Chuyên đề tổ hợp và xác suất – Lê Minh Tâm

★ LE MINH TAM CHƯƠNG 02 Tổ hợp & Xác suất  QUY TẮC ĐẾM.  HOÁN VỊ – CHỈNH HỢP – TỔ HỢP .  NHỊ THỨC NEWTON .  BIẾN CỐ & XÁC SUẤT CỦA BIẾN CỐ . TÀI LIỆU LƯU HÀNH NỘI BỘ  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT MỤC LỤC※※※ ※※※  BÀI 01. QUY TẮC ĐẾM……………………………………………………………………………………………………….. 4 I. CÁC QUY TẮC ĐẾM. ……………………………………………………………………………………………………………….. 4 II. BÀI TẬP TỰ LUẬN. ………………………………………………………………………………………………………………… 6 III. BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM. …………………………………………………………………………………………………… 14  BÀI 02. TỔ HỢP – CHỈNH HỢP – HOÁN VỊ ………………………………………………………………….. 20 I. HOÁN VỊ…………………………………………………………………………………………………………………………………. 20 II. CHỈNH HỢP. …………………………………………………………………………………………………………………………. 21 III. TỔ HỢP. ……………………………………………………………………………………………………………………………….. 22 IV. BÀI TẬP TỰ LUẬN. ……………………………………………………………………………………………………………… 23  Dạng 1. BÀI TẬP VỀ HOÁN VỊ…………………………………………………………………………………………………………………………………… 23  Dạng 2. BÀI TẬP VỀ CHỈNH HỢP. …………………………………………………………………………………………………………………………… 31  Dạng 3. BÀI TẬP VỀ TỔ HỢP…………………………………………………………………………………………………………………………………… 40  Dạng 4. CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC LIÊN QUAN Ank , Pn , Cnk ………………………………………………………………….. 51  Dạng 5. PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH,BẤT PHƯƠNG TRÌNH CÓ CHỨA CÁC SỐ n !, Pn , Ank , Cnk . ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………. 56 V. BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM. …………………………………………………………………………………………………….. 61  BÀI 03. NHỊ THỨC NEWTON ………………………………………………………………………………………….. 68 I. CÔNG THỨC NHỊ THỨC NEWTON …………………………………………………………………………………….. 68 II. TAM GIÁC PASCAL……………………………………………………………………………………………………………… 69 III. CÁC DẠNG BÀI TẬP …………………………………………………………………………………………………………… 70  Dạng 1. KHAI TRIỂN NHỊ THỨC. ……………………………………………………………………………………………………………………………..70  Dạng 2. TÌM HỆ SỐ HOẶC SỐ HẠNG THỎA MÃN ĐIỀU KIỆN. ……………………………………………………………… 71  Dạng 3. CHỨNG MINH HOẶC TÍNH TỔNG. …………………………………………………………………………………………………….. 75 IV. BÀI TẬP RÈN LUYỆN ………………………………………………………………………………………………………….. 76  BÀI 04. BIẾN CỐ & XÁC SUẤT CỦA BIẾN CỐ ………………………………………………………………. 91 I. PHÉP THỬ VÀ KHÔNG GIAN MẪU ……………………………………………………………………………………. 91 II. BIẾN CỐ & XÁC SUẤT CỦA BIẾN CỐ ………………………………………………………………………………… 91 Le Minh Tam – Trang 2  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT III. PHÉP TOÁN TRÊN CÁC BIẾN CỐ ……………………………………………………………………………………… 95 IV. CÁC BIẾN CỐ ĐỘC LẬP, CÔNG THỨC NHÂN XÁC SUẤT. …………………………………………… 95 V. CÁC DẠNG BÀI TẬP. …………………………………………………………………………………………………………… 97  Dạng 1. TÍNH XÁC SUẤT CỦA BIẾN CỐ …………………………………………………………………………………………………………….. 97  Dạng 2. CÁC QUY TẮC TÍNH XÁC SUẤT. …………………………………………………………………………………………………………108 VI. BÀI TẬP TỰ LUẬN. ……………………………………………………………………………………………………………. 114 VII. BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM…………………………………………………………………………………………………. 128 BÀI 05. TỔNG ÔN TẬP CHƯƠNG ………………………………………………………………………………….. 147 I. QUY TẮC ĐẾM ……………………………………………………………………………………………………………………… 147 II. HOÁN VỊ – CHỈNH HỢP – TỔ HỢP ………………………………………………………………………………….. 155 III. NHỊ THỨC NEWTON ………………………………………………………………………………………………………… 171 IV. XÁC SUẤT CỦA BIẾN CỐ …………………………………………………………………………………………………. 184 Le Minh Tam – Trang 3  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT BÀI 1 QUY TẮC ĐẾM I. CÁC QUY TẮC ĐẾM. Quy tắc cộng  Một công việc X được thực hiện theo một trong k phương án A1 , A2 ,…, Ak , trong đó: Phương án A1 có n1 cách thực hiện. Phương án A 2 có n 2 cách thực hiện. ……………………………………… Phương án A k có n k cách thực hiện. Số cách hoàn thành công việc X là n  X   n1  n2  …  nk cách. Ví dụ 1 Trong một cuộc thi tìm hiểu về đất nước Việt Nam, ban tổ chức công bố danh sách đề tài bao gồm: 8 đề tài về lịch sử, 7 đề tài về thiên nhiên, 10 đề tài về con người và 6 đề tài về văn hóa. Hỏi mỗi thí sinh có bao nhiêu khả năng chọn đề tài? Lời giải  Phương án 1: Chọn một đề tài về lịch sử: có 8 cách.  Phương án 2: Chọn một đề tài về thiên nhiên: có 7 cách.  Phương án 3: Chọn 1 đề tài về con người: có 10 cách.  Phương án 4: Chọn 1 đề tài về văn hóa: có 6 cách. Vậy số cách mà mỗi thí sinh chọn đề tài là: 8  7 10  6  31 (cách) Ví dụ 2 Giả sử từ tỉnh đến tỉnh có thể đi bằng các phương tiện: ô tô, tàu hỏa hoặc máy bay. Mỗi ngày có 10 chuyến ô tô, 5 chuyến tàu hỏa và 3 chuyến máy bay. Hỏi một ngày có bao nhiêu cách lựa chọn đi từ tỉnh đến tỉnh ? Lời giải  Trường hợp 1: Số cách chọn đi từ tỉnh A đến tỉnh B bằng ô tô: có 10 cách.  Trường hợp 2: Số cách chọn đi từ tỉnh A đến tỉnh B bằng tàu hỏa: có 5 cách.  Trường hợp 3: Số cách chọn đi từ tỉnh A đến tỉnh B bằng máy bay: có 3 cách. Vậy số cách lựa chọn đi từ tỉnh A đến tỉnh B là: 10  5  3  18 cách. Quy tắc nhân Le Minh Tam – Trang 4  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Giả sử một công việc nào đó bao gồm hai công đoạn A và B . Công đoạn A có thể làm theo n cách. Với mỗi cách thực hiện công đoạn A thì công đoạn B có thể làm theo m cách. Khi đó, công việc có thể thực hiện theo n.m cách. Ví dụ 3 An đến nhà Bình để cùng Bình đến nhà Cường. Từ nhà An đến nhà Bình có 4 con đường đi, từ nhà Bình đến nhà Cường có 6 con đường đi. Hỏi An có bao nhiêu cách chọn con đường đi từ nhà đến nhà Cường? Lời giải  Giai đoạn 1: An đi từ nhà đến nhà Bình có 4 cách.  Giai đoạn 2: An đi từ nhà Bình đến nhà Cường có 6 cách.  Vậy số cách An lựa chọn con đường đi từ nhà đến nhà Cường là: 4.6  24 cách. Ví dụ 4 Lớp 11A có 30 học sinh. Tập thể lớp muốn bầu ra một lớp trưởng, một lớp phó và một thủ quỹ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ban cán sự như trên?  Lời giải  Giai đoạn 1: Chọn lớp trưởng có 30 cách.  Giai đoạn 2: chọn một lớp phó, có 29 cách.  Giai đoạn 3: chọn một thủ quỹ có 28 cách. Vậy số cách chọn ban cán sự gồm một lớp trưởng, một lớp phó và một thủ quỹ là: 30.29.28  24360 cách. Các bài toán đếm cơ bản Ta thường gặp các bài toán sau: Đếm số phương án liên quan đến số tự nhiên. Khi lập một số tự nhiên x  a1 …an ta cần lưu ý:  ai 0,1, 2,…, 9 và a1  0 . 01  x là số chẵn  an là số chẵn  x là số lẻ  an là số lẻ  x chia hết cho 3  a1  a2  …  an chia hết cho 3  x chia hết cho 4  an1an chia hết cho 4  x chia hết cho 5  an 0, 5  x chia hết cho 6  x là số chẵn và chia hết cho 3  x chia hết cho 8  an 2 an1an chia hết cho 8  x chia hết cho 9  a1  a2  …  an chia hết cho 9 . Le Minh Tam – Trang 5  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  x chia hết cho 11  tổng các chữ số ở hàng lẻ trừ đi tổng các chữ số ở hàng chẵn là một số chia hết cho 11 .  x chia hết cho 25  hai chữ số tận cùng là 00, 25, 50, 75 . 02 Đếm số phương án liên quan đến kiến thức thực tế 03 Đếm số phương án liên quan đến hình học Ta thường gặp bài toán đếm số phương án thực hiện hành động H thỏa mãn tính chất T . Để giải bài toán này ta thường giải theo hai cách sau:  Cách 1: Đếm trực tiếp  Nhận xét đề bài để phân chia các trường hợp xảy ra đối với bài toán cần đếm.  Đếm số phương án thực hiện trong mỗi trường hợp đó  Kết quả của bài toán là tổng số phương án đếm trong cách trường hợp trên  Cách 2: Đếm gián tiếp (đếm phần bù) Trong trường hợp hành động H chia nhiều trường hợp thì ta đi đếm phần bù của bài toán như sau:  Đếm số phương án thực hiện hành động H (không cần quan tâm đến có thỏa tính chất T hay không) ta được a phương án.  Đếm số phương án thực hiện hành động H không thỏa tính chất T ta được b phương án. Khi đó số phương án thỏa yêu cầu bài toán là: a  b . II. BÀI TẬP TỰ LUẬN.  Bài 01. Một người có 7 áo trong đó có 3 áo trắng và 5 cà vạt trong đó có 2 cà vạt vàng. Hỏi người đó có bao nhiêu cách chọn bộ áo và cà vạt, nếu: ⓵ Chọn áo nào cũng được, và cà vạt nào cũng được. ⓶ Đã chọn áo trắng thì không chọn cà vạt vàng. Lời giải ⓵ Chọn áo nào cũng được, và cà vạt nào cũng được.  Số cách chọn 1 một bộ áo và cà vạt là: 7.5  35 . ⓶ Đã chọn áo trắng thì không chọn cà vạt vàng.  Số cách chọn áo trắng không chọn cà vạt vàng là: 3.3  9  Số cách chọn bộ áo và cà vạt sao cho không phải áo trắng và cà vạt bất kì trong 5 cái cà vạt là: 4.5  20 Le Minh Tam – Trang 6  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Số cách chọn bộ áo và cà vạt sao cho áo trắng thì không chọn cà vạt vàng là: 9  20  29  Bài 02. Giả sử bạn muốn màu áo sơ mi cỡ 39 hoặc 40 . Áo cỡ 39 có 5 màu khác nhau, áo cỡ 40 có 4 màu khác nhau. Hỏi bạn có bao nhiêu sự lựa chọn (về màu và cỡ áo)? Lời giải  Áo cỡ 39 có 5 cách chọn  Áo cỡ 40 có 4 cách chọn Vậy có tất cả 5  4  9 cách chọn về màu và cỡ áo.  Bài 03. Trong một trường THPT, khối 11 có 280 học sinh nam và 325 học sinh nữ. ⓵ Nhà trường cần chọn một học sinh ở khối 11 đi dự dạ hội của học sinh thành phố. Hỏi nhà trường có bao nhiêu cách chọn? ⓶ Nhà trường cần chọn hai học sinh trong đó có một nam và một nữ đi dự trại hè của học sinh thành phố. Hỏi nhà trường có bao nhiêu cách chọn? Lời giải ⓵ Nhà trường cần chọn một học sinh ở khối 11 đi dự dạ hội của học sinh thành phố. Hỏi nhà trường có bao nhiêu cách chọn?  Học sinh nam có 280 cách chọn  Học sinh nữ có 325 cách chọn  Chọn một học sinh khối 11 đi dự dạ hội của học sinh thành phố thì có 280  325  605 cách. ⓶ Nhà trường cần chọn hai học sinh trong đó có một nam và một nữ đi dự trại hè của học sinh thành phố. Hỏi nhà trường có bao nhiêu cách chọn?  Học sinh nam có 280 cách chọn  Học sinh nữ có 325 cách chọn  Chọn hai học sinh trong đó có một nam và một nữ đi dự trại hè là: 280.325  91000 cách.  Bài 04. Mỗi bảng số xe gắn máy ở thành phố X có cấu tạo như sau. Phần đầu gồm hai chữ cái trong bảng chữ cái, phần sau gồm 4 chữ số trong các chữ số : 0,1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 . Ví dụ: SA0979, EY3535,… Hỏi có bao nhiêu cách tạo bảng số xe theo cấu tạo trên? ( Giả sử bảng chữ cái có tất cả 26 chữ cái) Lời giải  Chọn hai chữ cái cho phần đầu có 262 ( mỗi chữ số có 26 cách chọn)  Cọn 4 chữ số cho phần đuôi có 104 (mỗi chữ số có 10 cách chọn) Vậy có thể tạo được 262.104  6760000 cách.  Bài 05. Trong một bản đồ được lập theo kỹ thuật số của thành phố X , mọi căn nhà trong thành phố đều được lập địa chỉ và “địa chỉ số” của mỗi căn nhà là một dãy gồm 16 chữ số lấy từ hai chữ Le Minh Tam – Trang 7  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT số 0 và 1 . Ví dụ: 0000110000111100 ( 4 chữ số 0 , 2 chữ số 1 , 4 chữ số 0 , 4 chữ số 1 , 2 chữ số 0 ). Hỏi thành phố X có tối đa bao nhiêu căn nhà? Lời giải  Ta có: “địa chỉ số” của mỗi căn nhà là một dãy gồm 16 chữ số  Mà mỗi chữ số có 2 cách chọn. ( 0 hoặc 1 )  Nên theo quy tắc nhân, thành phố X có tối đa: 216 căn nhà.  Bài 06. Có bao nhiêu số tự nhiên có hai chữ số mà hai chữ số của nó đều chẵn? Lời giải  Gọi a1a2 là số thỏa yêu cầu bài toán.  Chọn a1 2; 4; 6; 8 có: 4 cách.  Chọn a2 0; 2; 4; 6; 8 có: 5 cách. Vậy theo quy tắc nhân có: 4.5  20 số thỏa yêu cầu bài toán.  Bài 07. Có bao nhiêu số nguyên dương n gồm 3 chữ số có nghĩa (chữ số đầu tiên phải khác 0 ) trong mỗi trường hợp sau đây: ⓵ Không có yêu cầu gì thêm. ⓶ Chữ số hàng chục và chữ số hàng đơn vị của n giống hệt nhau. ⓷. Chữ số hàng chục và chữ số hàng đơn vị của n giống hệt nhau và hai chữ số này khác chữ số hàng trăm của n . Lời giải  Gọi tập X  0;1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9 và n  a1a2 a3 là số thỏa yêu cầu sau: ⓵ Không có yêu cầu gì thêm.  Chọn a1  X 0 có: 9 cách.  Chọn a2  X có: 10 cách.  Chọn a3  X có: 10 cách.  Theo quy tắc nhân có: 9.10.10  900 số. ⓶ Chữ số hàng chục và chữ số hàng đơn vị của n giống hệt nhau.  Chọn a1  X 0 có: 9 cách.  Chọn a2  X có: 10 cách.  Chọn a3  a2 có: 1 cách.  Theo quy tắc nhân có: 9.10.1  90 số. ⓷. Chữ số hàng chục và chữ số hàng đơn vị của n giống hệt nhau và hai chữ số này khác chữ số hàng trăm của n .  Chọn a1  X 0 có: 9 cách. Le Minh Tam – Trang 8  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Chọn a2  X a1 có: 9 cách.  Chọn a3  a2 có: 1 cách.  Theo quy tắc nhân có: 9.9  81 số.  Bài 08. Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 có thể lập được bao nhiêu số nguyên dương n trong mỗi trường hợp sau đây: ⓵ n gồm 4 chữ số đôi một khác nhau và bắt đầu bằng 56 hoặc 65 . ⓶ n gồm 5 chữ số đôi một khác nhau và tận cùng bằng một chữ số khác 3 . ⓷. n gồm 6 chữ số đôi một khác nhau trong đó phải có 1 và 3 đứng cạnh nhau, không kể thứ tự trước sau.  Gọi tập X  1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9 . Lời giải ⓵ n gồm 4 chữ số đôi một khác nhau và bắt đầu bằng 56 hoặc 65 .  Gọi n  a1a2 a3 a4 là số thỏa yêu cầu bài toán.  Chọn a1a2  56; 65 có: 2 cách.  Chọn a3  X a1 ; a2  có: 7 cách.  Chọn a4  X a1 ; a2 ; a3 có: 6 cách.  Theo quy tắc nhân có: 2.7.6  84 số. ⓶ n gồm 5 chữ số đôi một khác nhau và tận cùng bằng một chữ số khác 3 .  Gọi n  a1a2 a3a4 a5 là số thỏa yêu cầu bài toán.  Chọn a5  X 3 có: 8 cách.  Chọn a1  X a5  có: 8 cách.  Chọn a2  X a1 ; a5  có: 7 cách.  Chọn a3  X a1 ; a5 ; a2  có: 6 cách.  Chọn a4  X a1 ; a5 ; a2 ; a3 có: 5 cách.  Theo quy tắc nhân có: 8.8.7.6.5  13440 số. ⓷. n gồm 6 chữ số đôi một khác nhau trong đó phải có 1 và 3 đứng cạnh nhau, không kể thứ tự trước sau.  Gọi n  a1a2 a3a4 a5 a6 là số thỏa yêu cầu bài toán.  Chọn 2 vị trí cạnh nhau từ 6 vị trí (từ a1  a6 ) có: 5 cách.  Xếp số 1 và 3 vào 2 vị trí vừa chọn có: 2 cách.  Chọn số cho 4 vị trí từ tập X 1; 3 có: 7.6.5.4  840 cách.  Theo quy tắc nhân có: 5.2.840  8400 số.  Bài 09. Le Minh Tam – Trang 9  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT Có bao nhiêu số nguyên dương n gồm 5 chữ số có nghĩa (chữ số đầu tiên phải khác 0 ) trong mỗi trường hợp sau đây: ⓵. n không chia hết cho 10 . ⓶ n là bội số của 5 . ⓷. n là số lẻ. Lời giải  Gọi tập X  0;1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9 và n  a1a2 a3a4 a5 là số thỏa yêu cầu sau: ⓵. n không chia hết cho 10 .  Chọn a1  X 0 có: 9 cách.  Chọn a2  X có: 10 cách.  Chọn a3  X có: 10 cách.  Chọn a4  X có: 10 cách.  Chọn a5  X 0 có: 9 cách. Theo quy tắc nhân có: 9.10.10.10.9  81000 số. ⓶. n là bội số của 5 .  Chọn a1  X 0 có: 9 cách.  Chọn a2  X có: 10 cách.  Chọn a3  X có: 10 cách.  Chọn a4  X có: 10 cách.  Chọn a5 0; 5 có: 2 cách. Theo quy tắc nhân có: 9.10.10.10.2  18000 số. ⓷. n là số lẻ.  Chọn a1  X 0 có: 9 cách.  Chọn a2  X có: 10 cách.  Chọn a3  X có: 10 cách.  Chọn a4  X có: 10 cách.  Chọn a5 1; 3; 5; 7; 9 có: 5 cách. Theo quy tắc nhân có: 9.10.10.10.5  45000 số.  Bài 10. Từ các chữ số 1, 4, 5, 8, 9 có thể lập được bao nhiêu số nguyên dương n trong mỗi trường hợp sau đây: ⓵. n gồm bốn chữ số. ⓶. n gồm bốn chữ số đôi một khác nhau. ⓷. n  800 và gồm các chữ số đôi một khác nhau. Le Minh Tam – Trang 10  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT ⓸. n  200 và n là số chẵn. ⓹. n là số lẻ gồm năm chữ số , trong đó các chữ số cách đều chữ số chính giữa thì giống nhau. ⓺. 555  n  5555 và n chia hết cho 5 . Lời giải ⓵. n gồm bốn chữ số.  Có thể lập được 54  625 số nguyên dương n gồm bốn chữ số. ⓶. n gồm bốn chữ số đôi một khác nhau.  Có thể lập được A54  120 số nguyên dương n gồm bốn chữ số đôi một khác nhau. ⓷. n  800 và gồm các chữ số đôi một khác nhau.  Trường hợp 1: n gồm ba chữ số. Gọi n có dạng abc . Để n  800 và gồm các chữ số đôi một khác nhau thì  a có 2 lựa chọn là 8; 9  b có 4 lựa chọn vì phải khác a  c có 3 lựa chọn vì phải khác a , b Vậy có 2.4.3  24 .  Trường hợp 2: n gồm bốn chữ số. Thỏa mãn n  800 .  Để n gồm các chữ số đôi một khác nhau thì có A54  120 thỏa mãn.  Trường hợp 3: n gồm năm chữ số. Thỏa mãn n  800 .  Để n gồm các chữ số đôi một khác nhau thì có A55  120 thỏa mãn. Vậy có 120 120  24  264 số n thỏa mãn ycbt. ⓸. n  200 và n là số chẵn.  Trường hợp 1: n gồm một chữ số.  Vì n  200 và n là số chẵn nên có 2 số thỏa mãn là 4, 8 .  Trường hợp 2: n gồm hai chữ số. Gọi n có dạng ab thỏa mãn n  200 và để n là số chẵn ta có  b có 2 lựa chọn là 4; 8  a có 5 lựa chọn. Có 2.5  10 .  Trường hợp 3: n gồm ba chữ số. Vì n  200 nên gọi n có dạng 1bc và để n là số chẵn ta có  c có 2 lựa chọn là 4; 8  b có 5 lựa chọn. Có 2.5  10 . Vậy có 10 10  2  22 số n thỏa mãn ycbt. ⓹. n là số lẻ gồm năm chữ số , trong đó các chữ số cách đều chữ số chính giữa thì giống nhau. Le Minh Tam – Trang 11  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Vì n là số gồm năm chữ số , trong đó các chữ số cách đều chữ số chính giữa thì giống nhau. Gọi n có dạng abcba để n là số lẻ ta có  a có 3 lựa chọn là 1; 5; 9  b có 5 lựa chọn.  c có 5 lựa chọn. Vậy có 5.5.3  75 số n thỏa mãn ycbt. ⓺ 555  n  5555 và n chia hết cho 5 .  Trường hợp 1: n gồm ba chữ số.  Gọi n có dạng abc . Vì n chia hết cho 5 nên c là chữ số 5 . Vì n gồm ba chữ số nên thỏa mãn n  5555 . Để 555  n ta có  Nếu a là chữ số 5 thì b có 2 lựa chọn là 8; 9  Nếu a có 2 lựa chọn là 8; 9 thì b có 5 lựa chọn Có 2  2.5  12 .  Trường hợp 2: n gồm bốn chữ số.  Gọi n có dạng abcd . Vì n chia hết cho 5 nên d là chữ số 5 . Vì n gồm bốn chữ số nên thỏa mãn 555  n . Để n  5555 ta có  Nếu a , b đều là chữ số 5 thì c có 2 lựa chọn là 1; 4 .  Nếu a là chữ số 5 thì b có 2 lựa chọn là 1; 4 và c có 5 lựa chọn.  Nếu a có 2 lựa chọn là 1; 4 thì b , c có 5 lựa chọn.  Có 2  2.5  2.5.5  62 . Vậy có 12  62  74 số n thỏa mãn ycbt.  Bài 11. Dãy  x1 , x2 ,…, x10  trong đó mỗi kí tự x i chỉ nhận giá trị 0 hoặc 1 được gọi là dãy nhị phân 10 bit ⓵. Có bao nhiêu dãy nhị phân 10 bit. ⓶. Có bao nhiêu dãy nhị phân 10 bit trong đó có ít nhất ba kí tự 0 và ít nhất ba kí tự 1 . Lời giải ⓵. Có bao nhiêu dãy nhị phân 10 bit.  Có 210  1024 dãy nhị phân 10 bit. ⓶. Có bao nhiêu dãy nhị phân 10 bit trong đó có ít nhất ba kí tự 0 và ít nhất ba kí tự 1 .  Trường hợp 1: dãy nhị phân có ba kí tự 0 và bảy kí tự 1 . 10 !  120 dãy nhị phân 10 bit.  Khi đó có 3!.7 !  Trường hợp 2: dãy nhị phân có bốn kí tự 0 và sáu kí tự 1 . Le Minh Tam – Trang 12  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT 10 !  210 dãy nhị phân 10 bit. 4 !.6 !  Trường hợp 3: dãy nhị phân có năm kí tự 0 và năm kí tự 1 . 10 !  Khi đó có  252 dãy nhị phân 10 bit. 5 !.5 !  Trường hợp 4: dãy nhị phân có sáu kí tự 0 và bốn kí tự 1 . 10 !  Khi đó có  210 dãy nhị phân 10 bit. 4 !.6 !  Trường hợp 5: dãy nhị phân có bảy kí tự 0 và ba kí tự 1 . 10 !  Khi đó có  120 dãy nhị phân 10 bit. 3!.7 ! Vậy có 120  210  252  210 120  912 dãy nhị phân 10 bit thỏa mãn ycbt.  Khi đó có  Bài 12. Có bao nhiêu số tự nhiên lẻ trong khoảng  2000; 3000  có thể tạo nên bằng các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 nếu: ⓵. Các chữ số không nhất thiết khác nhau. ⓶. Các chữ số của nó khác nhau. Lời giải ⓵. Các chữ số không nhất thiết khác nhau.  Gọi số tự nhiên trong khoảng  2000; 3000  có dạng 2abc .  Vì là số tư nhiên lẻ nên c có 3 lựa chọn là 1; 3; 5 .  a , b có 6 lựa chọn. Vậy có 6.6.3  108 số tự nhiên thõa mãn ycbt. ⓶. Các chữ số của nó khác nhau.  Gọi số tự nhiên trong khoảng  2000; 3000  có dạng 2abc .  Vì là số tư nhiên lẻ nên c có 3 lựa chọn là 1; 3; 5 .  a có 4 lựa chọn vì khác 2 và c .  b có 3 lựa chọn vì khác 2 và c , a . Vậy có 3.4.3  36 số tự nhiên thõa mãn ycbt.  Bài 13. Có bao nhiêu số tự nhiên lớn hơn 4000 có bốn chữ số được tạo thành từ các chữ số 1, 3, 5, 7 nếu: ⓵. Các chữ số này không nhất thiết khác nhau. ⓶. Các chữ số này khác nhau. Lời giải ⓵. Các chữ số này không nhất thiết khác nhau.  Gọi số tự nhiên lớn hơn 4000 có bốn chữ số có dạng abcd . Le Minh Tam – Trang 13  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Vì là số tư nhiên lớn hơn 4000 nên a có 2 lựa chọn là 5; 7 .  b, c , d có 4 lựa chọn. Vậy có 4.4.4.2  128 số tự nhiên thõa mãn ycbt. ⓶. Các chữ số này khác nhau.  Gọi số tự nhiên lớn hơn 4000 có bốn chữ số có dạng abcd .  Vì là số tư nhiên lớn hơn 4000 nên a có 2 lựa chọn là 5; 7 .  b có 3 lựa chọn vì khác a .  c có 2 lựa chọn vì khác a , b .  d có 1 lựa chọn vì khác a , b , c . Vậy có 2.3.2.1  12 số tự nhiên thõa mãn ycbt. III. BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM. Câu 1. Từ các số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau và là số chẵn: A. 360 B. 343 C. 523 D. 347 Lời giải Chọn A  Gọi số cần lập x  abcd ; a, b, c , d 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 và a, b, c , d đôi một khác nhau.  Công việc ta cần thực hiện là lập số x thỏa mãn x là số chẵn nên d phải là số chẵn.  Do đó để thực hiện công việc này ta thực hiện qua các công đoạn sau  Bước 1: Chọn d : Vì d là số chẵn nên d chỉ có thể là các số 2, 4, 6 nên d có 3 cách chọn.  Bước 2: Chọn a : Vì ta đã chọn d nên a chỉ có thể chọn một trong các số của tập 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7{d} nên có 6 cách chọn a Câu 2.  Bước 3: Chọn b : Tương tự ta có 5 cách chọn b  Bước 4: Chọn c : Có 4 cách chọn. Vậy theo quy tắc nhân có: 3.6.5.4  360 số thỏa yêu cầu bài toán. Từ các số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau và là số lẻ A. 360 B. 343 C. 480 D. 347 Lời giải Câu 3. Chọn C Vì số x cần lập là số lẻ nên d phải là số lẻ. Ta lập x qua các công đoạn sau.  Bước 1: Có 4 cách chọn d  Bước 2: Có 6 cách chọn a  Bước 3: Có 5 cách chọn b  Bước 4: Có 4 cách chọn c Vậy có 480 số thỏa yêu cầu bài toán. Cho các số 1, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số với các chữ số khác nhau: A. 12 . B. 24 . C. 64 . D. 256 . Lời giải Le Minh Tam – Trang 14  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT Chọn B Câu 4. Gọi số tự nhiên có 4 chữ số cần tìm là: abcd , a  0 , khi đó:  a có 4 cách chọn  b có 3 cách chọn  c có 2 cách chọn  d có 1 cách chọn Vậy có: 4.3.2.1  24 số Từ các chữ số 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số gồm 4 chữ số: A. 256 . B. 120 . C. 24 . D. 16 . Lời giải Chọn A Câu 5. Gọi số tự nhiên có 4 chữ số cần tìm là: abcd , a  0 , khi đó:  a có 4 cách chọn  b có 4 cách chọn  c có 4 cách chọn  d có 4 cách chọn Vậy có: 4.4.4.4  256 số Có bao nhiêu chữ số chẵn gồm bốn chữ số đôi một khác nhau được lập từ các số 0,1, 2, 4, 5, 6, 8 . A. 252 B. 520 C. 480 D. 368 Lời giải Chọn B Gọi x  abcd; a , b, c , d  0,1, 2, 4, 5, 6, 8 .  Cách 1: Tính trực tiếp Vì x là số chẵn nên d 0, 2, 4, 6, 8 .  Trường hợp 1: d  0  có 1 cách chọn d .  Với mỗi cách chọn d ta có 6 cách chọn a1, 2, 4, 5, 6, 8  Với mỗi cách chọn a , d ta có 5 cách chọn b 1, 2, 4, 5, 6, 8a  Với mỗi cách chọn a, b, d ta có 4 cách chọn c 1, 2, 4, 5, 6, 8a, b Suy ra trong trường hợp này có 1.6.5.4  120 số.  Trường hợp 2: d  0  d 2, 4, 6, 8  có 4 cách chọn d  Với mỗi cách chọn d , do a  0 nên ta có 5 cách chọn a 1, 2, 4, 5, 6, 8d .  Với mỗi cách chọn a , d ta có 5 cách chọn b 1, 2, 4, 5, 6, 8a  Với mỗi cách chọn a, b, d ta có 4 cách chọn c 1, 2, 4, 5, 6, 8a, b Suy ra trong trường hợp này có 4.5.5.4  400 số. Vậy có tất cả 120  400  520 số cần lập.  Cách 2: Tính gián tiếp ( đếm phần bù)  Gọi A  { số các số tự nhiên có bốn chữ số đôi một khác nhau được lập từ 0,1, 2, 4, 5, 6, 8 } Le Minh Tam – Trang 15  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  B  { số các số tự nhiên lẻ có bốn chữ số đôi một khác nhau được lập từ 0,1, 2, 4, 5, 6, 8 }  C  { số các số tự nhiên chẵn có bốn chữ số đôi một khác nhau được lập từ 0,1, 2, 4, 5, 6, 8 } Ta có: C  A  B .  Dễ dàng tính được: A  6.6.5.4  720 .  Ta đi tính B ? x  abcd là số lẻ  d 1, 5  d có 2 cách chọn.  Với mỗi cách chọn d ta có 5 cách chọn a (vì a  0, a  d )  Với mỗi cách chọn a , d ta có 5 cách chọn b  Với mỗi cách chọn a, b, d ta có 4 cách chọn c Suy ra B  2.5.5.4  200 Vậy C  520 . Câu 6. Cho 6 chữ số 2, 3, 4, 5, 6, 7 số các số tự nhiên chẵn có 3 chữ số lập thành từ 6 chữ số đó: A. 36 . B. 18 . C. 256 . D. 108 . Lời giải Chọn D Câu 7. Gọi số tự nhiên có 3 chữ số cần tìm là: abc , a  0 , khi đó:  c có 3 cách chọn  a có 6 cách chọn  b có 6 cách chọn Vậy có: 3.6.6  108 số Cho các số 1, 2,3, 4,5, 6, 7 . Số các số tự nhiên gồm 5 chữ số lấy từ 7 chữ số trên sao cho chữ số đầu tiên bằng 3 là: A. 75 . B. 7! . C. 240 . D. 2401 . Lời giải Chọn D Gọi số cần tìm có dạng : abcde . Chọn a : có 1 cách  a  3 Câu 8. 4 Chọn bcde : có 7 cách 4 Theo quy tắc nhân, có 1.7  2401 (số) Từ các số 1, 3, 5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ số: A. 6 . B. 8 . C. 12 . D. 27 . Lời giải Câu 9. Chọn D Gọi số tự nhiên cần tìm có dạng abc . Khi đó: a có 3 cách chọn, b có 3 cách chọn, c có 3 cách chọn. Nên có tất cả 3.3.3  27 số Có bao nhiêu số có 2 chữ số, mà tất cả các chữ số đều lẻ: A. 25 . B. 20 . C. 30 . D. 10 . Le Minh Tam – Trang 16  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT Lời giải Chọn A Gọi số tự nhiên cần tìm có dạng ab . Khi đó: a có 5 cách chọn, b có 5 cách chọn. Nên có tất cả 5.5  25 số. Câu 10. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số lớn hơn 4 và đôi một khác nhau: A. 240 . B. 120 . C. 360 . D. 24 . Lời giải Chọn B Gọi số tự nhiên cần tìm có dạng abcde . Khi đó: a có 5 cách chọn, b có 4 cách chọn, c có 3 cách chọn, d có 2 cách chọn, e có 1 cách chọn. Nên có tất cả 5.4.3.2.1  120 số. Câu 11. Cho tập. Từ tập A ta có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên lẻ gồm 4 chữ số đôi một khác nhau A. 720 . B. 261 . C. 235 . D. 679 . Lời giải Chọn A Gọi số cần lập x  abcd , a, b, c, d  0,1, 2,3, 4,5, 6 ; a  0 Chọn a : có 6 cách; chọn b, c, d có 6.5.4 Vậy có 720 số. Câu 12. Từ các số 1, 2, 3 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên khác nhau và mỗi số có các chữ số khác nhau: A. 15 . B. 20 . C. 72 . D. 36 Lời giải Chọn A  Trường hợp 1: số có 1 chữ số thì có 3 cách.  Trường hợp 2: số có 2 chữ số và mỗi số có các chữ số khác nhau thì có 3.2  6 số.  Trường hợp 3: số có 3 chữ số và mỗi số có các chữ số khác nhau thì có 3.2.1  6 số Vậy có 3  6  6  15 số. Câu 13. Từ tập A có thể lập được bao nhiêu số gồm 8 chữ số đôi một khác nhau sao chữ số đầu chẵn chữ số đứng cuối lẻ. A. 11523 . B. 11520 . C. 11346 . D. 22311 . Lời giải Chọn B Vì chữ số đứng đầu chẵn nên a1 có 4 cách chọn, Chữ số đứng cuối lẻ nên a8 có 4 cách chọn. Các số còn lại có 6.5.4.3.2.1 cách chọn 2 Vậy có 4 .6.5.4.3.2.1  11520 số thỏa yêu cầu bài toán. Le Minh Tam – Trang 17  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT Câu 14. Tính tổng các chữ số gồm 5 chữ số khác nhau được lập từ các số 1, 2, 3, 4, 5? A. 3999960 . B. 33778933 . C. 4859473 . D. 3847294 . Lời giải Chọn A Có 120 số có 5 chữ số được lập từ 5 chữ số đã cho. Bây giờ ta xét vị trí của một chữ số trong 5 số 1, 2, 3, 4, 5 chẳng hạn ta xét số 1. Số 1 có thể xếp ở 5 vị trí khác nhau, Mỗi vị trí có 4!=24 số   Nên khi ta nhóm các các vị trí này lại có tổng là: 24 104  103  10 2  10  1  24.11111 Vậy tổng các số có 5 chữ số là : 24.111111  2  3  4  5  3999960 . Câu 15. Có 100000 vé được đánh số từ 00000 đến 99999. Hỏi số vé gồm 5 chữ số khác nhau. A. 30240 . B. 32212 . C. 23460 . D. 32571. Lời giải Chọn A Gọi số in trên vé có dạng a1a2 a3 a4 a5 Số cách chọn a1 là 10 ( a1 có thể là 0). Số cách chọn a2 là 9. Số cách chọn a3 là 8. Số cách chọn a4 là 7. Số cách chọn a5 là 6. Vậy có 10.9.8.7.6  30.240 cách. Câu 16. Có bao nhiêu số tự nhiên nhỏ hơn 100 chia hết cho 2 và 3 . A. 12 . B. 16 . C. 17 . D. 20 . Lời giải Chọn C Số các số tự nhiên lớn nhất nhỏ hơn 100 chia hết cho 2 và 3 là 96 . Số các số tự nhiên nhỏ nhất nhỏ hơn 100 chia hết cho 2 và 3 là 0 . 96  0 Số các số tự nhiên nhỏ hơn 100 chia hết cho 2 và 3 là  1  17 nên chọn C . 6 Câu 17. Cho tập A  1, 2,3, 4,5, 6, 7,8 . Từ tập A có thể lập được bao nhiêu số gồm 8 chữ số đôi một khác nhau sao các số này lẻ không chia hết cho 5. A. 15120 . B. 23523 . C. 16862 . D. 23145 . Lời giải Chọn A Vì x lẻ và không chia hết cho 5 nên d 1, 3, 7  d có 3 cách chọn Số các chọn các chữ số còn lại là: 7.6.5.4.3.2.1 Vậy 15120 số thỏa yêu cầu bài toán. Câu 18. Từ các số 1, 2,3, 4,5, 6, 7 lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau và là số chia hết cho 5 A. 360 . B. 120 . C. 480 . D. 347 . Le Minh Tam – Trang 18  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT Lời giải Chọn B Vì x chia hết cho 5 nên d chỉ có thể là 5  có 1 cách chọn d. Có 6 cách chọn a, 5 cách chọn b và 4 cách chọn c. Vậy có 1.6.5.4  120 số thỏa yêu cầu bài toán. Câu 19. Cho tập A  0,1, 2,3, 4,5, 6 . Từ tập A có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số và chia hết cho 5. A. 660 . B. 432 . C. 679 . Lời giải D. 523 . Chọn A Gọi x  abcde là số cần lập, e 0, 5 , a  0 e  0  e có 1 cách chọn, cách chọn a , b, c , d : 6.5.4.3 Trường hợp này có 360 số e  5  e có một cách chọn, số cách chọn a , b, c , d : 5.5.4.3  300 Trường hợp này có 300 số Vậy có 660 số thỏa yêu cầu bài toán. Câu 20. Số các số tự nhiên gồm 5 chữ số chia hết cho 10 là: A. 3260 . B. 3168 . C. 9000 . Lời giải Chọn C Gọi số cần tìm có dạng : abcde  a  0 . D. 12070 . Chọn e : có 1 cách  e  0 Chọn a : có 9 cách  a  0 Chọn bcd : có 103 cách Theo quy tắc nhân, có 1.9.103  9000 (số). —————— HẾT —————— Le Minh Tam – Trang 19  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT BÀI 2 HOÁN VỊ – CHỈNH HỢP – TỔ HỢP I. HOÁN VỊ.  Định nghĩa Cho tập A gồm n phần tử  n  1 . Mỗi kết quả của cách sắp xếp thứ tự n của tập A được gọi là một hoán vị của n phần tử đó. Số các hoán vị của n phần tử đó là: Pn  n  n  1 n  2 …3.2.1  n! Ví dụ 1 Giả sử muốn xếp 3 bạn ngồi vào một bàn dài có 3 ghế. Hỏi có bao nhiêu cách xếp sao cho mỗi bạn ngồi một ghế? Lời giải  Có 3 cách xếp chỗ ngồi cho bạn A .  Có 2 cách xếp chỗ ngồi cho bạn B .  Có 1 cách xếp chỗ ngồi cho bạn C .  Số cách xếp chỗ ngồi cho 3 bạn đó là: 3.2.1  6 (cách).  Mỗi cách xếp chỗ ngồi cho 3 bạn trên được gọi là một hoán vị vị trí cho 3 bạn. Ví dụ 2 Có 5 quyển sách toán, 4 quyển sách lý và 3 quyển sách hóa. Hỏi có bao nhiêu cách xếp số sách đó lên một kệ dài trong mỗi trường hợp sau: ⓵ Các quyển sách được xếp tùy ý. ⓶ Các quyển sách cùng môn được xếp cùng nhau. Lời giải ⓵ Các quyển sách được xếp tùy ý.  Mỗi cách xếp tùy ý số sách đó lên kệ dài là một hoán vị của 12 phần tử. Vậy số cách xếp số sách đó là số các hoán vị của 12 phần tử P12  12! (cách). ⓶ Các quyển sách cùng môn được xếp cùng nhau.  