đạn thứ hai và thứ ba trúng bộ phận III ". Gọi A1, A2 , A3 lần lượt là các biến cố "Viên đạn thứ nhất trúng bộ phận II ", "Viên đạn thứ hai trúng bộ phận III ", "Viên đạn thứ ba trúng bộ phận III " thì các biến cố A1, A2 , A3 độc lập. Khi đs A A1 A2 A3 . Áp dụng quy tắc nhân xác suất, ta có P A P A1 .P A2 .P A3 0,3.0,5.0,5 0,075. ● Xét biến cố B : "Viên đạn thứ hai trúng bộ phận II , viên đạn thứ nhất và thứ ba trúng bộ phận III ". Gọi B1, B2 , B3 lần lượt là các biến cố "Viên đạn thứ nhất trúng bộ phận III ", "Viên đạn thứ hai trúng bộ phận II ", "Viên đạn thứ ba trúng bộ phận III " thì các biến cố B1, B2 , B3 độc lập. Khi đó B B1B2 B3 . Áp dụng quy tắc nhân xác suất, ta có P B P B1 .P B2 .P B3 0,5.0,3.0,5 0,075. ● Xét biến cố C : "Viên đạn thứ ba trúng bộ phận II , viên đạn thứ nhất và thứ hai trúng bộ phận III ". Gọi C1, C2 , C3 lần lượt là các biến cố "Viên đạn thứ nhất trúng bộ phận III ", "Viên đạn thứ hai trúng bộ phận III ", "Viên đạn thứ ba trúng bộ phận II " thì các biến cố C1, C2 , C3 độc lập. Khi đó C C1C2C3 . Áp dụng quy tắc nhân xác suất, ta có P A P C1 .P C2 .P C3 0,5.0,5.0,3 0,075. Do đó P X P A P B P C 0,225 . Vậy xác suất để máy bay rơi nếu máy bay bị trúng ba viên đạn là P X 1 P X 1 0,225 0,775 . Bài 86. Một máy bay có năm động cơ, trong đó có ba động cơ nằm ở cánh trái và hai động cơ nằm ở cánh phải. Mỗi động cơ ở cánh trái có xác suất hỏng là 0,3; còn mỗi động cơ ở cánh phải có xác suất bị hỏng là 0,2 . Các động cơ hoạt động độc lập với nhau. Tính xác suất để máy bay thực hiện chuyến bay an toàn nếu có ít nhất ba động cơ làm việc.
  42. Lời giải Gọi X , A, B lần lượt là các biến cố ''Máy bay không bay được '', ''Máy bay bị hỏng cả năm động cơ '', ''Máy bay bị hỏng bốn động cơ '' thì A, B là các biến cố xung khắc. Khi đó X A B . Áp dụng quy tắc cộng xác suất, ta có P X P A P B . ● Xét biến cố A : ''Máy bay bị hỏng cả năm động cơ ''. Ta có P A 0,3 3 . 0,2 2 0,00108 . ● Xét biến cố B : ''Máy bay bị hỏng bốn động cơ ''. Gọi B1, B2 lần lượt là các biến cố ''Ba động cơ bên trái và một động cơ bên phải hỏng '', ''Hai động cơ bên trái và hai động cơ bên phải hỏng '' thì B1, B2 là các biến cố xung khắc. Khi đó B B1  B2 . Áp dụng quy tắc cộng xác suất, ta có P B P B1 P B2 . ◦ Biến cố B1 : ''Ba động cơ bên trái và một động cơ bên phải hỏng ''. 3 1 Do đó P B1 0,3 C2. 0,2 . 0,8 0,00864. ◦ Biến cố B2 : ''Hai động cơ bên trái và hai động cơ bên phải hỏng ''. 2 2 2 Do đó P B2 C3 0,3 . 0,7 . 0,2 0,00756 . Suy ra P B P B1 P B2 0,0162 . Do đó xác xuất của biến cố X : ''Máy bay không bay được '' là P X P A P B 0,01728 . Vậy xác suất để máy bay bay được là P X 1 P X 0,98272 . Bài 87. Một máy bay có năm động cơ, trong đó có ba động cơ nằm ở cánh trái và hai động cơ nằm ở cánh phải. Mỗi động cơ ở cánh trái có xác suất hỏng là 0,3; còn mỗi động cơ ở cánh phải có xác suất bị hỏng là 0,2 . Các động cơ hoạt động độc lập với nhau. Tính xác suất để máy bay thực hiện chuyến bay an toàn nếu có