Để các quyển sách cùng môn được xếp cùng nhau ta buộc các quyển cùng môn lại thành một buộc khi đó số cách xếp các quyển sách đó là: 5!.4!.3!.3!  103680 ( cách). Le Minh Tam – Trang 20  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT II. CHỈNH HỢP.  Định nghĩa Cho tập A có n phần tử  n  1 . Kết quả của việc lấy k phần tử khác nhau từ n phần tử của A và sắp xếp chúng theo một thứ tự nào đó được gọi là một chỉnh hợp chập k của n phần tử của A ( gọi tắt là chỉnh hợp n chập k của A ).  Số các chỉnh hợp chập k của của một tập hợp có n phần tử là: Ank  n! với 1  k  n . n  k ! Chú ý: Quy ước: 0 !  1, An0  1, Ann  Pn  n! Ví dụ 3 Giả sử muốn chọn 3 trong 5 bạn bao nhiêu cách? và sắp 3 bạn này vào một cái bàn dài. Hỏi có Lời giải  Có 5 cách chọn 1 trong 5 bạn xếp vào vị trí số 1.  Có 4 cách chọn 1 trong 4 bạn xếp vào vị trí số 2.  Có 3 cách chọn 1 trong 3 bạn xếp vào vị trí số 3.  Nên có 5.4.3  60 (cách) xếp 3 trong 5 bạn đó vào một cái bàn dài.  Mỗi cách chọn và sắp vị trí cho 3 bạn trong 5 bạn được gọi là một chỉnh hợp chập 3 của 5 phần tử. Ví dụ 4 Cho tập hợp . Có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm bốn chữ số, sao cho: ⓵ Đôi một khác nhau.. ⓶ Số tự nhiên lẻ và đôi một khác nhau.. Lời giải ⓵ Đôi một khác nhau.  Mỗi số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau là một chỉnh hợp chập 4 của 9 phần tử của tập hợp X . Số các số lập được là: A94  9!  3024 (số) 5! ⓶ Số tự nhiên lẻ và đôi một khác nhau..  Số tự nhiên lẻ có 4 chữ số đôi một khác nhau thì chữ số hàng đơn vị có 5 cách chọn, các chữ số còn lại mỗi số là một chỉnh hợp chập 3 của 8 phần tử còn lại của X . Số các số lập được là: 5.A83  1680. (số). Le Minh Tam – Trang 21  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT III. TỔ HỢP.  Định nghĩa Cho tập hợp A có n phần tử  n  1 . Mỗi tập con k phần tử được gọi là một tổ hợp chập k của n của A .  Số các tổ hợp chập k của tập hợp có n là: Cnk  n! với  0  k  n . k ! n  k !  Chú ý: Quy ước: Cn0  Cnn  1  Tính chất: ● Cnk  Cnn k với  0  k  n ● Cnk  Cnk1  Cnk11 với  0  k  n . Ví dụ 5 Có bao nhiêu cách chọn một ban chấp hành có 3 người trong một chi đoàn gồm 14 đoàn viên? Lời giải   Mỗi cách chọn một ban chấp hành chi đoàn gồm 3 người trong một chi đoàn gồm 14 đoàn viên được gọi là một tổ hợp chập 3 của 14 phần tử.  Số cách chọn ban chấp hành gồm 3 người trong một chi đoàn gồm 14 đoàn viên là: C143  14 !  364 (cách chọn). 3! 14  3 ! Ví dụ 6 Vòng chung kết bóng đá Euro có 24 đội bóng thi đấu. Hỏi có bao nhiêu cách dự đoán 4 đội vào vòng chung kết? Lời giải   Mỗi cách dự đoán 4 đội vào vòng chung kết là một tổ hợp chập 4 của 24 phần tử. 4  10626 (cách).  Số cách dự đoán 4 đội trong 24 đội vào vòng chung kết là C24 Ví dụ 7 Một lớp học có cách? học sinh, cần lập ra một tổ công tác gồm học sinh. Hỏi có bao nhiêu Lời giải  Số cách chọn 5 học sinh từ 30 học sinh để làm trực nhật là: C305  142506 . Le Minh Tam – Trang 22  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT Ví dụ 8 Trong không gian, cho tập hợp Hỏi gồm điểm, trong đó không có điểm nào thẳng hàng. ⓵ Có bao nhiêu đường thẳng tạo thành? ⓶ Có bao nhiêu tam giác được tạo thành? Lời giải ⓵ Có bao nhiêu đường thẳng tạo thành?  Số đường thẳng tạo thành từ tập X là tổ hợp chập 2 của 10 .  Vậy có C102  45 (đường thẳng). ⓶ Có bao nhiêu tam giác được tạo thành?  Số tam giác tạo thành từ tập X là tổ hợp chập 3 của 10 .  Vậy có C103  120 (tam giác). Phân loại Hoán vị – Chỉnh hợp – Tổ hợp  Ta phân loại như sau: Hoán vị Chỉnh hợp Tổ hợp  Mỗi tập con có k phần tử lấy  Mỗi sắp xếp có thứ tự k  Mỗi sắp xếp có thứ trong n phần tử của tập A (khi phần tử lấy trong n phần tử tự n phần tử của tập A liệt kê phần tử của A không cần của tập A là một chỉnh hợp là một hoán vị. thứ tự) là một tổ hợp chập k của chập k của n phần tử n phần tử. Số các hoán vị: Pn  n ! Số các chỉnh hợp: Ank  n!  n  k ! Số các tổ hợp: Cnk  n! k ! n  k ! IV. BÀI TẬP TỰ LUẬN.  Dạng 1. BÀI TẬP VỀ HOÁN VỊ.  Bài 01. Có bao nhiêu khả năng có thể xảy ra đối với thứ tự giữa các đội trong một giải bóng đá có 5 đội bóng? (Giả sử rằng không có hai đội nào có điểm trùng nhau). Lời giải  Mỗi cách sắp xếp 5 đội vào 5 vị trí từ 1 đến 5 là một hoán vị của 5 phần tử.  Vậy có 5!  120 khả năng. Le Minh Tam – Trang 23  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Bài 02. Có bao nhiêu hoán vị của tập hợp a, b, c , d, e , f  mà phần tử cuối cùng bằng a . Lời giải  Mỗi cách sắp xếp b, c , d, e , f vào 5 vị trí đầu là một hoán vị của 5 phần tử.  Vậy có 5!  120 hoán vị.  Bài 03. Với các chữ số 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số nguyên dương n trong mỗi trường hợp sau đây ⓵. n có 5 chữ số đôi một khác nhau. ⓶. n là số chẵn có 5 chữ số đôi một khác nhau. ⓷. n là số lẻ có 5 chữ số đôi một khác nhau. Lời giải Gọi X  1, 2, 3, 4, 5 . Giả sử số cần lập có dạng n  abcde . ⓵. n có 5 chữ số đôi một khác nhau.  Xếp 5 số của tập X vào 5 vị trí có 5!  120 cách. ⓶. n là số chẵn có 5 chữ số đôi một khác nhau.  n là số chẵn nếu e là số chẵn, e 2, 4 có 2 cách chọn.  Ứng với mỗi cách chọn e , từ X e , chọn 4 số để xếp vào 4 vị trí còn lại có 4! cách.  Theo quy tắc nhân ta có 2.4!  48 (số). ⓷. n là số lẻ có 5 chữ số đôi một khác nhau.  n là số lẻ nếu e là số lẻ, e  1, 3, 5 có 3 cách chọn.  Ứng với mỗi cách chọn e , từ X e , chọn 4 số để xếp vào 4 vị trí còn lại có 4! cách.  Theo quy tắc nhân ta có 3.4!  72 (số).  Bài 04. Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 thiết lập tất cả các số có sáu chữ số khác nhau, hỏi trong các số đã thiết lập được có bao nhiêu số mà hai chữ số 1 và 5 không đứng cạnh nhau. Lời giải Cách 1: Đếm trực tiếp  Xếp 1 và 5 vào 2 trong 6 vị trí mà chúng không đứng cạnh nhau có  4  3  2  1 .2  20 cách.  Xếp 4 số 2, 3, 4, 6 vào 4 vị trí còn lại có 4! cách.  Theo quy tắc nhân, ta có 20.4!  480 (số). Cách 2: Đếm phần bù  Xếp 6 số vào 6 vị trí có 6! cách. Le Minh Tam – Trang 24  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Xếp 1, 5 vào 2 trong 6 vị trí sao cho chúng đứng cạnh nhau có 5.2  10 cách.  Xếp 4 số 2, 3, 4, 6 vào 4 vị trí còn lại có 4! cách.  Vậy có 6!10.4!  480 (số). Cách 3: Sử dụng thủ thuật nhỏ  Xếp 6 số vào 6 vị trí có 6! cách.  Xem 1 ; 5 đứng cạnh nhau là một số , xét trường hợp 1, 5 đứng cạnh nhau,  Số cách lập chính là số hoán vị của tập  , 2, 3, 4, 6 ,  Do có 2 cách tạo ra nên có có 5!.2 số trong trường hợp này.  Vậy có 6! 5!.2  480 (số).  Bài 05. Xét những số gồm 9 chữ số, trong đó có năm chữ số 1 và bốn chữ số còn lại 2, 3, 4, 5 . Hỏi có bao nhiêu số như vậy biết rằng năm chữ số 1 được xếp kế nhau. Lời giải  Xếp năm chữ số 1 kế nhau vào 9 vị trí có 5 cách.  Xếp 2, 3, 4, 5 vào 4 vị trí còn lại có 4! cách.  Theo quy tắc nhân, ta được 5.4!  120 (số).  Bài 06. Có bao nhiêu cách xếp 5 học sinh A, B, C , D, E vào một chiếc ghế sao cho: ⓵. C ngồi chính giữa. ⓶. A và E ngồi ở hai đầu ghế. Lời giải ⓵. C ngồi chính giữa.  Xếp C ngồi chính giữa có 1 cách.  Xếp 4 người A, B, D, E còn lại vào 4 vị trí còn lại có 4! cách.  Theo quy tắc nhânc ta được 1.4!  24 (số). ⓶. A và E ngồi ở hai đầu ghế.  Xếp A và E ngồi ở hai đầu ghế có 2! cách.  Xếp 3 người B, C , D vào 3 vị trí còn lại có 3! cách.  Theo quy tắc nhân, ta được 2!.3!  12 (số).  Bài 07. Có bao nhiêu cách sắp xếp chỗ ngồi cho năm người gồm 3 nam và 2 nữ vào năm cái ghế xếp thành một dãy nếu: ⓵. Không có yêu cầu gì thêm. ⓶. Nam nữ ngồi xen kẽ nhau. ⓷. Hai nữ ngồi ở đầu và cuối dãy ghế. ⓸. Hai nữ luôn luôn ngồi kề nhau. Lời giải ⓵. Không có yêu cầu gì thêm. Le Minh Tam – Trang 25  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Mỗi cách xếp thỏa mãn yêu cầu là một hoán vị của 5 phần tử.  Do đó số cách sắp xếp là P5  5 !  120 cách. ⓶. Nam nữ ngồi xen kẽ nhau.  Giả sử các ghế được đánh thứ tự từ 1 đến 5 .  Để nam nữ ngồi xen kẽ nhau thì nam ngồi ở ghế ghi số lẻ, nữ ngồi ghế ghi số chẵn.  Số cách sắp xếp là: 3!.2!  12 cách. ⓷. Hai nữ ngồi ở đầu và cuối dãy ghế.  2 nữ ngồi ở đầu và cuối dãy ghế có 2! cách.  3 nam ngồi ở 3 ghế giữa có 3! cách.  Vậy có 2!.3!  12 cách xếp. ⓸. Hai nữ luôn luôn ngồi kề nhau.  Coi 2 nữ là một phần tử a .  Xếp phần tử a và 3 nam vào dãy có 4! cách.  Hoán đổi vị trí 2 nữ trong phần tử a có 2! cách.  Do đó có 4!.2!  48 cách.  Bài 08. 40 thí sinh, trong đó có thí sinh A và B được xếp chỗ ngồi vào 20 bàn trong một phòng thi, mỗi bàn xếp đủ 2 thí sinh. Có bao nhiêu cách xếp chỗ ngồi sao cho hai thí sinh A và B được ngồi cùng một bàn? Lời giải  Chọn một bàn trong 20 bàn để xếp hai thí sinh A và B vào bàn đó có: 20.2! cách.  Xếp 38 thí sinh còn lại vào các vị trí còn lại có: 38! cách.  Vậy có 20.2!.38!  40.38! cách xếp.  Bài 09. Trong phòng thi có hai dãy ghế đối diện nhau qua một cái bàn dài, mỗi dãy gồm 6 ghế. Người ta muốn xếp chỗ ngồi cho 6 nam sinh và 6 nữ sinh vào hai dãy ghế này. Có bao nhiêu cách xếp chỗ ngồi trong mỗi trường hợp sau đây: ⓵. Các học sinh ngồi tùy ý. ⓶. Nam sinh và nữ sinh ngồi riêng dãy. ⓷. Nam sinh và nữ sinh ngồi xen kẽ nhau trong từng dãy. ⓸. Bất cứ 2 người nào ngồi cạnh nhau cũng đều khác giới và bất cứ 2 người nào ngồi đối diện nhau cũng đều khác giới. ⓹. Bất cứ 2 người nào đối diện nhau cũng đều khác giới Lời giải ⓵. Các học sinh ngồi tùy ý.  Mỗi cách xếp thỏa mãn yêu cầu là một hoán vị của 12 phần tử. Le Minh Tam – Trang 26  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Do đó số cách sắp xếp là P12  12 !  479001600 cách. ⓶. Nam sinh và nữ sinh ngồi riêng dãy. Giả sử gọi 2 dãy ghế là dãy A và dãy B .  Trường hợp 1:  Các bạn nam ngồi dãy A , các bạn nữ ngồi dãy B  Số cách xếp là: 6 !.6 ! cách.  Trường hợp 2:  Các bạn nữ ngồi dãy A , các bạn nam ngồi dãy B  Số cách xếp là: 6 !.6 ! cách.  Vậy số cách xếp là: 2.6!.6!  1036800 cách. ⓷. Nam sinh và nữ sinh ngồi xen kẽ nhau trong từng dãy.  Giả sử gọi 2 dãy ghế là dãy A và dãy B .  Chọn 3 bạn nam, 3 bạn nữ để xếp vào dãy A có: C63 .C63 .  Trong dãy đó xếp sao cho nam và nữ ngồi xen kẽ nhau có: 3!.3!.2 cách.  Xếp 3 nam, 3 nữ còn lại vào dãy B sao cho nam và nữ ngồi xen kẽ nhau có 3!.3!.2 cách.  Vậy số cách xếp là: C63 .C63 .3!.3!.2.3!.3!.2  2073600 cách. ⓸. Bất cứ 2 người nào ngồi cạnh nhau cũng đều khác giới và bất cứ 2 người nào ngồi đối diện nhau cũng đều khác giới. Giả sử gọi 2 dãy ghế là dãy A và dãy B . Dãy A các ghế đánh số từ 1 đến 6 , dãy B các ghế đánh số từ 7 đến 12  Trường hợp 1:  Các bạn nam gồi ghế ghi số chẵn ở dãy A và số lẻ ở dãy B .  Các bạn nữ ngồi ở ghế ghi số lẻ của dãy A và số chẵn ở dãy B có: 6 !.6 ! cách.  Trường hợp 2:  Ngược lại có 6 !.6 ! cách.  Vậy số cách xếp là: 2.6!.6!  1036800 cách. ⓹. Bất cứ 2 người nào đối diện nhau cũng đều khác giới  Giả sử gọi 2 dãy ghế là dãy A và dãy B .  Dãy A các ghế đánh số từ 1 đến 6 , dãy B các ghế đánh số từ 7 đến 12  Chọn một bạn để xếp vào vị trí ghế số 1 có 12 cách.  Chọn một bạn để xếp vào vị trí ghế số 7 để khác giới với bạn vị trí ghế số 1 có 6 cách.  Chọn một bạn để xếp vào vị trí ghế số 2 có 10 cách.  Chọn một bạn để xếp vào vị trí ghế số 8 để khác giới với bạn vị trí ghế số 1 có 5 cách.  Cứ tuân theo cách xếp như vậy, ta có số cách xếp là: 12.10.8.6.4.2.6.5.4.3.2  33177600  Bài 10. Có bao nhiêu cách xếp 40 học sinh gồm 20 học sinh trường A và 20 học sinh trường B thành 4 hàng dọc, mỗi hàng 10 người (tức 10 hàng ngang, mỗi hàng 4 người) trong mỗi trường hợp sau đây: ⓵ Không có yêu cầu gì thêm. Le Minh Tam – Trang 27  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT ⓶ Không có học sinh cùng trường đứng kề nhau mỗi hàng ngang và tất cả các học sinh trong mỗi hàng đều cùng trường. ⓷ Không có học sinh cùng trường đứng kề nhau trong mỗi hàng dọc cũng như trong mỗi hàng ngang. ⓸Không có học sinh cùng trường đứng kề nhau trong mỗi hàng dọc và tất cả các học sinh trong mỗi hàng ngang đều cùng trường. Lời giải ⓵ Không có yêu cầu gì thêm.  Mỗi cách xếp thỏa mãn yêu cầu là một hoán vị của 40 phần tử.  Do đó số cách sắp xếp là P40  40! cách. ⓶ Không có học sinh cùng trường đứng kề nhau mỗi hàng ngang và tất cả các học sinh trong mỗi hàng đều cùng trường. Giả sử 4 hàng dọc được kí hiệu là D1 , D2 , D3 , D4 . Theo yêu cầu thì  Các bạn trường A được xếp ở D1 , D3  Các bạn trường B được xếp ở D2 , D4 hoặc ngược lại.  Nên số cách xếp là 20!.20!.2 cách. ⓷ Không có học sinh cùng trường đứng kề nhau trong mỗi hàng dọc cũng như trong mỗi hàng ngang. Giả sử 4 hàng dọc được kí hiệu là D1 , D2 , D3 , D4 .  Mỗi hàng các vị trí lại được kí hiệu từ 1 đến 10 Theo yêu cầu bài toán thì:  Các bạn trường A được xếp ở D1 ghi số chẵn, D 2 ghi số lẽ, D3 ghi số chẵn, D 4 ghi số lẽ.  Các bạn trường B ở các vị trí còn lại. Hoặc ngược lại.  Nên số cách xếp là 20!.20!.2 cách. ⓸ Không có học sinh cùng trường đứng kề nhau trong mỗi hàng dọc và tất cả các học sinh trong mỗi hàng ngang đều cùng trường. Giả sử 4 hàng dọc được kí hiệu là D1 , D2 , D3 , D4 .  Mỗi hàng các vị trí lại được kí hiệu từ 1 đến 10 Theo yêu cầu bài toán thì:  Các bạn trường A được xếp ở D1 ghi số chẵn, D 2 ghi số chẵn, D3 ghi số chẵn, D 4 ghi số chẵn.  Các bạn trường B ở các vị trí còn lại. Hoặc ngược lại.  Nên số cách xếp là 20!.20!.2 cách  Bài 11. Một nhóm học sinh gồm n nam và n nữ đứng thành hàng ngang. Có bao nhiêu tình huống mà nam, nữ đứng xen kẽ nhau Lời giải Le Minh Tam – Trang 28  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Giả sử các vị trí được đánh thứ tự từ 1 đến 2n .  Để nam nữ đứng xen kẽ nhau thì nam đứng ở vị trí ghi số lẻ, nữ ngồi ở vị trí ghi số chẵn.  Số cách sắp xếp là: n!.n!.2 cách.  Bài 12. Cho năm chữ số 1, 2, 3, 4, 5 . Hãy tính số các số tự nhiên ⓵ Có năm chữ số đôi một khác nhau và bắt đầu bởi chữ số khác chữ số 1 . ⓶ Có năm chữ số đôi một khác nhau và bắt đầu bởi 24 . ⓷ Có năm chữ số đôi một khác nhau và không bắt đầu bởi 241 . Lời giải ⓵ Có năm chữ số đôi một khác nhau và bắt đầu bởi chữ số khác chữ số 1 .  Chọn chữ số để xếp vào vị trí đầu tiên có 4 cách.  Xếp 4 chữ số còn lại vào 4 vi trí còn lại có 4! cách.  Vậy có 4.4!  96 số. ⓶ Có năm chữ số đôi một khác nhau và bắt đầu bởi 24 .  Xếp 3 chữ số còn lại vào 3 vị trí còn lại có 3!  6 cách.  Vậy có 6 số thỏa mãn. ⓷ Có năm chữ số đôi một khác nhau và không bắt đầu bởi 241 .  Có 5!  120 số có 5 chữ số khác nhau lập từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5 .  Nếu số có năm chữ số đôi một khác nhau và bắt đầu bởi 241 có 2 số.  Vậy có 120  2  118 số thỏa mãn yêu cầu.  Bài 13. Từ các chữ số 3, 4, 5, 6, 7, 8 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau, trong đó ba chữ số chẵn phải đứng liền nhau? Lời giải  Ba số chẵn đứng liền nhau xem như một phần tử.  Phần tử này cùng với ba số còn lại là 4 phần tử. Số hoán vị của bốn phần tử này là P4  4 !  24 .  Ba chữ số chẵn đứng liền nhau lại hoán vị cho nhau ( có P3  3 !  6 hoán vị) để tạo thành những số có 6 chữ số trong đó ba chữ số chẵn đứng liền nhau.  Vậy theo quy tắc nhân có 24.6  144 số thoả mãn yêu cầu đề bài.  Bài 14. Một nhóm gồm 8 người, trong đó có hai người là vợ chồng. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp 8 người này thành một hàng dọc sao cho hai vợ chồng không được đứng liền kề nhau? Lời giải  Xếp 8 người thành một hàng dọc có P8  8!  40320 cách. Le Minh Tam – Trang 29  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Tiếp theo ta tính số cách xếp 8 người này thành một hàng dọc sao cho hai vợ chồng phải đứng liền nhau.  Coi hai vợ chồng đứng liền nhau chỉ là một phần tử, cùng với 6 người còn lại sẽ tạo thành 7 phần tử, 7 phần tử này có 7 !  5040 cách xếp.  Hai vợ chồng đứng liền nhau có thể hoán vị cho nhau nên có 2!  2 cách hoán vị.  Vậy theo quy tắc nhân ta có 5040.2  10080 cách xếp 8 người thành một hàng dọc sao cho hai vợ chồng đứng liền nhau.  Do đó, số cách xếp thoả mãn đề bài là: 40320 10080  30240 .  Bài 15. Có ba cặp vợ chồng trong đó có hai vợ chồng ông bà Vương đến dự một bữa tiệc. Họ được xếp ngồi xung quanh một chiếc bàn tròn. ⓵ Hỏi có bao nhiêu cách xếp? ⓶ Có bao nhiêu cách xếp trong đó hai ông bà Vương phải ngồi cạnh nhau? ⓷ Có bao nhiêu cách xếp trong đó hai bông bà Vương không ngồi cạnh nhau. Hai cách xếp chổ ngồi quanh bàn tròn được coi là như nhau nếu đối với mỗi người A trong nhóm, trong hai cách xếp đó, người ngồi bên trái và bên phải A không thay đổi. Lời giải ⓵ Hỏi có bao nhiêu cách xếp?  Giả sử 6 chiếc ghế quanh bàn tròn được đánh số là 1, 2, 3, 4, 5, 6 và x i kí hiệu người ngồi   ở ghế mang số i i  1, 6 .  Khi đó mỗi cách xếp 6 người này  x1 , x2 , x3 , x4 , x5 , x6  cho ta một hoán vị của tập hợp 6 người.  Có cả thảy 6! cách xếp chỗ ngồi cho họ.  Vì ngồi xung quanh một chiếc bàn tròn nên 6 cách xếp sau đây phải được xem là giống nhau: Mặc dù số ghế họ ngồi có thay đổi nhưng vị trí tương đối giữa 6 người đó là không thay đổi. x , x , x , x , x , x  , x , x , x , x , x , x  , x , x , x , x , x , x  x , x , x , x , x , x  , x , x , x , x , x , x  , x , x , x , x , x , x  . 1 2 3 4 5 6 2 3 4 5 6 1 3 4 5 6 1 2 4 5 6 1 2 3 4 5 6 1 2 3 5 6 1 2 3 4  Thành thử có 6!  5!  120 cách xếp. 6  Chú ý. Bằng lí luận tương tự ta có  n  1 ! cách xếp n người ngồi xung quanh một chiếc bàn tròn. ⓶ Có bao nhiêu cách xếp trong đó hai ông bà Vương phải ngồi cạnh nhau?  Ta coi hai ông bà Vương ngồi chung một ghế.  Như vậy theo câu ⓵ có  5  1 !  4 !  24 cách xếp. Le Minh Tam – Trang 30  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Vì hai ông bà Vương có thể đổi chổ cho nhau để được một cách xếp khác nên có 24.2  48 cách xếp sao cho ông bà Vương phải ngồi cạnh nhau. ⓷ Có bao nhiêu cách xếp trong đó hai bông bà Vương không ngồi cạnh nhau.  Theo câu ⓵ và ⓶ suy ra số cách xếp sao cho hai ông bà Vương không ngồi cạnh nhau là 120  48  72 .  Dạng 2. BÀI TẬP VỀ CHỈNH HỢP.  Bài 16. Giả sử có 8 vận động viên tham gia chạy thi. Nếu không kể trường hợp có hai vận động viên về đích cùng một lúc thì có bao nhiêu kết quả có thể xảy ra đối với các vị trí thứ nhất, thứ nhì và thứ ba? Lời giải  Mỗi cách chọn 3 người vào vị trí thứ nhất, thứ nhì và thứ ba là một chỉnh hợp chập 3 của 8 phần tử.  Vậy có A83  336 kết quả có thể xảy ra.  Bài 17. Có bao nhiêu cách bầu một ban chấp hành chi đoàn gồm 3 người, trong đó có một bí thư, một phó bí thư, một ủy viên, biết rằng trong chi đoàn có 20 đoàn viên? Lời giải  Gọi D là tập hợp 20 đoàn viên đã cho. Khi đó mỗi ban chấp hành là một chỉnh hợp chập 3 của 20 phần tử của D . 3  Do đó số cách bầu là A20  20 !  20.19.18  6840 17 !  Bài 18. Từ 6 chữ số 9, 8, 7, 6, 5, 4 cần lập ra các số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau. Hỏi có bao nhiêu số như thế. Hãy tính tổng các số tự nhiên đó. Lời giải  Giả sử x  abc là một số thỏa mãn các yêu cầu của đề bài.  Khi đó  a, b, c  chính là một chỉnh hợp chập 3 của 6 phần tử của tập A  4, 5, 6, 7, 8, 9 .  Bởi vậy số các số tự nhiên thỏa mãn đề bài là A63  6.5.4  120 .  Ta chia 120 số tự nhiên nói trên thành 60 cặp, mỗi cặp gồm 2 số tự nhiên x , x ‘ có dạng x  abc và x  a ‘ b ‘ c ‘ sao cho a  a  b  b  c  c  13 (chẳng hạn với x  847 thì tồn tại duy nhất x  596 ).  Vì có 60 cặp số x , x mà x  x  1443 nên tổng các số tự nhiên nói trên là 60 1443  86580 . Le Minh Tam – Trang 31  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Bài 19. Một lớp có 25 học sinh nam và 13 học sinh nữ. Giáo viên chủ nhiệm cần chọn ra một học sinh làm lớp trưởng, một học sinh làm lớp phó và một học sinh làm thủ quỹ. ⓵ Hỏi có bao nhiêu cách chọn? ⓶ Hỏi có bao nhiêu cách chọn nếu lớp trưởng phải là học sinh nam? Lời giải ⓵ Hỏi có bao nhiêu cách chọn?  Ba học sinh, trong đó một lớp trưởng, một lớp phó và một thủ quỹ, chính là một chunhr hợp chập 3 của 38 phần tử của tập hợp các học sinh trong lớp. 3  50616 cách.  Do đó số cách chọn là A38 ⓶ Hỏi có bao nhiêu cách chọn nếu lớp trưởng phải là học sinh nam?  Trước hết chọn học sinh nam làm lớp trưởng có 25 cách. 2  1332 cách.  Sau đó chọn hai học sinh cho hai chức danh còn lại, số cách chọn là A37  Vậy số cách chọn thỏa mãn yêu cầu đề bài là 25.1332  33300 .  Bài 20. Trong một ban chấp hành gồm có 7 người, cần chọn 3 người vào ban thường vụ với các chức vụ : Bí thư, Phó Bí thư, Ủy viên thường vụ thì có bao nhiêu cách chọn? Lời giải  Mỗi cách chọn 3 người vào các chức vụ : Bí thư, Phó Bí thư, Ủy viên thường vụ là một chỉnh hợp chập 3 của 7.  Vậy có A73  210 cách chọn.  Bài 21. Trong mặt phẳng cho một tập hợp P gồm n điểm. Hỏi có bao nhiêu véctơ khác véctơ 0 mà có điểm đầu và điểm cuối đều thuộc P . Lời giải  hợp chập 2 của n .  Vậy có An2  n  n  1 véctơ thỏa mãn yêu cầu.  Bài 22. Với các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 có thể lập được bao nhiêu số nguyên dương n trong mỗi trường hợp sau đây: ⓵. n có 5 chữ số đôi một khác nhau. ⓶. có 5 chữ số chẵn đôi một khác nhau. ⓷. n có 5 chữ số lẻ đôi một khác nhau. Le Minh Tam – Trang 32  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT Lời giải ⓵. n có 5 chữ số đôi một khác nhau.  Mỗi số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau được lập từ các số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 là một chỉnh hợp chập 5 của 9.  Vậy có A95  15120 số thỏa mãn yêu cầu. ⓶. có 5 chữ số chẵn đôi một khác nhau.  Giả sử số cần tìm có dạng abcde ,  a  0  .  Chọn e 2, 4, 6, 8  có 4 cách chọn.  Chọn các chữ số còn lại có A84 .  Vậy có 4.A84  6720 số. ⓷. n có 5 chữ số lẻ đôi một khác nhau.  Giả sử số cần tìm có dạng abcde ,  a  0  .  Chọn e 1, 3, 5, 7, 9  có 5 cách chọn.  Chọn các chữ số còn lại có A84 .  Vậy có 5.A84  8400 số.  Bài 23. Có thể lập được bao nhiêu số nguyên dương n gồm 4 chữ số có nghĩa đôi một khác nhau ( chữ số đầu tiên phải khác không) trong mỗi trường hợp sau đây: ⓵. n là số lẻ. ⓶. n là số chẵn. ⓷. n là bội số của 5 . ⓸. n  2007 . ⓹. Một trong hai chữ số đầu tiên của n là 9. Lời giải Gọi số có 4 chữ số đôi một khác nhau là abcd . ⓵. n là số lẻ.  Vì n là số lẻ nên d 1; 3; 5; 7; 9  có 5 cách chọn d .  a  0, a  d nên có 8 cách chọn a .  Số cách b , d là số chỉnh hợp chập 2 của 8 phần tử, có A82 cách chọn.  Số các số có 4 chữ số khác nhau và là số lẻ là: 5.8.A82  2240 ⓶. n là số chẵn.  Ta lập số có 4 chữ số khác nhau.  Vì a  0 nên có 9 cách chọn a .  Số cách chọn b, c , d là A93 .  Do đó có 9.A93  4536 số có 4 chữ số khác nhau. Le Minh Tam – Trang 33  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Theo phần ⓵ ta suy ra có 4536  2240  2296 số có 4 chữ số khác nhau và là số chẵn. ⓷. n là bội số của 5 .  Vì n là bội của 5  d 0; 5 .  Trường hợp 1: d  0  có một cách chọn d.  Khi đó có A93 cách chọn 3 chữ số còn lại.  Do đó có 1.A93  504 số có tận cùng là 0.  Trường hợp 2: d  5  có một cách chọn d.  a  0, a  d suy ra có 8 cách chọn a .  Có A82 cách chọn hai chữ số còn lại.  Do đó có 1.8.A82  448 số có tận cùng là 5.  Kết hợp lại ta có 504  448  952 số có 4 chữ số khác nhau và chia hết cho 5. ⓸. n  2007 .  n  2007  a  2  có 8 cách chọn a .  Có A93 cách chọn 3 chữ số còn lại.  Do đó có 8.A93  4032 số thỏa mãn. ⓹. Một trong hai chữ số đầu tiên của n là 9.  Một trong hai chữ số đầu tiên của n là 9.  Trường hợp 1: a  9  có A93 cách chọn 3 chữa số còn lại do đó có 1.A93  504 số.  Trường hợp 2: b  9  a  0, a  b  có 8 cách chọn a .  Có A82 cách chọn hai chữ số còn lại, suy ra 8.A82  448 số.  Kết hợp lại có 504  448  952 số thỏa mãn.  Bài 24. Từ 26 chữ cái (5 nguyên âm, 21 phụ âm) có thể lập được bao nhiêu mật khẩu gồm 9 chữ cái khác nhau trong mỗi trường hợp sau đây: ⓵. Mật khẩu bắt đầu bằng một nguyên âm. ⓶. Mật khẩu có dạng NPPNPPNPP (N là nguyên âm, P là phụ âm) ⓷. Trong mật khẩu có đúng 3 nguyên âm và các nguyên âm luôn đứng kề nhau. ⓸. Trong mật khẩu có ít nhất 3 nguyên âm và các nguyên âm luôn đứng kề nhau. Lời giải ⓵. Mật khẩu bắt đầu bằng một nguyên âm.  Có 5 cách chọn nguyên âm để bắt đầu mật khẩu. 8  Có A25 cách chọn 8 kí tự còn lại. 8  Theo quy tắc nhân có 5.A25 cách đặt mật khẩu bắt đầu bằng nguyên âm. ⓶. Mật khẩu có dạng NPPNPPNPP (N là nguyên âm, P là phụ âm) Le Minh Tam – Trang 34  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Mật khẩu dạng NPPNPPNPP (N là nguyên âm, P là phụ âm) có được bằng cách chọn ra và sắp xếp vị trí cho 3 nguyên âm từ 5 nguyên âm và chọn ra và sắp xếp vị trí cho 6 phụ âm từ 21 phụ âm. 6  Có A53 cách chọn và sắp xếp 3 nguyên âm, có A21 cách chọn và sắp xếp 6 phụ âm. 6  Theo quy tắc nhân có A53 .A21 cách đặt mật khẩu. ⓷. Trong mật khẩu có đúng 3 nguyên âm và các nguyên âm luôn đứng kề nhau. 6  Đầu tiên ta chọn ra 6 phụ âm và sắp xếp vị trí cho chúng, có A21 cách.  Sáu phụ âm sẽ tạo ra 7 vị trí để sắp xếp 3 nguyên âm (đứng liền nhau- coi như một khối).  Có C53 cách chọn 3 nguyên âm và có 3! cách xếp nguyên âm trong mỗi khối. 6 6  Vậy có 7.C35 .3!.A21 cách đặt mật khẩu.  7 A53 .A21 ⓸. Trong mật khẩu có ít nhất 3 nguyên âm và các nguyên âm luôn đứng kề nhau. 6  Trường hợp 1: Mật khẩu có 3 nguyên âm, theo phần c có 7 A53 .A21 cách. 5  Trường hợp 2: Mật khẩu có 4 nguyên âm làm tương tự phần ⓷ ta có 6.A54 .A21 cách. 4  Trường hợp 3: Mật khẩu có 5 nguyên âm, làm tương tự phần ⓷ ta có 5.A55 .A21 . 6 5 4  Theo quy tắc cộng ta có 7 A53 .A21 cách đặt mật khẩu.  6.A54 .A21  5.A55 .A21  Bài 25. Ở một trường nọ, khi tổ chức kỳ thi tốt nghiệp ra trường cho học sinh, người ta muốn chọn 6 môn trong 9 môn học A, B, C, D, E, F, G, H, I để tổ chức thi trong 3 ngày liên tiếp, mỗi ngày thi 2 môn trong hai buổi sáng, chiều. Hỏi có bao nhiêu cách xếp lịch thi (tức là xếp thứ tự 6 môn trong 9 môn học) nếu: ⓵ Không có yêu cầu gì thêm. ⓶ Bắt buộc phải có môn C. ⓷ Bắt buộc phải có môn C và môn C phải tổ chức thi đầu tiên. ⓸ Bắt buộc phải có ba môn thi A, B, F và môn F phải được tổ chức thi cuối cùng. ⓹ Bắt buộc phải có 2 môn D, E và môn E phải được tổ chức thi liền sau môn D. ⓺ Không chấp nhận tổ chức thi cả hai môn A, H trong cùng 1 kỳ thi. Lời giải ⓵ Không có yêu cầu gì thêm.  Ta có A96  60480 cách chọn ra 6 môn thi từ 9 môn thi và sắp xếp vào 6 buổi thi. ⓶ Bắt buộc phải có môn C.  Vì bắt buộc có môn C nên có C85 cách chọn thêm 5 môn thi nữa.  Sau đó ta sắp xếp 6 môn thi vào 6 buổi thi, có 6! cách xếp.  Theo quy tắc nhân có 6 !.C85  40320 cách xếp lịch thi. ⓷ Bắt buộc phải có môn C và môn C phải tổ chức thi đầu tiên. Le Minh Tam – Trang 35  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Vì môn C thi đầu tiên nên có A85 cách chọn và sắp xếp lịch thi cho 5 môn còn lại.  Do đó có A85  6720 cách sắp xếp lịch thi. ⓸ Bắt buộc phải có ba môn thi A, B, F và môn F phải được tổ chức thi cuối cùng.  Bắt buộc phải có ba môn thi A, B, F và môn F phải được tổ chức thi cuối cùng  Có C63 cách chọn thêm 3 môn thi nữa.  Vì môn F tổ chức thi cuối cùng nên có 5! cách sắp xếp lịch thi cho 5 môn còn lại.  Theo quy tắc nhân có C63 .5 !  2400 . ⓹ Bắt buộc phải có 2 môn D, E và môn E phải được tổ chức thi liền sau môn D.  Đầu tiên ta chọn ra 4 môn còn lại và xếp lịch thi cho chúng, có A74 cách.  Bốn môn này sẽ tạo ra 5 vị trí để sắp xếp 2 môn D, E (đứng liền nhau- coi như một khối).  Vậy có A74 .5  4200 cách xếp lịch thi. ⓺ Không chấp nhận tổ chức thi cả hai môn A, H trong cùng 1 kỳ thi.  Không chấp nhận tổ chức thi cả hai môn A, H trong cùng 1 kỳ thi.  Số cách xếp lịch thi có cả môn A, H là C74 .6 !  25200  Số cách xếp lịch thi không có cả 2 môn A, H là 60480  25200  35280 cách.  Bài 26. Với các chữ số 0,1, 3, 6, 9 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên. ⓵ Có 4 chữ số khác nhau. ⓶ Số lẻ với 4 chữ số khác nhau. ⓷ Số chẵn có 4 chữ số khác nhau. ⓸ Có 4 chữ số khác nhau và chia hết cho 3. Lời giải Gọi số có 4 chữ số là abcd ⓵ Có 4 chữ số khác nhau.  Có 4 cách chọn a ( vì a  0 ) , có A43 cách chọn 3 chữ số còn lại.  Do đó có 4.A43  96 số. ⓶ Số lẻ với 4 chữ số khác nhau.  Vì số lẻ nên d 1; 3; 9 nên có 3 cách chọn d .  a  0, a  d có 3 cách chọn a , có A32 cách chọn 2 chữ số còn lại.  Vậy có 3.3.A32  54 số lẻ có 4 chữ số khác nhau. ⓷ Số chẵn có 4 chữ số khác nhau.  Số chẵn có 4 chữ số khác nhau có: 96  54  42 số. ⓸ Có 4 chữ số khác nhau và chia hết cho 3.  Các số chia hết cho 3 thỏa mãn  a  b  c  d  3 do đó số được lập từ bộ số 0; 3; 6; 9 . Le Minh Tam – Trang 36  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Có 3 cách chọn a và có 3! cách sắp xếp 3 chữ số còn lại.  Vậy có 3.3!  18 số.  Bài 27. Từ các chữ số 0,1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu chữ số chẵn, mỗi số có 5 chữ số khác nhau trong đó có đúng hai chữ số lẻ và hai chữ số lẻ đó đứng cạnh nhau. Trích từ đề DỰ BỊ ĐẠI HỌC KHỐI B – năm 2006 Lời giải  Số cách chọn hai số lẻ (có phân biệt, thứ tự) trong ba số 1, 3, 5 là A32  6 cách.  Hai số lẻ dứng cạnh nhau, ta xem như là một phần tử x .  Vậy số cần lập gồm phần tử x và 3 trong 4 số chẵn 0 , 2 , 4 , 6 . Gọi abcde là số thỏa mãn yêu cầu của đề bài.  Trường hợp 1: e  0 .  Bước 1: Chọn vị trí cho x có 3 cách.  Bước 2: Đưa 2 số chẵn từ 2, 4, 6 vào 2 vị trí còn lại có A32  6 cách.  Vậy có 3.6  18 cách.  Trường hợp 2: e chẵn khác 0 và a là số lẻ.  Bước 1: Chọn e có 3 cách.  Bước 2: Chọn vị trí cho x có 1 cách.  Bước 3: Đưa 2 số chẵn từ 3 chữ số chẵn còn lại vào 2 vị trí còn lại có A32  6 cách.  Vậy trường hợp 2 có 3.1.6  18 số.  Trường hợp 3: e chẵn, khác 0 và a là số chẵn.  Bước 1: Chọn e có 3 cách.  Bước 2: Chọn vị trí cho x có 2 cách.  Bước 3: Chọn a có 2 cách ( a  e và a  0 ).  Bước 4: Đưa 1 số chẵn trong 2 chữ số chẵn còn lại vào vị trí còn lại có 2 cách.  Vậy có 3.2.2.2  24 cách.  Do đó tất cả có 6. 18  18  24   360 số thỏa mãn yêu cầu đề bài.  Bài 28. Từ các chữ số 0,1, 2, 3, 7, 8, 9 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau sao cho trong đó hai chữ số 2 và 3 không đứng kề nhau. Lời giải  Giả sử số thỏa mãn yêu cầu đề bài có dạng abcdef .  Trước hết, ta tính số các số tự nhiên có 6 chữu số khác nhau được tạo thành từ bảy chữ số 0,1, 2, 3, 7, 8, 9 . Le Minh Tam – Trang 37  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Bước 1: Viết số 0 vào 1 trong 5 vị trị có 5 cách.  Bước 2: Chọn 5 số trong 6 số còn lại để viết vào 5 vị trí còn lại có A65 cách.  Vậy có 5.A65  3600 số.  Tiếp theo ta tính số các số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau được tạo thành từ 7 số 0,1, 2, 3, 7, 8, 9 sao cho ab  23 hoặc a  0; 2; 3 mà số đó chứa 23 .  Trường hợp 1: ab  23 . Khi đó số cách chọn c , d , e , f là A54  120 cách.  Vậy trường hợp 1 có 120 số.  Trường hợp 2: a  0; 2; 3 mà số abcdef chứa 23 .  Bước 1: Chọn a có 4 cách.  Bước 2: Chọn vị trí cho 23 có 4 cách.  Bước 3: Chọn 3 trong 4 số còn lại để cho vào 3 vị trí còn lại có A43  24 cách.  Vậy trường hợp 2: có 384 số.  Do đó, số các số có chứa 23 là 120  384  504 số.  Tương tự, ta có 504 số các số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau được tạo thành từ 7 chữ số 0,1, 2, 3, 7, 8, 9 sao cho ab  32 hoặc a  0; 2; 3 mà số đó có chứa 32 .  Vậy số các số thỏa mãn yêu cầu đề bài là 3600   504  504   2592 số.  Bài 29. Từ 10 chữ số 0,1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 có thể lập được bao nhiêu số x có 6 chữ số khác nhau khi biết ⓵ x là số lẻ bé hơn 600000 . ⓶ x chia hết cho 5 . ⓷ Trong x phải có mặt ba chữ số 0,1, 2 . Lời giải Giả sử x  abcdef ⓵ x là số lẻ bé hơn 600000 . Vì x  600000 nên a 1, 2, 3, 4, 5 và vì x lẻ nên f 1, 3, 5, 7, 9 .  Trường hợp 1: a  2; 4  Bước 1 (Chọn a): Vì a  2; 4 nên có hai cách chọn a .  Bước 2 (Chọn f ): Vì f 1, 3, 5, 7, 9 nên có 5 cách chọn f .  Bước 3 (Chọn b, c , d , e ): Mỗi bộ  b, c , d, e  chính là một chỉnh hợp chập 4 của 8 phần tử còn lại. Le Minh Tam – Trang 38  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Do đó có A84  1680 cách chọn b, c , d , e . Vậy trường hợp 1 có 2.5.1680  16800 số thỏa mãn yêu cầu đề bài.  Trường hợp 2: a  1, 3, 5  Bước 1 (Chọn a): Vì a  1, 3, 5 nên có 3 cách chọn a .  Bước 2 (Chọn f ): Vì f 1, 3, 5, 7, 9a nên có 4 cách chọn f .  Bước 3 (Chọn b, c , d , e ): Mỗi bộ  b, c , d, e  chính là một chỉnh hợp chập 4 của 8 phần tử còn lại.  Do đó có A84  1680 cách chọn b, c , d , e .  Vậy trường hợp 2 có 3.4.1680  20160 số thỏa mãn đề bài. ⓶ x chia hết cho 5 . Vì x chia hết cho 5 nên f 0; 5  Trường hợp 1: f  0 Mỗi bộ  a, b, c , d , e  chính là một chỉnh hợp chập 5 của 9 phần tử 1, 2,…, 9 .  Do đó số cách chọn a, b, c , d , e là A95  15120 cách.  Vậy trường hợp 1 có 15120 số.  Trường hợp 2: f  5 .  Bước 1 (Chọn a ): Vì a  0 nên có 8 cách chọn a .  Bước 2 (Chọn b,c,d,e): Mỗi bộ  b, c , d, e  là một chỉnh hợp chập 4 của 8 phần tử còn lại.  Vậy trường hợp 2 có 8 A84  13440 số.  Vậy có tất cả 15120 13440  28560 số thỏa mãn yêu cầu đề bài. ⓷ Trong x phải có mặt ba chữ số 0,1, 2 .  Bước 1: Chọn vị trí cho số 0 . Vì a  0 nên có 5 cách chọn vị trí cho số 0 .  Bước 2: Chọn vị trí cho hai chữ số 1 và 2 : Có A52  20 cách chọn vị trí cho chữ số 1 và 2  Bước 3: Bây giờ còn lại 7 chữ số 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 ta cần chọn ra 3 chữ số cho 3 vị trí còn lại, do đó có A73  210 cách.  Vậy có tất cả 5.20.210  21000 số thỏa mãn yêu cầu đề bài.  Bài 30. Từ các số 0,1,2,3,4,5,6,7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau sao cho trong đó luôn có mặt ba chữ số 3, 4, 5 Lời giải  Trường hợp 1: Số tạo thành có chứa số 0 .  Bước 1: Chọn vị trí cho số 0 : Có 5 cách. Le Minh Tam – Trang 39  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Bước 2: Viết ba số 3, 4, 5 vào ba trong năm vị trí còn lại: Có A43 cách.  Bước 3: Chọn 2 trong 4 số còn lại để viết vào hai vị trí còn lại có A42 cách.  Vậy trường hợp 1 có 5.A52 .A42  3600 số.  Trường hợp 2: Số tạo thành không có số 0 .  Viết ba số 3, 4, 5 vào ba trong sáu vị trí: Có A63 cách.  Vậy trường hợp 2 có A63 .A43  2880 số.  Do đó tất cả có 3600  2880  6480 số thỏa mãn yêu cầu đề bài.  Lưu ý: Số tạo thành trong bài tập 30.⓷ nhất thiết phải có số 0, còn số tạo thành trong bài tập 31 không nhất thiết phải có số 0, do đó ta phải chia làm hai trường hợp như trên.  Dạng 3. BÀI TẬP VỀ TỔ HỢP.  Bài 31. Cho tập hợp X  0;1; 2; 3; 4; 5; 6; 7 . Có bao nhiêu tập hợp con của X thỏa mãn điều kiện: ⓵ Mỗi tập hợp con có 5 phần tử. ⓶ Mỗi tập hợp con có 5 phần tử trong đó có chữ số 2. ⓷ Mỗi tập hợp con có 5 phần tử trong đó có 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ. Lời giải ⓵ Mỗi tập hợp con có 5 phần tử.  Số tập hợp con có 5 phần tử là C85  56 . ⓶ Mỗi tập hợp con có 5 phần tử trong đó có chữ số 2.  Số tập hợp con có 5 phần tử trong đó có chữ số 2 là: C74  35 . ⓷ Mỗi tập hợp con có 5 phần tử trong đó có 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ.  Số tập hợp con có 5 phần tử trong đó có 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ là: C43 .C42  24 .  Bài 32. Có bao nhiêu chữ số chẵn gồm 6 chữ số đôi một khác nhau trong đó: ⓵ Chữ số đầu tiên là chữ số lẻ? ⓶ Có đúng 3 chữ số lẻ và 3 chữ số chẵn (chữ số đầu tiên phải khác 0)? Lời giải Gọi chữ số chẵn gồm 6 chữ số là abcdef . ⓵ Chữ số đầu tiên là chữ số lẻ?  Chữ số đầu tiên là chữ số lẻ nên a có 5 cách chọn.  Số cần tìm là chữ số chẵn nên f có 5 cách chọn. Le Minh Tam – Trang 40  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Bộ bcde có A84 cách chọn  Số chữ số cần tìm là 5.5.A84  42000 chữ số. ⓶ Có đúng 3 chữ số lẻ và 3 chữ số chẵn (chữ số đầu tiên phải khác 0)?  Xét các số được lập có 3 chữ số lẻ, 3 chữ số chẵn. Số cách chọn là số có 6 chữ số chẵn (được tạo thành từ 3 chữ số lẻ, 3 chữ số chẵn tính cả trường hợp có chữ số 0 đứng đầu) trừ cho số có 5 chữ số chẵn (được tạo thành từ 3 chữ số lẻ, 2 chữ số chẵn khác 0)  Chọn 3 số lẻ, có C53  10 cách.  Chọn 3 số chẵn, có C53  10 cách.  Xếp thứ tự 6 chữ số vừa lấy theo hàng ngang để được số chẵn, có 3.5!  360 cách.  Xét các số lập được có 3 chữ số lẻ, 2 chữ số chẵn trong đó không có chữ số 0.  Chọn 3 số lẻ, có C53  10 cách.  Chọn thêm 2 số chẵn, có C42  6 cách.  Xếp thứ tự 5 chữ số vừa lấy theo hàng ngang để được số chẵn, có 2.4!  48 cách.  Vậy có tất cả 10.10.360 10.6.48  33120 cách chọn.  Bài 33. Một tổ sinh viên có 20 người, trong đó có 8 người chỉ biết tiếng Anh, 7 người chỉ biết tiếng Pháp và 5 người chỉ biết tiếng Đức. Cần lập một nhóm đi thực tế gồm 3 người biết tiếng Anh, 4 người biết tiếng Pháp, 2 người biết tiếng Đức. Hỏi có bao nhiêu cách lập nhóm đi thực tế từ tổ sinh viên đó? Lời giải  Chọn 3 người biết tiếng Anh trong 8 người có C83 cách chọn.  Chọn 4 người biết tiếng Pháp trong 7 người có C74 cách chọn.  Chọn 2 người biết tiếng Đức trong 5 người có C52 cách chọn.  Vậy số cách chọn là C83 .C74 .C52  19600 cách chọn.  Bài 34. Trên giá sách có 20 cuốn sách đôi một khác nhau gồm 9 cuốn Toán, 6 cuốn Lý và 5 cuốn Hóa. Có bao nhiêu cách lấy ra 10 cuốn sách sao cho trên giá sách còn lại ít nhất một cuốn sách mỗi loại? Lời giải  Có tất cả C 10 20 cách lấy 10 cuốn sách.  Số cách chọn sao cho không còn cuốn Hóa nào là C155 cách.  Số cách chọn sao cho không còn cuốn Lý nào là C144 cách. 1  Số cách chọn sao cho không còn cuốn Toán nào là C11 . 1  C155  C144  C11  180741 cách.  Vậy số cách chọn thỏa mãn đề bài là C10 20 Le Minh Tam – Trang 41  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Bài 35. Có 5 nhà toán học nam, 3 nhà toán học nữ và 4 nhà vật lý nam. Có bao nhiêu cách lập một đoàn công tác gồm 3 người trong đó có cả nam cũng như nữ và có cả nhà toán học cũng như nhà vật lý? Lời giải Chia làm 3 trường hợp:  Trường hợp 1: Số cách chọn ra 1 toán học nam, 1 toán học nữ, 1 vật lý nam: 5.3.4  60 cách.  Trường hợp 2: Số cách chọn ra 2 toán học nữ, 1 vật lý nam: C32 .C14  12 cách.  Trường hợp 3: Số cách chọn ra 1 toán học nữ, 2 vật lý nam: C31 .C42  18 cách.  Vậy có tất cả 90 cách chọn.  Bài 36. Một đội văn nghệ có 20 người trong đó có 10 nam và 10 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 5 người sao cho: ⓵ Có đúng 2 nam trong 5 người đó. ⓶ Có ít nhất 2 nam và ít nhất 1 nữ trong 5 người đó. Lời giải ⓵ Có đúng 2 nam trong 5 người đó.  Chọn 5 người trong đó có đúng 2 nam có C102 .C103  5400 cách chọn. ⓶ Có ít nhất 2 nam và ít nhất 1 nữ trong 5 người đó. Chia làm các trường hợp:  Trường hợp 1: Chọn 2 nam và 3 nữ có 5400 cách chọn.  Trường hợp 2: Chọn 3 nam và 2 nữ có C103 .C102  5400 cách chọn. 1  2100 cách chọn.  Trường hợp 3: Chọn 4 nam và 1 nữ có C104 .C10  Vậy có tất cả 5400  5400  2100  12900 cách chọn.  Bài 37. Từ một tập thể 14 người gồm 6 nam và 8 nữ trong đó có An và Bình, người ta muốn chọn một tổ công tác gồm 6 người. Tìm số cách chọn trong mỗi trường hợp sau ⓵ Trong tổ phải có cả nam lẫn nữ. ⓶ Trong tổ có 1 tổ trưởng, 5 tổ viên, hơn nữa An và Bình không đồng thời có mặt trong tổ. Lời giải ⓵ Trong tổ phải có cả nam lẫn nữ.  Số cách chọn tổ 6 người: C146 .  Số cách chọn tổ 6 người chỉ có nam: C66 .  Số cách chọn tổ 6 người chỉ có nữ: C86 .  Số cách chọn tổ 6 người có cả nam lẫn nữ: C146  C66  C86  2974 cách. Le Minh Tam – Trang 42  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT ⓶ Trong tổ có 1 tổ trưởng, 5 tổ viên, hơn nữa An và Bình không đồng thời có mặt trong tổ.  Trước hết ta chọn tổ 6 người trong đó An và Bình không đồng thời có mặt trong tổ.  Trường hợp 1: An và Bình đều không có mặt, có C126 cách.  Trường hợp 2: An có mặt, Bình không có mặt trong tổ công tác.  Khi đó tổ còn 5 người được chọn từ 12 người, có C125 cách.  Trường hợp 3: Bình có mặt, An không có mặt. Tương tự TH2 có C125 cách.  Trong tổ 6 người có 6 cách chọn tổ trưởng.    Vậy số cách thỏa mãn là: 6 C126  C125  C125  15048 cách.  Bài 38. Từ 24 học sinh giỏi Toán gồm 16 nam, 8 nữ người ta muốn lập một đội tuyển gồm 7 người. Có bao nhiêu cách thành lập nếu: ⓵ Đội tuyển có nhiều nhất 2 nữ. ⓶ Đội tuyển có ít nhất 3 nam. ⓷ Nam sinh A và nữ sinh B phải cùng được hoặc cùng không được chọn vào đội tuyển. ⓸ Nam sinh X và nữ sinh Y không thể cùng được chọn vào đội tuyển. Lời giải ⓵ Đội tuyển có nhiều nhất 2 nữ.  Số cách lập đội tuyển có 2 nữ: C82 .C165 .  Số cách lập đội tuyển có 1 nữ: C81 .C166 .  Số cách lập đội tuyển không có nữ: C167  Vậy số cách lập đội tuyển có nhiều nhất 2 nữ: C82 .C165  C81 .C166  C167  197808 cách. ⓶ Đội tuyển có ít nhất 3 nam.  Số cách lập đội tuyển có 3 nam: C163 .C84 cách.  Số cách lập đội tuyển có 4 nam: C164 .C83 cách.  Số cách lập đội tuyển có 5 nam: C165 .C82 cách.  Số cách lập đội tuyển có 6 nam: C166 .C81 cách.  Số cách lập đội tuyển có 7 nam: C167 cách.  Vậy số cách lập đội tuyển có ít nhất 3 nam: C163 .C84  C164 .C83  C165 .C82  C166 .C81  C167  338928 cách. ⓷ Nam sinh A và nữ sinh B phải cùng được hoặc cùng không được chọn vào đội tuyển.  Trường hợp 1: Nam sinh A và nữ sinh B cùng được vào đội tuyển:  Chọn nam sinh A và nữ sinh B có 1 cách, 5  Chọn 5 người còn lại có C 22 cách.  Trường hợp 2: Nam sinh A và nữ sinh B cùng không được vào đội tuyển: Le Minh Tam – Trang 43  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT 7  Chọn 7 người từ 22 người có C 22 cách. 5 7  Vậy có C22  C22  196878 cách. ⓸ Nam sinh X và nữ sinh Y không thể cùng được chọn vào đội tuyển. Nam sinh X và nữ sinh Y không thể cùng được chọn vào đội tuyển, có 3 trường hợp: 7  Trường hợp 1: Cả hai không vào đội tuyển, có C 22 cách.  Trường hợp 2: X vào, Y không vào đội tuyển: 6  Chọn X có 1 cách, chọn 6 người còn lại có C 22 cách.  Trường hợp 3: Y vào, X không vào đội tuyển: 6  Chọn Y có 1 cách, chọn 6 người còn lại có C 22 cách. 7 6 6  Vậy có C22  C22  C22  319770 cách.  Bài 39. Có 8 quả cầu xanh, 4 quả cầu vàng, 6 quả cầu đỏ (các quả cầu đôi một khác nhau). Có bao nhiêu cách lấy ra 6 quả cầu trong mỗi trường hợp sau đây: ⓵ Không có yêu cầu gì thêm. ⓶ Phải có 2 quả cầu xanh, 2 quả cầu vàng, 2 quả cầu đỏ. ⓷ Phải có đúng hai quả cầu đỏ. ⓸ Phải có ít nhất hai quả cầu đỏ. ⓹ Phải có đủ 3 màu. Lời giải ⓵ Không có yêu cầu gì thêm.  Số cách lấy ra 6 quả cầu từ 18 quả cầu C186  18564 cách. ⓶ Phải có 2 quả cầu xanh, 2 quả cầu vàng, 2 quả cầu đỏ.  Số cách lấy 6 quả cầu trong đó có 2 quả xanh, 2 quả vàng, 2 quả đỏ là C82 .C42 .C62  2520 cách. ⓷ Phải có đúng hai quả cầu đỏ.  Chọn 2 quả cầu đỏ có C62 cách,  Chọn 4 quả cầu còn lại từ các quả cầu xanh và vàng có C124 cách.  Vậy có C62 .C124  7425 cách. ⓸ Phải có ít nhất hai quả cầu đỏ.  Số cách chọn 6 quả cầu không có cầu đỏ: C126 cách.  Số cách chọn 6 quả cầu chỉ có 1 cầu đỏ: C16 .C125 cách.    Số cách chọn 6 quả cầu trong đó có ít nhất 2 quả cầu đỏ: C186  C126  C16 .C125  12888 cách. ⓹ Phải có đủ 3 màu. Le Minh Tam – Trang 44  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Số cách chọn 6 quả cầu không có quả xanh: C106 cách.  Số cách chọn 6 quả cầu không có quả vàng: C146 cách.  Số cách chọn 6 quả cầu không có quả đỏ: C126 cách.  Số cách chọn 6 quả cầu toàn màu xanh: C86 cách.  Số cách chọn 6 quả cầu toàn quả đỏ: C66 cách.    Vậy số cách chọn 6 quả cầu có đủ 3 màu: C186  C106  C146  C126  C86  C66  14456 cách.  Bài 40. Một tập hợp có 100 phần tử. Hỏi có bao nhiêu tập con có nhiều hơn 2 phần tử? Lời giải 0 1 100  Số tập con được tạo thành từ 100 phần tử trên là: C100  C100  …  C100  1  1 100  2100 .  Số tập con có 1 phần tử được tạo thành từ 100 phần tử trên là: 100 . 2  4950 .  Số tập con có 2 phần tử được tạo thành từ 100 phần tử trên là: C100   2  100  1  2100  5051 .  Vậy số tập con có nhiều hơn 2 phần tử là: 2100  C100  Bài 41. Tổ bộ môn toán của trường X có 10 giáo viên nam và 5 giáo viên nữ. Có bao nhiêu cách thành lập nhóm nghiên cứu SGK mới gồm 6 người trong đó số thành viên nữ ít hơn số thành viên nam? Lời giải Các trường hợp thỏa mãn gồm  Trường hợp 1: 6 nam có C106  210 (cách)  Trường hợp 2: 5 nam 1 nữ có 5.C105  1260 (cách)  Trường hợp 3: 4 nam 2 nữ có C104 .C52  2100 (cách)  Vậy số cách thành lập nhóm là: 2100 1260  210  3570 (cách).  Bài 41. Một lớp có 25 học sinh nam và 15 học sinh nữ. ⓵ Giáo viên chủ nhiệm cần chọn ra một học sinh làm lớp trưởng, một học sinh làm lớp phó và một học sinh làm thủ quỹ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn nếu lớp trưởng phải là học sinh nam? ⓶ Giáo viên chủ nhiệm cần chọn ra 6 học sinh để tham gia trồng cây, hỏi có bao nhiêu cách chọn sao cho có ít nhất 4 học sinh nam và một học sinh nữ. Lời giải ⓵ Giáo viên chủ nhiệm cần chọn ra một học sinh làm lớp trưởng, một học sinh làm lớp phó và một học sinh làm thủ quỹ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn nếu lớp trưởng phải là học sinh nam? Le Minh Tam – Trang 45  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Bước 1: Chọn học sinh nam làm lớp trưởng có 25 cách. 2  Bước 2: Số các chọn hai bạn học sinh còn lại cho hai chức danh còn lại là A39  1482 cách.  Vậy số cách chọn thỏa mãn yêu cầu đề bài là 25.1482  37050 cách. ⓶ Giáo viên chủ nhiệm cần chọn ra 6 học sinh để tham gia trồng cây, hỏi có bao nhiêu cách chọn sao cho có ít nhất 4 học sinh nam và một học sinh nữ.  Trường hợp 1: Chọn 4 nam và 2 nữ 4  Bước 1: Chọn học sinh nam có C25  12650 cách.  Bước 2: Chọn học sinh nữ có C152  105 cách.  Vậy trường hợp 1 có 12650.105  1328250 cách.  Trường hợp 2: Chọn 5 nam và 1 nữ. 5  Bước 1: Chọn học sinh nam có C25  53130 cách. 1  Bước 2: Chọn học sinh nữ có C15  15 cách.  Vậy trường hợp 2 có 15.53130  796950 cách chọn.  Tất cả có 1328250  796950  2125200 cách chọn thỏa yêu cầu đề bài.  Bài 42. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 7 chữ số, biết rằng chữ số 2 có mặt đúng 2 lần, chữ số 3 có mặt đúng 3 lần và các chữ số còn lại có mặt không quá một lần? Trích từ đề ĐHQG TP.HCM – năm 2001 Lời giải  Viết chữ số 2 vào 2 trong 7 vị trí có C72  21 cách.  Viết chữ số 3 và 3 trong 5 vị trí còn lại có C53  10 cách.  Sau đó đưa 2 trong 8 chữ số còn lại (trừ 2 và 3 ) vào 2 vị trí còn lại, có A82  56 cách.  Theo quy tắc nhân, sẽ được 21.10.56  11760 số có 7 chữ số, trong đó chữ số 2 có mặt đúng 2 lần, chữ số 3 có mặt đúng 3 lần và các chữ số còn lại có mặt không quá một lần và chữ số đầu tiên có thể bằng 0 .  Trường hợp chữ số 0 đứng đầu.  Viết chữ số 2 vào 2 trong 6 vị trí, có C62  15  Viết chữ số 3 vào 3 trong 4 vị trí còn lại, có C43  4  Đưa 1 trong 7 chữ số còn lại (trừ 2 và 3 và 0) vào 1 vị trí còn lại, có 7 cách. Theo quy tắc nhân sẽ được 15.4.7  420 “số”, trong đó chữ số 0 đứng đầu.  Do đó số các số thỏa mãn đề bài là 11760  420  11340 . Le Minh Tam – Trang 46  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Bài 43. Cho hai đường thẳng song song a và b . Trên đường thẳng a có 12 điểm phân biệt và trên đường thẳng b có 8 điểm phân biệt. ⓵ Có bao nhiêu tam giác được tạo thành tạo thành từ các điểm nằm trên hai đường thẳng a và b đã cho. ⓶ Có bao nhiêu hình thang được tạo thành tạo thành từ các điểm nằm trên hai đường thẳng a và b đã cho. Lời giải ⓵ Có bao nhiêu tam giác được tạo thành tạo thành từ các điểm nằm trên hai đường thẳng a và b đã cho. Số tam giác được tạo thành có hai loại:  Tam giác có một đỉnh trên đường thẳng a và hai đỉnh trên đường thẳng b .  Số cách chọn 1 đỉnh trên a là 12.  Số cách chọn 2 đỉnh trên b là C82 .  Như thế số tam giác loại này là 12.C82 .  Tam giác có một đỉnh trên đường thẳng b và hai đỉnh trên đường thẳng a .  Số cách chọn 1 đỉnh trên b là 8.  Số cách chọn 2 đỉnh trên a là C122 .  Như thế số tam giác loại này là 8.C122 .  Vậy số tam giác thỏa mãn yêu cầu bài toán là 12.C82  8C122  864 . ⓶ Có bao nhiêu hình thang được tạo thành tạo thành từ các điểm nằm trên hai đường thẳng a và b đã cho.  Số hình thang được tạo thành là C82 .C122  1848 .  Bài 44. Một đội thanh niên tình nguyện có 15 người gồm 12 nam và 3 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách phân công đội thanh niên tình nguyện đó về giúp đỡ 3 tỉnh miền núi sao cho mỗi tỉnh có 4 nam và 1 nữ. Trích từ đề ĐẠI HỌC KHỐI B – năm 2005 Lời giải  Số cách chọn 4 nam và một nữ đi tỉnh thứ nhất là 3C124  1485 (cách).  Số cách chọn 4 nam và một nữ đi tỉnh thứ hai là 2C84  140 (cách).  Số cách chọn 4 nam và một nữ đi tỉnh thứ hai là 2C84  140 (cách).  Số cách chọn 4 nam và một nữ đi tỉnh thứ ba là 1 (cách).  Vậy số cách chọn theo yêu cầu bài toán là 1845.140.1  207900 (cách). Le Minh Tam – Trang 47  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Bài 45. Trong một đa giác đều 12 cạnh có tất cả bao nhiêu: ⓵ Đường chéo? ⓶ Giao điểm của các đường chéo? ⓷ Tam giác có các đỉnh là 3 trong 12 đỉnh của đa giác đều đã cho? ⓸ Tứ giác có các đỉnh là 4 trong 12 đỉnh của đa giác đều đã cho? ⓹ Hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong 12 đỉnh của đa giác đều đã cho? Lời giải ⓵ Đường chéo?  Đa giác đều 12 cạnh có 12 đỉnh. Cứ 2 đỉnh cho ta một đoạn thẳng  có C122 đoạn thẳng.  Trong đó có 12 cạnh còn lại là đường chéo.  Vậy số đường chéo là C122  12  54 đường. ⓶ Giao điểm của các đường chéo?  Ở đây ta chỉ tính giao điểm nằm miền trong đa giác.  Cứ mỗi bộ 4 đỉnh của đa giác ta sẽ có đúng 2 đường chéo mà giao điểm nằm trong đa giác.  Do đó số giao điểm cần tìm là: C124  495 . ⓷ Tam giác có các đỉnh là 3 trong 12 đỉnh của đa giác đều đã cho?  Chọn 3 đỉnh bất kỳ từ 12 đỉnh của đa giác, ta được 1 tam giác.  Vậy số tam giác là: C123  220 . ⓸ Tứ giác có các đỉnh là 4 trong 12 đỉnh của đa giác đều đã cho?  Chọn 4 đỉnh bất kỳ từ 12 đỉnh của đa giác, ta được 1 tứ giác.  Vậy số tứ giác là: C124  495 . ⓹ Hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong 12 đỉnh của đa giác đều đã cho?  Đa giác đều 12 cạnh có 6 đường chéo đi qua tâm.  Cứ hai đường chéo đi qua tâm tạo thành 1 hình chữ nhật.  Vậy số hình chữ nhật có đỉnh là 4 trong 12 đỉnh của đa giác đều là C62  15 .  Bài 46. Trên mặt phẳng cho thập giác lồi (hình mười cạnh lồi) A1 A2 A10 . Xét tất cả các tam giác mà ba đỉnh của nó là đỉnh của thập giác. Hỏi trong số các tam giác đó, có bao nhiêu tam giác mà cả ba cạnh của nó đều không phải là cạnh của thập giác? Lời giải  Số tam giác được tạo thành từ các đỉnh của hình thập giác lồi là C103 .  Số tam giác chứa 2 cạnh của thập giác là tam giác chứa 3 đỉnh liên tiếp của thập giác, có 10 tam giác như vậy. Le Minh Tam – Trang 48  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Số tam giác chứa đúng 1 cạnh của thập giác là tam giác chứa 2 đỉnh liên tiếp của thập giác, đỉnh còn lại không liên tiếp hai đỉnh kia.  Với mỗi cạnh bất kỳ có C16 cách chọn 1 trong 8 đỉnh còn lại (trừ 2 đỉnh đã chọn và 2 đỉnh kế tiếp).  Vậy có 10.C16 tam giác như vậy.  Vậy số tam giác không chứa cạnh của thập giác là C103  10  10.C16  50 .  Bài 47. Cho tam giác ABC , xét tập hợp gồm 4 đường thẳng song sóng với AB , 5 đường thẳng song song với BC , 6 đường thẳng song song với AC . Hỏi các đường thẳng này tạo được: ⓵ Bao nhiêu tam giác? ⓶ Bao nhiêu hình thang kể cả hình bình hành? Lời giải ⓵ Bao nhiêu tam giác?  Gọi các đường thẳng song song với AB là a1 , a2 , a3 , a4 .  Gọi các đường thẳng song song với BC là b1 , b2 , b3 , b4 , b5 .  Gọi các đường thẳng song song với AC là c1 , c2 , c3 ,.., c6 .  Để tạo thành 1 tam giác ta cần chọn mỗi nhóm ai , bj , c k một đường thẳng,  Khi đó có: 4.5.6  120 tam giác. ⓶ Bao nhiêu hình thang kể cả hình bình hành?  Số hình bình hành được tạo thành  Hình bình hành được tạo thành từ một cặp ai , bi là: C42 .C52  6.10  60 hình.  Hình bình hành được tạo thành từ một cặp ai , c i là: C42 .C62  6.15  90 hình.  Hình bình hành được tạo thành từ một cặp bi , c i là: C52 .C62  10.15  150 hình.  Số hình bình hành được tạo thành là 60  90 150  300 hình.  Số hình thang hành được tạo thành  Cứ mỗi cặp ai , b j kết hợp với 2 đường thẳng c k được một hình thang khi đó có: 4.5.C62  300  Cứ mỗi cặp ai , c k kết hợp với 2 đường thẳng b j được một hình thang khi đó có: 4.6.C52  240  Cứ mỗi cặp bj , c k kết hợp với 2 đường thẳng ai được một hình thang khi đó có: 5.6.C42  180  Số hình thang được tạo thành là 300  240  180  720 hình.  Bài 48. Trong mặt phẳng cho đa giác đều H có 20 cạnh. Hỏi? ⓵ Có bao nhiêu tam giác mà cả ba đỉnh đều là đỉnh của H . ⓶ Có bao nhiêu tam giác mà có đúng hai cạnh là cạnh của H . ⓷ Có bao nhiêu tam giác mà có đúng một cạnh là cạnh của H . ⓸ Có bao nhiêu tam giác mà không có cạnh nào là cạnh của H . Le Minh Tam – Trang 49  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT Lời giải ⓵ Có bao nhiêu tam giác mà cả ba đỉnh đều là đỉnh của H . 3  Số tam giác là số tổ hợp chập 3 của 20 đỉnh. Vậy có: C20  1140 tam giác. ⓶ Có bao nhiêu tam giác mà có đúng hai cạnh là cạnh của H .  Mỗi tam giác có hai cạnh là hai cạnh của H được tạo thành từ hai cạnh liên tiếp của H .  Vậy số tam giác có hai cạnh là cạnh của H là : 20 . ⓷ Có bao nhiêu tam giác mà có đúng một cạnh là cạnh của H .  Để tạo thành tam giác mà có đúng một cạnh là cạnh của H .  Bước 1: Chọn 1 cạnh có 20 cách  Bước 2: Chọn 1 đỉnh không kề với 2 đỉnh kề với cạnh có 16 cách  Vậy số tam giác thỏa mãn là: 16.20  320 tam giác. ⓸ Có bao nhiêu tam giác mà không có cạnh nào là cạnh của H .  Số tam giác tạo thành từ các đường chéo là: 1140  20  320  800 tam giác.  Bài 49. Cho một đa giác lồi  H  có 15 cạnh. ⓵ Có bao nhiêu véc-tơ khác 0 , có điểm đầu và điểm cuối là các đỉnh của  H  . ⓶ Có bao nhiêu đoạn thẳng có hai đầu mút là các đỉnh của  H  . Lời giải Kí hiệu A là tập hợp 15 đỉnh của H . ⓵ Có bao nhiêu véc-tơ khác 0 , có điểm đầu và điểm cuối là các đỉnh của  H  .  Mỗi một véc-tơ khác 0 , có điểm đầu và điểm cuối là các đỉnh của H ứng với một chỉnh hợp chập 2 của A .  Vậy số véc-tơ thỏa mãn yêu cầu đề bài là A152  210 . ⓶ Có bao nhiêu đoạn thẳng có hai đầu mút là các đỉnh của  H  .  Mỗi đoạn thẳng có hai đầu mút là các đỉnh của H ứng với một tổ hợp chập 2 của A .  Vậy số đoạn thẳng thỏa mãn yêu cầu đề bài là C152  105 .  Bài 50. Tìm số đường chéo của các đa giác lồi sau đây ⓵ Đa giác có 12 cạnh. ⓶ Đa giác có n cạnh  n  3 . ⓷ Đa giác có số cạnh và số đường chéo bằng nhau. Lời giải ⓵ Đa giác có 12 cạnh.  Số đoạn thẳng có hai đầu mút là các đỉnh của H là C122 . Le Minh Tam – Trang 50  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Vì mỗi đoạn thẳng nối 2 đỉnh có thể là cạnh, có thể là đường chéo.  Do đó só đường chéo của đa giác lồi 12 cạnh là C122  12  54 . ⓶ Đa giác có n cạnh  n  3 .  Số đoạn thẳng có hai đầu mút là các đỉnh của  H  là Cn2 .  Vì mỗi đoạn thẳng nối hai đỉnh có thể là cạnh, có thể là đường chéo,  Do đó, số đường chéo của một đa giác lồi n cạnh là: Cn2  n  n  n  1 n! n2  3n . n  n  n 2  n  2 !.2 ! ⓷ Đa giác có số cạnh và số đường chéo bằng nhau. n  0 n2  3n  n  n2  5n  0    Theo câu ⓶ Ta sẽ tìm số nguyên n  3 sao cho . 2 n  5  Do n  3 nên đa giác có số đường chéo bằng số cạnh là ngũ giác.  Dạng 4. CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC LIÊN QUAN Ank , Pn , Cnk . Phương pháp giải  Sử dụng các công thức sau để biến đổi vế này thành vế kia hoặc cả hai vế cùng bằng một biểu thức nào đó hoặc hiệu hai vế bằng 0.  n!  1.2…n; n!   n  1 ! n   n  1 !  n  1 n  …; Pn  n!;  Ank  n  n  1 n  2  …  n  k  1 ; Ank   Cnk  n! ; n  k ! Ank n! ; Cnk  ; Cnk  Cnn k ; Cnk1  Cnk  Cnk 1 k! k !  n  1 ! .  Bài 51. Chứng minh rằng Cnm m   Cnm m    m  1 ! . m  1 m1 Cnm , m, n  * n Lời giải m !.n !  m  n !   m  n ! . m  1 m1 m  1 Cn  m  . n n  m  n  !  n  1 ! m!n! 1  2 Từ 1 và  2  ta có điều cần chứng minh. Le Minh Tam – Trang 51  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Bài 52. Chứng minh rằng k  k  1 Cnk  n  n  1 Cnk22 với 2  k  n . Trích từ đề ĐHQG TP. HÀ NỘI– năm 1999 Lời giải Ta có  Vế trái  k  k  1 . n! n  k !  Vế phải  n  n  1 . k!  n!  k  2! n  k !  n  2 !  n!  k  2 ! n  k  !  k  2! n  k ! 1  2 Từ 1 và  2  ta có điều cần chứng minh.  Bài 53. Chứng minh rằng P1  2P2  3P3  …  nPn  Pn1  1 Lời giải Ta có  P1  2P2  3P3  …  nPn  1! 2.2 ! 3.3! …  n.n!  1!  3  1 .2 !  4  1 .3 ! …   n  1  1 .n !  1! 3.2 ! 4.3 ! …   n  1 n !   2 ! 3 ! …  n !  1! 3! 4 ! …   n  1 ! 2 ! 3! …  n!  1! 2 !  n  1 !  Pn1  1.  Bài 54. Chứng minh rằng ⓵ Ann  Anr .Annrr (1  r  n) ⓶ Ank  Ank1  kAnk11 ⓷ Ank11  Ank 1   k  1 Ank1  k  k  1 Ank11 ⓸ Annk2  Ann1k  k 2 Ann k Lời giải ⓵ Ann  Anr .Annrr (1  r  n)  Anr .Annrr   n  r  !  n !  An . n! . n  r ! 0! 0! n ⓶ Ank  Ank1  kAnk11 Le Minh Tam – Trang 52  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Ank1  kAnk11   n  1 !  k  n  1 !  n  k  1 !  n  k  !  k  k  1 A ⓷ Ank11  Ank 1   k  1 Ank1   n  1 !  n  k   k  n  1 !   n  1 ! n  n!  A n  k ! n  k ! n  k ! k n k 1 n1  Theo câu ⓶ ta có Ank  Ank1  kAnk11 , Ank11  Ank 1  ( k  1) Ank .    Vậy Ank11  Ank 1   k  1 Ank1  kAnk11  Ank 1   k  1 Ank1  k  k  1 Ank11 ⓸ Annk2  Ann1k  k 2 Ann k  n  k  !   n  k  !   n  k  ! 1  1  .  k  2 !  k  1 !  k  2  !  k  1  n  k ! . k  k n  k !  k n  k !  k A k!  k  2 ! k  1  k  2 !  k  1 k  Ta có Annk2  Ann1k  2  2 2 n n k  Bài 55. Chứng minh rằng ⓵ kCnk  nCnk11 . 1 k 1 Cn  Cnk11 . k 1 n 1 ⓶ ⓷  k  1 kCnk   n  1 nCnk22 . Lời giải ⓵ kC  nC k n k 1 n1 .  kCnk  k.  nCnk11  n  n  1 ! n!  k !  n  k  !  k  1 !  n  k  ! n  n  1 !  k  1 !  n  k  !  n!  k  1 !  n  k  ! 1  2 Từ (1) và (2) suy ra kCnk  nCnk11 ⓶ 1 k 1 Cn  C k 1 . k 1 n  1 n1  Theo câu ⓵ ta có:  k  1 Cnk11   n  1 Cnk  ⓷  k  1 kCnk   n  1 nCnk22 . 1 k 1 k 1 Cn  C . k 1 n  1 n1  Theo câu ⓵ ta có:  k  1 kCnk   k  1 nCnk11  n  k  1 Cnk11  n  n  1 Cnk22 Le Minh Tam – Trang 53  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Bài 56. Chứng minh rằng 1  k  1 k  2 Cnk  1  n  1 n  2 Cnk22 . Lời giải 1 1 1  Theo “Bài 55” ta có: Cnk  Cnk11  Cnk22 k  1 k  2 n  1 k  2 n  1 n  2          Bài 55 & 56 thường được sử dụng để xử lý các tổng chứa số Cnk  Bài 57. Chứng minh rằng Cnk 1  Cnk 1  2Cnk  Cnk12 với 1  k  n Lời giải      Ta có: Cnk12  Cnk11  Cnk1  Cnk1  Cnk  Cnk  Cnk 1  Cnk 1  Cnk 1  2Cnk  Bài 58. Cho n và n  3 . Chứng minh CC2 2  3C n41 n  Ta có: 3Cn41  3  Mặt khác : CC2 2 n Lời giải  n  2  n  1 n  n  1  n  1 !  4 !  n  3 ! 8 1   n! n!  1   2 2 2 Cn Cn  1 Cn  2 !  n  2  !  2 !  n  2  !    2! 2 2 ! Cn2  2      n  n  1  n  n  1 n2  n  2 n.  n  1  1  . 2  n  2  n  1 n  n  1  2    2 2    2 2 8 Từ 1 và  2  ta có điều phải chứng minh.  2  Bài 59. Cho k và n là các số nguyên dương với k  n . Chứng minh rằng ⓵ Cnk  Cnk11  Cnk12  …  Ckk 1  Ckk11 1 . ⓶ Từ 1 suy ra rằng với mọi số nguyên dương m , ta có 1  2  3  …  m  m  m  1 2  2 và 1.2  2.3  3.4  …  m  m  1  m  m  1 m  2  3  3 ⓷ Hãy tính tổng : 1.2.3  2.3.4  3.4.5  …  98.99.100 Le Minh Tam – Trang 54  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT Lời giải ⓵ Cnk  Cnk11  Cnk12  …  Ckk 1  Ckk11 1 .  Ta có Cnk  Cnk1  Cnk11 Cnk1  Cnk2  Cnk12 Cnk2  Cnk3  Cnk13 …………………………. Ckk1  Ckk  Ckk 1 Ckk  Ckk11 Cộng lại và giản ước ta được 1 . ⓶ Từ 1 suy ra rằng với mọi số nguyên dương m , ta có 1  2  3  …  m  m  m  1  2 2  Khi m  1 thì hiển nhiên  2  đúng. Xét m  1 .Trong 1 lấy n  m  1, k  2, ta được Cm2 1  C1m  C1m1  …  C12  C11  m  1 !  m !   m  1 !  …  2 !  1 1! 2 !  m  1 !  m  1 !  m  2  ! m  m  1   m   m  1  …  2  1 2   Vậy  2  được chứng minh. Khi m  1 thì hiển nhiên  3 đúng. Xét m  1 1.2  2.3  3.4  …  m  m  1  m  m  1 m  2  3  3 Trong (1) lấy n  m  2, k  3 ta được Cm3 2  Cm2 1  Cm2  …  C32  C22  m  2 !   m  1 !  m !  …  3!  1 2 !.1! 3!  m  1 ! 2 !  m  1 ! 2 !  m  2  ! m  m  1 m  2     m  1 m  m  m  1  …  3.2  2.1 3  Vậy  3 được chứng minh. ⓷ Hãy tính tổng : 1.2.3  2.3.4  3.4.5  …  98.99.100 Trong 1 lấy n  m  3, k  4 ta được Le Minh Tam – Trang 55  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT Cm4 3  Cm3  2  Cm3 1  …  C43  C33   m  3 !   m  2  !   m  1 !  …  4 !  1 3!.1! 4 !  m  1 ! 3!  m  1 ! 3!  m  2  ! Do đó m  m  1 m  2  m  3 4   m  2  m  1 m   m  1 m  m  1  …  4.3.2  3.2.1  4 Từ  4  suy ra 1.2.3  2.3.4  ….  98.99.100  98.99.100.101  24497550 4  Bài 60. Tính n 1 Cnk 1 k 0 Cnk   k  1 với n * Lời giải Ta có  k  1 n 1 Vậy Cnk 1 C   k  1 k 0 k n   k ! n  k ! n! n!   k  1  :  n k    k  1  k  1 !  n  k  1 !   k  1 !  n  k  1 ! k !  n  k  !  Cnk 1 C k n n 1 n  n  1 k 0 2    n  k   n  n  1  n  2  …  1  .  Dạng 5. PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH,BẤT PHƯƠNG TRÌNH CÓ CHỨA CÁC SỐ n!, Pn , Ank , Cnk . Phương pháp giải  Ta thực hiện theo các bước sau  Bước 1: Đặt điều kiện  Đối với n!  1.2.3…..n điều kiện là n  Đối với Pn  n ! điều kiện là n  Đối với Cnk  n! điều kiện là k !(n  k )! n , k   0  k  n  Đối với Ank  n! , điều kiện là n  k ! n , k   0  k  n.  