ít nhất trên mỗi cánh có một động cơ làm việc. Lời giải Gọi X , A, B lần lượt là các biến cố ''Máy bay bay được '', ''Cánh phải có ít nhất một động cơ làm việc '', ''Cánh trái có ít nhất một động cơ làm việc '' thì A, B là các biến cố độc lập. Khi đó X AB . Áp dụng quy tắc nhân xác suất, ta có P X P A .P B . ● Xét biến cố A : ''Cánh phải có ít nhất một động cơ làm việc ''. Ta có P A 1 0,2 2 0,96 . ● Xét biến cố B : ''Cánh trái có ít nhất một động cơ làm việc ''. Ta có P B 1 0,3 2 0,973 . Vậy xác suất để máy bay bay được là P X P A .P B 0,93408. Bài 88. Một chiếc xe máy có hai động cơ I và II hoạt động độc lập với nhau. Xác suất để động cơ I và động cơ II chạy tốt tương ứng là 0,8 và 0,7 . Hãy tính xác suất để a) Cả hai động cơ đều không chạy tốt. b) Có ít nhất một động cơ chạy tốt. Lời giải
  43. Xác suất động cơ I chạy không tốt là 1 0,8 0,2. Xác suất động cơ I chạy không tốt là 1 0,7 0,3. a) Gọi X , A, B lần lượt là các biến cố ''Cả hai động cơ chạy không tốt '', ''Động cơ I chạy không tốt '', ''Động cơ II chạy không tốt '' thì các biến cố A, B độc lập. Khi đó X AB . Áp dụng quy tắc nhân xác suất, ta có P X P A .P B 0,2.0,3 0,06. b) Gọi Y là biến cố: "Có ít nhất một động cơ chạy tốt". Khi đó Y X . Do đó P Y P X 1 P X 1 0,06 0,94 . Bài 89. Có hai xạ thủ một cách độc lập với nhau cùng bắn vào một bia mỗi người một viên đạn. Xác suất bắn trong bia của người thứ nhất là 0,7 , của người thứ hai là 0,6 . Tính xác suất để có đúng một viên đạn trúng bia. Lời giải Gọi X là biến cố ''Có đúng một viên đạn trúng bia ''. Ai là biến cố ''Viên đạn thứ i trúng bia '' với i 1,2 . Ai là biến cố đối lặp của biến cố Ai . Các biến cố A1 A2 và A1 A2 xung khắc. Khi đó X A1 A2  A1 A2 . Áp dụng quy tắc cộng xác suất, ta có P X P A1 A2 P A1 A2 . ● Các biến cố A1, A2 độc lập nên P A1 A2 P A1 .P A2 0,7.0,4 0,28 . ● Các biến cố A1, A2 độc lập nên P A1 A2 P A1 .P A2 0,3.0,6 0,18 . Vậy xác suất có đúng một viên đạn trúng bia là P X P A1 A2 P A1 A2 0,46 . Bài 90. Xạ thủ Việt bắn hai viên đạn vào mục tiêu, xác suất bắn trúng của Việt trong một lần bắn là 0,75. Xạ thủ Nam bắn ba viên đạn vào mục tiêu, xác suất bắn trúng của Nam trong một lần bắn là 0,85 . Tính xác suất để mục tiêu không trúng đạn. Lời giải Xác suất bắn trượt của Việt trong một lần bắn là 1 0,75 0,25 . Gọi A, A1, A2 lần lượt là các biến cố ''Việt bắn trượt cả hai lần bắn '', ''Việt bắn trượt lần bắn thứ nhất '', ''Việt bắn trượt lần bắn thứ hai '' thì A1, A2 là các biến cố độc lập. Khi đó A A1 A2 . Áp dụng quy tắc nhân xác suất, ta có P A P A1 .P A2 0,25.0,25 0,0625. Xác suất bắn trượt của Nam trong một lần bắn là 1 0,85 0,15 . Gọi B, B1, B2 , B3 lần lượt là các biến cố ''Nam bắn trượt cả ba lần bắn '', ''Nam bắn trượt lần bắn thứ nhất '', ''Nam bắn trượt lần bắn thứ hai '', ''Nam bắn trượt lần bắn thứ ba '' thì B1, B2 , B3 là các biến cố độc lập. Khi đó B B1B2 B3 . Áp dụng quy tắc nhân xác suất, ta có P B P B1 .P B2 .P B3 0,15.0,15.0,15 0,00375 .