Bước 2. Biến đổi và rút gọn để tìm nghiệm.  Bước 3. Kết hợp với điều kiện để kết luận nghiệm. Le Minh Tam – Trang 56  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Bài 61. Giải phương trình sau:  Px Ax2  72  6 Ax2  2 Px  Lời giải x   Điều kiện:  x  2  Phương trình  Ax2  Px  6   12  Px  6   0 x !  6 P  6 x  3 .   Px  6  Ax2  12  0   x2   x  4  Ax  12  x  x  1  12     Bài 62. Tìm n biết: C1n 3n1  2Cn2 3n2  3Cn3 3n3  ..  nCnn  256 Lời giải  Ta có: kCnk .3n k  k n! 3n k  nCnk11 3n k k ! n  k ! n n1 n  kCnk 3nk  n Cnk11 3nk  n Cnk13n1k  n.4n1  Suy ra: k 1 1 n1 n  Suy ra C 3 k 1 2 n 2 n  2C 3 k 0 3 n 3 n  3C 3  ..  nCnn  256  n.4n1  4.43 Từ đó ta tìm được n  4 .  Bài 63. Tìm số nguyên dương n sao cho: Pn1.An4 4  15Pn 2 Lời giải n   Điều kiện:  n  1  Ta có: Pn1.An4 4  15Pn 2   n  1 !   n  4 !  15 n!  n  4 n  3 n  n  2 !  15  n2  8n  12  0  2  n  6  n  3, 4, 5 .  Bài 64. Giải bất phương trình (ẩn n thuộc tập số tự nhiên) Cnn12  Cnn 2  5 2 A 2 n Lời giải Le Minh Tam – Trang 57  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Với n  2, n  ta có: 5 5 Cnn12  Cnn 2  An2  Cnn3  An2 2 2  n  3 !  5 n!  n n2  9n  26  6  0 luôn đúng với mọi n  2 .  n ! 3! 2  n  2!    Vậy nghiệm của bất phương trình n  2, n  .  Bài 65. Tìm các số nguyên dương n thoả mãn bất phương trình An3  2Cnn2  9n. Trích từ đề DỰ BỊ ĐH KHỐI A– năm 2002 Lời giải  Điều kiện n  , n  3 . Ta có An3  2Cnn2  9n  n! n! 2  9n  n  3 !  n  2 !.2 !     n  2  n  1 n   n  1 n  9n  n n2  3n  2  n  1  9  0   do n3  n n2  2n  8  0  n2  2n  8  0  2  n  4 do n  3 ,n  n 3, 4 .  Lưu ý: Khi giải phương trình, bất phương trình có chứa các số n !, Pn , Ank , Cnk thì cần có kỹ năng rút gọn, giản ước. Ta thường dùng các kĩ thuật sau:  1.2.3…  n  1 n n!   n,  n  1 ! 1.2.3…  n  1  1.2.3…  n  2  n  1 n n!    n  1 n, 1.2.3…  n  2   n  2!  1.2.3…  n  3 n  2  n  1 n n!    n  2  n  1 n, 1.2.3…  n  3  n  3 !  Và tương tự cho n! . n  k !  Bài 66. Tìm số tự nhiên n thoả mãn Cn2Cnn2  2Cn2Cn3  Cn3Cnn3  100 . Trích từ đề DỰ BỊ ĐH KHỐI D– năm 2003 Lời giải  Điều kiện n  , n  3 . Ta có Le Minh Tam – Trang 58  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT Cn2Cnn2  2Cn2Cn3  Cn3Cnn3  100    2C C  C   100  C  C   100  C  C  10  Cn2 2 2 n   2 n 3 n 3 n 3 n 2 2 2 n 3 n n! n!  10 2 !  n  2  ! 3 !  n  3 !  n  1 n   n  2 n  1 n  10 2 6    3n2  3n  n3  3n2  2n  60  n3  n  60  0   n  4  n2  4n  15  0  n  4  0  n  4 .  Bài 67. Tìm x, y  thoả mãn hệ  Ax2  C y3  22 .  3 2 A  C  66  y x Trích từ đề DỰ BỊ ĐH KHỐI B– năm 2007 Lời giải  Điều kiện x, y  ; x  2, y  3 . Khi đó hệ đã cho trở thành  x! y!   22    x  2  ! 3 !  y  3 !  x!  y!   66   y  3 ! 2 !  x  2  !    y  2  y  1 y  22 2 3 2  x  1 x    6 x  6 x  y  3y  2 y  132 1 6   2 y 3  3y 2  2 y  x 2  x  132  2  x  1 x      y  2 y  1 y   66    2    Từ 1 ta có y3  3y 2  2 y  132  6×2  6x , thay vào  2  ta được x  4 264 12×2  12x  x2  x  132  11×2 11x 132  0    x  3  Ta loại x  3 và thay x  4 vào 1 được   y 3  3y 2  2 y  60  0   y  5  y 2  2 y  12  0  y  5 .  Kết luận: x  4 và y  5 .  Lưu ý. Có thể giải nhanh hơn bằng cách đặt a  y! x! . ,b   x  2  !  y  3 ! Le Minh Tam – Trang 59  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Bài 68. Cho hai đường thẳng song song d1 và d2 . Trên d1 có 10 điểm phân biệt, trên d2 có n điểm phân biệt  n  2  . Biết rằng có 2800 tam giác có đỉnh là các điểm đã cho. Tìm n thoả điều kiện trên. Trích từ đề DỰ BỊ ĐH KHỐI B– năm 2006 Lời giải  Số tam giác có một đỉnh thuộc d1 và hai đỉnh thuộc d2 là 10Cn2 .  Số tam giác có một đỉnh thuộc d2 và hai đỉnh thuộc d1 là nC102 .  Theo giả thiết ta có 10Cn2  nC102  2800  10  n  20 n! 10 !  n.  2800  5  n  1 n  45n  2800  n2  8n  560  0   2 !8 ! 2! n  2!  n  28(l)  Vậy n  20.  Bài 69. Cho tập A gồm n phần tử, n  7 . Tìm n biết rằng số tập con gồm 7 phần tử của tập A bằng hai lần số tập con gồm 3 phần tử của tập hợp A . Trích từ đề DỰ BỊ ĐH KHỐI A– năm 2004 Lời giải  Với điều kiện n Cn7  2Cn3   và n  7 , yêu cầu bài toán tương đương với n! n! 1 1 2  2 7 ! n  7 ! 3 !  n  3 ! 7 !n  7! 3!  n  3 ! 1 1 2 4.5.6.7  n  6 n  5 n  4 n  3   n  6  n  5 n  4  n  3  2.4.5.6.7   n  6 n  5 n  4 n  3  5.6.7.8  Đặt t   n  3 n  6   n2  9n  18 . Khi đó  n  4 n  5  n2  9n  20  t  2 t  40  Ta được t  t  2  1680  t 2  2t  1680  0   . t  42 n2  9n  18  40 n2  9n  22  0 n  2 Vậy  2  2  n  11 n  9n  18  42 n  9n  60  0  Kết hợp với điều kiện ta được n  11. Le Minh Tam – Trang 60  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Bài 70. Giải phương trình Cxx  2Cxx1  Cxx2  Cx2x23 Lời giải 2  x  5  Điều kiện  x  Theo công thức Cnk1  Cnk  Cnk 1 , phương trình đã cho viết lại Cxx  Cxx1  Cxx1  Cxx2  Cx2x23  Cxx1  Cxx11  Cx2x23 C x x2 C 2 x 3 x2 x  3  x  2x  3    x  3. x  5 l  x  2 x  3  x  2     2  Lưu ý. Do tập xác định chỉ có 4 phần tử là 2, 3, 4, 5 nên có thể lần lượt thay các số này vào phương trình để kiểm tra xem có phải là nghiệm hay không chứ không cần giải. V. BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM. Câu 1. Có bao nhiêu số tự nhiên có bốn chữ số khác nhau được lập từ các số 1; 2; 3; 5; 7 . A. 15 . B. 120 . C. 10 . D. 24 . Lời giải Chọn B Số các số cần lập là A54  120 . Câu 2. Cho A  1; 2; 3; 4 . Từ A lập được bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau? A. 256 . B. 32 . C. 24 . D. 18 . Lời giải Chọn C Số các số cần lập là P4  4 !  24 . Câu 3. Một tổ có 12 học sinh. Hỏi có bao nhiêu cách chọn 2 học sinh trong tổ làm nhiệm vụ trực nhật? A. 23 . B. 123 . C. 132 . D. 66 . Lời giải Chọn D Số cách chọn ra 2 học sinh trong 12 học sinh là số tổ hợp chập 2 của 12 . Vậy số cách là: C122  66 cách Câu 4. Từ các chữ số 1, 2, 3, 4 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau? A. 4. B. 24. C. 44. D. 16. Lời giải Le Minh Tam – Trang 61  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT Câu 5. Chọn B Mỗi một số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau là một hoán vị của 4 chữ số 1, 2, 3, 4 nên số các số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau là 4!  24 (số). Có bao nhiêu cách sắp xếp 5 học sinh vào một ghế dài từ một nhóm gồm 10 học sinh? A. 105 . B. 510 . C. C105 . D. A105 . Lời giải Chọn D Số cách sắp xếp 5 học sinh vào một ghế dài từ một nhóm gồm 10 học sinh là: A105 . Câu 6. Có bao nhiêu cách xếp 3 bạn A, B, C vào một dãy ghế hàng ngang có 4 chỗ ngồi? A. 24 cách. B. 64 cách. C. 6 cách. D. 4 cách. Lời giải Chọn A Xếp 3 bạn A, B, C vào 4 chỗ ta có: A43  24 cách. Câu 7. Có bao nhiêu cách chọn ra 2 học sinh từ một nhóm 7 học sinh? A. 7! . B. A72 . C. C72 . D. 2! . Lời giải Chọn C Từ 7 học sinh chọn ra 2 học sinh có C72 cách chọn. Câu 8. Số tập hợp con có 3 phần tử của một tâp hợp có 7 phần tử là 7! A. . B. C73 . C. A73 . 3! D. 21 . Lời giải Chọn B Mỗi tập con gồm 3 phần tử của tập hợp có 7 phần tử là một tổ hợp châp 3 của 7 . Vậy số tập con là C73  35 . Câu 9. Một nhóm học sinh có 7 em nam và 3 em nữ. Số cách chọn ra 1 em nam trong nhóm tham gia môn bóng ném là A. 7 . B. 3 . C. 10 . D. 21 . Lời giải Chọn A Chọn 1 học sinh từ 7 học sinh nam có 7 cách chọn. Câu 10. Từ một nhóm gồm 5 học sinh nam và 8 học sinh nữ có bao nhiêu cách chọn ra hai học sinh bất kỳ? A. 13 . B. C132 . C. C52  C82 . D. A133 . Lời giải Chọn B Chọn 2 học sinh bất kỳ từ nhóm trên có C132 cách. Câu 11. Có bao nhiêu cách xếp 7 học sinh thành một hàng dọc? A. 7 . B. 49 . C. 7! . D. 1 . Le Minh Tam – Trang 62  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT Lời giải Chọn C Số cách sắp xếp 7 học sinh thành một hàng dọc là số hoán vị của 7 phần tử P7  7! . Câu 12. Có bao nhiêu cách chọn hai bông hoa từ 6 bông hoa hồng đỏ và 8 bông hoa hồng xanh? A. 182. B. 7. C. 14. D. 91. Lời giải Chọn D Tổng số bông hoa hồng là 14. 2 Số cách chọn ra hai bông hoa hồng từ 14 bông hoa hồng là: C14  91. Câu 13. Cho các số 1; 5; 6; 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số với các chữ số khác nhau? A. 64. B. 12. C. 256. D. 24. Lời giải Chọn D Ta có số tự nhiên có có 4 chữ số với các chữ số khác nhau được lập từ 4 chữ số 1; 5; 6; 7 là 4!  24 số. Câu 14. Trên giá sách có 8 quyển sách Văn và 10 quyển sách toán, các quyển sách này đôi một phân biệt. Hỏi có bao nhiêu cách tìm ra 1 quyển sách trên giá? A. 80 . B. 10 . C. 8 . D. 18 . Lời giải Chọn B Số cách chọn 1 quyển sách trên giá sách là: 8 10  18 quyển sách Câu 15. Số tập con có hai phần tử của tập hợp gồm 10 phần tử là A. 45 . B. 90 . C. 100 . D. 20 . Lời giải Chọn A  Số tập con có hai phần tử của tập hợp gồm 10 phần tử là C102  45 . Câu 16. Từ các số 1, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau? A. 256 . B. 24 . C. 64 . D. 12 . Lời giải Chọn B  Số các số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau được lập từ các số 1, 5, 6, 7 là 4!  24 (số).  Câu 17. Có bao nhiêu cách chọn ra k đồ vật từ n đồ vật phân biệt cho trước k , n  A. Cnk . B. Ank . C.  n  k  ! . *  ,1  k  n ? D. k  k  1 …n . Lời giải Chọn B Câu 18. Có bao nhiêu cách chọn ra hai loại khối đa diện đều khác nhau? A. 5 . B. 2 . C. 10 . D. 20 Lời giải Le Minh Tam – Trang 63  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT Chọn C Trong không gian chỉ 5 khối đa diện đều đó là: khối tứ diện đều, khối lập phương, khối bát diện đều, khối 12 mặt đều, khối 20 mặt đều. Vậy có C52  10 cách chọn ra hai loại khối đa diện đều khác nhau. Câu 19. Với k và n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k  n , mệnh đề nào dưới dây đúng? Ank n! n! k A. C n  . B. Cnk  . C. Ank  . D. Cnk1  Cnk1  Cnk11 . k! k ! n  k ! n  k ! Lời giải Chọn A Ank n! n! k k C  Ta có: C  ; An  . k ! n  k ! n  k ! n k ! k n Câu 20. Có bao nhiêu cách sắp xếp 5 bạn thành một hàng dọc? A. 5! . B. 55 . C. 4! . D. 5 . Lời giải Chọn A Mỗi cách sắp xếp 5 bạn thành một hàng dọc là một hoán vị của 5 phần tử. Do đó số cách sắp là P5  5! . Câu 21. Một nhóm học sinh gồm 5 em nam và 6 em nữ. Có bao nhiêu cách chọn ra 2 em học sinh từ nhóm trên? A. 11 . B. A112 . C. C112 . D. 30 . Lời giải Chọn C Số cách chọn ra 2 em học sinh từ nhóm trên là một tổ hợp chấp 2 của 11: C112 . Câu 22. Cho số nguyên dương n và số tự nhiên k thỏa mãn 0  k  n , Cnk là số các tổ hợp chập k của n phần tử. Mệnh đề nào dưới đây đúng? n  k ! . n! n! A. Cnk  B. Cnk  . C. Cnk  . n! k ! k! k ! n  k ! D. Cnk  n! . n  k ! Lời giải Chọn B Ta có: Cnk  n! . k ! n  k ! Câu 23. Một nhóm có 6 học sinh gồm 4 nam và 2 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 3 học sinh trong đó có đúng 2 học sinh nam A. 12 . B. 30 . C. 6 . D. 24 . Lời giải Chọn A Số cách chọn thỏa mãn là: C42 .C12  12 cách. Câu 24. Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 lập được bao nhiêu số có ba chữ số? Le Minh Tam – Trang 64  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT A. 20. B. 120. C. 216. D. 729. Lời giải Chọn C Gọi số có ba chữ số tạo ra từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 là abc . Khi đó: a có 6 cách chọn, b có 6 cách chọn, c có 6 cách chọn. Vậy có: 6.6.6  216 (số). Câu 25. Số cách chọn 2 học sinh từ một nhóm gồm 8 học sinh nam và 7 học sinh nữ là A. C17  C81 . B. C152 . C. A152 . D. C17 .C81 . Lời giải Chọn B Số cách chọn 2 học sinh từ một nhóm gồm 8 học sinh nam và 7 học sinh nữ là một tổ hợp chập 2 của 15 : C152 . Câu 26. Trong hộp có 4 viên bi xanh, 5 viên bi đỏ, 6 viên bi vàng. Lấy ngẫu nhiên 3 viên bi. Số cách chọn là A. A153 . B. C43  C53  C63 . C. C153 . D. 9 . Lời giải Chọn C Trong hộp có 4 viên bi xanh, 5 viên bi đỏ, 6 viên bi vàng. Như vậy trong hộp có tất cả 15 viên bi. Lấy ngẫu nhiên 3 viên bi thì mỗi lần lấy là một tổ hợp chập 3 của 15 phần tử. Vậy số cách chọn là C153 . Câu 27. Một nhóm học sinh gồm 10 em, trong đó có hai em Mơ và Mộng. Có bao nhiêu cách sắp xếp 10 học sinh này thành một hàng dọc sao cho hai em Mơ, Mộng không đứng cạnh nhau? A. 10! 9! . B. 9!.2! . C. 8.9 ! . D. 10! . Lời giải Chọn C Sắp xếp 10 em học sinh vào một hàng dọc có 10! cách. Nhóm 2 em Mộng và Mơ cạnh nhau xếp cùng 8 bạn còn lại có 9! cách, hoán đổi 2 em Mộng và Mơ có 2! cách. Vì vậy có 9!.2! cách sắp xếp để Mộng và Mơ cạnh nhau. Vậy có 10! 9!.2!  9!.8 cách sắp xếp để Mộng và Mơ không đứng cạnh nhau. Câu 28. Cho 5 điểm trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng. Hỏi có bao nhiêu véc tơ khác 0 đươc tạo từ 5 điểm trên? A. 10 . B. 25 . C. 15 . D. 20 . Lời giải Chọn D Chọn điểm đầu có 5 cách chọn. Chọn điểm cuối có 4 cách chọn. Số cách tạo véc tơ khác 0 đươc tạo từ 5 điểm trên là 5.4  20 . Le Minh Tam – Trang 65  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT Câu 29. Một lớp học có 10 học sinh nam và 15 học sinh nữ. Có bao nhiêu cách chọn ra 3 học sinh của lớp học sao cho trong 3 bạn được chọn có cả nam và nữ? A. 10350 . B. 3450 . C. 1845 . D. 1725 . Lời giải Chọn D 1  Trường hợp 1: Chọn 2 bạn nam và 1 bạn nữ có: C102 .C15  675 (cách) 1  Trường hợp 2: Chọn 1 bạn nam và 2 bạn nữ có: C10 .C152  1050 (cách)  Tổng số cách chọn 3 bạn cả nam và nữ là: 1725 (cách). Câu 30. Từ các chữ số 2, 3, 4, 5, 6, 7 lập được bao nhiêu số tự nhiên có bốn chữ số? A. 1296 . B. 24 . C. 360 . D. 720 . Lời giải Chọn C Gọi abcd là số tự nhiên có bốn chữ số. Chọn a, b, c , d đều có 6 cách chọn nên có 64  1296 số thỏa yêu cầu bài toán. Câu 31. Một tổ học sinh có 12 bạn, gồm 7 nam và 5 nữ. Cần chọn một nhóm 3 học sinh của tổ đó để làm vệ sinh lớp học. Hỏi có bao nhiêu cách chọn sao cho trong nhóm có cả nam và nữ? A. 22 . B. 175 . C. 45 . D. 350 . Lời giải Chọn B Ta có các trường hợp sau: TH1: Chọn được 1 học sinh nam, hai học sinh nữ có C17C52  70 cách chọn. TH2: Chọn được 2 học sinh nam, một học sinh nữ có C72C51  105 cách chọn. Vậy, có 70 105  175 cách chọn thỏa yêu cầu bài toán. Câu 32. Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số? A. 3125 . B. Đáp án khác. C. 120 . D. 96 . Lời giải Chọn A  Gọi số tự nhiên phải tìm là x  abcde  a  0  . a 1; 2; 3; 4; 5}  a có 5 cách chọn, b 1; 2; 3; 4; 5}  b có 5 cách chọn, c 1; 2; 3; 4; 5}  c có 5 cách chọn d 1; 2; 3; 4; 5}  d có 5 cách chọn e 1; 2; 3; 4; 5}  e có 5 cách chọn Vậy có 55  3125 số thỏa mãn yêu cầu. Câu 33. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm hai chữ số khác nhau mà hai số này đều lẻ? A. A52 . B. C52 . C. 5! . D. 52 . Lời giải Chọn A Le Minh Tam – Trang 66  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT Xét tập A  0;1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9 . Ta thấy tập A gồm 5 chữ số chẵn và 5 chữ số lẻ. Mỗi số tự nhiên gồm hai chữ số khác nhau mà hai chữ số này đều lẻ chính là một chỉnh hợp chập hai của năm chữ số lẻ. Vậy số các số thỏa mãn yêu cầu bài toán là: A52 . Câu 34. Một hội đồng gồm 2 giáo viên và 3 học sinh được chọn từ một nhóm 5 giáo viên và 6 học sinh. Hỏi có bao nhiêu cách chọn? A. 200 . B. 150 . C. 160 . D. 180 . Lời giải Chọn A Chọn 2 trong 5 giáo viên có: C52  10 cách chọn. Chọn 3 trong 6 học sinh có C63  20 cách chọn. Vậy có 10.20  200 cách chọn. Câu 35. Một tổ gồm 12 học sinh trong đó có bạn An. Hỏi có bao nhiêu cách chọn 4 em đi trực trong đó phải có An: A. 990 . B. 495 . C. 220 . D. 165 . Lời giải Chọn D Chọn An có 1 cách chọn. Chọn 3 bạn trong 11 bạn còn lại có C113  165 cách chọn. Vậy có 165 cách chọn. —————— HẾT —————— Le Minh Tam – Trang 67  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT BÀI 3 NHỊ THỨC NEWTON I. CÔNG THỨC NHỊ THỨC NEWTON ※ Cho a , b là các số thực và n  a  b n * . Ta có: n  Cn0 an  C1n an1b  Cn2 an2b2  …  Cnn1abn1  Cnnbn   Cnk an k b k . ※ Số hạng tổng quát (số hạng thứ k  1): Tk 1  C a k  k n k k n  Hệ quả  b , k  n . k 0 Với a  b  1, ta có: Cn0  C1n  Cn2  …  Cnn  2n . Với a  1, b  1 , ta có: Cn0  C1n  Cn2  Cn3  …   1  n1 Cnn1   1 Cnn  0 . n  Chú ý: ⓵ Trong khai triển  a  b  có n  1 số hạng và các hệ số của các cặp số hạng cách đều số hạng đầu n và số hạng cuối thì bằng nhau. ⓶ Số hạng tổng quát có dạng: Tk 1  Cnk an k bk . ⓷ Số mũ của a giảm dần, số mũ của b tăng dần nhưng tổng số mũ của a và b bằng n . ⓸ Theo thứ tự khai triển như trên: n 1 . 2 n 1 n 1 o Với n lẻ, hai số hạng chính giữa là số hạng thứ và 1 . 2 2 Tổng hệ số trong khai triển nhị thức Newton: cho biến số bằng 1. o Với n chẵn, số hạng chính giữa là số hạng thứ ⓹  Công thức bổ trợ: ⓵ a .a  a m n ⓹ a n  m n am ⓶ n  amn a 1  n  0 an ⓷  a.b   a .b n n m n n a an ⓸   n b b ⓺ n am  a n  a  0 , n  , m  Ví dụ 1 Khai triển các nhị thức sau: ⓵ ⓶ ⓷ ⓸ Lời giải Le Minh Tam – Trang 68  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT ⓵  x  1 4  x  1  C x  C x  C x  C x  C  x  4x  6x  4x  1 . ⓶  x  2y   x  2 y   C x  C x 2y  C x  2y   C x  2y   C x  2y   C  2y  4 0 4 4 1 3 4 2 4 2 3 4 4 4 3 2 4 3 2 5 5 0 5 5 1 5 4 2 5 3 5 3 2 4 4 5 5 5 5  x5  10×4 y  40×3 y 2  80×2 y3  80xy 4  32y5 .  1 ⓷ x  x  6 6 2 3 4 5  1 0 6 1 5 1 2 41 3 31 4 21 5 1 61  x    C6 x  C6 x  C6 x    C 6 x    C 6 x    C 6 x    C 6   x x  x x x x x 2 4 6 6 1 1 1  x  6 x  15x  20  15    6      . x x x 6  1 ⓸  2x   x  4 2 6 6 6 5 1 41  1 0 1 2  2 x    C6  2 x   C6  2 x   C6  2 x    x x  x 3 4 5 2 21 1 1 1 C  2 x     C64  2 x     C65 2 x    C66   x x x x 6 3 3 6 2 4 6 1 1 1  64 x  192 x  240 x  160  60    12      . x x x 6 4 2 II. TAM GIÁC PASCAL ※ Các hệ số của khai triển:  a  b  ,  a  b  ,  a  b  ,…,  a  b  có thể xếp thành một tam giác gọi là tam 0 1 2 n giác PASCAL. n0: 1 n  1: 1 1 n 2: 1 2 1 n  3: 1 3 3 1 n 4: 1 4 6 4 1 n  5 : 1 5 10 10 5 1 n  6 : 1 6 15 20 15 6 1 n  7 : 1 7 21 35 35 21 7 1 ………………………………. Hằng đẳng thức Pascal: Cnk11  Cnk1  Cnk . Le Minh Tam – Trang 69  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT Ví dụ 2 Viết đầy đủ dạng khai triển của các nhị thức sau: ⓵ ⓶ Lời giải ⓵  a  b   a6  6a5b  15a4b2  20a3b3  15a2b4  6ab5  b6 . 6 ⓶  a  b   a7  7a6b  21a5b2  35a4b3  35a3b4  21a2b5  7ab6  b7 . 7 III. CÁC DẠNG BÀI TẬP  Dạng toán 1. KHAI TRIỂN NHỊ THỨC. Phương pháp giải  Sử dụng trực tiếp công thức:  a  b   Cn0 an  C1nan1b  Cn2an2b2  …  Cnnbn n  Ví dụ 01. Khai triển nhị thức: 4  1 ⓶  x  . x  ⓵ x  y . 5 Lời giải Áp dụng khai triển nhị thức Newton, ta có:   5 ⓵ xy .  x  y 5  C50 x5  C15 x4 y  C52 x3 y 2  C53 x2 y3  C54 xy 4  C55 y5  x5  5×4 y  10×3 y 2  10×2 y3  5xy 4  y5 4  1 ⓶  x  . x    4   4  1 0 x   C x  C14 x   4 x   6 4 1  x2  4 x   2  4. x x x x 3 1  C 42 x  x 2 2 3 4 1 1 3 41    C 4 x    C 4   (điều kiện x  0 ). x x x  Ví dụ 02. Khai triển nhị thức:  4  3 ⓶ y  . y   5 ⓵ 2x  1 . 3 Lời giải Áp dụng khai triển nhị thức Newton, ta có: Le Minh Tam – Trang 70  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT    2x 1 5 ⓵ 2 x3  1 . 3 5    C50 2×3 5    1  C  2x   1  C15 2×3 4 2 5 3 3    1 2  C53 2×3 2 3  C54 2×3  1  C55  1 4 5  32×15  80×12  80×9  40×6  10×3 1 . 4  3 ⓶ y  . y  4 2 3  3 0 4 1 3  3  2 2  3  3  3  4  3   y    C4 y  C4 y    C4 y    C 4 y    C 4   y   y   y   y   y  108 81  y 4  12 y 2  54  2  4 . y y 4  Ví dụ 03. Thu gọn biểu thức sau 1 9 10 ⓵ S  C100 310  C10 . 3  …  C10 1 14 15 ⓶ S  C150 215  C15 . 2  C152 213  …  C15 ⓷ S  5n Cnn  5n1.3.Cnn1  32.5n2 Cnn2  …  3n Cn0 . Lời giải Áp dụng khai triển nhị thức Newton, ta có: 1 9 10 3  …  C10   3  1  410 . ⓵ S  C100 310  C10 10 1 14 15 2  C152 213  …  C15   2  1  1 . ⓶ S  C150 215  C15 15 ⓷ S  5n Cnn  5n1.3.Cnn1  32.5n2 Cnn2  …  3n Cn0  S  5n Cn0  5n1.3.C1n  32.5n2 Cn2  …  3n Cnn   5  3  8n . n  Dạng toán 2. TÌM HỆ SỐ HOẶC SỐ HẠNG THỎA MÃN ĐIỀU KIỆN. Phương pháp giải ※ Số hạng tổng quát (số hạng thứ k  1): Tk 1  Cnk an k bk k  , k  n .  Công thức bổ trợ: ⓵ a .a  a m n ⓹ a n  m n am ⓶ n  amn a 1  n  0 an ⓷  a.b   a .b n n n n a an ⓸   n b b m ⓺ n am  a n  a  0 , n  , m   Ví dụ 04. Tìm hệ số của số hạng trong khai triển: ⓵  2x  3y  chứa x8 y9 . 17 ⓶  x  3 chứa x 4 . 9 Le Minh Tam – Trang 71  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  ⓷ 1  3x  chứa x 6 . ⓸ 3x  x2 11  12 chứa x15 . 40  1  ⓹  x  2  , x  0 chứa x31 . x   Lời giải ⓵  2x  3y  chứa x y . 17 8  2 x  3y  17 9 17   C17k  2x  17  k k 0 17  3y    C  2  3 k k 0 Số hạng chứa x y có dạng C17k  2  8 17  k 9 17  k k 17  3 k k x17  k y k . x17 k y k với k  9 . Suy ra hệ số của số hạng chứa x8 y9 là C179 28  3 . 9 ⓶  x  3 chứa x 4 . 9 9 9  x  3   C x  3   C  3 9 k 9 k 0 k 9 k k 9 k 0 k x9  k . Số hạng chứa x 4 có dạng C9k  3 x9 k với 9  k  4  k  5 . k Suy ra hệ số của số hạng chứa x 4 là C95  3  30618 . 5 ⓷ 1  3x  chứa x 6 . 11 1  3x  11 11 11   C11k  3x    C11k  3 x k k k 0 k k 0 Số hạng chứa x có dạng C11k  3 x k với k  6 . k 6 Suy ra hệ số của số hạng chứa x 6 là C116  3  336798 . 6  ⓸ 3x  x2  12 chứa x15 . 3x  x    C 3x   x    C 2 12 12 k 0 k 12 12  k 2 k 12 k 0 k 12  k 12 15 Số hạng chứa x có dạng C 3 k 12  k 12  1 3 k  1 k x12 k x12 k với 12  k  15  k  3 . Suy ra hệ số của số hạng chứa x15 là C123 39 . 40  1  ⓹  x  2  , x  0 chứa x31 . x   40 k 40 40 k 40  3 k  1  k 40  k  1  k x   C x     2   C 40  1 x 40 2  x  k 0   x  k 0 k Số hạng chứa x31 có dạng C40  1 x403k với 40  3k  31  k  3 . k 3 Suy ra hệ số của số hạng chứa x31 là C40 . Le Minh Tam – Trang 72  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Ví dụ 05. n  1  Tìm hệ số của x trong khai triển  3  x 5  biết Cnn14  Cnn3  7  n  3 . x  8 Lời giải  Ta có Cnn14  Cnn3  7  n  3   n  4  !   n  3 !  7 n  3    n  1 !.3! n !.3!   n  4 n  2    n  2  n  1  42  4n  36  n  9. 1 k  Số hạng tổng quát Tk 1  C9k x 3( 9 k ) x 5  C9k x 27  16 k 5 . 16k 175 (loại). 8 k  5 16  Vậy không tồn tại số hạng chứa x8 .  Để tìm hệ số của x8 ta cho 27   Ví dụ 06. Tìm hệ số của x 9 trong khai triển P  x   1  x   1  x   …  1  x  . 9 10 14 Lời giải 9 10 14 k 0 l 0 m0 Ta có P  x   1  x   1  x   …  1  x    C9k x k   C10l xl  …   C14m x m 9 10 14 . Số hạng chứa x9 : C99 x9  C109 x9  …  C149 x9  3003.×9 . Kết luận: Hệ số của số hạng chứa x9 là 3003 .  Ví dụ 07. Tìm hệ số của số hạng chứa x 5 trong khai triển x 1  2x   x2 1  3x  . 5 10 Lời giải Có x 1  2x   x2 1  3x  5 5 10 10 5 10  x C5k  2x   x 2  C10i  3x    C5k  2  x k 1   C10i 3i xi  2 k 0 k i 0 i k 0 k i 0 Hệ số của số hạng chứa x 5 trong khai triển đã cho có dạng: C5k  2   C10i 3i với k , i thỏa mãn k k  1  5  0  k  5 k  4  . i  2  5   0  i  10 i  3  i , k  Le Minh Tam – Trang 73  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT Suy ra hệ số của số hạng chứa x 5 trong khai triển là: C54  2   C103 33  3320 . 4  Ví dụ 08. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển của 5 7  1  x    2 x  1 . x  Lời giải k 5 5 5 7 7 7 i i k i   1 7 1 Có  x    2 x  1   C5k x5 k    . C7i  2 x   1   C7i .C5k .  1 .27 i x12 2 k i x k 0 k 0 i 0   x  i 0 Số hạng không chứa x trong khai triển đã cho có dạng: C7i .C5k .  1 k i .27i x122 k i với k , i thỏa mãn i  12  2 k 12  2 k  i  0 i  12  2k  0k5   0  k  5 0  k  5    5   k ; i    3; 6  ;  4; 4  ;  5; 2   0  i  7 0  12  2 k  7 2  k  6 i , k  i , k   i , k    Số hạng không chứa x trong khai triển: C53 .C76 .  1 .2  C54 .C74 .  1 .23  C55 .C72 .  1 .25  588 . 9 8 7  Ví dụ 09. Tìm hệ số của x 2 trong khai triển đa thức  1  x  3x 2  5 . Lời giải Ta có 1  x  3×2  5 5   C5k k 0  x  3×2  k k 5   C5kCki  3 k i k 0 i 0  x  x  k 2 k i 5 k  C5kCki  3 k 0 i 0 k i  x 5 k 4i . Hệ số của x 2 trong khai triển ứng với k , i nguyên thoả mãn 5k  4i  4  0  k  5; 0  i  k  Dễ thấy chỉ có cặp  k , i    4; 4  thoả mãn. Vậy hệ số của x 2 trong khai triển là C54  5.  Ví dụ 10. Cho khai triển 1  x  x 2  x3  5  a0  a1x  a2 x2  …  a15 x15 . Tính a10 . Lời giải  Ta có 1  x  x 2  x3 10 a10 là hệ số của x  5   1  x  1  x 2 5  5 5 5   C5kC5i x k  2i k 0 i 0 nên k  2i  10  0  k  5, 0  i  5 Dễ thấy có các cặp  k , i  thoả mãn là  0; 5 ;  2; 4  ;  4; 3 nên a10  C50C55  C52C54  C54C53  101. Le Minh Tam – Trang 74  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Dạng toán 3. CHỨNG MINH HOẶC TÍNH TỔNG. Phương pháp giải ※ Từ công thức nhị thức Newton: n  a  b   Cn0an  C1nan1b  Cn2an2b2  …  Cnn1abn1  Cnnbn   Cnk ankbk . n k 0 Ta chọn a ; b phù hợp với giả thiết. ※ Ta cũng có các hệ quả sau:  Với a  b  1, ta có: Cn0  C1n  Cn2  …  Cnn  2n .  Với a  1, b  1 , ta có: Cn0  C1n  Cn2  Cn3  …   1 n1 Cnn1   1 Cnn  0 . n  Ví dụ 11. Tìm hệ số của số hạng trong khai triển: 1 15 16  314 C162  …..  31C16  C16  216. ⓵ 316 C160  315 C16 ⓶ C20n  C22n  ……  C22nn  C12n  C23n  ……  C22nn1  22n1. .   ⓷ C 20n  C 22n .32  C 24n .34  …  C 22nn .32 n  22 n1 22 n  1 . . Lời giải 1 15 16  314 C162  …..  31C16  C16  216. ⓵ 316 C160  315 C16  Xét khai triển  a  b   Cn0 an  C1n an1b1  ….  Cnn1a1bn1  Cnnbn . n 1 15 16  314 C162  …..  31C16  C16  216.  Cho a  3; b  1; n  16 ta được 316 C160  315 C16 ⓶ C20n  C22n  ……  C22nn  C12n  C23n  ……  C22nn1  22n1.  Ta có 1  1  C20n  C12n  ….  C22nn1  C22nn 2n 1  1 2n 1 .  2  C20n  C12n  ….  C22nn1  C22nn    Ta có 1   2  vế với vế ta được 2 C 20n  C 22n  ……  C 22nn  22 n  C20n  C22n  ……  C22nn  22n1.    Ta có 1   2  vế với vế ta được 2 C12 n  C 23n  ……  C 22nn1  22 n  C12n  C23n  ……  C22nn1  22n1.   ⓷ C 20n  C 22n .32  C 24n .34  …  C 22nn .32 n  22 n1 22 n  1 .  Ta có 1  3  C20n  3C12n  ….  32n1 C22nn1  32n C22nn 1 2n 1  3 2n  C20n  3C12n  ….  32n1C22nn1  32n C22nn  2     Lấy 1   2  vế với vế ta được 2 C 20n  C 22n .32  C 24n .34  …  C 22nn .32 n  42 n  22 n    C 20n  C 22n .32  C 24n .34  …  C 22nn .32 n  24 n1  22 n1  22 n1 22 n  1 . Le Minh Tam – Trang 75  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Ví dụ 12. Tính tổng ⓵ S  C50  2C51  22 C52  …..  25 C55 . 0 2 4 100 ⓶ S  C100  C100  C100  …..  C100 . Lời giải ⓵ S  C  2C  2 C  …..  2 C . 0 5 1 5 2 2 5 5 5 5  Ta có S  C50 .15  C51 .14.21  ….  C55 25  1  2   35  243 . 5 0 2 4 100 ⓶ S  C100  C100  C100  …..  C100 . 0 1 2 100  Ta có C100  C100  C100  …..  C100  1  1 100 0 1 2 100 C100  C100  C100  …..  C100  1  1 100  2100.  0.   0 2 4 100  C100  C100  …..  C100  2100  S  299.  Từ đó ta có 2S  2 C100 IV. BÀI TẬP RÈN LUYỆN  Bài 01. Tìm hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển  2x  1 . 10 Lời giải 10  Ta có:  2x  1   C10k  2x  10 10  k k 0 10  1   C k k 0 k 10  k 10 2  1 k x10 k .  Hệ số của số hạng chứa x trong khai triển  2x  1 là a  C10k 210 k  1 khi 10  k  8 k 10 8  k  2.  Khi đó, a  C102 28  1  11520 . 2  Bài 02. Tìm hệ số của số hạng chứa x 4 y3 trong khai triển  3x  y  . 7 Lời giải 7  Ta có:  3x  y    C7k  3x  7 k 0 7k 7  y    C 3 k k 0 k 7 7k 7 x7  k  1 y k   C7k 37  k  1 x7  k y k . k k k 0  Hệ số của số hạng chứa x 4 y3 trong khai triển  3x  y  là a  C7k 37  k  1 khi k  3 . k 7  Khi đó, a  C73 34  1  2835 . 3  Bài 03. Tìm hệ số của số hạng chứa x12 y13 trong khai triển  2x  3y  . 25 Lời giải Le Minh Tam – Trang 76  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT 25 k  Ta có:  2x  3y    C25  2x  25 25 k k 0 25  3y    C25k 225k  3 x25k y k . k k k 0 k 225 k  3 khi k  13 .  Hệ số của số hạng chứa x12 y13 trong khai triển  2x  3y  là a  C25 k 25 212  3  C13 212313 .  Khi đó, a  C13 25 25 13  Bài 04. 9  8  Tìm số hạng không chứa x trong khai triển  x  2  . x   Lời giải k 9 k 9 9 9  8  k 9 k  8  k 9 k 8 k x  2    C 25 x  C25 8k x 9  3 k .  Ta có:  x  2    C 25  2k x  x k 0 k 0 k 0  x  9  8  k k  Số hạng không chứa x trong khai triển  x  2  là a  C25 8 khi 9  3k  0  k  3 . x   3 3  Vậy a  C25 8 .  Bài 05. 15  1 Tìm số hạng tự do trong khai triển  x 2   . x  Lời giải 15 15  1  Ta có:  x 2     C15k x 2 x k 0    15  k k 15 15 1 k 30  2 k  k  C x x  C15k x 303 k .     15 k 0 k 0 x 15  1  Số hạng tự do trong khai triển  x 2   là a  C15k khi 30  3k  0  k  10 . x  10  Vậy a  C15  3003 .  Bài 06. 40 Tìm hệ số của x 31  1  trong khai triển  x  2  . x   Lời giải k  Số hạng tổng quát Tk 1  C x k 40 40  k k k  1  k 40  k k 1 x 2 k  C 40 1 x 40 3 k     2   C 40 x  x   Để tìm hệ số của x31 ta cho 40  3k  31  k  3 . 31 3 3  C40 .  Vậy hệ số của x là:  1 C40 3  Bài 07. 12 28   Tìm hạng tử độc lập trong khai triển  x 3 x  x 15     x  0 . Le Minh Tam – Trang 77  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT Lời giải k 28 8 16  k  15  k 15 .  Số hạng tổng quát Tk 1  C x  x   C12 x   8  Tìm hạng tử độc lập trong khai triển: ta cho 16  k  0  k  30 (loại). 15  Vậy không tồn tại hạng tử độc lập trong khai triển. k 12 4 (12  k ) 3  Bài 08. 7  1  Tìm hệ số của x trong khai triển   x . 3 2  x  2 Lời giải  Số hạng tổng quát Tk 1  C x 2 (7  k ) 3  14 5 k  3 3 . x C x 14 5k  2  k  4. .  Để tìm hệ số của x 2 ta cho   3 3  Vậy hệ số của x 2 là: C74  35 . k 7 k k 7  Bài 09. 12 2  3  Tìm hệ số của a trong khai triển  3 a 2  a . 3  64  7 Lời giải 12  3 2 2 1 2  3   Viết lại nhị thức  3 a 2  a    a3  a2  3 3   64   64 12 12  k 12  k k  3 2 2 1  3   Số hạng tổng quát Tk 1  C  a 3   a 2   C12k    64   64   3  k  Để tìm hệ số của a 7 ta cho 8   7  k  6 . 6 6 30 7  Vậy hệ số của a là: C12 .2 . k 12 k  2  8 .  a 6 . 3 k  Bài 10. 1   Tìm số hạng chứa x 50 trong khai triển  x  2  x   2018 Lời giải 1   Điều kiện: x  0 . Ta có  x  2  x   2018 2018  C k 0 k k 2018 k 2018 x  1  2018 k 20183k  2    C2018 .x x   k 0 k  Vậy số hạng tổng quát của khai triển là Tk 1  C2018 .x20183k , k  0,1, 2,…, 2018  Do Tk 1 là số hạng chứa x 50 khi và chỉ khi 2018  3k  50  3k  1968  k  656 656 50 x  Vậy số hạng chứa x 50 là T657  C2018 Le Minh Tam – Trang 78  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Bài 11. Tìm hệ số của x 25 y10 trong khai triển  x 3  xy  15 Lời giải  Ta có  x 3  xy    C15k  x 3  15 15 15  k k 0 15  xy    C15k x 452 k y k k k 0  Số hạng tổng quát: Tk  C15k x 45 2 k y k 45  2k  25  k  10  Điều kiện để Tk là số hạng chứa x 25 y10 là  k  10 10 25 10  Số hạng chứa x 25 y10 là T10  C15 x y . 10  Hệ số của x 25 y10 là C15  3003  Bài 12. 15 1  Tìm hai số hạng đứng chính giữa và số hạng không chứa x khi khai triển  x 2   x  Lời giải 15 k 15 15 15 15 k  1  1   Ta có  x 2     C15k  x 2      C15k x302 k x  k   C15k x303k x   x  k 0 k 0 k 0  Số hạng chứa x 30 3k là Tk  C15k x303k . Để Tk là số hạng không chứa x thì điều kiện là 10  3003 . 30  3k  0  k  10 . Vậy số hạng không chứa x là T10  C15 15 1   Khi khai triển  x 2   ta được 16 số hạng, do đó 2 số hạng đứng chính giữa là số hạng x  thứ 8 và số hạng thứ 9 (tính từ trái sang phải).  Tức là hai số hạng sau đây T7  C157 x9 , T8  C158 x6  Bài 13. Tìm hệ số của số hạng chứa x 5 khi khai triển nhị thức Niutơn của 1  3x  , biết rằng 2n An3  2 An2  100 ( n là số nguyên dương). Trích đề DỰ BỊ ĐH KHỐI A – năm 2008 Lời giải  Ta có An3  2 An2  100  n! n! 2  100  n  3 !  n  2  !   n  2  n  1 n  2  n  1 n  100 n3  3n 2  2n  2n 2  2n  100  0 n3  n 2  100  0 n  5   n  5  n 2  4n  20  0   2  n  5.  n  4n  20  0   Le Minh Tam – Trang 79  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT 10 10  Vậy 1  3 x   1  3 x    C7k  3 x    3k Cnk x k . 2n 10 k k 0 k 0  Số hạng chứa x là Tk  3 C x k k k n  k  0,1,….,10  . k Điều kiện để Tk số hạng chứa x 5 là 35.C105  61236  Bài 14.  Tìm hệ số của x 4 trong khai triển 1  2 x  3x 2  10 . Lời giải  Cách 1. Ta có  1  2 x  3x 2 10  10 k    C10k  Cki  2 x  k 0 10   10  1  2 x  3 x 2    C10k 110 k 2 x  3 x 2 k 0 10  3x    C k i 2 i 0 10 i k k 10 k 0 i 0 Cki  2 x  k i  3x  2  k i k   C10k Cki 2k i 3i x k i (với k  0,1, 2,3….10; i  0,1, , k ) k 0 i 0 k i i  Điều kiện để C C 2 3 x k 10 i k k i k  i  4  k , i    2, 2    là số hạng chứa x là 0  i  k  10   k , i    3,1 . i, k   k , i   1, 0    4  Vậy số hạng chứa x 4 là T  C102 C22 2032 x4  C103 C31 223×4  C104 C40 2430 x4  8085×4 . Do đó hệ số của x 4 là 8085.   Cách 2. Ta có 1  2 x  3x 2   10        C  2 x  3x  chỉ xuất hiện trong các số hạng C  2 x  3x  , C  2 x  3x  , C  2 x  3x  . của x trong C  2 x  3x  , C  2 x  3x  , C  2 x  3x  lần lượt  C100  C111 2 x  3x 2  C102 2 x  3x 2  Ta thấy x 4  Hệ số 10  1  2 x  3x 2   2   C103 2 x  3x 2 2 10 4 2 10 2 2 3 10 3 10 10 2 2 2 2 3 10 3 10 2 4 10 3 4 10 2 4 2 4 là 9C102 , 3.2 2.3C103 , 2 4 C104 .  Vậy hệ số của x 4 trong khai triển 1  2 x  3x 2  10 là 9C102  3.22.3C103  24 C104  8085  Bài 15. Khai triển đa thức P  x   1  x   1  x   9  1  x   A0  A1 x  A2 x 2  10 14  A14 x11 Hãy xác định hệ số A9 . Lời giải  Vì hệ số của x 9 khi khai triển 1  x  là Cn9 n Le Minh Tam – Trang 80  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Nên hệ số của x 9 khi khai triển P  x   1  x   1  x   9 10  1  x  14 thành đa thức là A9  C99  C109  C119  C129  C139  C149  3003 .  Bài 16. Xác định hệ số của x5 y 3 z 6t 6 trong khai triển  x  y  z  t  . 20 Lời giải 20  Ta có  x  y  z  t    y  z  t   x    C20k  y  z  t  20 20 20  k xk . k 0  Vậy số hạng chứa x 5 khi khai triển  x  y  z  t  20 5 là C20  y  z  t  x5 . 15 15 5  Tiếp theo ta có C20  y  z  t  x5  C205 x5  z  t   y   C205 x 5  C15i  z  t  15 15 15 i yi i 0  Do đó số hạng chứa x 5 y 3 khi khai triển  x  y  z  t  20 là 5 5 3 5 C20 x C15  z  t  y3  C20 C153 x5 y 3  z  t  12 12 12 5 C153 x5 y 3  C12j t12 j z j  Tiếp theo ta có C20 j 0  Đo đó số hạng chứa x 5 y 3 z 6 khi khai triển là  x  y  z  t  20 5 C113 C126 x 5 y 3t 6 z 6 và đây cũng là C20 là số hạng chứ x5 y 3 z 6t 6 . Bởi vậy hệ số của x5 y 3 z 6t 6 trong khai triển  x  y  z  t  20 5 là C20 C153 C126 .  Bài 17. n 1  Tìm hệ số của x8 trong khai triển  3  x5  biết Cnn41  Cnn3  7  n  3 . x  Lời giải  Ta có Cnn41  Cnn3  7  n  3   n  4  !   n  3 !  7 n  3    n  1!.3! n!.3!   n  4  n  2    n  2  n  1  42  4n  36  n  9. 1 k 27  16 k  Số hạng tổng quát Tk 1  C9k x 3(9k ) x 5  C9k x 5 . 16k 175 8 k   Để tìm hệ số của x8 ta cho 27  (loại). 5 16  Vậy không tồn tại số hạng chứa x8 .  Bài 18. n  1  Tìm hệ số của số hạng chứa x 26 trong khai triển  4  x 7  biết tổng các hệ số của khai triển x  trên là 1024 . Le Minh Tam – Trang 81  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT Lời giải nk n n n k  1   1  Ta có  4  x7    Cnk .  4  .  x 7    Cnk .x11k 4 n x  k 0 x  k 0  Tổng các hệ số trong khai triển là: n C k 0 k n  1024  Cn0  Cn1  …  Cnn  1024  2 n  1024  n  10 . n 10  Với n  10   Cnk .x11k  4 n   C10k .x11k  40 có số hạng tổng quát: C10k .x11k  40 . k 0 k 0  Số hạng chứa x phải có: 11k  40  26  k  6 .  Hệ số của số hạng chứa x 26 : C106  210 . 26  Bài 19. Tìm hệ số của số hạng chứa x11 trong khai triển P  x   10 1  x   111  x   …  15 1  x  10 11 15 Lời giải  Ta có P  x   10 1  x   111  x   …  15 1  x  10 10 11 11 15 15  10. C10k   x   11. C11k   x   …  15. C15k   x  . k k 0 k k 0 10 k k 0 11 15  10. C10k  1 .x k  11. C11k  1 x k  …  15. C15k  1 x k k k 0 k k 0 k k 0 11  Số hạng chứa x11 : 11.C11  1 x11  …  15.C1511  1 x11  11 11   11.1  12.12  13.78 14.364 15.1365  x11  26740.×11 .  Hệ số của số hạng chứa x là -26740 . 11  Bài 20.     Tìm số hạng chứa x12 trong khai triển P  x   x2  1  x2  1  9 10   …   x 1   C  x   1   C  x   1  …   C  x   1 k 0 k 9 2 9 k   9 k 10 k 0  13 Lời giải  Ta có P  x   x2  1  x2  1 9   …  x2  1 . k 10 2 10 10  k 13 2 13 k k 13 k 0 2 13 k k .  Số hạng chứa TQ: C9k x182 k  1  C10k x202 k  1  …  C13k x262 k  1 k k k  Số hạng chứa x12 : C93 x182.3  1  C104 x202.4  1  C115 x202.5  1  C126 x202.6  1  C137 x262.7  1 3 4 5 6 7   84  210  462  924 1716  x12  1128 .  Bài 21. Tìm số hạng chứa x 5 trong khai triển Le Minh Tam – Trang 82  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT 5 6 10   1  1 1 P  x    x     x    …   x   . x  x x   Lời giải 5 6 10   1  1 1  Có P  x    x     x    …   x   x  x x   n k 10 n 10 n k   1  1    x     Cnk x n k .     Cnk  1 x n 2 k . x n5  n5 k  0  x  n5 k  0 10  Số hạng chứa x 5 trong khai triển P  x  có dạng Cnk  1 xn2 k với n, k thỏa mãn k n  2 k  5  5  n  10   n; k    5; 0  ;  7;1 ;  9; 2  .  0  k  n n, k     Số hạng chứa x 5 trong khai triển P  x  là: C50  1 x5  C17  1 x5  C92  1 x5  29×5 . 0 1 2  Bài 22. Tìm hệ số của số hạng chứa x 6 trong khai triển 2×2 1  3x   3x 1  2x  . 5 7 Lời giải 5 7 5 7  2×2 1  3x   3x 1  2x   2x 2  C5k  3x   3x C7i  2x    C5k .2.  3 x k  2   C7i .3.2i x i 1 5 7 k k 0 i i 0 k k 0 i 0  Hệ số của số hạng chứa x trong khai triển đã cho có dạng: C .2.  3  C .3.2i với k , i thỏa k k 5 6 i 7 k  2  6  0  k  5  k  4  mãn i  1  6   . i  5 0  i  7  i , k   Hệ số của số hạng chứa x 6 trong khai triển là: C54 .2.  3  C75 .3.25  1856 . 4  Bài 23. Tìm số hạng chứa x15 trong khai triển 1  x   x 7 2 2  10 . Lời giải     C x . C  x   2    C x .C  x   2    C .C .  2  .x  Có 1  x  x2  2 7 7 k 0 10 k 7 k i 0 i 10 2 10 10  i i 7 10 k 0 i 0 k 7 k i 10 2 10  i i 7 10 k 0 i 0 k 7 i 10 i 20  2 i  k Le Minh Tam – Trang 83  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Số hạng chứa x15 trong khai triển đã cho có dạng: C7k .C10i .  2  .x202i  k với k , i thỏa mãn i  k  2i  5 20  2i  k  15 2i  k  5  k  2i  5  5    0  k  7 0  k  7 0  2i  5  7   i  6    2   k ; i   1; 3 ;  3; 4  ;  5; 5  ;  7; 6  .  0  i  10 0  i  10 0  i  10    0  i  10 i , k  i , k  i , k   i , k   Số hạng chứa x15 trong khai triển là:   C17 .C103 .  2  .x15  C73 .C104 .  2  .x15  C75 .C105 .  2  .x15  C77 .C106 .  2  .x15  45024×15 . 3 4 5 6  Bài 24. Tìm hệ số của x8 trong khai triển đa thức . 1  x 1  x  . 8 2 Lời giải   8 k 8  Ta có 1  x2 1  x    C8k x 2 k 1  x   C8k  1 Cki x 2 k i 8 k k 0 i k 0 i 0  Hệ số của x trong khai triển ứng với k , i thoả mãn 2k  i  8  0  i  k , 0  k  8 8 k  3 k  4  Có 2 bộ  và  thoả mãn. i  2 i  0   8  Vậy hệ số của x trong khai triển là C83C32  C84C40  238.  Bài 25.  Đa thức P  x   1  3x  2×2  10  a0  a1x  …  a20 x20 . Tìm a15 .. Lời giải  Ta có:  P  x   1  3x  2x 2   10  a15 là hệ số của x 15  1  3x   2x 2  10 10 10 k   C10k 210 k x 202 k 1  3x    C10k C ki 210 k 3i x 202 k i k k 0 k 0 i 0 nên 20  2k  i  15  2k  i  5  0  k  10, 0  i  k   Dễ thấy chỉ có cặp  k , i    2;1 thoả mãn.  Vậy a15  C102 C12 .108.3  27.109 .  Bài 26. Với n là số nguyên dương, gọi a3 n  3 là hệ số của x3n3 trong khai triển thành đa thức của  x  1  x  2 2 n n . Tìm n để a3n3  26n. Lời giải    x  2   C x  Ta có x2  1 n n n k 0 k n 2 n 2 k  n n n  Cni xni 2i   CnkCni x3n2k i 2i i 0   Từ giả thiết 2 k  i  3   k , i   1; 1 ,  0; 3 k 0 i 0 Le Minh Tam – Trang 84  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  a3n3  2C1nC1n  23 Cn0Cn3  2n2  n  n  1 n  2   26n n  5 4 2  2n   n  1 n  2   26  2n  3n  35  0   n5 n   7  loaïi  3  2  Bài 27.  Tìm hạng tử của khai triển 33 2  9 là số nguyên. Lời giải  Số hạng tổng quát trong khai triển là: Tk 1  C9k    k 3 3 9 k 2 k  C9k .32 .2 2 k 3 .  k  2m   Hạng tử của triển khai đã cho là số nguyên   k  3n  k  0, k  6 .   k  1; 9  Các số hạng là số nguyên: C90  Bài 27.  Tìm hạng tử của khai triển  2 3 3  15  9  8 và C96  3  2 . 6 3 3 6 là số nguyên. Lời giải  Số hạng tổng quát trong khai triển là: Tk 1  C6k   k 3  15  6 k   1 6 k k 3 C6k .32 .15 k 2 .  k  2n   Hạng tử của triển khai đã cho là số nguyên    k  0, k  2, k  4, k  6 . k  0 , 6    Các số hạng là số nguyên: 3375, 10125, 2025, 27 .  Bài 28. Trong triển khai  345  124 có bao nhiêu số hạng hữu tỷ. Lời giải   34 5  124 124 1  1    32  5 4    k  Số hạng tổng quát trong khai triển là: Tk 1  C k 124 124  k  12   14   3   5        1 124  k k 31 k C124 .3 2 .5 k 4 . k  2   k  4m  Để số hạng trong triển khai là số hữu tỷ thì:  k   4  Vì 0  k  124  0  4m  124  0  m  31, m  .  Vậy có 32 số hạng hữu tỷ. Le Minh Tam – Trang 85  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Bài 29. 10  1 2x  Trong khai triển    thành đa thức a0  a1x  a2 x2  3 3  ak lớn nhất.  a10 x10 a k   . Hãy tìm hệ số Trích đề ĐHSP HÀ NỘI – năm 2001 Lời giải 10  k 10 10  1 2x  1  C10k    Ta có     k 0 3 3  3 k 10  2x  2k k k  C    10 10 k k x . 3 .3 k 0  3  k 2 2k  Vậy số hạng chứa x k là Tk 1  C10k 10 k k x k  C10k 10 x k , k  0,1, ,10 . 3 3 3 k 2  Do đó ak  C10k 10 , k  0,1, ,10 lúc này 3 2k 2 k 1 10 ! 10 !.2 ak  ak 1 ( k  , 0  k  9)  C10k 10  C10k 1 10   k !(10  k )! ( k  1)!(9  k )! 3 3  1 2 19   k  1  20  2k  3k  19  k   k  {0,1, 2, 3, 4, 5, 6} (10  k ) ( k  1) 3 a  a  a  a3  a4  a5  a6  a7  Vậy ak  ak 1  k  {0,1, 2, 3, 4, 5, 6} tức là  0 1 2 a7  a8  a9  a10 27  Vậy hệ số ak lớn nhất là a7  C107 10 . 3  Bài 30. Tìm số hạng lớn nhất và tính giá trị số hạng đó trong khai triển 1  0, 2  . 100 Lời giải k  Ta có (1  0, 2)   C (0, 2) . Xét ak  C100 (0, 2)k . 20 k 0 k 100 k  Giả sử ak 1  ak ( k  0,1, 2,, 09) k 1 k  C100 (0, 2)k 1  C100 (0, 2)k 100 ! 100 !  ( k  1)!(99  k )! k !(100  k )! 0, 2 1    20  0, 2k  k  1 k  1 100  k 95  1, 2k  19  k   k  {0,1, ,15} 6  Vậy ak 1  ak  k  {0,1,,15} , nghĩa là a0  a1  a2   0, 2   a15  a16  a17  a18   a99  a100 16  Số hạng lớn nhất là a16  C100 (0, 2)16  8820232, 219  Nhận xét. Với đa thức P  x   an xn  an1xn1  …  a1x  ao ta có : Le Minh Tam – Trang 86  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Tổng các hệ số theo mũ chẵn bằng  Tổng các hệ số theo mũ chẵn bằng  Bài 31. Tìm số hạng nguyên khi khai triển  5 P 1  P  1 2 P 1  P  1 2 3 3 7  . . 100 . Lời giải  1  Ta có ( 3  7 )   C  35  k 0   36 5 k 36 36 3 k  Điều kiện để Tk 1  C36 3  Nếu  Vì 36  k 36  k 5 k 36  k k 36  13  k 7  C 3    36 5 7 3 . k 0   k 7 3 ( k  0,1, , 36) là số nguyên là 36  k  5 và k  3 k 36  k 36  3p 3(12  p)  p , p  , 0  p  12 thì k  3p khi đó   3 5 5 5 3(12  p)  5 nên 12  p  5q, q  .  Điều kiện 0  p  12 buộc 0  12  5q  12  0  5q  12  q  {0,1, 2} . 36 0 12 q  0  12  p  0  p  12  k  36  Tk 1  T37  C36 3 7  712 21 3 7 q  1  12  p  5  p  7  k  21  Tk 1  T22  C36 37 q  2  12  p  10  p  2  k  6  Tk 1  T7  C366 3672 21 3 7 6 6 2  Vậy các số hạng nguyên là : T37  712 , T22  C36 3 7 , T7  C36 37 .  Bài 32.  a Trong triển khai nhị thức  3   b  nhau. 21 b   tìm hệ số của số hạng có số mũ của a và b bằng 3 a  Lời giải  a  Số hạng tổng quát trong khai triển  3   b  k  a   Tk 1  C  3    b    k 21 k 3 k  a   b   C21   3   b  a 21 k 2 b   3 a  21 b   là: 3 a  21 k k  k k 3  C21 a .b 6 .b 21 k 2 .a k  21 6 k  k k 3  C21 a .b 6 .b 21 k 2 .a k  21 6 k  C 21 a k 7 2 .b 63 4 k 6 . Le Minh Tam – Trang 87  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Số hạng có số mũ của a và b bằng nhau  k  7 63  4k   7 k  42  k  6 . 2 6  Bài 33. Tìm hệ số lớn nhất trong khai triển 1  2x  . 10 Lời giải  Số hạng tổng quát trong khai triển 1  2x  là: Tk 1  C10k ( 2x)k  C10k .2k x k 10  Hệ số của số hạng tổng quát trong khai triển là C10k .2k .  Gọi ak là hệ số lớn nhất của khai triển, suy ra: ak  ak 1  Ta có hệ phương trình: 2 2 1 1  k  10  k  1  k  11  k 2 k C10k  2k 1 C10k 1 3k  22     k  7.  k k    k 1 k 1 1 2 1 2 3 k  19 2 C10  2 C10      10  k k  1 10  k k  1  Vậy hệ số lớn nhất trong khai triển là: C107 .27 .  Bài 34. Xét triển khai  3x  2   a0  a1x  a2 x 2  …  an xn . Tìm max a0 , a1 , a2 ,…, an  . 9 Lời giải  Ta có:  3x  2    2  3x  9 9  Số hạng tổng quát trong khai triển  2  3x  là: Tk 1  C9k 29 k  3x   C9k .29k.3k x k 9 k  Hệ số của số hạng tổng quát trong khai triển là C9k .29 k.3k .  Gọi ak là hệ số lớn nhất của khai triển, suy ra: ak  ak 1 6 1  k  9  k  1 29 k.3k C9k  28 k.3k 1 C9k 1 7 k  60    k  8.  Ta có hệ phương trình:  9 k k k   10  k k 1 k 1 1 6 7 k  53 2 .3 C9  2 .3 C9     9  k k  1  Vậy hệ số lớn nhất trong khai triển là: C98 .2.38  118098 .  Bài 35. Chứng minh các đẳng thức sau:   1 1 1 ⓵ 5n  Cn0  C1n  2 Cn2  …  n Cnn   6n . 5 5 5   ⓶ 2n Cn0  2n1.71C1n  …  2.7n1Cnn1  7n Cnn  9n . ⓷ 3n Cn0  3n1.51.61C1n  3n2.52.62 Cn2 …  5n.6n Cnn  33n .  1 C n  1 . 1 1 1 1 ⓸ Cn0  C1n  Cn2  Cn3 …  2 4 6 8 2  n  1 n 2  n  1 n Le Minh Tam – Trang 88  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT ⓹ Cm0 Cnk  C1mCnk 1  …  Cmk Cn0  Cmk n . ⓺ C20n  C22n  …  C22nn  C12n  C23n  …  C22nn1 . ⓻ Cn0Cnk  C1nCnk11  …  CnkCn0k  2n Cnk . Lời giải   1 1 1 ⓵ 5n  Cn0  C1n  2 Cn2  …  n Cnn   6n . 5 5 5     1 1 1  Ta có: VT  5n  Cn0  C1n  2 Cn2  …  n Cnn  5 5 5    5n Cn0  5n1C1n  5n2 Cn2  …  Cnn   5  1  6n  VP (Đpcm). n ⓶ 2n Cn0  2n1.71C1n  …  2.7n1Cnn1  7n Cnn  9n .  Ta có: VT  2n Cn0  2n1.71C1n  …  2.7n1Cnn1  7n Cnn   2  7   9n  VP (Đpcm). n ⓷ 3n Cn0  3n1.51.61C1n  3n2.52.62 Cn2 …  5n.6n Cnn  33n .  Ta có: VT  3n Cn0  3n1.51.61C1n  3n2.52.62 Cn2 …  5n.6n Cnn  3n Cn0  3n1.301C1n  3n2.302 Cn2 …  30n Cnn   3  30   33n  VP (Đpcm). n  1 C n  1 . 1 1 1 1 ⓸ Cn0  C1n  Cn2  Cn3 …  2 4 6 8 2  n  1 n 2  n  1 n  1 C n  1 1 1 1 1  Ta có: Cn0  C1n  Cn2  Cn3 …  2 4 6 8 2  n  1 n 2  n  1 n  1 C n  1 1 1 1  C  C1n  Cn2  Cn3  …  2 3 4 n 1 n n 1 1 k 1  Ta có: Cn  Cnk11 k 1 n 1 n 1  VT  C1n1  Cn2 2  Cn31  Cn41  …   1 Cnn11 n 1 n 1  Cn01  Cn01  C1n1  Cn21  Cn31  Cn41  …   1 Cnn11 n 1 n 1  0  Cn1  Cn01  C1n1  Cn21  Cn31  Cn41  …   1 Cnn11   n  1  n1 1  0 1  Cn1  1  1    VP (Đpcm).  n  1 n  1  ⓹ Cm0 Cnk  C1mCnk 1  …  Cmk Cn0  Cmk n . n 0 n      Xét khai triển 1  x   Mặc khác 1  x  m n mn   , khi đó hệ số của số hạng chứa x k là Cmk n  1  x  . 1  x  , hệ số của x k trong khai triển này là m n Cm0 Cnk  C1mCnk 1  …  Cmk Cn0 . Từ đó ta có điều phải chứng minh. Le Minh Tam – Trang 89  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT ⓺ C20n  C22n  …  C22nn  C12n  C23n  …  C22nn1 .  Ta có 0  1  1  C20n  C12n  C23n  C22n  …  C22nn1  C22nn 2n  C20n  C22n  …  C22nn  C12n  C23n  …  C22nn1 (Đpcm). ⓻ Cn0Cnk  C1nCnk11  …  CnkCn0k  2n Cnk .  Xét số hạng T  Cn .Cnk  n! n  ! k k k 0 0 0 ! .  n  !  n! . k ! n  k ! k  ! n  k ! k !  k  ! !  Cnk .Ck  Khi đó VT   T   CnkCk  Cnk  Ck  Mặc khác k C 0 k  Ck0  C1k  …  Ckk  2k Do đó VT  2k.Cnk  VP (Đpcm). —————— HẾT —————— Le Minh Tam – Trang 90  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT BÀI 4 BIẾN CỐ & XÁC SUẤT BIẾN CỐ I. PHÉP THỬ VÀ KHÔNG GIAN MẪU Định nghĩa ※ Phép thử ngẫu nhiên (gọi tắt là phép thử) là một thí nghiệm hay một hành động mà:  Kết quả của nó không đoán trước được;  Có thể xác định được tập hợp tất cả các kết quả có thể xảy ra của phép thử đó.  Phép thử thường được kí hiệu bởi chữ T.  Tập hợp tất cả các kết quả có thể xảy ra của phép thử T được gọi là không gian mẫu của phép thử T và được kí hiệu bởi chữ  (đọc là ô-mê-ga). ※ Số phần tử của không gian mẫu được kí hiệu là n    . Ví dụ 1 Phép thử: “Gieo 1 con súc sắc” có không gian mẫu là: . Ví dụ 2 Xét phép thử: “Gieo hai đồng xu phân biệt”. Nếu kí hiệu để chỉ đồng xu “sấp”, kí hiệu đồng xu “ngửa” thì không gian mẫu của phép thử trên là:   SS, SN , NS, NN  n     4 . để chỉ Lời giải Ví dụ 3 Xét phép thử là: “Gieo ba đồng xu phân biệt”. Hãy cho biết không gian mẫu và số phần tử của không gian mẫu đó? Lời giải   SSS, SSN , SNS, NSS, SNN , NSN , NNS, NNN  n     8 . II. BIẾN CỐ & XÁC SUẤT CỦA BIẾN CỐ Định nghĩa ※ Giả sử phép thử T có không gian mẫu  là một tập hữu hạn và các kết quả của T là đồng khả năng. Nếu A là một biến cố liên quan đến phép thử T thì xác suất của A , kí hiệu là P  A  , được xác định như sau: P  A   Chú ý n  A n  . Nhận xét Le Minh Tam – Trang 91  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT 0  P  A   1  P     1   P     0 0  P  A   1  P  A   1   P     0    Hệ quả: Với mọi biến cố A , ta có P A  1  P  A  . Ví dụ 4 Xét phép thử : “Gieo một con súc sắc” có không gian mẫu là chấm trên mặt xuất hiện là số chẵn”. . Xét biến cố : “Số Lời giải  Biến cố A xảy ra khi kết quả của phép thử T là: 2; 4; 6 .  Các kết quả này được gọi là kết quả thuận lợi cho A được mô tả bởi A  2; 4; 6 là một tập con của   Số phần tử thuận lợi của biến cố A là n  A   3 . Ví dụ 5 Xét phép thử như trên và biến cố : “Số chấm trên mặt xuất hiện là một số lẻ” và biến cố chấm xuất hiện trên mặt là nguyên tố”. Hãy mô tả biến cố và . : “Số Lời giải  B  1; 3; 5  n  B  3 .  C  2; 3; 5  n C   3 . Ví dụ 6 Gieo ngẫu nhiên một con súc sắc cân đối và đồng chất. Tính xác suất các biến cố sau: ⓵ A: “ mặt lẻ xuất hiện”. ⓶ B: “ xuất hiện mặt có số chấm chia hết cho 3”. ⓷ C: “ Mặt xuất hiện có số chấm lớn hơn 2”. Lời giải Không gian mẫu:  1; 2; 3; 4; 5; 6  n    6. ⓵ A: “ mặt lẻ xuất hiện”.  Ta có A  1; 3; 5  n  A   3 .  Xác suất biến cố A: P  A   n  A n   3 1  . 6 2 ⓶ B: “ xuất hiện mặt có số chấm chia hết cho 3”.  Ta có B  3; 6  n  B  2 . Le Minh Tam – Trang 92  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Xác suất biến cố B: P  B   n  B n   2 1  . 6 3 ⓷ C: “ Mặt xuất hiện có số chấm lớn hơn 2”.  Ta có C  3; 4; 5; 6  n C   4 . n C   Xác suất biến cố C: P  C   n   4 2  . 6 3 Ví dụ 7 Từ một hộp chứa 4 quả cầu trắng, 3 quả cầu đỏ và 2 quả cầu xanh. Lấy ngẫu nhiên một quả cầu từ hộp. Tính xác suất để: ⓵ Lấy được quả cầu trắng. ⓶ Lấy được quả cầu đỏ. ⓷ Lấy được quả cầu xanh. Lời giải Số quả cầu trong hộp là: 4  3  2  9 Lấy ngẫu nhiên một quả cầu từ hộp có 9 quả cầu nên số phần tử không gian mẫu n  9 ⓵ Lấy được quả cầu trắng.  Gọi A: “Lấy được quả cầu trắng”  Số phần tử biến cố A: n  A   4  Xác suất biến cố A: P  A   n  A n   4 9 ⓶ Lấy được quả cầu đỏ.  Gọi B: “Lấy được quả cầu đỏ”  Số phần tử biến cố B: n  B   3  Xác suất biến cố B: P  B   n  B n   3 1  9 3  2 9 ⓷ Lấy được quả cầu xanh.  Gọi C: “Lấy được quả cầu xanh”  Số phần tử biến cố C: n C   2  Xác suất biến cố C: P  C   n C  n  Le Minh Tam – Trang 93  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT Ví dụ 8 Trong một đợt kiểm tra về vệ sinh an toàn thực phẩm của ngành y tế tại chợ X. Ban quản lý chợ lấy ra 15 mẫu thịt lợn trong đó có 4 mẫu ở quầy A, 5 mẫu ở quầy B và 6 mẫu ở quầy C. Mỗi mẫu thịt này có khối lượng như nhau và để trong các hộp kín có kích thước giống hệt nhau. Đoàn kiểm tra lấy ra ngẫu nhiên ba hộp để phân tích, kiểm tra xem trong thịt lợn có chứa hóa chất “Super tạo nạc” (Clenbuterol) hay không. Tính xác suất để 3 hộp lấy ra có đủ ba loại thịt ở các quầy A, B,C. Lời giải  Lấy ra ngẫu nhiên ba hộp từ 15 hộp nên số phần từ không gian mẫu: n  C 3 15  455  Gọi biến cố A: “3 hộp lấy ra có đủ ba loại thịt ở các quầy A, B,C”  Số phần tử biến cố A: n  A   C14 .C51 .C16  120  Xác suất biến cố A: P  A   n  A n   120 24  455 91 Ví dụ 9 Trong một chiếc hộp có chứa 10 quả cầu có kích thước như nhau, được đánh số từ 1 đến 10. Lấy ngẫu nhiên 3 quả cầu trong hộp đó. Tính xác suất để các số ghi trên 3 quả cầu lấy được là độ dài 3 cạnh của một tam giác vuông. Lời giải  Lấy ra ngẫu nhiên ba quả cầu từ hộp có 10 quả cầu nên số phần từ không gian mẫu: n    C103  120  Gọi biến cố A: “số ghi trên 3 quả cầu lấy được là độ dài 3 cạnh của một tam giác vuông”    Khi đó: A   3; 4; 5  ;  6; 8;10   Số phần tử biến cố A: n  A   2  Xác suất biến cố A: P  A   n  A n   2 1  120 60 Ví dụ 10 Trong một chiếc hộp có chứa 6 viên bi đỏ, 5 viên bi vàng và 4 viên bi trắng. Lấy ngẫu nhiên trong hộp ra 4 viên bi. Tính xác suất để trong 4 viên bi lấy ra không có đủ cả ba màu? Lời giải  Lấy ra ngẫu nhiên 4 viên bi từ hộp có 15 viên bi nên số phần tử không gian mẫu: n    C154  1365  Gọi biến cố A: “trong 4 viên bi lấy ra không có đủ cả ba màu”  Số phần tử biến cố A: n  A   1365  6.5.4  1245  Xác suất biến cố A: P  A   n  A n   1245 83  1365 91 Le Minh Tam – Trang 94  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT III. PHÉP TOÁN TRÊN CÁC BIẾN CỐ ※ Giả sử A là biến cố liên quan đến một phép thử. Tập A được gọi là biến cố đối của biến cố A , ký hiệu là A . Như vậy A xảy ra khi và chỉ khi biến cố A không xảy ra. ※ Giả sử A và B là hai biến cố liên quan đến một phép thử. Ta có:  Được gọi là hợp của các biến cố A và B . Tập A  B  Biến cố A  B xảy ra khi và chỉ khi có ít nhất 1 trong 2 biến cố A hoặc B xảy ra.  Được gọi là giao của các biến cố A và B . Tập A  B  Biến cố A  B còn được viết là A.B .  Biến cố A  B xảy ra khi và chỉ khi cả 2 biến cố A và B đồng thời xảy ra.  Thì ta nói A và B là hai biến cố xung khắc. AB    Ta thấy A và A là hai biến cố xung khắc. Ví dụ 11 Xét phép thử “Gieo một con súc sắc” có không gian mẫu là . Xét biến cố : “Số chấm trên mặt xuất hiện là số chẵn” và : “Số chấm trên mặt xuất hiện là số chia hết cho 3”. Mô tả các biến cố .  A  2; 4; 6 ; B  3; 6 Lời giải  A là biến cố: “Số chấm trên mặt xuất hiện là số lẻ”  A  1; 3; 5 .  A  B là biến cố: “Số chấm trên mặt xuất hiện là số chẵn hoặc chia hết cho 3”  A  B  2; 3; 4; 6 .  A.B là biến cố: “Số chấm trên mặt xuất hiện là số chẵn và chia hết cho 3”  A.B  6 . IV. CÁC BIẾN CỐ ĐỘC LẬP, CÔNG THỨC NHÂN XÁC SUẤT. ※ Hai biến cố A và B được gọi là độc lập với nhau nếu việc xảy ra hay không xảy ra của biến cố này không làm ảnh hưởng tới xác suất xảy ra của biến cố kia. ※ Hai biến cố A và B là độc lập khi và chỉ khi P  A  B  P  A  P  B . Ví dụ 12 Một cầu thủ sút bóng vào cầu môn hai lần. Biết rằng xác suất sút vào cầu môn là . ⓵ Tính xác suất để cầu thủ đó sút hai lần bóng đều vào được cầu môn. ⓶ Tính xác suất để cầu thỉ đó sút không vào cầu môn (sút hụt) ít nhất một lần. Lời giải ⓵ Tính xác suất để cầu thủ đó sút hai lần bóng đều vào được cầu môn.  Gọi A là biến cố để cầu thủ đó vào được cầu môn.  P  A   3 8  Gọi B là biến cố để hai cầu thủ đó vào được cầu môn. Le Minh Tam – Trang 95  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT 3 3 9  P  B   P  A  .P  A   .  . 8 8 64 ⓶ Tính xác suất để cầu thỉ đó sút không vào cầu môn (sút hụt) ít nhất một lần.  Gọi C là biến cố cầu thủ đó sút không vào cầu môn (sút hụt) ít nhất một lần.  C là biến cố đối của B . 9 55  P C   1  P  B   1   . 64 64 Ví dụ 13 Có hai xạ thủ bắn bia. Xác suất xạ thủ thứ nhất bắn trúng bia là trúng bia là . Tính xác suất để: . Xác suất xạ thủ thứ hai bắn ⓵ Cả hai xạ thủ đều bắn trúng bia. ⓶ Cả hai xạ thủ đều không bắn trúng bia. ⓷ Có ít nhất một xạ thủ bắn trúng bia. Lời giải ⓵ Cả hai xạ thủ đều bắn trúng bia.  Gọi A là biến cố “xạ thủ thứ nhất bắn trúng bia”.  Gọi B là biến cố “xạ thủ thứ hai bắn trúng bia”.  Gọi C là biến cố “cả hai xạ thủ bắn trúng bia”.  Khi đó: C  A.B  Vì hai xạ thủ hoạt động độc lập nên A và B là hai biến cố độc lập.  Áp dụng quy tắc nhân xác suất hai biến cố độc lập, ta có P C   P  A  .P  B  0, 8.0, 7  0, 56 ⓶ Cả hai xạ thủ đều không bắn trúng bia.    B là biến cố “xạ thủ thứ hai bắn trượt bia”.  P  B   0 , 3  A là biến cố “xạ thủ thứ nhất bắn trượt bia”.  P A  0 , 2  Gọi D là biến cố “cả hai xạ thủ đều không bắn trúng bia”.     P  D   P A .P B  0, 2.0, 3  0, 06 ⓷ Có ít nhất một xạ thủ bắn trúng bia.  Gọi D là biến cố “cả hai xạ thủ đều không bắn trúng bia”.  D là biến cố đối của D .      P D  1  P D  1  0 , 06  0 , 94 . Le Minh Tam – Trang 96  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT V. CÁC DẠNG BÀI TẬP.  Dạng toán 1. TÍNH XÁC SUẤT CỦA BIẾN CỐ Phương pháp giải  Giả sử phép thử T có không gian mẫu  là một tập hữu hạn và các kết quả của T là đồng khả năng. Nếu A là một biến cố liên quan đến phép thử T thì xác suất của A , kí hiệu là P  A  , được xác định như sau: P  A   n  A n  Chú ý . Nhận xét 0  P  A   1  P     1   P     0 0  P  A   1  P  A   1   P     0    Hệ quả: Với mọi biến cố A , ta có P A  1  P  A  .  Bài 01. Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt được chọn từ các số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. Xác định số phần tử của S . Chọn ngẫu nhiên một số từ S . Tính xác suất để số được chọn là số chẵn Trích từ đề ĐH KHỐI A – năm 2013 Lời giải ※ Tìm .  Mỗi một số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt được chọn từ các số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 ứng với đúng một chỉnh hợp chập 3 của 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 ,  Do đó số phần tử của S là A73  210 . ※ Tìm A . Gọi A là biến cố “để số được chọn là số chẵn”.  Giả sử abc là một số chẵn của S . Bước 1: chọn c . Vì c 2 , 4 , 6 nên có 3 cách chọn. Bước 2: Chọn a , b : số cách chọn là A62  30 .  Vậy trong S có 3.30  90 số chẵn. Xác suất cần tính là P  90 3  . 210 7  Bài 02. Gieo đồng thời ba con súc sắc được chế tạo đồng chất, cân đối. Tính xác suất để tổng số nốt xuất hiện của ba con là 9. Le Minh Tam – Trang 97  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT Lời giải ※ Tìm .  Mỗi kết quả của phép thử là một bộ ba  a , b , c  .  Trong đó a , b , c là các số nguyên từ 1 đến 6.  Vậy không gian mẫu là    a , b , c  a , b , c   ,1  a  6,1  b  6,1  c  6 .  Vì có 6 cách chọn a , 6 cách chọn b 6 cách chọn c  Nên số phần tử của không gian mẫu là   6.6.6  216 . ※ Tìm A .  Các bộ ba số  a , b , c  có tổng bằng 9 là 1 , 2 , 6 và 5 hoán vị của nó, 1 , 3 , 5 và 5 hoán vị của nó, 1, 4 , 4 và 2 hoán vị của nó,  2 , 2 , 5 và 2 hoán vị của nó,  2 , 3 , 4 và 5 hoán vị của nó, 3 , 3 , 3  Vậy số kết quả thuận lợi là : 6  6  3  3  6 1  25. Vì các con xúc xắc cân đối và đồng chất nên có thể cho rằng các kết quả là đồng khả năng.  Vậy xác suất cần tính là: 25  0,1157 . 216  Bài 03. Lớp 11A có 25 đoàn viên trong đó 10 nam và 15 nữ. ⓵ Chọn ngẫu nhiên một đoàn viên làm thư kí đai hội chi doàn. Tìm xác suất để chọn được thư kí là một đoàn viên nữ. ⓶ Chọn ngẫu nhiên hai đoàn viên trong chi đoàn để tham dự trại 26 / 3 . Tim xác suất để hai đoàn viên được chọn có một nam và một nữ. Lời giải ⓵ Chọn ngẫu nhiên một đoàn viên làm thư kí đai hội chi doàn. Tìm xác suất để chọn được thư kí là một đoàn viên nữ. Le Minh Tam – Trang 98  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT ※ Tìm .  Chọn 1 đoàn viên trong số 25 đoàn viên của lớp, có 25 cách chọn,  Suy ra không gian mẫu Ω có 25 phần tử ※ Tìm A .  Gọi A là biến cố”Chọn một đoàn viên nữ’’.  Lớp có 15 đoàn viên nữ, chọn một đoàn viên nữ, do đó có 15 cách chọn đoàn viên nữ ,  Suy ra Ω A có 15 phần tử.  Vậy P  A   ΩA Ω  15 3  . 25 5 ⓶ Chọn ngẫu nhiên hai đoàn viên trong chi đoàn để tham dự trại 26 / 3 . Tim xác suất để hai đoàn viên được chọn có môt nam và một nữ. ※ Tìm . 2  300 cách chọn,  Chọn ngẫu nhiên 2 đoàn viên trong số 25 đoàn viên của lớp, có C25 Suy ra không gian mẫu Ω có 300 phần tử. ※ Tìm B .  Gọi B là biến cố “ hai đoàn viên được chọn có 1 nam và 1 nữ” .  Lớp có 15 đoàn viên nữ, chọn một đoàn viên nữ, Do đó có 15 cách chọn đoàn viên nữ,  Lớp có 10 đoàn viên nam, chọn một đoàn viên nam, Do đó có 10 cách chọn đoàn viên nam.  Vậy có 15.10  150 cách chọn 2 đoàn viên, trong đó có một nam và một nữ.  Bởi vậy số phần tử của tập ΩB là 150.  Do đó P  B   ΩB Ω  150 1  . 300 2  Bài 04. Trong một lớp học gồm có 15 học sinh nam và 10 học sinh nữ. Giáo viên goi ngâu nhiên 4 học sinh lên bảng giải bài tập. Tính xác suất để 4 học sinh được goi có cả nam và nữ. Lời giải ※ Tìm . 4 Số cách chọn ngẫu nhiên 4 em học sinh trong 25 em là Ω  C25  12650 ※ Tìm A . Le Minh Tam – Trang 99  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Trường hợp 1 bốn em chọn không có nữ: C154  1365.  Trường hợp2 bốn em chọn không có nam: C104  210.  Gọi A là biến cố: chọn 4 em có cả nam và nữ.  Khi đó A  12560  1365  210  11075.  Vậy P  A   11075  0, 8755 12650  Bài 05. Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau. Gọi A là biến cố “Số tự nhiên được chọn gồm 4 chữ số 3, 4, 5, 6 . Hãy tính xác suất của biến cố A . Lời giải ※ Tìm .  Khi đó có 9 cách chọn a , 9 cách chọn b , 8 cách chọn c , 7 cách chọn d . Do đó có tất cả là 9.9.8.7  4536 số có 4 chữ số khác nhau,  Không gian mã̃u Ω có 4536 phần tử. ※ Tìm A .  Ta có Ω A là tập hợp các số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau được lập từ 3, 4, 5 , 6. Do đó tập Ω A có 4!  24 phần tử.  Bởi vậy xác suất của biến cố A là P  A   ΩA Ω  24 1  4536 189  Bài 06. Một tổ có 9 hoc sinh, trong đó có 5 nam và 4 nữ được xếp thành một hàng doc. Tính xác suất sao cho 5 ban nam phải đứng kề nhau. Lời giải  Gọi A là biến cố “Xếp 9 học sinh thành một hàng dọc trong đó 5 bạn nam phải đứng kề nhau”. ※ Tìm . Xếp 9 học sinh thành môt hàng dọc, có 9! cách xếp  Ω  9 ! . ※ Tìm A .  Năm học sinh nam đứng kề nhau ta coi như 1 phần tử , cùng với 4 nữ là 5 phần tử .  Xếp 5 phần tử này thành một hàng dọc có 5!  120 cách xếp .  Năm học sinh nam đứng kề nhau hoán vị cho nhau: 5! cách xếp.  Do đó, có 5!.120  14400 cách xếp.  Vậy số phần tử của tập Ω A là 14400. Le Minh Tam – Trang 100  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Vậy xác suất cần tính là: P  A   ΩA Ω  5 !.4 ! 2.3.4. 1 1    . 9! 6.7.8.9 7.2.9 126  Bài 07. Một tổ có 9 học sinh, trong đó có 5 nam và 4 nữ được xếp thành một hàng dọc. Tính xác suất sao cho không có 2 bạn nam nào đứng kề nhau. Lời giải  Gọi A là biến cố “Xếp 9 học sinh thành một hàng dọc trong đó không có 2 ban nam nào đứng kề nhau “. ※ Tìm .  Xếp 9 học sinh thành một hàng dọc, có 9! cách xếp  Ω  9 ! . ※ Tìm A .  Xếp 9 học sinh thành một hàng dọc trong đó không có 2 ban nam nào đứng kề nhau.  