  44. Gọi X là biến cố ''Mục tiêu không trúng đạn '' thì X AB . Do A, B là các biến cố độc lập nên P X P A P B 0,065875 . Bài 91. Ba sinh viên cùng làm bài kiểm tra học phần độc lập với nhau. Xác suất làm được bài của sinh viên thứ nhất là 0,8 ; của sinh viên thứ hai là 0,95; của sinh viên thứ ba là 0,6 . Tính xác suất để có hai sinh viên làm được bài. Lời giải Gọi X là biến cố ''Có hai sinh viên làm được bài ''. Ai là biến cố ''Sinh viên thứ i làm được bài '' với i 1, 2, 3 . Ai là biến cố đối lặp của Ai . Các biến cố A1 A2 A3 , A1 A2 A3 và A1 A2 A3 xung khắc. Khi đó X A1 A2 A3  A1 A2 A3  A1 A2 A3 . Áp dụng quy tắc cộng xác suất, ta có P X P A1 A2 A3 P A1 A2 A3 P A1 A2 A3 . ● Các biến cố A1, A2 , A3 độc lập nên P A1 A2 A3 P A1 .P A2 .P A3 0,2.0,95.0,6 0,114 . ● Các biến cố A1, A2 , A3 độc lập nên P A1 A2 A3 P A1 .P A2 .P A3 0,8.0,05.0,6 0,024 . ● Các biến cố A1, A2 , A3 độc lập nên P A1 A2 A3 P A1 .P A2 .P A3 0,8.0,95.0,4 0,304 . Vậy xác suất để có hai sinh viên làm được bài là P X P A1 A2 A3 P A1 A2 A3 P A1 A2 A3 0,442 . Bài 92. Trong một kì thi vào Đại học mỗi thí sinh phải lần lượt thi ba môn. Khả năng để một thí sinh nào đó thi đạt môn thứ nhất là 0,8; nếu thi đạt môn thứ nhất thì khả năng thi đạt môn hai là 0,8 nhưng nếu thi không đạt môn thứ nhất thì khả năng thi đạt môn thứ hai là 0,6; nếu thi đạt cả hai môn đầu thì khả năng thi đạt môn ba là 0,8; nếu thi không đạt cả hai môn đầu thì khả năng thi đạt môn ba là 0,5; nếu chỉ có một môn trong hai môn thi trước đạt thì khả năng thi đạt môn ba là 0,7. Tính xác suất để thí sinh đó thi chỉ đạt có hai môn. Lời giải Gọi X là biến cố ''Thí sinh chỉ đạt hai môn thi ''. Ai là biến cố ''Thí sinh thi đạt môn thi thứ i '' với i 1, 2, 3 . Ai là biến cố đối lặp của Ai . Các biến cố A1 A2 A3 , A1 A2 A3 và A1 A2 A3 xung khắc. Khi đó X A1 A2 A3  A1 A2 A3  A1 A2 A3 . Áp dụng quy tắc cộng xác suất, ta có P X P A1 A2 A3 P A1 A2 A3 P A1 A2 A3 . ● Các biến cố A1, A2 , A3 độc lập nên P A1 A2 A3 P A1 .P A2 .P A3 0,2.0,6.0,7 0,084 . ● Các biến cố A1, A2 , A3 độc lập nên P A1 A2 A3 P A1 .P A2 .P A3 0,8.0,2.0,7 0,112 . ● Các biến cố A1, A2 , A3 độc lập nên P A1 A2 A3 P A1 .P A2 .P A3 0,8.0,8.0,2 0,128. Vậy xác suất thí sinh chỉ thi đạt hai môn thi là P X P A1 A2 A3 P A1 A2 A3 P A1 A2 A3 0,324 .
  45. Bài 93. Trong một kì thi mỗi thí sinh được phép thi ba lần. Xác suất lần đầu vượt qua kì thi là 0,9. Nếu trượt lần đầu thì xác suất vượt qua kì thi lần hai là 0,7. Nếu trượt cả hai lần thì xác suất vượt qua kì thi ở lần thứ ba là 0,3. Tính xác suất để thí sinh thi đậu. Lời giải Gọi X là biến cố ''Thí sinh thi đậu ''. Ai là biến cố ''Thí sinh thi đậu lần thứ i '' với i 1, 2, 3 . Ai là biến cố đối lặp của Ai . Các biến cố A1 , A1 A2 và A1 A2 A3 xung khắc. Khi đó X A1  A1 A2  A1 A2 A3 . Áp dụng quy tắc cộng xác suất, ta có P X P A1 P A1 A2 P A1 A2 A3 . ● Ta có P A1 0,9 ● Các biến cố A1, A2 độc lập nên P A1 A2 P A1 .P A2 0,1.0.7 0.07 . ● Các biến cố A1, A2 , A3 độc lập nên P A1 A2 A3 P A1 .P A2 .P A3 0,1.0,3.0.3 0,009 . Vậy xác suất thí sinh thi đậu là P X P A1 P A1 A2 P A1 A2 A3 0,979 . Bài 94. Trong một lớp học có sáu bóng đèn, mỗi bóng có xác suất bị hỏng là 0,3. Lớp học đủ độ sáng nếu có ít nhất bốn bóng đèn sáng. Tính xác suất để lớp học không đủ độ sáng. Lời giải Xác suất không bị hỏng của mỗi bóng đèn là 1 0,3 0,7 . Gọi X , A, B, C là các biến cố ''Lớp học đủ độ sáng '', ''Lớp học có sáu bóng đèn sáng '', ''Lớp học có năm bóng đèn sáng '', ''Lớp học có bốn bóng đèn sáng '' thì các biến cố A, B, C xung khắc. Khi đó X A B C . Áp dụng quy tắc cộng xác suất, ta có P X P A P B P C . ● Xét biến cố A : ''Lớp học có sáu bóng đèn sáng ''. Do đó P A 0,7 6 0,117649 . ● Xét biến cố B : ''Lớp học có năm bóng đèn sáng ''. Tức là có một bóng đèn bị hỏng và năm bóng còn lại 5 5 1 sáng bình thường. Do đó P B C6 . 0,7 . 0,3 0,302526 . ● Xét biến cố C : ''Lớp học có bốn bóng đèn sáng ''. Tức là có hai bóng đèn bị hỏng và bốn bóng còn lại 4 4 2 sáng bình thường. Do đó P C C6 . 0,7 . 0,3 0,324135 . Suy ra P X P A P B P C 0,74431. Vậy xác xuất để lớp học không đủ độ sáng là P X 1 P X 0,25569 . Bài 95. Anh chàng nhà quê lên thành phố muốn có người yêu nên quyết định sang Thái Lan làm phẫu thuật thẩm mỹ. Anh ta quyết định phẫu thuật bốn bộ phận trên mặt và hai bộ phận khác trên cơ thể. Khả năng biến chứng hậu phẫu của một bộ phận trên mặt là 10% và một bộ phận trên cơ thể là 25% . Nếu có bốn bộ phận biến chứng thì anh ta sẽ tử vong. Biết rằng có ít nhất một bộ phận trên cơ thể bị biến chứng. Tính xác suất để anh ta còn sống quay về Việt Nam. Lời giải
  46. Gọi X , A, B lần lượt là các biến cố ''Anh chàng nhà quê tử vong '', ''Một bộ phận trên cơ thể bị biến chứng và trên mặt có ba hoặc bốn bộ phận bị biến chứng '', ''Hai bộ phận trên cơ thể bị biến chứng và trên mặt có hai, ba hoặc bốn bộ phận bị biến chứng '' thì A, B là các biến cố xung khắc. Khi đó X A B . Áp dụng quy tắc cộng xác suất, ta có P X P A P B . ● Xét biến cố A : ''Một bộ phận trên cơ thể bị biến chứng và trên mặt có ba hoặc bốn bộ phận bị biến chứng ''. Gọi A1, A2 lần lượt là các biến cố ''Một bộ phận trên cơ thể bị biến chứng và trên mặt có ba bộ phận bị biến chứng '', ''Một bộ phận trên cơ thể bị biến chứng và trên mặt có bốn bộ phận bị biến chứng '' thì A1, A2 là hai biến cố xung khắc. Khi đó A A1  A2 . Áp dụng quy tắc cộng xác suất, ta có P A P A1 P A2 1 3 3 1 4 4 C2.0,25.0,75.C4 . 0,1 .0,9 C2.0,25.0,75.C4 . 0,1 0,0013875. ● Xét biến cố B : ''Hai bộ phận trên cơ thể bị biến chứng và trên mặt có hai, ba hoặc bốn bộ phận bị biến chứng ''. Gọi B1, B2 , B3 lần lượt là các biến cố ''Hai bộ phận trên cơ thể bị biến chứng và trên mặt có hai bộ phận bị biến chứng '', ''Hai bộ phận trên cơ thể bị biến chứng và trên mặt có ba bộ phận bị biến chứng '', ''Hai bộ phận trên cơ thể bị biến chứng và trên mặt có bốn bộ phận bị biến chứng '' thì B1, B2 , B3 là các biến cố xung khắc. Khi đó B B1  B2  B3 . Áp dụng quy tắc cộng xác suất, ta có P B P B1 P B2 P B3 2 2 2 2 2 2 2 3 3 2 2 4 4 C2 . 0,25 .C4 . 0,1 . 0,9 C2 . 0,25 .C4 . 0,1 .0,9 C2 . 0,25 .C4 . 0,1 0,00326875. Suy ra P X P A P B 0,00465625 . Vậy xác suất để anh ta còn sống quay về Việt Nam là P X 1 P X 0,99534375 .