Vì số nam lớn hơn số nữ nên ta phải xếp một học sinh nam đứng trước rồi đến một học sinh nữ, tiếp tục cứ xếp nam nữ xen kẽ nhau, học sinh xếp cuối cùng là nam.  Vậy số cách xếp là 5!.4! cách xếp .  Vậy xác suất cần tính là: P  A   ΩA Ω  5 !.4 ! 2.3.4. 1 1    . 9! 6.7.8.9 7.2.9 126  Bài 08. Chọn ngẫu nhiên một biển số xe gắn máy cùng một họ K3 , mỗi biến số có 4 chữ số. Tính xác suất để biển số có hai chũ số đầu giống nhau và hai chữ số sau giống nhau, biết 4 chữ số đó không hoàn toàn giống nhau. Lời giải  Gọi A là biến cố “Biển số có hai chữ số đầu giống nhau, hai chữ số sau giống nhau và 4 chữ số đó không hoàn toàn giống’ nhau”. ※ Tìm .  Ta tìm “số” có 4 chữ số, chữ số đầu tiên có thể bằng 0.  Giả sử abcd là một “số” như thế.  Có 10 cách chọn a , 10 cách chọn b , 10 cách chọn c , 10 cách chọn d .  Vậy có 104 “số” có 4 chữ số, chữ số đầu tiên có thể bằng 0  Ω  104 . ※ Tìm A .  Ta tìm “số” các số có 4 chữ số, trong đó hai chữ số đầu giống nhau, hai chữ số sau giống nhau và 4 chữ số đó không hoàn toàn giống nhau, chữ số đầu tiên có thể bằng 0.  Giả sử mmpp là một “số” như vậy. Le Minh Tam – Trang 101  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Có 10 cách chọn m , Có 9 cách chọn p .  Do đó, tập A có 10.9 phần tử.  Xác suất cần tính là P  A   A  10.9 9 9  3  0, 009 . 4 10 10 1000  Bài 09. Có 30 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 30. Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm thẻ. Tính xác suất để có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có một tấm thẻ mang số chia hết cho 10. Lời giải  Gọi A là. biến cố: “Trong 10 tấm thẻ lấy ra có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có một tấm thẻ mang số chia hết cho 10”. ※ Tìm . 10 10  Chọn 10 tấm thẻ trong 30 tấm thẻ: có C30 cách chọn    C30 . ※ Tìm A .  Chọn 5 tấm thẻ mang số lẻ trong 15 tấm thẻ mang số lẻ: có C155 cách chọn.  Chọn 1 tấm thẻ mang số chia hết cho 10 trong 3 tấm thẻ mang số chia hết cho 10: có 3 cách chọn.  Chọn 4 tấm thẻ mang số chẵn nhưng không chia hết cho 10 trong 12 tấm thẻ như vậy: có C124 cách chọn.  Vậy số kết quả thuận lợi cho biến cố A là  Xác suất cần tính là P  A   A  3C155 C124 C 10 30 A   3C155 C124 . 99 . 667  Bài 10. Một tổ học sinh gồm 9 em, trong đó có 3 nữ được chia thành ba nhóm, mỗi nhóm ba em. Tính xác suất để mỗi nhóm có một nữ. Lời giải  Gọi A là. biến cố: “Ở 3 nhóm học sinh, mỗi nhóm có một nữ”. ※ Tìm .  Chọn ngẫu nhiên 3 trong 9 em đưa vào nhóm thứ nhất: có C93 cách.  Chọn 3 trong 6 em còn lại đưa vào nhóm thứ hai: có C63 cách.  Còn 3 em, đưa vào nhóm thứ 3: có 1 cách.  Vậy số phần tử của không gian mẫu là  C93 .C63 .1  1680 . Le Minh Tam – Trang 102  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT ※ Tìm A .  Phân 3 nữ vào ba nhóm: có P3  3 !  6 cách khác nhau.  Phân 6 nam vào ba nhóm theo cách trên: có C62 .C42 .1 cách khác nhau.  Vậy số kết quả thuận lợi cho biến cố A là  Xác suất cần tính là P  A   A  A  6C62 .C42 .1  540 . 540 9   0, 32 . 1680 26  Bài 11. Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 viết ngẫu nhiên một số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau. Tính xác suất để các chữ số 1 và 2 có mặt trong số viết được. Lời giải Gọi A là. biến cố: “Số được viết có mặt các chữ số 1 và 2”. ※ Tìm .  Giả sử số được viết có dạng abcde .  Có 6 cách chọn a .  Tiếp theo có A64 cách chọn  b, c , d, e  .  6 A64  2160 .  Vậy số phần tử của không gian mẫu là ※ Tìm A .  Trường hợp 1: abcde không có mặt chữ số 0:  Có A52 cách chọn vị trí cho hai chữ số 1 và 2.  Sau đó có A43 cách xếp 3 trong 4 chữ số 3, 4, 5, 6 vào ba vị trí còn lại.  Vậy trường hợp này có A52 .A43  480 khả năng.  Trường hợp 2: abcde có mặt ba chữ số 0, 1, 2: Có 4 cách chọn vị trí cho chữ số 0.  Tiếp theo có A42 cách chọn vị trí cho hai chữ số 1 và 2.  Cuối cùng có A42 cách chọn 2 trong 4 chữ số 3, 4, 5, 6 để viết vào hai vị trí còn lại.  Vậy trường hợp này có 4.A42 .A42  576 khả năng.  Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là  Xác suất cần tính là P  A   A  A  480  576  1056 . 1056 22   0, 49 . 2160 45  Bài 12. Le Minh Tam – Trang 103  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT Một công ti cần tuyển hai nhân viên. Có 6 người nộp đơn, trong đó có 4 nữ và 2 nam. Giả sử rằng khả năng trúng tuyển của 6 người là như nhau. ⓵ Tính xác suất để 2 người trúng tuyển đều là nam. ⓶ Tính xác suất để cả 2 người trúng tuyển đều là nữ. ⓷ Tính xác suất để có ít nhất một nữ trúng tuyển. Lời giải ※ Tìm .  Số cách chọn 2 trong 6 người là C62  15 cách. Vậy số phần tử của không gian mẫu là  15 . ⓵ Tính xác suất để 2 người trúng tuyển đều là nam.  Vì chỉ có một trường hợp cả 2 nam trúng tuyển nên xác suất của biến cố này là 1 . 15 ⓶ Tính xác suất để cả 2 người trúng tuyển đều là nữ.  Số cách chọn 2 nữ trong 4 nữ là C42  6 , do đó xác suất của biến cố này là 6 2  . 15 5 ⓷ Tính xác suất để có ít nhất một nữ trúng tuyển.  Chọn 2 người trong số 6 người nói trên sao cho có ít nhất một nữ: C14 .C12  C42  8  6  14 . Xác suất của biến cố này là 14 . 15  Bài 13. Mội lớp gồm 30 học sinh trong đó có 27 học sinh đạt yêu cầu và 3 học sinh không đạt yêu cầu trong kì thi. Chọn ngẫu nhiên 2 hoc sinh Tính xác suất để ⓵ Cả 2 học sinh đều không đạt yêu cầu. ⓶ Có một học sinh đạt yêu cầu và một học sinh không đạt yêu cầu. ⓷ Cả hai học sinh đều đạt yêu cầu. Lời giải ※ Tìm . 2  345 cách  Số cách chọn 2 học sinh từ 30 học sinh là C30  345 . ⓵ Cả 2 học sinh đều không đạt yêu cầu.  Gọi A là. biến cố: “Cả 2 học sinh đều không đạt yêu cầu”.  Khi đó số kết quả thuận lợi cho biến cố A là C32  3 . Le Minh Tam – Trang 104  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Vậy P  A   3 . 435 ⓶ Có một học sinh đạt yêu cầu và một học sinh không đạt yêu cầu.  Gọi B là biến cố: “Có một học sinh đạt yêu cầu và một học sinh không đạt yêu cầu”.  Số cách chọn 1 học sinh đạt yêu cầu là 27,  Số cách chọn 1 học sinh không đạt yêu cầu là 3.  Chọn 2 học sinh mà trong đó có một học sinh đạt yêu cầu và một học sinh không đạt yêu cầu là 27.3  81 .  Khi đó số kết quả thuận lợi cho biến cố B là 81.  Vậy P  B   81 9 .  435 145 ⓷ Cả hai học sinh đều đạt yêu cầu.  Gọi C là. biến cố: “Cả 2 học sinh đều đạt yêu cầu”. 2  351 .  Khi đó số kết quả thuận lợi cho biến cố C là C27  Vậy xác suất của biến cố C là P C   351 119 .  435 145  Bài 14. Một khách sạn có 6 phòng đơn. Có 10 khách đến thuê phòng, trong đó có 6 nam và 4 nữ. Người quản lí chọn ngẫu nhiên 6 người. Tính xác suất để: ⓵ Cả 6 người đều là nam. ⓶ Có 4 nam và 2 nữ. ⓷ Có ít nhất hai nữ. Lời giải  Số các trường hợp có thể là là C106  210   210 ⓵ Cả 6 người đều là nam.  Gọi A là. biến cố: “Cả 6 người được chọn đều là nam”.  Chọn 6 nam trong 6 nam, có 1 cách chọn,  Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là  Vậy xác suất cần tính là P( A)  A  1. 1 . 210 ⓶ Có 4 nam và 2 nữ.  Gọi B là biến cố “Có 4 nam và 2 nữ được chọn”.  Số cách chọn được 6 người trong đó có 4 nam và 2 nữ là C64  C12  15.6  90 , Le Minh Tam – Trang 105  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Số kết quả thuận lợi cho biến cố B  Xác suất cần tính là P  B   B  90 . 90 3  210 7 ⓷ Có ít nhất hai nữ.  Gọi C là biến cố “Trong 6 người được chọn có ít nhất 2 nữ”.  Trường hợp 1: Có 2 nữ và 4 nam, có C42 .C64  15.6  90 cách chọn.  Trường hợp 2: C6 3 nữ và 3 nam, có C43  C63  80 cách chọn.  Trường hợp 3: Có 4 nữ và 2 nam, có C4AC62  15 cách chọn. Vậy số cách chọn đươc 6 người, trong đó có it nhất 2 nữ là 90  80 15  185 cách.  Số kết quả thuận lợi cho biến cố C là  Xác suất cần tính là P C   C  185 . 185 37  210 42  Bài 14. Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên bé hơn 1000. Tính xác suất để số đó ⓵ Chia hết cho 3 . ⓶ Chia hết cho 5 . Lời giải Có 1000 số tự nhiên bé hơn 1000 . ⓵ Chia hết cho 3 .  Trong các số 1, 2, 3, 4, 5, 6,, 997 , 998, 999 có 999  333 số chia hết cho 3 . 3  Suy ra từ 0 đến 999 có 334 số chia hết cho 3 . 334  Vậy xác suất cần tính là  0, 334 1000 ⓶ Chia hết cho 5 .  Trong các số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 , 8, 9,10,, 991, 992, 993, 994, 995 có 995  199 số chia hết cho 5. 5  Suy ra từ 0 đến 999 có 200 số chia hết cho 5 .  Vậy xác suất cần tính là 200  0, 2. 1000  Bài 15. Truớc cổng trưòng dai học có 3 quán cơm bình dân chất lượng như nhau. Ba sinh viên A, B, C độc lạp với nhau chọn ngẫu nhiên một quán dề ăn trua. Tính xác suât của các biến cố sau. ⓵ Ba sinh viên vào cùng một quán. Le Minh Tam – Trang 106  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT ⓶ Hai sinh viên vào cùng một quán, còn người kia thì v̇ào quán khác. Lời giải  Ta đánh số 3 quán cơm là 1, 2, 3. Gọi a , b , c lần lượt là quán cơm sinh viên A, B, C chọn.  Như vậy không gian mẫu là  {( a , b , c)| a , b , c  ,1  a  3,1  b  3,1  c  3}  Vì có 3 cách chon a và có 3 cách chọn b và có 3 cách chọn c nên | | 3.3.3 . ⓵ Ba sinh viên vào cùng một quán.  Kết quả thuận lợi cho biến cố “3 sinh viên vào cù môt quán” là (1,1,1), ( 2 , 2 , 2), (3, 3, 3) .  Vậy xác suất của biến cố này là 3 1  . 27 9 ⓶ Hai sinh viên vào cùng một quán, còn người kia thì v̇ào quán khác.  Gọi B là biến cố “2 sinh viên vào cùng một quán, còn người kia thì vào quán khác”.  Các kết quả thuận lợi cho biến cố B là 1,1, 2 và 2 hoán vị của nó, 1,1, 3 và 2 hoán vị của nó,  2, 2,1 và 2 hoán vị của nó,  2, 2, 3 và hai hoán vị của nó, 3, 3,1 và 2 hoán vị của nó,  3, 3, 2  và 2 hoán vị của nó,  Do đó B  3  3  3  3  3  3  18  Xác suất cần tính là P  B   18 2  . | | 27 3 B   Bài 16. Một ngưòi bỏ ngẫu nhiên ba lá thu vào vào ba chiếc phong bì dā ghi địa chỉ. Tính xác suất để có ít nhất một lá thu bỏ đúng phong bì của nó. Lời giải  Xét các bộ  x1 , x2 , x3  , trong đó  x1 , x2 , x3  là một hoán vị của tập A  {1, 2 , 3} ,  Ở đây xi  i (i  1, 2, 3) , tức là lá thư thứ i đã bỏ đúng địa chỉ.  Gọi là tập họp tất cả các khả năng bỏ ba lá thư vào 3 phong bì, khi đó | | 3!  6.  Gọi A là biên cố “Có ít nhất một lá thư bő đúng phong bì”.  Các khả năng thuận lợi cho biến cố A là  Vậy A  4 , xác suất cần tính là P  A   A  (1, 2, 3),(1, 3, 2),(3, 2,1),( 2,1, 3) A | |  2 . 3 Le Minh Tam – Trang 107  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Dạng toán 2. CÁC QUY TẮC TÍNH XÁC SUẤT. Phương pháp giải  Ta có các loại biến cố sau: Phân loại Nội dung ⓵ Biến cố hợp Cho k biến cố A1 , A2 , , Ak . Biến cố “Có ít nhất một trong các biến cố ⓶ Biến cố giao Cho k biến cố A1 , A2 , , Ak . Biến cố “Tất cả k biến cố A1 , A2 , , Ak đều xảy ra” ⓷ Biến cố xung khắc Hai biến cố A và B gọi là xung khắc nếu biến cố này xảy ra thì biến cố kia không xảy ra. ⓸ Biến cố độc lập. A1 , A2 , , Ak xảy ra” gọi là hợp của k biến có đó, kí hiệu là A1  A2  Ak . gọi là giao của k biến cố đó, kí hiệu là A1 A2  Ak . Cho k biến cố A1 , A2 ,, Ak ; k biến cố này gọi là độc lập với nhau nếu việc xảy ra hay không xảy ra của mỗi biến cố không làm ảnh hưởng tới xác suất xảy ra của các biến cố còn lại.  Nhận xét. Hai biến cố A và B là hai biến cố xung khắc khi và chỉ khi  Từ bảng phân lọai ta có công thức: Phân loại Quy tắc Cộng Xác Suất Biến cố xung khắc Biến cố đối Quy tắc Nhân Xác Suất Biến cố độc lập A  B . Nội dung Cho k biến cố A1 , A2 , , Ak đôi một xung khắc. Khi đó P  A1  A2  Ak   P  A1   P  A2    P  Ak  . Cho A là một biến cố. Khi đó biến cố “không xảy ra A  , kí hiệu là A , gọi là biến cố đối của biĉn cố A . Ta có P  A   1  P  A  . Nếu k biến cố A1 , A2 , , Ak độc lập với nhau Thì P  A1 A2  Ak   P  A1  P  A2 P  Ak   Nhận xét. Nếu hai biến cố A và B độc lập với nhau thì A và B; A và B ; A và B cũng độc lập vói nhau.  Bài 01. Trong một buổi tọa đàm nhân ngày 8 / 3 , có 20 đại biểu nữ và 10 đại biểu nam. Ban tổ chức mời 5 đại biểu phát biểu ý kiến. Tính xác suất để trong 5 phát biểu mời có một hoặc hai phát biểu là của đại biểu nam. Lời giải  Gọi A là biến cố “Trong 5 phát biểu mời có đúng một phát biểu là của đại biểu nam”.  Gọi B là biến cố “Trong 5 phát biểu mời có đúng hai phát biểu là của đại biểu nam”.  Biến cố A  B là “Trong 5 phát biểu mời có một hoặc hai phát biểu là của đại biểu nam”. Le Minh Tam – Trang 108  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Vì A và B là hai biến cố xung khắc nên P  A  B  P  A   P  B .  Ta có P  A   1 4 C10  C20 5 C30 , P  B  3 C102  C20 5 C30 .  P  A  B   P  A   P  B   0, 7  Bài 02. Một hộp đựng 8 viên bi xanh, 4 viên bi đỏ. Lấy ngẫu nhiên 3 viên bi. Tính xác suất để: ⓵ Lấy được ba viên bi cùng màu. ⓶ Lấy được ba viên bi khác màu. ⓷ Lấy được ít nhất hai viên bi xanh. Lời giải ⓵ Lấy được ba viên bi cùng màu.  Gọi A là biến cố “Lấy được 3 viên bi xanh”, B là biến cố “Lấy được 3 viên bi đỏ” H là biến cố “Lấy được 3 viên bi cùng màu”.  Ta có H  A  B.  Vì A và B xung khắc nên P  H   P  A  B   P  A   P  B   C83 3 C12  C43 14 1 3    3 C12 55 55 11 ⓶ Lấy được ba viên bi khác màu.  Biến cố “Lấy được ba viên bi khác màu” là H .  Vậy P  H   1  P  H   8 . 11 ⓷ Lấy được ít nhất hai viên bi xanh.  Gọi C là biến cố “Lấy được hai viên bi xanh và một viên bi đỏ”, K là biến cố “Lấy được ít nhất hai viên bi xanh”.  Ta có K  A  C.  Vì A và C xung khắc nên P  K   P  A  C   P  A   P C   2 1 14 C8  C4 14 28 42     55 55 55 55 C123  Bài 03. Cho A, B, C , D là các biến cố đôi một xung khắc và A  B  C  D là biến cố chắc chắn. Biết P  A   3P  B , P  B  3P C  , P C   3P  D  . Tính xác suất của mỗi biến cố A, B, C và D. Lời giải  Đặt x  P  D  , theo giả thiết ta có P C   3x, P  B  9x, P  A   27x . Le Minh Tam – Trang 109  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Vì A  B  C  D là biến cố chắc chắn nên P  A  B  C  D   1 .  Mặt khác A, B, C , D là các biến cố đôi một xung khắc nên P  A  B  C  D   P  A   P  B   P C   P  D  1 . 40 1 3 9 27  Vậy P  D   . , P C   , P  B  , P  A  40 40 40 40  1  27 x  9x  3x  x  1  40x  x   Bài 04. Gieo hai con súc sắc. Tính xác suất để: ⓵ Cả hai con súc sắc đều xuất hiện mặt 5 chấm. ⓶ Có đúng một trong hai con súc sắc xuất hiện mặt 5 chấm. Lời giải Gọi hai súc sắc là M , N . ⓵ Cả hai con súc sắc đều xuất hiện mặt 5 chấm.  Gọi A là biến cố “Súc sắc M xuất hiện mặt 5 chấm”,  Gọi B là biến cố “Súc sắc N xuất hiện mặt 5 chấm”.  Ta có A và B là hai biến cố độc lập và P  A   1 1 , P  B  . 6 6  Biến cố “Cả hai con súc sắc đều xuất hiện mặt 5 chấm” là AB . 1 1 1  Vậy xác suất cần tính là P  AB  P  A  P  B     . 6 6 36 ⓶ Có đúng một trong hai con súc sắc xuất hiện mặt 5 chấm.  Gọi C là biến cố “Có đúng một trong hai con súc sắc xuất hiện mặt 5 chấm”,  Ta có C là hợp của hai biến cố xung khắc AB và AB , tức là C  AB  AB .  Do đó P C   P  AB  AB  P  AB   P  AB   Ta có P  A   1  P  A   5 5 , P  B   1  P  B  . 6 6  Vì A và B là hai biến cố độc lập với nhau  Nên A và B độc lập với nhau; A và B độc lập với nhau, 1 5 5 1 5  Vậy P C   P  AB   P  AB   P  A  P  B   P  A  P  B       6 6 6 6 18  Bài 05. Có hai hòm đựng thẻ, mỗi hòm đựng 13 thẻ đánh số từ 1 đến 13 . Từ mỗi hòm rút ngẫu nhiên một thẻ. Tính xác suất để trong hai thẻ rút ra có ít nhất một thẻ đánh số 9 . Le Minh Tam – Trang 110  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT Lời giải  Gọi A là biến cố “Trong hai thẻ rút ra có ít nhất một thẻ đánh số 9 “; H là biến cố “Thẻ rút ra từ hòm thứ nhất không đánh số 9 “; K là biến cố “Thẻ rút ra từ hòm thứ hai không đánh số 9 “.  Khi đó A  HK . Ta có P  H   12 12 ; P K  . 13 13  Vì H và K là hai biến cố độc lập nên P  A   P  HK   P  H  P  K    Do đó P  A   1  P  A   1   144 25 đây là hợp của các biến cố xung khắc.  169 169        Do đó P  X   P HST  HST  HST  P HST  P HST  P HST   144 . 169      1 3 2 1 1 2 2 2 1 3 1 1  Mà P HST  . .  , P HST  . .  , P HST  . .  . 2 5 3 5 2 5 3 15 2 5 3 10       1 2 1 13  P  X   P HST  P HST  P HST     . 5 15 10 30  Bài 06. Có hai hộp chứa các quả cầu. Hộp thứ nhất chứa 3 cầu trắng, 7 quả cầu đỏ và 15 quả cầu xanh. Hộp thứ hai chứa 10 cầu trắng, 6 quả cầu đỏ và 9 quả cầu xanh. Từ mỗi hộp lấy ngẫu nhiên ra một quả cầu. Tính xác suất để hai quả lấy ra có màu giống nhau. Lời giải  Gọi A là biến cố “Quả cầu được lấy ra từ hộp thứ nhất là màu trắng”, B là biến cố “Quả cầu được lấy ra từ hộp thứ hai là màu trắng”. 3 10  Ta có P  A   , P  B   . 25 25  Vì A và B là hai biến cố độc lập.  Nên xác suất để hai quả cầu lấy ra đều màu trắng là P  AB   P  A  .P  B   3 10 30 . .  25 25 625  Tương tự, xác suất để hai quả cầu lấy ra đều 15 9 135  Màu xanh .  25 25 625 7 6 42  Màu đỏ . .  25 25 625  Theo quy tắc cộng, xác suất để hai quả lấy ra có màu giống nhau : 30 135 42 207 .    625 625 625 625  Bài 07. Có hai chiếc hộp chứa bi. Hộp thứ nhất chứa 4 viên bi đỏ và 3 viên bi trắng. Hộp thứ hai chứa 2 viên bi đỏ và 4 viên bi trắng. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp ra 1 viên bi, tính xác suất để 2 viên bi được lấy ra có cùng màu. Trích đề thi ĐH KHỐI B – năm 2013 Le Minh Tam – Trang 111  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT Lời giải  Gọi A, B, C , D lần lượt là các biến cố: “Lấy được bi đỏ từ hộp thứ nhất”, “Lấy được bi đỏ từ hộp thứ hai”; “Lấy được bi trắng từ hộp thứ nhất”, “Lấy được bi trắng từ hộp thứ hai”.  Khi đó 4 2 1 3 4 2 P  A   , P  B    , P C   , P  D    . 7 6 3 7 6 3  Gọi E, F lần lượt là các biến cố: “Hai viên bi lấy ra cùng màu đỏ”, “Hai viên bi lấy ra cùng màu trắng”.  Khi đó E  AB và F  CD . 4  Do A và B và hai biến cố độc lập nên P  E   P  AB   P  A  .P  B   . 21 2  Do C và D là hai biến cố độc lập nên P  F   P CD   P C  .P  D   . 7  Do E và F là hai biến cố xung khắc nên xác suất để lấy được hai viên bi cùng màu là 4 2 10 P  E  F   P  E  P  F     . 21 7 21  Bài 08. Có hai hộp, hộp thứ nhất đựng 3 bi đỏ, 2 bi xanh và 5 bi vàng, hộp thứ hai đựng 2 bi đỏ, 3 bi xanh và 2 bi vàng. Lấy ngẫu nhiên 2 bi, mỗi hộp một bi. Tính xác suất để trong một lần lấy ra được đúng một bi đỏ. Lời giải  Gọi A là biến cố “Trong một lần lấy ra được đúng một bi đỏ”, A1 là biến cố “Lấy được bi đỏ ở hộp thứ nhất”, A 2 là biến cố “Lấy được bi đỏ ở hộp thứ hai”.  Ta có A  A1A2  A1A2 ; P  A1   3 7 2 5 , P  A1   , P  A2   , P  A2   . 10 10 7 7  Suy ra P  A   P  A1 A2  A1 A2   P  A1 A2   P  A1 A2   P  A1  P  A2   P  A1  P  A2   3 5 7 2 29 .  .  10 7 10 7 70  Bài 09. Có hai hòm, mỗi hòm chứa 5 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 5 . Rút ngẫu nhiên từ mỗi hòm một tấm thẻ. Tính xác suất để tổng các số ghi trên hai tấm thẻ rút ra không nhỏ hơn 3 .  Không gian mẫu    x , y | x , y  Lời giải  *,1  x  5,1  y  5 .  Vì có 5 cách chọn x và có 5 cách chọn y nên   5.5  25 .  Gọi A là biến cố “Tổng hai số ghi trên hai tấm thẻ không nhỏ hơn 3 ”.  Khi đó A là biến cố “Tổng hai số ghi trên tấm thẻ nhỏ hơn 3 ”. 1  Ta có A  1,1  A  1  P  A   . 25   Le Minh Tam – Trang 112  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Xác suất cần tính là P  A   1  P  A   1  1 24   0, 96 . 25 25  Bài 10. Chọn ngẫu nhiên ba người, biết rằng không có ai sinh vào năm nhuận. Hãy tính xác suất để có ít nhất để có ít nhất hai người có sinh nhật trùng nhau (cùng ngày, cùng tháng). Lời giải  Gọi A là biến cố “Trong 3 người được chọn,có ít nhất 2 người cùng sinh nhật”.  Khi đó biến cố A là “Ba người được chọn có ngày sinh đôi một khác nhau”.  Số trường hợp có thể là 3653 .  Số trường hợp thuận lợi là cho biến cố A là 365.364.363 . 365.3634.363 365.3634.363  Vậy P  A    P  A  1   0, 0082 . 3 365 3653  Bài 11. Một kệ sách có 15 quyển sách ( 4 quyển sách Toán khác nhau, 5 quyển sách Lý khác nhau và 6 quyển sách Văn khác nhau). Người ta lấy ngẫu nhiên 4 quyển sách từ kệ. Tính xác suất để số sách lấy ra không đủ ba môn. Lời giải  Số phần tử của không gian mẫu là   C154  1365 .  Gọi A là biến cố “Lấy ra 4 quyển sách có đủ 3 môn”.  Trường hợp 1: 2 sách Toán, 1 sách Lý, 1 sách Văn: có C42C51C16 cách lấy.  Trường hợp 2: 1 sách Toán, 2 sách Lý, 1 sách Văn: có C14C52C16 cách lấy.  Trường hợp 3: 1 sách Toán, 1 sách Lý, 2 sách Văn: có C14C51C62 cách lấy. Vậy kết quả thuận lợi cho biến cố A là A  C42C51C16  C14C52C16  C14C51C62  720 .  Xác suất của biến cố A là P  A    Xác suất cần tính là 1  P  A   1  A   720 . 1365 720 43  . 1365 91  Bài 12. Chọn ngẫu nhiên 3 giáo viên trong tổ chuyên môn Hóa-Sinh-Thể dục để thành lập một đoàn công tác sao cho mỗi môn phải có một giáo viên. Biết tổ có 6 giáo viên Hóa, 5 giáo viên Sinh, 3 giáo viên Thể dục, trong môn Hóa có 3 giáo viên nữ, môn Sinh có 2 giáo viên nữ và môn Thể dục có 1 giáo viên nữ. Tính xác suất để đoàn công tác ⓵ Có đúng một giáo viên nữ. ⓶ Có ít nhất một giáo viên nam. Lời giải ⓵ Có đúng một giáo viên nữ.  Gọi H là biến cố “Có một giáo viên nữ môn Hóa trong đoàn”, S là biến cố “Có một giáo viên nữ môn Sinh trong đoàn”, Le Minh Tam – Trang 113  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT T là biến cố “Có một giáo viên nữ môn Thể dục trong đoàn”.  Ta có 3 1 2 1 1 3 2  , P  S   , P T   , P  H   , P  S   , P T   . 6 2 5 3 2 5 3  Gọi X là biến cố “Có đúng một giáo viên nữ trong đoàn”.  Ta có X  HST  HST  HST P  X   P  HST  HST  HST   P  HST   P  HST   P  HST  PH      3 3 2 3 2 2 3 3 1 Lại có P HST  . . ; P  HST   . . ; P HST  . . 6 5 3 6 5 3 6 5 3 13  P X  30 ⓶ Có ít nhất một giáo viên nam.  Gọi Y là biến cố “Trong đoàn cả 3 giáo viên đều là nữ”.  Y là biến cố “Trong đoàn công tác có ít nhất một giáo viên nam”  Ta có Y  HTS , với H , T , S là 3 biến cố độc lập. 1 2 1 1  Suy ra P Y   P  HTS   . .  . 2 5 3 15 1 14  P Y  1  P Y   1   . 15 15   VI. BÀI TẬP TỰ LUẬN.  Bài 01. Gieo một con súc sắc cân đối, đồng chất và quan sát số chấm xuất hiện: ⓵ Mô tả không gian mẫu. ⓶ Xác định các biến cố sau: A : “Xuất hiện mặt chẵn chấm”. B : “Xuất hiện mặt lẻ chấm”. C : “Xuất hiện mặt có số chấm không nhỏ hơn 3”. ⓷ Tính xác suất của các biến cố trên. Lời giải ⓵ Mô tả không gian mẫu.  Gọi  là không gian mẫu. Ta có:   1; 2; 3; 4; 5; 6 . ⓶ Xác định các biến cố sau:  A : “Xuất hiện mặt chẵn chấm”.  B : “Xuất hiện mặt lẻ chấm”.  C : “Xuất hiện mặt có số chấm không nhỏ hơn 3”.  A  2; 4; 6 ; B  1; 3; 5 ; A  3; 4; 5; 6 . ⓷ Tính xác suất của các biến cố trên. Le Minh Tam – Trang 114  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  P  A   P  B   P C   n  A n   3 1  . 6 2 n   3 1  . 6 2 n   4 2  . 6 3 n  B n C   Bài 02. Gieo hai con súc sắc cân đối và đồng chất. Tính xác suất để: ⓵ Tổng số chấm trên mặt xuất hiện của hai con súc sắc nhỏ hơn hay bằng 5. ⓶ Tổng số chấm trên mặt xuất hiện của hai con súc sắc lớn hơn hay bằng 9 mà trong đó có ít nhất một con súc sắc xuất hiện mặt 6 chấm. ⓷ Tổng số chấm trên mặt xuất hiện của hai con súc sắc nhỏ hơn hay bằng 7 mà trong đó có ít nhất một con súc sắc xuất hiện mặt 6 chấm. Lời giải   Gọi  là không gian mẫu. Ta có:    i ; j  / 1  i , j  6  n     36. ⓵ Tổng số chấm trên mặt xuất hiện của hai con súc sắc nhỏ hơn hay bằng 5.  Gọi A : “Tổng số chấm trên mặt xuất hiện của hai con súc sắc nhỏ hơn hay bằng 5”.    Ta có: A  1; 1 , 1; 2  ,  2;1 , 1; 3 ,  3;1 , 1; 4  ,  4;1 ,  2; 2  ,  2; 3  ,  3; 2   n  A   10.    Do đó: P A  n  A n   10 5  . 36 18 ⓶ Tổng số chấm trên mặt xuất hiện của hai con súc sắc lớn hơn hay bằng 9 mà trong đó có ít nhất một con súc sắc xuất hiện mặt 6 chấm.  Gọi B : “Tổng số chấm trên mặt xuất hiện của hai con súc sắc lớn hơn hay bằng 9 mà trong đó có ít nhất một con súc sắc xuất hiện mặt 6 chấm”.    Ta có: B   3; 6  ,  6; 3 ,  4; 6  ,  6; 4  ,  5; 6  ,  6; 5  ,  6; 6   n  B   7.    Do đó: P B  n  B n   7 . 36 ⓷ Tổng số chấm trên mặt xuất hiện của hai con súc sắc nhỏ hơn hay bằng 7 mà trong đó có ít nhất một con súc sắc xuất hiện mặt 6 chấm.  Gọi C : “Tổng số chấm trên mặt xuất hiện của hai con súc sắc nhỏ hơn hay bằng 7 mà trong đó có ít nhất một con súc sắc xuất hiện mặt 6 chấm”.    Ta có: C  1; 6  ,  6; 1  n  C   2.    Do đó: P C  n C  n   2 1  . 36 18 Le Minh Tam – Trang 115  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Bài 03. Một bình chứa 16 viên bi khác nhau, trong đó có 7 viên bi đen, 5 viên bi đỏ, 4 viên bi trắng. Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi, tính xác suất để: ⓵ Lấy được cả 4 viên bi đều trắng. ⓶ Lấy được 4 viên bi không có viên bi trắng. ⓷ Lấy được đúng 1 viên bi trắng. ⓸ Lấy được số bi trắng gấp 2 lần số bi đen & đỏ. ⓹ Lấy được số bi có đủ 3 màu. ⓺ Lấy được số bi không có đủ 3 màu. Lời giải  Không gian mẫu là số cách chọn ngẫu nhiên 4 viên bi từ hộp chứa 16 viên bi. 4  Suy ra số phần tử của không gian mẫu là   C16  1820 . ⓵ Lấy được cả 4 viên bi đều trắng.  Gọi A là biến cố ” Lấy được cả 4 viên bi đều trắng ” .  Ta có số phần tử của biến cố A là: A  C44  1    Vậy xác suất cần tính P A  A   1 . 1820 ⓶ Lấy được 4 viên bi không có viên bi trắng.  Gọi B là biến cố ” Lấy được 4 viên bi không có viên bi trắng ” .  Ta có số phần tử của biến cố B là: B  C124  495    Vậy xác suất cần tính P B  B   99 . 364 ⓷ Lấy được đúng 1 viên bi trắng.  Gọi C là biến cố ” Lấy được đúng 1 viên bi trắng ” .  Ta có số phần tử của biến cố C là: C  C14C123  880    Vậy xác suất cần tính P C  C   44 . 91 ⓸ Lấy được số bi trắng gấp 2 lần số bi đen & đỏ.  Gọi D là biến cố ” Lấy được số bi trắng gấp 2 lần số bi đen và đỏ ” .  Ta có các kết quả thuận lợi cho biến cố D là lấy 2 bi trắng, 1 bi đen và 1 bi đỏ.  Ta có số phần tử của biến cố D là: D  C42C51C17  210    Vậy xác suất cần tính P D  D   3 . 26 ⓹ Lấy được số bi có đủ 3 màu.  Gọi E là biến cố ” Lấy được số bi có đủ 3 màu ” .  Ta có các trường hợp thuận lợi cho biến cố E là:  Trường hợp 1. Chọn 1 bi đen, 1 bi đỏ và 2 bi trắng nên có C17 .C51 .C42 cách. Le Minh Tam – Trang 116  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Trường hợp 2. Chọn 1 bi đen, 2 bi đỏ và 1 bi trắng nên có C17 .C52 .C14 cách.  Trường hợp 3. Chọn 2 bi đen, 1 bi đỏ và 1 bi trắng nên có C72 .C51 .C14 cách.  Suy ra số phần tử của biến cố E là E  C17 .C51 .C42  C17 .C52 .C14  C72 .C51 .C14  910 .    Vậy xác suất cần tính P E  E 1  . 2 ⓺ Lấy được số bi không có đủ 3 màu.  Gọi F là biến cố ” Lấy được số bi không có đủ 3 màu ” . Cách 01: Ta có các trường hợp thuận lợi cho biến cố F là:  Trường hợp 1. Chọn 4 viên bi chỉ có một màu. Trường hợp này có C44  C54  C74  cách.  Trường hợp 2. Chọn 4 viên bi có đúng hai màu:  Chọn 4 viên bi có đúng hai màu đỏ và đen, có C124  (C74  C54 ) cách.  Chọn 4 viên bi có đúng hai màu đỏ và trắng, có C94  (C54  C44 ) cách.  Chọn 4 viên bi có đúng hai màu đen và trắng, có C114  (C74  C44 ) cách. 4  C94  C114  (C74  C54  C74  C44  C54  C44 )  869 cách.  Do đó trường hợp này có C12  Suy ra số phần tử của biến cố F là    Vậy xác suất cần tính P F  F F  869  41  910 . 1  . 2 Cách 02: Ta có: F  E    Nên xác suất cần tính P F  P( E)  1  P( E)  1  1 1  . 2 2  Bài 04. Gieo liên tiếp ba lần con súc sắc. Tìm xác suất để: ⓵ Tổng số chấm trên mặt không nhỏ hơn 16. ⓶ Tổng số chấm trên mặt xuất hiện là một số nguyên tố nhỏ hơn 9. Lời giải  Không gian mẫu là số cách xuất hiện các mặt của con súc sắc trong ba lần gieo liên tiếp  Suy ra số phần tử của không gian mẫu là   C16 .C16 .C16  216 . ⓵ Tổng số chấm trên mặt không nhỏ hơn 16.  Gọi A là biến cố ” Tổng số chấm trên các mặt của ba lần gieo không nhỏ hơn 16 ” .  Ta có bộ các số tương ứng với số chấm có tổng không nhỏ hơn 16 là (4;6;6); (6;4;6), (6;6;4); (5;5;6),(6;5;5)(5;6;5); (5;6;6),(6;5;6),(6;6;5) và (6;6;6).  Do đó số phần tử của biến cố A là: A  10    Vậy xác suất cần tính P A  A   5 . 108 ⓶ Tổng số chấm trên mặt xuất hiện là một số nguyên tố nhỏ hơn 9. Le Minh Tam – Trang 117  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Gọi B là biến cố ” Tổng số chấm trên các mặt của ba lần gieo là một số nguyên tố nhỏ hơn 9 ” .  Ta có các số nguyên tố nhỏ hơn 9 gồm: 2, 3, 5, 7.  Bộ các số tương ứng với số chấm có tổng bằng 2: không có.  Bộ các số tương ứng với số chấm có tổng bằng 3: (1,1,1): 1 cách  Bộ các số tương ứng với số chấm có tổng bằng 5: (1,1,3): 3 cách; (1,2,2): 3 cách.  Bộ các số tương ứng với số chấm có tổng bằng 7: (1,1,5): 3 cách; (1,2,4): 6 cách; (1,3,3): 3 cách; (2,3,2): 3 cách.  Do đó số phần tử của biến cố B là:  B  22  Vậy xác suất cần tính pB   22 11  216 108  Bài 05. Chọn ngẫu nhiên một số có 3 chữ số. Tính xác suất để số được chọn là số chẵn và các chữ số của nó đều khác nhau. Lời giải  Không gian mẫu là số các số tự nhiên có ba chữ số.  Suy ra số phần tử của không gian mẫu là  9.10.10  900  Gọi A là biến cố “chọn được một số chẵn mà các chữ số của nó khác nhau”  Gọi số cần tìm có dạng abc  Vì là số chẵn nên c là số chẵn  Trường hợp 1: c  0 . Số các số cần tìm là A92  72 .  Trường hợp 2: c  0 : c có 4 cách chọn, c 2, 4, 6, 8 .  Số cách chọn hai số còn lại là A92  A81  64 .  Suy ra ta có A  72  64.4  72  256  328 .    Xác suất cần tìm là: p B  328 82 .  900 225  Bài 06. Chọn ngẫu nhiên ba số từ tập các số tự nhiên sau: 1; 2; 3;…;11 . Tính xác suất để: ⓵ Tổng ba số được chọn là 12. ⓶ Tổng ba số được chọn là số lẻ. ⓷ Lấy được ba số đều là số chẵn và tổng của chúng nhỏ hơn 19. Lời giải  Không gian mẫu là số cách chọn ngẫu nhiên ba số tự nhiên từ 11 số tự nhiên sau: 1; 2; 3;…;11 . Do đó số phần tử của không gian mẫu là:  C113  165 ⓵ Tổng ba số được chọn là 12.  Gọi A là biến cố “Tổng ba số được chọn là 12”. Le Minh Tam – Trang 118  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Ta có các bộ 3 số có tổng bằng 12 gồm: (1,2,9); (1,3,8);(1,4,7);(1,5,6); (2,3,7);(2;4;6);(3,4,5).  Suy ra ta có A  7 .    Xác suất cần tìm là: P A  7 . 165 ⓶ Tổng ba số được chọn là số lẻ.  Gọi B là biến cố “Tổng ba số được chọn là số lẻ”  Tổng ba số được chọn tạo thành số lẻ thì ba số được chọn cần thỏa điều kiện: 3 số đều là số lẻ, hai số chẵn và 1 số lẻ.  Trường hợp 1: 3 số đều là số lẻ là C63  20  Trường hợp 2: số cách chọn hai số chẵn và 1 số lẻ là C16 .C52  60  Suy ra ta có B  20  60  80 .    Xác suất cần tìm là: p A  80 16  . 165 33 ⓷ Lấy được ba số đều là số chẵn và tổng của chúng nhỏ hơn 19.  Gọi C là biến cố “ba số đều là số chẵn và tổng của chúng nhỏ hơn 19”.  Bộ ba số thỏa yêu cầu gồm: (2,4,6);(2,4,8), (2,4,10);(2,6,8);(2,6,10);(4,6,8).  Suy ra ta có C  6    Xác suất cần tìm là: p C  6 2  165 55  Bài 07. Bỏ 5 lá thư vào 5 phong bì đã chuẩn bị địa chỉ trước. Tính xác suất để: ⓵ Cả 5 lá đều đúng người nhận. ⓶ Lá thứ nhất đúng với người nhận. ⓷ Lá thứ nhất và lá thứ hai đúng người nhận. Lời giải  Không gian mẫu là số cách chọn 5 lá thư vào 5 phong bì đã chuẩn bị địa chỉ trước. Do đó số phần tử của không gian mẫu là:  5!  120 ⓵ Cả 5 lá đều đúng người nhận.  Gọi A là biến cố “Cả 5 lá đều đúng người nhận”.  Vì mỗi lá thư chỉ được chọn duy nhất 1 phong bì nên số cách chọn cả 5 lá đều đúng người nhận là 1.  Suy ra ta có A  1    Xác suất cần tìm là: P A  1 120 ⓶ Lá thứ nhất đúng với người nhận.  Gọi B là biến cố “Lá thứ nhất đúng với người nhận”. Le Minh Tam – Trang 119  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Lá thứ nhất có đúng 1 cách chọn.  Lá thứ 2 có 4 cách chọn.  Lá thứ 3 có 3 cách chọn  Lá thứ 4 có 2 cách chọn  Lá thứ 5 có 1 cách chọn  Suy ra ta có B  24    Xác suất cần tìm là: P B  24 1  120 5 ⓷ Lá thứ nhất và lá thứ hai đúng người nhận.  Gọi C là biến cố “Lá thứ nhất và lá thứ hai đúng người nhận”.  Vì mỗi lá thư chỉ được chọn duy nhất 1 phong bì nên số cách chọn cả 5 lá đều đúng người nhận là 1.  Lá thứ nhất và lá thứ 2 có đúng 1 cách chọn.  Lá thứ 3 có 3 cách chọn  Lá thứ 4 có 2 cách chọn  Lá thứ 5 có 1 cách chọn  Suy ra ta có C  6    Xác suất cần tìm là: P C  6 1 .  120 20  Bài 08. Cho 8 quả cân có khối lượng lần lượt là 1kg, 2kg, 3kg, 4kg, 5kg, 6kg, 7kg, 8kg. Chọn ngẫu nhiên ba quả cân trong số đó. Tính xác suất để trọng lượng ba quả cân được chọn không vượt quá 9kg. Lời giải  Không gian mẫu là số cách chọn ngẫu nhiên ba quả cân trong số 8 quả cân có khối lượng đã cho tương ứng.  Do đó số phần tử của không gian mẫu là:  C83  56  Gọi C là biến cố “trọng lượng ba quả cân được chọn không vượt quá 9kg”  Ta có các bộ 3 số có tổng khối lượng không vượt quá 9kg gồm: 1, 2, 3 ; 1, 2, 4 ; 1, 2, 5 ; 1, 2, 6 ; 1, 3, 4  ; 1, 3, 5 ;  2, 3, 4   Suy ra ta có A  7.    Xác suất cần tìm là: p A  7 1  . 56 8  Bài 09. Một hộp đựng 9 thẻ được đánh số từ 1, 2, …, 9. Rút ngẫu nhiên hai thẻ và nhân hai số ghi trên hai thẻ với nhau. Tính xác suất để tích nhận được là số lẻ. Lời giải Le Minh Tam – Trang 120  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Số cách rút ngẫu nhiên 2 thẻ trong 9 thẻ là n  C 2 9 .  Gọi biến cố A: “hai thẻ rút được có tích hai số ghi trên hai thẻ là số lẻ”.  Để hai thẻ rút được có tích hai số ghi trên hai thẻ là số lẻ thì hai thẻ rút ra đều phải được đánh số lẻ.    Do đó có số cách là n A  C52 .    Vậy P A  n  A n   C52 C  2 9 5 . 18  Bài 10. Một tổ sinh viên có 6 nam và 5 nữ. ⓵ Tìm xác suất chọn ra 4 sinh viên đi lao động sao cho trong đó có 1 nữ. ⓶ Tìm xác suất chọn ra 4 sinh viên đi lao động sao cho trong đó có tối đa 3 nữ. Lời giải  Số cách chọn bất kì 4 sinh viên trong 11 sinh viên là n  C 4 11 . ⓵ Tìm xác suất chọn ra 4 sinh viên đi lao động sao cho trong đó có 1 nữ.  Gọi biến cố A: “4 sinh viên đi lao động sao cho trong đó có 1 nữ”.  Số cách chọn 1 nữ, 3 nam là n  A   C51 .C63 .    Vậy P A  n  A n   C51 .C63 4 11 C  10 . 33 ⓶ Tìm xác suất chọn ra 4 sinh viên đi lao động sao cho trong đó có tối đa 3 nữ.  Gọi biến cố B: “4 sinh viên đi lao động sao cho trong đó có tối đa 3 nữ”.  Trường hợp 1: Chọn 0 nữ, 4 nam có cách C50 .C64 .  Trường hợp 2: Chọn 1 nữ, 3 nam có cách C51 .C63 .  Trường hợp 3: Chọn 2 nữ, 2 nam có cách C52 .C62 .  Trường hợp 4: Chọn 3 nữ, 1 nam có cách C53 .C16 .    Do đó n B  C50 .C64  C51 .C63  C52 .C62  C53 .C16  325 .    Vậy P B  n  B n   325 65 .  66 C114  Bài 11. Ngân hàng đề thi gồm 100 câu hỏi. Mỗi đề thi có 5 câu. Một học sinh thuộc 80 câu. Tìm xác suất để học sinh đó ngẫu nhiên làm được một đề thi trong đó có 4 câu mình đã học thuộc. Lời giải  Số cách chọn 1 đề thi bất ki (gồm 5 câu trong 100 câu) là n  C 5 100 .  Gọi biến cố A: “học sinh đó làm được một đề thi trong đó có 4 câu mình đã học thuộc”. Le Minh Tam – Trang 121  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT 4  Học sinh đã học thuộc 80 câu nên có C80 cách chọn ra 4 câu đã học thuộc và có C 120 cách chọn ra 1 câu hỏi còn lại chưa học thuộc. 4  Do đó n  A   C80 .C120 .    Vậy P A  n  A n   4 C80 .C120 5 100 C  5135 . 12222  Bài 12. Một lô hàng có 10 sản phẩm, trong đó có 2 phế phẩm. Lấy tùy ý 6 sản phẩm từ lô hàng đó. Hãy tìm xác suất để trong 6 sản phẩm lấy ra có không quá một phế phẩm. Lời giải  Số cách chọn ra 6 sản phẩm từ 10 sản phẩm là n  C 6 10 .  Gọi biến cố A: “Lấy 6 sản phẩm từ lô hàng đó có không quá một phế phẩm”.  Trường hợp 1: Không có phế phẩm nào.  Số cách chọn 6 sản phẩm không phải là phế phẩm là C86 cách.  Trường hợp 2: Có 1 phế phẩm và 5 sản phẩm còn lại.  Số cách chọn có 1 phế phẩm và 5 sản phẩm còn lại là C12 .C85 cách.  Khi đó n  A   C86  C12 .C85 .    Vậy P A  n  A n   C86  C12 .C85 6 10 C  2 . 3  Bài 13. Một hộp đựng 4 viên bi đỏ, 5 viên bi trắng và 6 viên bi vàng. Người ta chọn ra 4 viên bi từ hộp đó. Tính xác suất để trong số bi lấy ra không có đủ ba màu. Lời giải  Số cách họn ngẫu nhiên 4 viên bi trong 15 viên bi là n  C 4 15 .  Gọi biến cố A: “chọn ra 4 viên bi từ hộp không có đủ ba màu”.  Ta xét trường hợp lấy ra 4 viên bi có đủ ba màu:  Trường hợp 1: Lấy được 1 viên bi đỏ, 2 viên bi trắng và 1 viên bi vàng có C14 .C51 .C62 cách.  Trường hợp 2: Lấy được 1 viên bi đỏ, 1 viên bi trắng và 2 viên bi vàng có C14 .C52 .C16 cách.  Trường hợp 3: Lấy được 2 viên bi đỏ, 1 viên bi trắng và 1 viên bi vàng có C42 .C51 .C16 cách.  Số cách để lấy ra 4 viên bi không có đủ cả ba màu là   n  A   C154  C14 .C51 .C62  C14 .C52 .C16  C 42 .C51 .C16  645 .    Vậy P A  n  A n   645 43  . 91 C154  Bài 14. Có 30 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 30. Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm thẻ. Tìm xác suất để có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó có đúng 1 tấm thẻ mang số chia hết cho 10. Lời giải Le Minh Tam – Trang 122  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Số cách chọn 10 tấm thẻ bất kì trong 30 tấm thẻ là n  C 10 30 .  Gọi biến cố A: “Chọn 10 tấm thẻ có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó có đúng 1 tấm thẻ mang số chia hết cho 10”  Trong 30 tấm thẻ có 15 tấm thẻ mang số lẻ. Chọn 5 tấm thẻ mang số lẻ có C155 cách.  Có 3 số chia hết cho 10 là 10; 20; 30, chọn 1 số từ 3 số này có C31 cách.  Chọn 4 tấm thẻ mang số chẵn có C124 cách.   5  Khi đó n A  C15 .C31 .C124 .    Vậy P A  n  A n   C155 .C31 .C124 C 10 30  99 . 667  Bài 15. Bộ bài 52 quân bài, trong đó có 4 cây Át. Lấy ngẫu nhiên 5 quân bài. Tính xác suất để: ⓵ Có đúng một quân Át. ⓶ Có ít nhất một quân Át. ⓷ Có 2 con Át và 3 con K. Lời giải 5  Số cách lấy 5 quân bài từ 52 quân bài là C52 , suy ra không gian mẫu có 5 .  C52 ⓵ Có đúng một quân Át.  Gọi A là biến cố “5 quân bài lấy ra có đúng 1 quân Át”  Lấy 1 quân Át từ 4 quân có C14 (cách) 4  Lấy 4 quân bài từ 48 quân có C 48 (cách) 1 4 4 .  Có C 4 .C 48 cách lấy thỏa mãn  A  C14 .C48    Do đó xác suất cần tìm là P A  A  4 C14 .C48 5 52 C  3243 10829 0, 2995 . ⓶ Có ít nhất một quân Át.  Gọi B là biến cố “5 quân bài lấy ra có ít nhất 1 quân Át”  Khi đó B là biến cố “5 quân bài lấy ra không có quân Át nào” 5 5 C48 C48 886656 5  Ta có B  C 48  P B  5  P  B   1  P B  1  5  C52 C52 2598960     0, 34 . ⓷ Có 2 con Át và 3 con K.  Gọi C là biến cố “5 quân bài lấy ra có 2 quân Át và 3 quân K”  Lấy 2 quân Át từ 4 quân có C42 (cách)  Lấy 3 quân K từ 4 quân có C 43 (cách) 2 3  Có C4 .C4 cách lấy thỏa mãn  C  C42 .C43 . Le Minh Tam – Trang 123  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT    Do đó xác suất cần tìm là P C  C C42 .C43 1 .   5 108290 C52  Bài 16. Xếp ngẫu nhiên 5 người (trong đó có đôi bạn An và Hải) vào 1 bàn dài có 5 chỗ ngồi. Tính xác suất để: ⓵ An và Hải ngồi đầu bàn. ⓶ An và Hải ngồi cạnh nhau. ⓷ An và Hải ngồi cạnh nhau với điều kiện thay 1 bàn dài thành 1 bàn tròn có 5 chỗ ngồi? Lời giải  Xếp 5 người vào 1 bàn dài 5 chỗ ngồi, số cách xếp là 5!  120 (cách), Suy ra không gian mẫu có số phần tử là  120 . ⓵ An và Hải ngồi đầu bàn.  Gọi A là biến cố “An và Hải ngồi đầu bàn”  Xếp An và Hải ngồi đầu bàn có 2 cách xếp  Xếp 3 bạn còn lại vào 3 chỗ còn lại có 3!  6 cách.  Có 2.6  12 cách xếp thỏa mãn  A  12 .    Do đó xác suất cần tìm là P A  A  12 1  . 120 10 ⓶ An và Hải ngồi cạnh nhau.  Gọi B là biến cố “An và Hải ngồi cạnh nhau”  Xếp An và Hải ngồi cạnh nhau coi là 1 bó có 2 cách xếp.  Xếp 3 bạn và 1 bó có 4!  24 ; suy ra B  24 .    Do đó xác suất cần tìm là P B  B  24 2  . 120 5 ⓷ An và Hải ngồi cạnh nhau với điều kiện thay 1 bàn dài thành 1 bàn tròn có 5 chỗ ngồi?  Xếp 5 bạn vào 1 bài tròn có 5 chỗ ngồi số cách xếp là  5  1 !  24 (cách),  Suy ra không gian mẫu có  24 .  Gọi C là biến cố “An và Hải ngồi cạnh nhau”  Chọn 1 vị trí xếp An và Hải ngồi cạnh nhau có 2 cách.  Xếp 3 bạn còn lại vào 3 vị trí còn lại có 3!  6 cách.  Có 2.6  12 cách lấy thỏa mãn  C  12 .    Do đó xác suất cần tìm là P C  C  12 1  . 24 5 Le Minh Tam – Trang 124  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Bài 17. Xếp ngẫu nhiên 5 người A, B, C , D, E lên 7 toa tàu được đánh số 1,2,3,4,5,6,7. Tính xác suất của các biến cố sau đây ⓵ 5 người lên cùng 1 toa. ⓶ 5 người lên 5 toa đầu. ⓷ 5 người lên 5 toa khác nhau. ⓸ A và B cùng lên 1 toa 4, mỗi người còn lại lên một toa khác nhau (không nhất thiết khác toa 4). ⓹ A và B cùng lên 1 toa, mỗi người còn lại lên một toa khác nhau (không nhất thiết khác toa chứa A và B ). ⓺ A và B cùng lên 1 toa, mỗi người còn lại lên một toa khác nhau nhưng không lên toa chứa A và B . Lời giải 5 5 người lên 7 toa có số cách lên là 7 , nên suy ra không gian mẫu có số phần tử  75 . ⓵ 5 người lên cùng 1 toa.  Gọi A là biến cố “5 người cùng lên 1 toa” có 7 cách lên  A  7 .    Vậy xác suất cần 5 người cùng lên 1 toa là P A  A  7 1 .  5 2401 7 ⓶ 5 người lên 5 toa đầu.  Gọi B là biến cố “5 người lên 5 toa đầu” có 5! cách lên  B  5!    Vậy xác suất cần tìm là P B  5! 120 .  5 7 16807 ⓷ 5 người lên 5 toa khác nhau.  Gọi C là biến cố “5 người lên 5 toa khác nhau” có A75 cách lên  C  A75    Vậy xác suất 5 người lên 5 toa khác nhau là P C  C  A75 7 5  360 . 2401 ⓸ A và B cùng lên 1 toa 4, mỗi người còn lại lên một toa khác nhau (không nhất thiết khác toa 4).  Gọi D là biến cố “ A và B cùng lên toa 4, mỗi người còn lại lên 1 toa khác nhau” . A và B cùng lên toa 4 có 1 cách lên.  Ba người còn lại lên 7 toa khác nhau có A73 cách lên.  Suy ra theo quy tắc nhân, có 1.A73  210 cách lên toa  D  210    Vậy xác suất thỏa mãn đề bài là P D  D  210 30 .  5 2401 7 ⓹ A và B cùng lên 1 toa, mỗi người còn lại lên một toa khác nhau (không nhất thiết khác toa chứa A và B ). Le Minh Tam – Trang 125  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Gọi E là biến cố “ A và B cùng lên 1 toa, mỗi người còn lại lên một toa khác nhau (không nhất thiết khác toa chứa A và B )”  A và B cùng lên 1 toa trong 7 toa có 7 cách lên.  Ba người còn lại lên 7 toa khác nhau có A73  210 cách lên.  Theo quy tắc nhân, có 7.210  1470 cách lên  E  1470 .    Vậy xác suất thỏa mãn đề bài là P E  E  1470 30 .  343 75 ⓺ A và B cùng lên 1 toa, mỗi người còn lại lên một toa khác nhau nhưng không lên toa chứa A và B.  Gọi F là biến cố “ A và B cùng lên 1 toa, mỗi người còn lại lên một toa khác nhau nhưng không lên toa chứa A và B ” .  A và B cùng lên 1 toa trong 7 toa có 7 cách lên.  Ba người còn lại lên 6 toa khác nhau không chứa A và B có A63  120 cách lên.  Theo quy tắc nhân, có 7.120  840    Vậy xác suất thỏa mãn đề bài là P F  F  840 120 .  2401 75  Bài 18. Một hộp thuốc có 5 ống thuốc tốt và 3 ống thuốc kém chất lượng. Từ hộp đó rút ngẫu nhiên 2 ống thuốc. Tính xác suất để: ⓵ Cả 2 ống thuốc rút ra đều tốt (biến cố A ). ⓶ Chỉ ống thuốc rút ra lần đầu là tốt. ⓷ Trong 2 ống thuốc rút ra có ít nhất 1 ống thuốc tốt (Biến cố C ). Lời giải  Số cách rút 2 ống thuốc từ 8 ống thuốc là C82  28 (cách),  Suy ra không gian mẫu có số phần tử là  28 . ⓵ Cả 2 ống thuốc rút ra đều tốt (biến cố A ).  Gọi A là biến cố “2 ống thuốc rút ra đều tốt”  A  C52  10  P  A   A  10 5  . 28 14 ⓶ Chỉ ống thuốc rút ra lần đầu là tốt.  Gọi B là biến cố “Chỉ ống thuốc rút ra lần đầu là tốt”.  Rút 2 ống thuốc lần lượt từ 8 uống thuốc số cách rút ra là 8.7  56 cách  Không gian mẫu 1 có số phần tử là 1  56 .  Lần 1 được ống thuốc tốt có 5 cách rút.  Lần 2 được ống thuốc kém chất lượng có 3 cách rút.  Theo quy tắc nhân, có 5.3  15 cách rút thỏa mãn đề bài  B  15 . Le Minh Tam – Trang 126  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT    Xác suất cần tìm là P B  15 . 56 ⓷ Trong 2 ống thuốc rút ra có ít nhất 1 ống thuốc tốt (Biến cố C ).  Gọi C là biến cố “2 ống thuốc rút ra có ít nhất 1 ống thuốc tốt”  Khi đó C là biến cố “2 ống thuốc rút ra không có ống thuốc nào tốt” hay “2 ống thuốc rút ra đều kém chất lượng”  C  C32  3 .      Xác suất cần tìm là P C  1  P C  1  C  1 3 25  . 28 28  Bài 19. Cho bát giác đều nội tiếp trong một đường tròn. Chọn ngẫu nhiên 2 đỉnh. Tính xác suất để 2 đỉnh đó nối thành đường chéo có độ dài bé nhất. Lời giải  Chọn ngẫu nhiên 2 đỉnh từ 8 đỉnh có số cách chọn là C82  28  Không gian mẫu có số phần từ là  28 .  Gọi A là biến cố “2 đỉnh đó nối thành đường chéo có độ dài bé nhất”.  Đánh số các đỉnh của bát giác là A1 , A2 ,…, A8 .  Đỉnh A1 nối với các đỉnh A3 , A4 , A5 , A6 , A7 thì sẽ được đường chéo, trong đó có 2 đường chéo A1 A3 và A1 A7 bằng nhau và bé nhất. 8.2  8 đường chéo có độ dài bé nhất. 2 A 8 2  Vậy xác suất cần tìm là P  A     . 28 7  Do đó bát giác đó có  Bài 20. Có 3 hộp mỗi hộp chứa 5 tấm thẻ, đánh số từ 1 đến 5. Rút ngẫu nhiên từ mỗi hộp một tấm thẻ. Tính xác suất để: ⓵ Tổng các số ghi trên ba tấm thẻ rút ra không nhỏ hơn 4. ⓶ Tổng các số ghi trên ba tấm thẻ rút ra bằng 8. Lời giải  Số cách rút ra 3 tấm thẻ thỏa mãn đề bài là C51 .C51 .C51  125 ,  Suy ra không gian mẫu có số phần tử là  125 . ⓵ Tổng các số ghi trên ba tấm thẻ rút ra không nhỏ hơn 4.  Gọi A là biến cố “Tổng các số ghi trên ba tấm thẻ rút ra không nhỏ hơn 4”  Suy ra A là biến cố “Tổng các số ghi trên ba tấm thẻ rút ra nhỏ hơn 4” Tức là “tổng các số ghi trên ba tấm thẻ rút ra bằng 3” Hay “Rút ra được cả ba tấm thẻ đều ghi số 1”. Le Minh Tam – Trang 127  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Khi đó chỉ có 1 cách rút  A  1 .      Xác suất cần tìm là P A  1  P A  1  1 124 .  125 125 ⓶ Tổng các số ghi trên ba tấm thẻ rút ra bằng 8.  Gọi B là biến cố “Tổng các số ghi trên ba tấm thẻ rút ra bằng 8”  Kí hiệu  a; b; c  là tấm thẻ ghi số a , b , c được rút ra từ hộp thứ nhất, thứ hai và thứ ba tương ứng.  Có các trường hợp sau thuận lợi xảy ra B là + 1; 2; 5 và 3!  6 hoán vị. + 1; 3; 4  và 3!  6 hoán vị. 3!  3 hoán vị. 2! 3! +  2; 3; 3 và  3 hoán vị. 2!  Theo quy tắc cộng, biến cố B có B  6  6  3  3  18 . +  2; 2; 4  và    Vậy xác suất cần tìm là P B  18 . 125 VII. BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM. Câu 1. Một bình đựng 5 quả cầu xanh khác nhau, 4 quả cầu đỏ khác nhau và 3 quả cầu vàng khác nhau. Chọn ngẫu nhiên 3 quả cầu trong quả cầu trên. Xác suất để chọn được 3 quả cầu khác màu là 3 A. . 5 B. 3 . 7 3 . 14 Lời giải C. D. 3 . 11 Chọn D  Số phần tử của không gian mẫu là: n     C123  220 .  Gọi A là biến cố: “Ba quả cầu được chọn là khác màu ”. Ta có: n  A   C51 .C14 .C31  60 .  Vậy P  A   Câu 2. n  A n   60 3  . 220 11 Chọn ngẫu nhiên lần lượt hai số nguyên dương bé hơn 100. Tính xác suất để hiệu hai số vừa được chọn là một số lẻ. 49 25 50 8 A. . B. . C. . D. . 99 33 99 33 Lời giải Chọn C Có 99 số nguyên dương bé hơn 100 nên khi chọn ngẫu nhiên hai số trong 99 số đó có: 2 C99  4851 cách chọn. Le Minh Tam – Trang 128  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT Câu 3. Câu 4. Để chọn được hai số trong 99 số nói trên mà hiệu của nó là một số lẻ thì ta cần chọn 1 số 1 1 chẵn (trong 49 số chẵn) và 1 số lẻ (trong 50 số lẻ), suy ra có: C49 .C50  2540 cách chọn. 2450 50  . Vậy xác suất cần tìm là: 4851 99 Gieo ngẫu nhiên một con súc sắc cân đối và đồng chất 3 lần. Xác suất để tích số chấm 3 lần gieo là lẻ bằng 1 5 3 7 A. . B. . C. . D. . 8 8 8 8 Lời giải Chọn A 3 Không gian mẫu của biến cố là 6 . Để tích số chấm 3 lần gieo là số lẻ thì mỗi lần gieo thu được số chấm lẻ, khi đó số khả năng thuận lợi là 3.3.3  27 . 27 1 Xác suất cần tính là P( A)  3  . 6 8 Chi đoàn lớp 12A có 20 đoàn viên trong đó có 12 đoàn viên nam và 8 đoàn viên nữ. Tính xác suất khi chọn 3 đoàn viên có ít nhất 1 đoàn viên nữ. 46 251 11 110 A. . B. . C. . D. . 57 285 7 570 Lời giải Chọn A 3 Số phần tử của không gian mẫu: C20  1140 Gọi A là biến cố chọn được ít nhất 1 đoàn viên nữ 3 Gọi A là biến cố chọn được 3 đoàn viên là nam: C12  220 220 11 P A   1140 57 11 46  P  A  1   . 57 57 Chọn ngẫu nhiên 2 viên bi từ một hộp gồm 5 viên bi đen và 4 viên bi trắng. Xác suất để 2 bi được chọn cùng màu là 5 1 4 1 A. . B. . C. . D. . 9 9 9 4 Lời giải Chọn A Xét phép thử: “Chọn ngẫu nhiên 2 viên bi từ một hộp gồm 5 viên bi đen và 4 viên bi trắng”  n     C92 .   Câu 5. Gọi biến cố A: “ 2 viên bi được chọn cùng màu” TH1: 2 viên bi được chọn cùng màu đen  có C52 (cách chọn) TH2: 2 viên bi được chọn cùng màu trắng  có C42 (cách chọn)  n  A   C52  C42 . Le Minh Tam – Trang 129  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT Vậy P  A   Câu 6. n  A n   C52  C42 2 9 C  4 . 9 Cho hai đường thẳng song song d1 , d2 . Trên d1 có 6 điểm phân biệt được tô màu đỏ, trên d2 có 4 điểm phân biệt được tô màu xanh. Xét tất cả các tam giác được tạo thành khi nối các điểm đó với nhau. Chọn ngẫu nhiên một tam giác, khi đó xác suất để thu được tam giác có hai đỉnh màu đỏ là 5 5 3 2 A. . B. . C. . D. . 9 8 8 9 Lời giải Chọn C Số các tam giác tất cả: n    C62 .4  6.C42  96 . Để tam giác có hai đỉnh màu đỏ thì phải chọn 2 đỉnh trên d1 , số tam giác có hai đỉnh màu đỏ : C62 .4  60 . Vậy xác suất cần tìm là P  Câu 7. 60 5  . 96 8 Chọn ngẫu nhiên hai số khác nhau từ 3367 số nguyên dương đầu tiên. Xác suất để chọn 4096 được hai số có tích là một số lẻ bằng A. 6 . B. 1, 2, 3, 4 . C. 4  4  4  4  4  4  46 . D. n     46 . Lời giải Chọn A  Ta có A .  Trong 1 số nguyên dương đầu tiên có A số lẻ và 1 số chẵn.   Gọi n A  36 là biến cố chọn được hai số có tích là 1 số lẻ. Để tích của hai số được chọn là một số lẻ thì cả hai số được chọn đều phải là số lẻ. Chọn   P  A  1 P A  1 Câu 8.    1 3 n A 6 n  6 4  3367 số 4096 lẻ trong 30 số lẻ thì số cách chọn sẽ là 1 30 10 . 48  Vậy . 145 Một tổ có 7 nam và 3 nữ. Chọn ngẫu nhiên 2 người. Xác suất sao cho 2 người được chọn đều là nữ bằng A. C31 .C127 . B. 5 . C. 5;15; 25 . D. 10 . Lời giải Chọn B 1  Số phần tử của không gian mẫu là: C31 .C13 .  Gọi 10 là biến cố: “Cả hai người được chọn đều là nữ”. Le Minh Tam – Trang 130  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Ta có p  A   Câu 9. 1 C31 .C127  C31 .C13 C 2 30  8 . 29  Xác suất của biến cố A là 4 . Chọn ngẫu nhiên hai học sinh trong một nhóm gồm  học sinh nam và 4.A32 .A33 học sinh nữ. Xác suất để chọn được hai học sinh nữ bằng A. n  A  2.A42 .A33  4.A32 .A33 . C. 7 . 15 B. P  A   2. A42 . A33  4. A32 . A33 2  . 6! 5 13 . 30 Lời giải D. Chọn D 2 Không gian mẫu: n     C21 . Gọi A là biến cố để hai học sinh được chọn là học sinh nữ. Số phần tử của biến cố là n  A   C142 . Xác suất để chọn được hai học sinh nữ bằng P  A   n  A n   C142 13  . 2 30 C21 Câu 10. Một hộp đựng 15 viên bi, trong đó có 7 biên bi xanh và 8 viên bi đỏ. Lấy ngẫu nhiên 3 viên bi (không kể thứ tự) ra khỏi hộp. Tính xác suất để trong 3 viên bi lấy ra có ít nhất 1 viên màu đỏ. 1 418 1 12 A. . B. . C. . D. . 2 455 13 13 Lời giải Chọn D 3  445 . Chọn ngẫu nhiên 3 viên bi từ 15 viên bi thì số cách chọn là C15 Gọi A là biến cố “trong 3 viên bi lấy ra có ít nhất một viên màu đỏ” thì là biến cố A “ cả ba viên bi lấy ra đều không có màu đỏ” ( tức là lấy ra cả ba viên bi đều màu xanh”   Số cách chọn ra 3 viên bi mà 3 viên bi đó đều màu xanh là C73  35  n A  35  Số cách chọn ra 3 viên bi mà trong đó có ít nhất một viên bi màu đỏ là 455  35  420 cách  n  A   420  P  A  n  A n   420 12  455 13 Câu 11. Một hộp đựng 9 thẻ được đánh số từ 1 đến 9 . Rút ngẫu nhiên hai thẻ và nhân hai số trên hai thẻ lại với nhau. Tính xác suất để kết quả thu được là một số chẵn. 8 5 1 13 A. . B. . C. . D. . 9 18 6 18 Lời giải Chọn D Số phần tử của không gian mẫu là n    C92  36 . Le Minh Tam – Trang 131  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT Gọi A là biến cố “tích hai số ghi trên thẻ là số chẵn”, suy ra A là biến cố “tích hai số ghi   trên thẻ là số lẻ”  n A  C52  10 .   Vậy xác suất cần tìm là P  A   1  P A  1     13 . n A n  18 Câu 12. Gieo 5 đồng xu cân đối, đồng chất. Xác suất để được ít nhất 1 đồng xu lật sấp bằng 5 8 31 1 A. . B. . C. . D. . 11 11 32 32 Lời giải Chọn C Gọi A là biến cố: “Trong 5 đồng xu có ít nhất 1 đồng xu lật sấp” Khi đó A là biến cố: “ 5 đồng xu đều lật ngữa” 5  1  31 Vậy P  A   1  P A  1     .  2  32 Câu 13. Bạn A có 7 cái kẹo vị hoa quả và 6 cái kẹo vị socola. A lấy ngẫu nhiên 5 cái kẹo cho vào hộp để tặng cho em gái. Tính xác suất để 5 cái kẹo có cả vị hoa quả và vị socola. 140 79 103 14 A. P  . B. P  . C. P  . D. P  . 143 156 117 117 Lời giải Chọn A 5 Chọn 5 cái kẹo trong 13 cái kẹo nên n     C13 .   Đặt A là biến cố “chọn được 5 cái kẹo có đủ hai vị”.   Suy ra A là biến cố “chọn 5 cái kẹo chỉ có một vị”  n A  C75  C65 . Vậy P  A   1  C75  C65 5 13 C  140 143 Câu 14. Một hộp đèn có 12 bóng, trong đó có 4 bóng hỏng. Lấy ngẫu nhiên 3 bóng. Tính xác suất để trong 3 bóng có ít nhất 1 bóng hỏng. 40 55 41 3 A. . B. . C. . D. . 51 112 55 7 Lời giải Chọn C Gọi B là biến cố “Trong 3 bóng lấy ra đều là bóng tốt”. 8! Ta có: n  B   C83   56 3!.5 ! Gọi C là biến cố “Trong 3 bóng lấy ra có ít nhất 1 bóng hỏng” khi đó C  B .  P C   P B  1  P  B   1  56 41  220 55 Câu 15. Trên giá sách có 4 quyển sách toán, 3 quyển sách lý, 2 quyển sách hóa. Lấy ngẫu nhiên 3 quyển sách. Tính xác suất để 3 quyển được lấy ra có ít nhất một quyển là toán. Le Minh Tam – Trang 132  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT A. 3 . 4 B. 37 . 42 10 . 21 Lời giải C. D. 2 . 7 Chọn B Trên giá có tất cả: 4  3  2  9 (quyển sách) bao gồm cả 3 môn: toán, lý và hóa. Lấy 3 quyển sách từ 9 quyển sách, số cách lấy ra là C93  84  n    84 Gọi A là biến cố: “3 quyển lấy ra có ít nhất 1 quyển toán”.   Suy ra A : “3 quyển lấy ra không có quyển toán nào”  n A  C53  10 . Vậy xác suất để 3 quyển được lấy ra có ít nhất một quyển sách toán là: 10 37 . P  A  1  P A  1   84 42 Câu 16. Trên giá sách có 4 quyển sách Toán, 3 quyển sách Vật Lí và 2 quyển sách Hóa học. Lấy ngẫu nhiên 3 quyển sách. Tính xác suất sao cho ba quyển lấy ra có ít nhất một quyển sách Toán. 1 37 5 19 A. . B. . C. . D. . 3 42 6 21 Lời giải Chọn B Số phần tử của không gian mẫu n     C93  84 .   Gọi A là biến cố sao cho ba quyển lấy ra có ít nhất một quyển sách Toán  A là biến cố sao cho ba quyển lấy ra không có sách Toán  n  A   C53  10 .  P  A  1  P  A   1  10 37  . 84 42 Câu 17. Trên giá sách có 4 quyển sách toán, 3 quyển sách lý, 2 quyển sách hóa. Lấy ngẫu nhiên 3 quyển sách. Tính xác suất để trong ba quyển sách lấy ra có ít nhất một quyển là toán. 2 3 37 10 A. . B. . C. D. . . 7 4 42 21 Lời giải Chọn C Số kết quả có thể khi chọn bất kì 3 quyển sách trong 9 quyển sách là C93  84. Gọi A là biến cố ‘ Lấy được ít nhất 1 sách toán trong 3 quyển sách.’ A là biến cố ‘ Không lấy được sách toán trong 3 quyển sách.’ C 3 37 Ta có xác sút để xảy ra A là P  A   1  P A  1  5  . 84 42 Câu 18. Một lớp có 20 nam sinh và 15 nữ sinh. Giáo viên chọn ngẫu nhiên 4 học sinh lên bảng giải bài tập. Tính xác suất để 4 học sinh được chọn có cả nam và nữ. 4615 4651 4615 4610 . . . . A. B. C. D. 5236 5236 5263 5236 Lời giải Chọn A   Le Minh Tam – Trang 133  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT 4 Số cách chọn 4 học sinh lên bảng: n     C35 . 4 Số cách chọn 4 học sinh chỉ có nam hoặc chỉ có nữ: C20  C154 . Xác suất để 4 học sinh được gọi có cả nam và nữ: 1  4 C20  C154 C 4 35  4615 5236 Câu 19. Một hộp chứa 35 quả cầu gồm 20 quả màu đỏ được đánh số từ 1 đến 20 và 15 quả màu xanh được đánh số từ 1 đến 15 . Lấy ngẫu nhiên từ hộp đó một quả cầu. Tính xác suất để lấy được quả màu đỏ hoặc ghi số lẻ. 28 27 4 5 A. . B. . C. . D. . 35 35 7 7 Lời giải Chọn A 1  35 cách. Suy ra n    35 . Chọn ngẫu nhiên 1 quả cầu có C35 Gọi E là biến cố “Chọn được một quả cầu đỏ hoặc ghi số lẻ” thì E là biến cố “Chọn được một quả cầu xanh ghi số chẵn”.   Do đó n E  7 .  Suy ra p  E   1  p E  1  7 28 .  35 35 Câu 20. Gieo một con súc sắc cân đối và đồng chất hai lần. Tính xác suất xảy ra của biến cố “Tích hai số nhận được sau hai lần gieo là một số chẵn”. A. 0, 75 . B. 0, 5 . C. 0, 25 . D. 0, 85 . Lời giải Chọn A Lần gieo thứ nhất có 6 kết quả, lần gieo thứ hai có 6 kết quả. Do đó không gian mẫu n    36 . Gọi A là biến cố “tích hai số nhận được sau hai lần gieo là một số chẵn” thì A là biến cố   “tích hai số nhận được sau hai lần gieo là một số lẻ”. Ta có n A  3.3  9 .   Xác suất cần tìm p  A   1  p A  1  9 3  . 36 4 Câu 21. Một hộp đựng 9 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 9 . Hỏi phải rút ít nhất bao nhiêu thẻ để xác 5 suất “có ít nhất một thẻ ghi số chia hết cho 4 ” phải lớn hơn . 6 A. 7 . B. 6 . C. 5 . D. 4 . Lời giải Chọn B Giả sử rút x 1  x  9; x   thẻ, số cách chọn x thẻ từ 9 thẻ trong hộp là C9x  n    C9x . Gọi A là biến cố: “Trong số x thẻ rút ra, có ít nhất một thẻ ghi số chia hết cho 4 ” Cx Cx  n  A   C7x . Ta có P A  7x  P  A   1  7x . C9 C9   Le Minh Tam – Trang 134  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT Do đó P  A   Cx 5 5  1  7x   x 2  17 x  60  0  5  x  12  6  x  7 . 6 C9 6 Vậy số thẻ ít nhất phải rút là 6 . Câu 22. Một nhóm gồm 6 học sinh nam và 4 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên đồng thời 3 học sinh trong nhóm đó. Xác suất để trong 3 học sinh được chọn luôn có học sinh nữ bằng 1 5 2 1 A. . B. . C. . D. . 3 6 3 6 Lời giải Chọn A 3 Số phần từ của không gian mẫu n    C10  120 . Gọi A là biến cố sao cho 3 học sinh được chọn có học sinh nữ,    A là biến cố sao cho 3 học sinh được chọn không có học sinh nữ  n A  C63  20 .   Vậy xác suất cần tìm P  A  1  P A  1    5. n A n  6 Câu 23. Một lô hàng gồm 30 sản phẩm trong đó có 20 sản phẩm tốt và 10 sản phẩm xấu. Lấy ngẫu nhiên 3 sản phẩm trong lô hàng. Tính xác suất để 3 sản phẩm lấy ra có ít nhất một sản phẩm tốt. 6 197 153 57 A. . B. . C. . D. . 203 203 203 203 Lời giải Chọn B 3 Ta có n    C30  4060 Gọi A là biến cố 3 sản phẩm lấy ra có ít nhất một sản phẩm tốt. Ta có A là biến cố 3 sản phẩm lấy ra không có sản phẩm tốt, hay 3 sản phẩm lấy ra đều là sản phẩm xấu.   3 n A  C10  120 .   Suy ra P A     120 n A n  4060  6 . 203   Vậy P  A   1  P A  1  6 197  . 203 203 Câu 24. Một nhóm gồm 10 học sinh trong đó có 7 học sinh nam và 3 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên 3 học sinh từ nhóm 10 học sinh đi lao động. Tính xác suất để 3 học sinh được ó ít nhất một học sinh nữ? 17 17 2 4 A. . B. . C. . D. . 48 24 3 9 Lời giải Chọn C Số phần tử của không gian mẫu: n    C103 . Le Minh Tam – Trang 135  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT Gọi A là biến cố: “ 3 học sinh được ó ít nhất một học sinh nữ”. Suy ra: A là biến cố: “ 3 học sinh được chọn không có học sinh nữ”. C3 17 7 Khi đó n A  C 73  P A  37  . Vậy P  A   1  P A  . 24 C10 24       Câu 25. Một tổ học sinh có 7 nam và 3 nữ. Chọn ngẫu nhiên 2 người. Tính xác suất sao cho 2 người được ó ít nhất một người nữ là: 2 7 8 1 A. . B. . C. . D. . 15 15 15 15 Lời giải Chọn C Số phần tử của không gian mẫu là: n    C102 . Gọi biến cố A : “Hai người được ó ít nhất một người nữ”.    A : “Hai người được chọn không có nữ”  n A  C72 .   Vậy xác suất cần tìm là: P  A   1  P A  1  n     1 n A C72 2 10 C  8 . 15 Câu 26. Cho tập hợp A  1, 2, 3,…,10 . Chọn ngẫu nhiên ba số từ A . Tìm xác suất để trong ba số chọn ra không có hai số nào là hai số nguyên liên tiếp. 7 7 7 A. P  . B. P  . C. P  . 90 24 10 Lời giải Chọn D 3 Số phần tử không gian mẫu là n     C10  120 . D. P  7 . 15 Gọi B là biến cố “Ba số chọn ra không có hai số nào là hai số nguyên liên tiếp”.  B là biến cố “Ba số được chọn có ít nhất hai số là các số tự nhiên liên tiếp”. + Bộ ba số dạng 1 , 2 ,a1  , với a1  A 1 , 2 : có 8 bộ ba số. + Bộ ba số có dạng  2 , 3 ,a2  , với a2  A 1 , 2 , 3 : có 7 bộ ba số. + Tương tự mỗi bộ ba số dạng  3 , 4 ,a3  ,  4 , 5 ,a4  ,  5 , 6 ,a5  ,  6 , 7 , a6  ,  7 , 8 ,a7  , 8 , 9 , a8  , 9 ,10 ,a  đều có 7 9 bộ.    n B  8  8.7  64 .    P  B  1  P B  1 64 7  . 120 15 Câu 27. Một hộp chứa 20 viên bi xanh và 15 viên bi đỏ. Lấy ngẫu nhiên 4 bi. Tính xác suất để 4 bi lấy được có đủ hai màu. 4610 4615 4651 4615 A. . B. . C. . D. . 5236 5236 5236 5236 Lời giải Chọn B Le Minh Tam – Trang 136  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT 4 Số phần tử không gian mẫu là   C35  5236 . 4 Số phần phần tử của biến cố lấy được 4 bi màu xanh là C 20 . Số phần phần tử của biến cố lấy được 4 bi màu đỏ là C154 . 4 C 20  C154 4615  . 5236 5236 Câu 28. Hai xạ thủ cùng bắn mỗi người một viên đạn vào bia một cách độc lập với nhau. Xác suất 1 1 bắn trúng bia của hai xạ thủ lần lượt là và . Tính xác suất của biến cố có ít nhất một xạ 3 2 thủ không bắn trúng bia. 1 5 1 2 A. . B. . C. . D. . 3 6 2 3 Lời giải Chọn B Gọi A là biến cố: ‘‘ có ít nhất một xạ thủ không bắn trúng bia ’’. Suy ra xác suất của biến cố 4 bi lấy được có đủ hai màu là p  1  Khi đó A là biến cố: ‘‘ cả hai xạ thủ đều bắn trúng bia ’’.   1 1 1 1 5 P A  .   P  A  1   . 2 3 6 6 6 Câu 29. Một người bỏ ngẫu nhiên ba lá thư vào ba chiếc phong bì đã ghi địa chỉ. Xác suất để có ít nhất một lá thư được bỏ đúng phong bì là 1 1 2 5 A. . B. . C. . D. . 3 2 3 6 Lời giải Chọn B Số phần tử không gian mẫu là: n    3!  6 . Gọi A là biến cố “Có ít nhất một lá thư được bỏ đúng phong bì”. Ta xét các trường hợp sau: Nếu lá thứ nhất bỏ đúng phong bì, hai lá còn lại để sai thì có duy nhất 1 cách. Nếu lá thứ hai bỏ đúng phong bì, hai lá còn lại để sai thì có duy nhất 1 cách. Nếu lá thứ ba bỏ đúng phong bì, hai lá còn lại để sai thì có duy nhất 1 cách. Không thể có trường hợp hai lá thư bỏ đúng và một lá thư bỏ sai. Cả ba lá thư đều được bỏ đúng có duy nhất 1 cách.  n  A  4 Vậy xác suất để có ít nhất một lá thư được bỏ đúng phong bì là: P  A   n  A n   4 2  . 6 3 Cách 2: Gọi B là biến cố “Không có lá thư nào được bỏ đúng phong bì”. n  B 2 2  1  .  n  B  2  P  A  1  P  B  1  6 3 n  Le Minh Tam – Trang 137  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT Câu 30. Có 9 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 9 . Chọn ngẫu nhiên ra hai tấm thẻ. Tính xác suất để tích của hai số trên hai tấm thẻ là một số chẵn. 5 13 55 1 A. . B. . C. . D. . 28 18 56 56 Lời giải Chọn A Chọn ngẫu nhiên ra hai tấm thẻ từ 9 tấm thẻ nên số phần tử của không gian mẫu là: n    C92  36 . Gọi A là biến cố: “Tích hai số trên hai tấm thẻ là một số chẵn”, khi đó ta có: n  A  10 5 A : “Tích hai số trên hai tấm thẻ là một số lẻ”, n  A   C52  10  P  A     . n   36 18 Xác suất cần tìm là: P  A   1  P  A   1  5 13  . 18 18 Câu 31. Chi đoàn lớp 12A có 20 đoàn viên trong đó có 12 đoàn viên nam và 8 đoàn viên nữ. Tính xác suất khi chọn 3 đoàn viên có ít nhất 1 đoàn viên nữ. 11 46 110 251 A. . B. . C. . D. . 7 57 570 285 Lời giải Chọn C 3  1140 . Số phần tử của không gian mẫu: C20 3  220 . Gọi A là biến cố chọn được 3 đoàn viên là nam: C12 Xác suất của biến cố A là: P  A   220 11  . 1140 57 11 46 Vậy xác suất cần tìm là: 1   . 57 57 Câu 32. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh trong một lớp học gồm 25 nam và 20 nữ. Gọi A là biến cố “Trong 5 học sinh được ó ít nhất 1 học sinh nữ”. Xác suất của biến cố A là 4 5 4 C25 C5 20C 25 20C 44 A. P  A   20 . B. . C. . D. . P A  P A  P A  1        5 5 5 5 C45 C 45 C45 C 45 Lời giải Chọn D 5 Số phần tử của không gian mẫu n     C45 . A là biến cố “Trong 5 học sinh được ó ít nhất 1 học sinh nữ”  A là biến cố “Trong 5 học sinh được chọn không học sinh nữ”     5  n A  C25  P  A  1 P A  1    1 C n A n  C 5 25 5 45 . Câu 33. Một hộp đựng 10 viên bi có kích thước khá nhau, trong đó có 7 viên bi màu đỏ và 3 viên bi màu xanh. Chọn ngẫu nhiên 2 viên. Xác suất để 2 viên bi được ó ít nhất một viên bi màu xanh bằng Le Minh Tam – Trang 138  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT A. 1 . 15 B. 2 . 15 7 . 15 Lời giải C. D. 8 . 15 Chọn D Số phần tử của không gian mẫu là n    C102  45 . Gọi A : ” 2 viên bi được ó ít nhất một viên bi màu xanh ” .  A : ” 2 viên bi được ó màu đỏ ” . 21 7 Ta có n A  C72  21  P A   . 45 15 Vậy xác suất để 2 viên bi được ó ít nhất một viên bi màu xanh là 7 8 P  A  1 P A  1  . 15 15 Câu 34. Một hộp đựng 9 quả cầu xanh và 5 quả cầu trắng (các quả cầu khác nhau về kích thước). Lấy ngẫu nhiên 3 quả cầu. Xác suất để được 3 quả cầu có đủ hai loại cầu xanh và cầu trắng là 135 14 47 113 A. . B. . C. . D. . 182 182 182 182 Lời giải Chọn A Số phần tử của không gian mẫu là n    C143 .       Gọi A là biến cố lấy được 3 quả cầu có đủ hai loại cầu xanh và cầu trắng. C53  C93 Xác suất lấy được 3 quả cầu chỉ có màu xanh hoặc màu trắng là . C143 Do đó xác suất cần tìm P  A   1  C53  C93 3 14 C  135 . 182 Câu 35. Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm 6 chữ số và các chữ số thuộc tập hợp 1, 2, 3, 4 . Chọn ngẫu nhiên một số thuộc S , xác suất để số đó có mặt số 1 ít nhất một lần bằng 729 5 3367 91 A. . B. . C. . D. . 2048 6 4096 1024 Lời giải Chọn D Ta có số các số tự nhiên có 6 chữ số và các chữ số thuộc tập hợp 1, 2, 3, 4 là 4  4  4  4  4  4  46 , suy ra n     46 . Gọi A là biến cố: “ Số lấy được có mặt số 1 ít nhất một lần”. Suy ra A là biến cố: “ Số lấy được không có mặt số 1 ”.   Khi đó n A  36 .   Vậy xác suất cần tìm là P  A   1  P A  1     1 3 n A 6 n  6 4  3367 . 4096 Le Minh Tam – Trang 139  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT Câu 36. Có 30 quả cầu được đánh số từ 1 đến 30 . Lấy ngẫu nhiên đồng thời hai quả cầu rồi nhân các số trên hai quả với nhau. Tính xác suất để tích nhận được là một số chia hết cho 10 ? 48 8 16 16 A. . B. . C. . D. . 145 29 29 145 Lời giải Chọn B 2  Phép thử: Lấy hai quả cầu từ 30 quả cầu    C30  Biến cố A: Tích các số ghi trên hai quả cầu là một số chia hết cho 10 Trường hợp 1: Số cách chọn sao cho có một số chia hết cho 10 , ta có C31 .C127 cách chọn Trường hợp 2: Số cách chọn sao cho có một số chia hết cho 5 từ tập 5;15; 25 và số còn lại 1 là một số chẵn (không có số nào được chọn chia hết cho 10 ), ta có C31 .C13 cách chọn. 1 C31 .C127  C31 .C13  Vậy xác suất để tích nhận được là một số chia hết cho 10 là p  A   C 2 30  8 29 Câu 37. Gọi A là tập hợp các số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau được tạo ra từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 . Lấy ngẫu nhiên một số từ tập hợp A . Xác suất để số lấy được là số tự nhiên không lớn hơn 2503 là 5 57 A. . B. . 18 240 259 . 360 Lời giải C. D. 101 . 360 Chọn D Số phần tử không gian mẫu là n    A74  A63  720 . Gọi “ B là số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau không lớn hơn 2503 là abcd . Trường hợp 1: 0  a  2  a có 1 cách chọn và bcd có A63 cách chọn. Do đó, có 1.A63  120 cách chọn trường hợp 1 . Trường hợp 2: a  2, 2  b  5  b 0, 1, 3, 4  b có 4 cách chọn và cd có A42 cách chọn. Do đó, có 1.4.A52  80 cách chọn trường hợp 2 . Trường hợp 3: a  2, b  5, c  0, d  3 và d a, b, c  d có 2 cách chọn. Do đó, có 2 cách chọn trường hợp 3 .  n  A   120  80  2  202 . Vậy P  B   n  B n   202 101 .  720 360 Câu 38. Có 5 chiếc ghế được kê thành một hàng ngang. Xếp ngẫu nhiên 6 học sinh, gồm 3 học sinh lớp A, 2 học sinh lớp B và 1 học sinh lớp C ngồi vào hàng ghế đó sao cho mỗi ghế có đúng một học sinh. Xác suất để học sinh lớp C không ngồi cạnh học sinh lớp B bằng 1 4 2 2 A. . B. . C. . D. . 5 5 15 5 Lời giải Chọn D Le Minh Tam – Trang 140  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT Số phần tử của không gian mẫu là n    6! . Gọi A là biến cố “học sinh lớp C không ngồi cạnh học sinh lớp B”. Xếp 1 học sinh lớp C vào chỗ, xảy ra 2 trường hợp: +) TH1: học sinh lớp C ngồi ở một trong 2 đầu, có 2 cách xếp. Khi đó, có A42 cách xếp 2 học sinh lớp B và A33 cách xếp 3 học sinh lớp A. 2 3  có 2.A4 .A3 cách xếp cho trường hợp 1. +) TH2: học sinh lớp C không ngồi ở hai đầu, có 4 cách xếp. Khi đó, có A32 cách xếp 2 học sinh lớp B và A33 cách xếp 3 học sinh lớp A. 2 3  có 4.A3 .A3 cách xếp cho trường hợp 2. n  A  2.A42 .A33  4.A32 .A33 . 2. A42 . A33  4. A32 . A33 2  . Vậy P  A   6! 5 Câu 39. Ba bạn A, B, C mỗi bạn viết lên bảng một số tự nhiên thuộc 1;17 . Xác suất để ba số được viết ra có tổng chia hết cho 3 bằng 3276 1728 A. . B. . 4913 4913 23 . 68 Lời giải C. D. 1637 . 4913 Chọn D 3 Ta có n     17  4913 . Trong các số tự nhiên thuộc 1;17 có 5 số chia hết cho 3 là 3;6;9;12;15 , có 6 số chia 3 dư 1 là 1; 4;7;19;13;16 có 6 số chia 3 dư 2 là 2;5;8;11;14;17 . Để 3 số tổng viết ra chia hết cho 3 xảy ra các trường hợp sau: 3 TH1: Cả 3 số viết ra đều chia hết cho 3  5 cách viết. 3 TH2: Cả 3 số viết ra đều chia cho 3 dư 1  6 cách viết. 3 TH3: Cả 3 số viết ra đều chia cho 3 dư 2  6 cách viết. TH4: Trong 3 số viết ra có 1 số chia hết cho 3 , có 1 số chia cho 3 dư 1 , có 1 số chia cho 3 dư 2 nên có 5.6.6.3! cách viết. 53  63  63  5.6.6.3! 1637 P   Vậy xác suất cần tìm là . 4913 4913 Câu 40. Cho đa giác đều có 30 đỉnh nội tiếp trong đường tròn. Chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh trong 30 đỉnh. 0 Tính xác suất để 3 đỉnh tạo thành tam giác có một góc bằng 120 ? 27 33 57 23 A. . B. . C. D. . 406 406 406 406 Lời giải Chọn A 3 +)Số phần tử của không gian mẫu   C30 . +)Đánh số đỉnh của đa giác là A1 , A2 ,…., A30 . Gọi tâm hình tròn là O. Le Minh Tam – Trang 141  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT Giả sử tam giác A1 An Am đều. Tam giác này chia đường tròn thành 3 cung bằng nhau, trên mỗi cung có 9 đỉnh. Lấy ngẫu nhiên 1 đỉnh trên cung đó cùng với 1 cạnh ta được một tam 0 giác có 1 góc bằng 120 . Số tam giác đều tạo thành từ 30 đỉnh là 10. 0 Vậy số tam giác có một góc bằng 120 là  A  10.27  270 270 27 P  A  3  C30 406 Câu 41. Trong một trò chơi, người chơi gieo đồng thời 3 con súc sắc đồng chất 5 lần. Nếu mỗi lần gieo xuất hiện ít nhất hai mặt sáu chấm thì thắng. Xác suất để người chơi thắng ít nhất 4 ván gần nhất với số nào dưới đây? A. 0, 00014. B. 0, 0024. C. 0, 0014. D. 0, 00024. Lời giải Chọn C Gọi biến cố Ai : “Lần gieo thứ i xuất hiện ít nhất hai mặt sáu chấm”. 1 1 5 1 1 1 2 25  P Ai  Khi đó ta có P  Ai   C32 . . .  . .  6 6 6 6 6 6 27 27 Gọi biến cố B : “Người chơi thắng ít nhất 4 ván”. Khi đó ta có: B  A1 A2 A3 A4 A5  A1 A2 A3 A4 A5  A1 A2 A3 A4 A5  A1 A2 A3 A4 A5  A1 A2 A3 A4 A5  A1 A2 A3 A4 A5   5 4  2   2   25   P  B      5.   .    0.0014  27   27   27  Câu 42. Một đê thi trắc nghiệm gồm 50 câu, mỗi câu có 4 phương án trả lời trong đó chỉ có một phương án đúng, mỗi câu trả lời đúng được 0,2 điểm. Một thí sinh làm hết bài thi bằng cách chọn ngẫu nhiên một trong 4 phương án trả lời ở mỗi câu. Tính xác suất để thí sinh đó được đúng 5 điểm. 1 A.   4 25 25 3 .  . 4 25 1 B.   .C5025 . 4 1 C.   4 Lời giải 25 25 3 .   . A5025 . 4 1 D.   4 25 25 3 .   .C5025 . 4 Chọn D 1 3 , xác suất để chọn câu trả lời sai 4 4 Để được 5 điểm học sinh đó phải trả lời đúng 25 và trả lời sai 25 Ta có xác suất để có câu trả lời đúng là 25 25 1 3 Xác suất để học sinh đó được 5 điểm là   .   .C5025 4 4 Câu 43. Một lớp học có 30 học sinh nam và 10 học sinh nữ. Giáo viên chủ nhiệm cần chọn một ban cán sự lớp gồm có 3 học sinh. Tính xác suất để ban cán sự lớp có cả nam và nữ. 435 135 285 5750 A. . B. . C. . D. . 988 988 9880 494 Lời giải Chọn C 3  Ta có n     C40 . Le Minh Tam – Trang 142  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Gọi A là biến cố: “3 học sinh trong ban cán sự lớp có cả nam và nữ” 1 2 2 1  n  A  C30 .C10  C30 .C10 C .C  C .C 15 285  P  A    C 26 494 1 2 2 1 30 10 30 10 3 40 Câu 44. Hộp thứ nhất chứa 3 bi đỏ và 4 bi xanh, hộp thứ 2 chứa 2 bi đỏ và 5 bi xanh. Chuyển ngẫu nhiên 1 viên bi tứ hộp thứ nhất sang hộp thứ hai, rồi lấy ngẫu nhiên một viên bi từ hộp thứ hai ra. Tính xác suất để viên bi được lấy ra ở hộp thứ hai là màu đỏ. 3 17 2 9 A. B. C. D. 7 7 56 56 Lời giải Chọn B TH1: Chuyển được 1 một viên bi màu đỏ từ hộp thứ nhất sang hộp thứ hai và lấy ra được 3 3 9 ở hộp thứ hai một viên bi màu đỏ với xác suất là P1  .  7 8 56 TH2: Chuyển được 1 một viên bi màu xanh từ hộp thứ nhất sang hộp thứ hai và lấy ra 4 2 8 được ở hộp thứ hai một viên bi màu đỏ với xác suất là P2  .  7 8 56 17 Vậy xác suất để viên bi được lấy ra ở hộp thứ hai là màu đỏ là P  P1  P2  56 6 Câu 45. Có 12 cây giống thuộc loại: cam, chanh, quýt, trong đó có cam, 4 chanh, 2 quýt. Tính xác suất chọn ra 6 cây giống để trồng sao cho mỗi loại có ít nhất 1 cây. 57 683 49 685 A. . B. . C. . D. . 77 924 66 924 Lời giải Chọn C 6  : “chọn ra 6 cây giống trong 12 cây giống”  n     C12  924 . A : “chọn ra 6 cây giống sao cho mỗi loại có ít nhất 1 cây” Số cách chọn 6 cây giống cam, chanh là C106 . 6 Số cách chọn 6 cây giống cam, quýt là C8 . 6 Số cách chọn 6 cây giống chanh, quýt là C6 . 6 Số cách chọn 6 cây giống cam là C6 . 6 6 6 6 6 Suy ra n  A  C12  C10  C8  C6  C6  686 . Ta có P  A  n  A n   686 49 .  924 66 Câu 46. Một hộp đựng 10 thẻ được đánh số từ 1 đến 10 . Phải rút ra ít nhất k thẻ để xác suất có ít 13 nhất một thẻ ghi số chia hết cho 4 lớn hơn . Giá trị của k bằng: 15 A. 9 . B. 8 . C. 7 . D. 6 . Lời giải Chọn C Le Minh Tam – Trang 143  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT Gọi biến cố A : Lấy k tấm thẻ có ít nhất một tấm thẻ chia hết cho 4 . Với 1  k  10 . Suy ra A : Lấy k tấm thẻ không có tấm thẻ nào chia hết cho 4 . C8k 10  k  9  k  . C8k Ta có: P A  k  P  A   1  k  1  90 C10 C10   10  k  9  k   13  k  19k  78  0  6  k  13 . 90 15 Vậy k  7 là giá trị cần tìm. Câu 47. Chọn ngẫu nhiên 3 số tự nhiên từ tập hợp M  1; 2; 3;…; 2019 . Tính xác suất P để trong 3 Theo đề: 1  2 số tự nhiên được chọn không có 2 số tự nhiên liên tiếp. 677040 2017 2016 A. P  . B. P  . C. P  . 679057 679057 679057 Lời giải Chọn A D. P  1 . 679057 3 Có tất cả C2019 cách chọn 3 số tự nhiên từ tập hợp M  1; 2; 3;…; 2019 . 3 Suy ra n     C2019 . Xét biến cố A : “Chọn 3 số tự nhiên sao cho không có 2 số tự nhiên liên tiếp”. Ta có A : “Chọn 3 số tự nhiên sao luôn có 2 số tự nhiên liên tiếp”. Xét các trường hợp sau: + Trường hợp 1: Trong ba số chọn được chỉ có 2 số liên tiếp: – Nếu 2 số liên tiếp là 1; 2 hoặc 2018; 2019 thì số thứ ba có 2019  3  2016 cách chọn (do không tính số liên tiếp sau và trước mỗi cặp số đó). – Nếu 2 số liên tiếp là 2; 3 , 3; 4 ,., 2017; 2018 thì số thứ ba có 2019  4  2015 cách chọn (do không tính 2 số liền trước và sau mỗi cặp số đó). Trường hợp này có 2.2016  2016.2015  4066272 cách chọn. + Trường hợp 2: Chọn được 3 số liên tiếp. Tức là chọn các bộ 1; 2; 3 , 2; 3; 4 ,., 2017 , 2018, 2019 : có tất cả 2017 cách.   Suy ra n A  4066272  2017  4068289 .   Vậy P  P  A   1  P A  1  4068289 1365589680 677040   . 3 1369657969 679057 C2019 Câu 48. Cho một bảng ô vuông 3  3 . Le Minh Tam – Trang 144  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT Điền ngẫu nhiên các số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 vào bảng trên (mỗi ô chỉ điền một số). Gọi A là biến cố “mỗi hàng, mỗi cột bất kì đều có ít nhất một số lẻ”. Xác suất của biến cố A bằng 10 1 5 1 A. P  A   . B. P  A   . C. P  A   . D. P  A   . 21 3 7 56 Lời giải Chọn C Ta có số phần tử của không gian mẫu là n    9 !  362880 . Xét biến cố đối A “tồn tại một hàng hoặc một cột chứa toàn số chẵn”. Để biến cố A xảy ra ta lần lượt thực hiện các bước sau. Bước 1: chọn một hàng hoặc một cột chứa toàn số chẵn. Bước này có 6 cách. Bước 2: chọn ba số chẵn trong các số 2, 4, 6, 8 và xếp vào hàng hoặc cột này. Bước này có A43 cách. Bước 3: xếp 6 số còn lại vào 6 ô còn lại. Bước này có 6! cách.   Suy ra số kết quả thuận lợi cho biến cố A là n A  6. A43 .6 !  103680 .   Vậy xác suất của biến cố A là P  A   1  P A  1     5. n A n  7 Câu 49. Gọi X là tập các số tự nhiên có 5 chữ số. Lấy ngẫu nhiên hai số từ tập X . Xác suất để nhận được ít nhất một số chia hết cho 4 gần nhất với số nào dưới đây? A. 0, 63 . B. 0, 23 . C. 0, 44 . D. 0,12 . Lời giải Chọn C 99996  10000 Ta có số phần tử của tập X là X  9.104  90000 , trong đó có  1  22500 số 4 chia hết cho 4 và 90000  22500  67500 số không chia hết cho 4. Gọi A là biến cố nhận được ít nhất một số chia hết cho 4. 2 Số phần tử của không gian mẫu là .  C90000 Số phần tử của không gian thuận lợi cho biến cố A (cả hai đều không chia hết cho 4) là 2 .  C67500 A Vậy xác suất của biến cố A là P  A   1  P  A   1  2 C67500 2 C90000  0, 44 . Câu 50. Một hộp đựng 4 viên bi xanh, 3 viên bi đỏ và 2 viên bi vàng. Chọn ngẫu nhiên hai viên biên. Xác suất để chọn được hai viên bi cùng màu là Le Minh Tam – Trang 145  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT A. 5 . 18 B. 1 . 6 1 . 36 Lời giải C. D. 1 . 12 Chọn A Gọi A là biến cố : “Chọn được hai viên bi xanh”. B là biến cố : “Chọn được hai viên bi đỏ”. C là biến cố : “Chọn được hai viên bi vàng”. Khi đó biến cố: “Chọn được hai viên bi cùng màu” là biến cố A  B  C . Do A, B, C đôi một xung khắc với nhau nên theo quy tắc cộng ta có P  A  B  C   P  A   P  B   P C  Ta có P  A   C32 C42 C22 6 3 1 .  ; P B   ; P C       2 2 2 C9 36 C9 36 C9 36 Vậy P  A  B  C   6 3 1 5    36 36 36 18 —————— HẾT —————— Le Minh Tam – Trang 146  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT BÀI 5 TỔNG ÔN TẬP CHƯƠNG I. QUY TẮC ĐẾM  Bài 01. Một trường THPT được cử một học sinh đi dự trại hè toàn quốc. Nhà trường quyết định chọn một học sinh tiên tiến trong lớp 11A hoặc lớp 12B. Hỏi nhà trường có bao nhiêu cách chọn, biết rằng lớp 11A có 31 học sinh tiên tiến và lớp 12B có 22 học sinh tiên tiến. Lời giải  Để chọn được một học sinh đi dự ta có 2 trường hợp:  Trường hợp 1: Học sinh ở lớp 11A: có 31 cách  Trường hợp 2: Học sinh ở lớp 12B: có 22 cách Vậy có 31  22  53 cách.  Bài 02. Từ thành phố A đến thành phố B có 3 con đường,từ thành phố A đến thành phố C có 2 con đường, từ thành phố B đến thành phố D có 2 con đường, từ thành phố C đến thành phố D có 3 con đường. Không có con đường nào nối từ thành phố B với thành phố C. Hỏi có tất cả bao nhiêu con đường đi từ thành phố A đến thành phố D ? Lời giải Để đi từ thành phố A đến thành phố D ta có 2 trường hợp:  Trường hợp 1: Đi qua thành phố B :  Đi từ A đến B có 3 cách  Đi từ B đến D có 2 cách  Có 6 cách đi từ A đến D mà qua B  Trường hợp 2: Không đi qua thành phố B :  Đi từ A đến C có 2 cách  Đi từ C đến D có 3 cách  Có 6 cách đi từ A đến D mà không qua B Vậy có 6  6  12 cách.  Bài 03. Một đội văn nghệ chuẩn bị được 2 vở kịch, 3 điệu múa và 6 bài hát.Tại hội diễn mỗi đội chỉ được trình diễn 1 vở kịch, 1 điệu múa và 1 bài hát. Hỏi đội văn nghệ có bao nhiêu cách chọn chương trình biểu diễn biết rằng chất lượng các vở kịch, điệu múa, bài hát là như nhau? Lời giải  Chọn 1 vở kịch có 2 cách  Chọn 1 điệu múa có 3 cách Le Minh Tam – Trang 147  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Chọn 1 bài hát có 6 cách  Có 2.3.6  36 cách.  Bài 04. Một lớp học có 33 sinh viên. Hỏi có bao nhiêu cách giao 3 chức danh lớp trưởng, lớp phó, bí thư cho 3 sinh viên biết rằng mỗi sinh viên chỉ có thể nhận nhiều nhất 1 chức danh và sinh viên nào cũng có thể đảm nhận chức danh Lời giải  Chọn 1 sinh viên làm lớp trưởng có 33 cách  Chọn 1 sinh viên làm lớp phó có 32 cách  Chọn 1 sinh viên làm bí thư có 31 cách  Có 32.33.31  32736 cách.  Bài 05. Từ tập A  {1; 2;3; 4;5;6}, có thể lập được bao nhiêu số ⓵ Gồm 4 chữ số khác nhau? ⓶ Gồm 3 chữ số khác nhau và số đó chia hết cho 2? ⓷ Gồm 6 chữ số khác nhau và số đó chia hết cho 5? ⓸ Gồm 6 chữ số khác nhau và số đó chia hết cho 3? ⓹Gồm 3 chữ số khác nhau và số đó không lớn hơn 456? Lời giải ⓵ Gồm 4 chữ số khác nhau?  Gọi abcd là số cần tìm.  Chọn a  A : 6 cách.  Chọn b  A a : 5 cách.  Chọn c  A a, b : 4 cách.  Chọn d  A a, b, c : 3 cách.  có: 6.5.4.3  360 số thoả yêu cầu bài toán. ⓶ Gồm 3 chữ số khác nhau và số đó chia hết cho 2?  Gọi abc là số cần tìm.  Chọn c  2; 4;6 : 3 cách.  Chọn a  A c : 5 cách.  Chọn b  A a, c : 4 cách.  có: 3.4.5  60 số thoả yêu cầu bài toán. ⓷ Gồm 6 chữ số khác nhau và số đó chia hết cho 5?  Gọi abcdef là số cần tìm.  Chọn f  5 : 1 cách. Le Minh Tam – Trang 148  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Chọn a  A 5 : 5 cách.  Chọn b  A a,5 : 4 cách.  Chọn c  A a, b,5 : 3 cách.  Chọn d  A a, b, c,5 : 2 cách.  Chọn e  A a, b, c, d ,5 : 1 cách.  có: 1.5.4.3.2.1  120 số thoả yêu cầu bài toán. ⓸ Gồm 6 chữ số khác nhau và số đó chia hết cho 3?  Gọi abcdef là số cần tìm.  Vì abcdef gồm 6 chữ số khác nhau và số abcdef được lập từ tập A nên  Chọn a  A : 6 cách.  Chọn b  A a : 5 cách.  Chọn c  A a, b : 4 cách.  Chọn d  A a, b, c : 3 cách.  Chọn e  A a, b, c, d  : 2 cách.  Chọn f  A a, b, c, d , e : 1 cách.  có: 6.5.4.3.2.1  720 số thoả yêu cầu bài toán. ⓹ Gồm 3 chữ số khác nhau và số đó không lớn hơn 456?  Gọi abc là số cần tìm.  Trường hợp 1: 100  abc  400  Chọn a  1; 2;3 : 3 cách.  Chọn b  A a : 5 cách.  Chọn c  A a, b : 4 cách.  có: 3.4.5  60 số.  Trường hợp 2: 400  abc  450  Chọn a  4 : 1 cách.  Chọn b  1; 2;3 : 3 cách.  Chọn c  A 4; b : 4 cách.  có: 1.3.4  12 số.  Trường hợp 3: 450  abc  456  Chọn a  4 : 1 cách.  Chọn b  5 : 1 cách.  Chọn c  A 4;5 : 4 cách.  có: 1.1.4  4 số. Từ 1 ;  2  ;  3  có: 60  12  4  76 số thoả yêu cầu bài toán. Le Minh Tam – Trang 149  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Bài 06. Từ 6 chữ số 0,1, 2,3, 4,5 có thể lập được bao nhiêu số gồm 4 chữ số khác nhau và thỏa: ⓵ Chia hết cho 5. ⓶ Là số lẻ. ⓷ Là số chẵn ⓸ Là số chia hết cho 3. ⓹ Là số chia hết cho 6. Lời giải ⓵ Chia hết cho 5.  Gọi số tự nhiên có 4 chữ số là abcd  a  b  c  d  .  Trường hợp 1: abc5 .  Chọn a: 4 cách chọn ( vì a  0;5 ).  Chọn b,c: A42 cách chọn.  Khi đó: 4. A42  48 .  Trường hợp 2: abc0 .  Chọn a, b, c : A53  60 cách chọn.  Vậy: 48  60  108 (số). ⓶ Là số lẻ.  Gọi số tự nhiên có 4 chữ số là abcd  a  b  c  d  .  Chọn d: 3 cách ( vì d  1;3;5 ).  Chọn a: 4 cách ( vì a  0; d ).  Chọn b, c: A42 cách chọn.  Khi đó: 3.4. A42  144 . ⓷ Là số chẵn.  Gọi số tự nhiên có 4 chữ số là abcd  a  b  c  d  .  Trường hợp 1: abc0 .  Chọn a,b,c: A53  60 cách chọn.  Trường hợp 2: abcd  d  0  .  Chọn d: 2 cách chọn ( vì d  2; 4 ).  Chọn a: 4 cách ( vì a  0; d ).  Chọn b, c: A42 cách chọn.  Khi đó: 2.4. A42  96 .  Vậy: 60  96  156 (số) ⓸ Là số chia hết cho 3.  Gọi số tự nhiên có 4 chữ số là abcd  a  b  c  d  .  Bộ bốn chữ số có tổng chia hết cho 3 là: A  0;1; 2;3 , 0; 2;3; 4 , 0;3; 4;5 , 1; 2; 4;5 . Le Minh Tam – Trang 150  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Trường hợp 1: abcd  0;1; 2;3 , 0; 2;3; 4 , 0;3; 4;5 .  Chọn a: 3 cách ( vì a  0 ).  Chọn b,c,d: 3!  6 cách chọn.  Khi đó: 3.6=18 ( cách).  Trường hợp 2: abcd  1; 2; 4;5 .  Chọn a,b,c,d: 4!  24 .  Vậy 6+24=30 (số) ⓹ Là số chia hết cho 6.  Gọi số tự nhiên có 4 chữ số là abcd  a  b  c  d  .  Số chia hết cho 6 là số chẵn và chia hết cho 3. Khi đó, xét bộ bốn chữ số có tổng chia hết cho 3 là: A  0;1; 2;3 , 0; 2;3; 4 , 0;3; 4;5 , 1; 2; 4;5 .  Trường hợp 1: abc0  0;1; 2;3 , 0; 2;3; 4 , 0;3; 4;5 .  Chọn a,b,c: 3!  6 cách chọn.  Trường hợp 2: abcd  1; 2; 4;5 .  Chọn d: 2 cách chọn ( vì d  2; 4 ).  Chọn a,b,c: 3!  6 cách chọn.  Khi đó: 2.6  12 . Vậy: 6 12  18 (số).  Bài 07. Từ 6 chữ số 0,1,2,3,4,5 có thể lập được bao nhiêu số: ⓵ Gồm 5 chữ số phân biệt. ⓶ Chẵn gồm 5 chữ số phân biệt. ⓷Gồm 5 chữ số phân biệt trong đó có chữ số 0. Lời giải ⓵ Gồm 5 chữ số phân biệt.  Gọi số cần tìm là abcde (các chữ số khác nhau từng đôi một).  Chọn a :5 cách.  Chọn b :5 cách.  Chọn c :4 cách.  Chọn d :3 cách.  Chọn e : 2 cách.  Theo Quy tắc nhân có: 5.5.4.3.2  600 . ⓶ Chẵn gồm 5 chữ số phân biệt. Gọi số cần tìm là abcde ( e chẵn và các chữ số khác nhau từng đôi một).  Trường hợp 1: e  0 .  Chọn e : 1 cách.  Chọn a :5 cách.  Chọn b :4 cách. Le Minh Tam – Trang 151  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Chọn c :3 cách.  Chọn d :2 cách.  Theo Quy tắc nhân có: 1.5.4.3.2  120 .  Trường hợp 2: e  0 .  Chọn e :2 cách.  Chọn a :4 cách.  Chọn b :4 cách.  Chọn c :3 cách.  Chọn d :2 cách.  Theo quy tắc nhân có: 2.4.4.3.2  192 .  Theo quy tắc cộng có tất cả 192 120  312 số chẵn có 5 chữ số khác nhau. ⓷ Gồm 5 chữ số phân biệt trong đó có chữ số 0.  Gồm 5 chữ số phân biệt trong đó có chữ số 0.  Số số gồm 5 chữ số phân biệt và không có chữ số 0 là: 5.4.3.2.1  120 số.  Theo quy tắc cộng số số gồm 5 chữ số phân biệt trong đó có chữ số 0 là: 600 120  480 số.  Bài 08. Cho tập hợp E  0;1; 2;3; 4;5;6;7 . Có thể lập bao nhiêu số gồm 5 chữ số khác nhau đổi một lấy từ E trong mỗi trường hợp sau: ⓵ Là số chẵn. ⓶ Một trong ba chữ số đầu tiên bằng 1. Lời giải ⓵ Là số chẵn.  Gọi số cần tìm là abcde ( e chẵn và các chữ số khác nhau từng đôi một).  Trường hợp 1: e  0 .  Chọn e : 1 cách.  Chọn a : 7 cách.  Chọn b : 6 cách.  Chọn c : 5 cách. Chọn d : 4 cách.  Theo Quy tắc nhân có: 1.7.6.5.4  840 .  Trường hợp 2: e  0 .  Chọn e : 3 cách.  Chọn a : 6 cách.  Chọn b : 5 cách.  Chọn c : 4 cách.  Chọn d : 3 cách.  Theo quy tắc nhân có: 3.6.5.4.3  1080 .  Theo quy tắc cộng có tất cả 840 1080  1920 số chẵn có 5 chữ số khác. Le Minh Tam – Trang 152  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT ⓶ Một trong ba chữ số đầu tiên bằng 1. Gọi số cần tìm là abcde  Trường hợp 1: a  1 .  Chọn b : 7 cách.  Chọn c : 6 cách.  Chọn d : 5 cách.  Chọn e : 4 cách.  Theo Quy tắc nhân có: 7.6.5.4  840 số.  Trường hợp 2: b  1.  Chọn a : 6 cách.  Chọn c : 6 cách.  Chọn d : 5 cách.  Chọn e : 4 cách.  Theo quy tắc nhân có: 6.6.5.4  720 số.  Trường hợp 3: c  1 .  Chọn a : 6 cách.  Chọn b : 6 cách.  Chọn d : 5 cách.  Chọn e : 4 cách.  Theo quy tắc nhân có: 6.6.5.4  720 số.  Theo quy tắc cộng có tất cả 840  720  720  2280 số.  Bài 09. Từ 10 chữ số 0,1,2,3, … ,9 có thể lập được bao nhiêu số gồm 6 chữ số khác nhau sao cho trong các chữ số đó có mặt chữ số 0 và 1? Lời giải  Gọi số cần lập n  a1a2 a3a4 a5 a6  a1  0   Bước 1: Xếp chữ số 0 vào trong 5 vị trí từ a2 đến a6 , có 5 cách xếp.  Bước 2: Xếp chữ số 1 vào trong 5 vị trí còn lại (bỏ 1 vị trí chữ số 0 đã chọn), có 5 cách xếp.  Bước 3: Chọn 4 chữ số trong 8 chữ số 2,3, 4,5, 6, 7,8,9 để xếp vào 4 vị trí còn lại, có 8.7.6.5 cách.  Theo quy tắc nhân có 5.5.8.7.6.5  42000 số thỏa yêu cầu.  Bài 10. Từ 5 chữ số 1, 2,5, 7,8 có thể lập bao nhiêu số gồm 3 chữ số phân biệt và thỏa điều kiện: ⓵ Là 1 số nhỏ hơn hoặc bằng 278 . ⓶ Là 1 số chẵn và nhỏ hơn hoặc bằng 278 . Lời giải ⓵ Là 1 số nhỏ hơn hoặc bằng 278 . Le Minh Tam – Trang 153  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT Gọi số cần tìm có dạng abc  a, b, c  1; 2;5;7;8   Trường hợp 1: a  2; b  7; c  8 . Có 1 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.  Trường hợp 2: a  2; b  7.  a có 1 cách chọn.  b có 2 cách chọn.  c có 3 cách chọn.  Theo quy tắc nhân ta có: 1.2.3  6 (số).  Trường hợp 3: a  2; b  7; c  8 .  a có 1 cách chọn.  b có 1 cách chọn.  c có 2 cách chọn.  Theo quy tắc nhân ta có: 1.1.2  2 (số).  Trường hợp 4: a  2 .  a có 1 cách chọn.  b có 4 cách chọn.  c có 3 cách chọn.  Theo quy tắc nhân ta có: 1.4.3  12 (số).  Vậy có: 1  6  2 12  21 (số). ⓶ Là 1 số chẵn và nhỏ hơn hoặc bằng 278 . Gọi số cần tìm có dạng abc  a, b  1; 2;5;7;8 ; c  2;8   Trường hợp 1: a  2; b  7; c  8 . Có 1 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.  Trường hợp2: a  2; b  7; c  8  a có 1 cách chọn.  c có 1 cách chọn.  b có 2 cách chọn.  Theo quy tắc nhân ta có: 1.1.2  2 (số).  Trường hợp 3: a  2; c  2;8  a có 1 cách chọn.  c có 2 cách chọn.  b có 3 cách chọn.  Theo quy tắc nhân ta có: 1.2.3  6 (số).  Vậy có: 1  2  6  9 (số).  Bài 11. Xét những số gồm 9 chữ số trong đó có 5 chữ số 1 và bốn chữ số còn lại 2,3, 4,5 . Hỏi có bao nhiêu số nếu: ⓵ 5 chữ số 1 xếp kề nhau. ⓶ Các chữ số được xếp tùy ý. Lời giải ⓵ 5 chữ số 1 xếp kề nhau. Le Minh Tam – Trang 154  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Gọi 11111 là số a .  Vậy ta cần sắp các số a, 2,3, 4,5 .  Số cách sắp xếp số thỏa mãn là: 1.2.3.4.5  120 (số). ⓶ Các chữ số được xếp tùy ý.  Lập một số có 9 chữ số thỏa mãn yêu cầu, thực chất là việc xếp các số 2,3, 4,5 vào 4 vị trí tùy ý trong 9 vị trí ( 5 vị trí còn lại là dành cho chữa số 1 lặp lại 5 lần)  Vậy có tất cả: A94  6.7.8.9  3024 (số).  Bài 12. Có nhiều nhất bao nhiêu biển đăng ký xe máy nếu mỗi biển chứa một dãy gồm một chữ cái, tiếp đến một chữ số khác 0 và cuối cùng là 5 chữ số. Lời giải  Bước 1 chọn 1 chữ cái trong 26 chữ cái có 26 cách.  Bước 2 chọn 1 chữ số khác 0 từ 9 chữ số.  Cuối cùng 5 chữ số còn lại mỗi số có 10 cách chọn.  Số các biển số xe thỏa mãn là: 26.9.10.10.10.10.10  23400000 biển. II. HOÁN VỊ – CHỈNH HỢP – TỔ HỢP  Bài 01. Xếp 3 quyển sách Toán, 4 sách lý, 2 sách hóa và 5 sách Sinh vào một kệ sách. Tất cả các quyển sách đều khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp: ⓵ Một cách tùy ý? ⓶ Theo từng môn? ⓷Theo từng môn và sách Toán nằm giữa? Lời giải ⓵ Một cách tùy ý?  Trên kệ sách có tất cả 14 quyển sách, số cách xếp 14 quyển sách trên là 14! cách. ⓶ Theo từng môn?  Có 4 bộ sách được sắp 4 vị trí có 4! cách.  Sắp xếp 3 quyển sách Toán có 3! cách.  Sắp xếp 2 sách hóa có 2 cách.  Sắp xếp 3 quyển sách Toán có 3! cách.  Sắp xếp 5 sách Sinh có 5! cách.  Vậy số cách sắp xếp số sách trên theo từng môn là 4!.3!.2.3!.5!  207360 cách. ⓷ Theo từng môn và sách Toán nằm giữa?  Chọn vị trí cho bộ Toán có 2 cách.  Sắp xếp 3 bộ sách còn lại có 3! cách.  Sắp xếp 3 quyển sách Toán có 3! cách  Sắp xếp 2 sách hóa có 2! cách Le Minh Tam – Trang 155  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Sắp xếp 4 quyển sách Lý có 4! cách  Sắp xếp 5 sách Sinh có 5! cách  Vậy số cách sắp xếp số sách trên theo từng môn là 2.3!.3!.2!.4!.5!  414720 cách.  Bài 02. Có bao nhiêu cách xếp 5 bạn A , B , C , D , E vào một ghế dài sao cho ⓵ C ngồi chính giữa? ⓶ A và E ngồi ở hai đầu ghế? Lời giải ⓵ C ngồi chính giữa?  Vì C phải ngồi chính giữa nên có 4!  24 cách xếp A , B , C , D , E . ⓶ A và E ngồi ở hai đầu ghế?  Vì A và E ngồi ở hai đầu ghế nên có 2!.3!  12 cách xếp A , B , C , D , E .  Bài 03. Có 6 học sinh được xếp vào 6 chỗ ngồi đã được ghi thứ tự trên 1 bàn dài. Tìm số cách xếp 6 học sinh ngồi vào bàn sao cho 2 học sinh A và B không được ngồi cạnh nhau? Lời giải  Sắp xếp 6 học sinh vào 6 vị trí trên 1 bàn dài có 6!  720 cách.  Có 5 vị trí cạnh nhau, sắp xếp 2 học sinh A và B vào 5 vị trí cạnh nhau đó có 5.2  10 cách, tiếp tục sắp xếp 4 học sinh còn lại có 4!  24 cách.  Vậy số cách sắp xếp 6 học sinh sao cho A và B ngồi cạnh nhau là 10.24  240 cách.  Số cách sắp xếp 6 học sinh sao cho A và B không ngồi cạnh nhau: 720  240  480 cách.  Bài 04. Một nhóm gồm 8 học sinh, trong đó có 5 nam và 3 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách xếp 8 học sinh trên thành một hàng dọc sao cho: ⓵ Các học sinh được xếp bất kì. ⓶ Các học sinh nam đứng liền nhau và các học sinh nữ đứng liền nhau. ⓷ Các học sinh nam phải đứng liền nhau. Lời giải ⓵ Các học sinh được xếp bất kì.  Mỗi cách xếp 8 học sinh đã cho thành một hàng dọc tương ứng là một hoán vị của 8 học sinh.  Vậy số cách xếp là: 8!  40320 (cách). ⓶ Các học sinh nam đứng liền nhau và các học sinh nữ đứng liền nhau.  Để xếp 8 học sinh đã cho thành hàng dọc sao cho các học sinh nam đứng liền nhau và các học sinh nữ đứng liền nhau ta thực hiện các bước: Le Minh Tam – Trang 156  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Bước 1: Xếp vị trí cho nam và nữ: có 2 cách ( 5 nam đứng đầu hàng, 3 nữ đứng cuối hàng hoặc 5 nam đứng cuối hàng, 3 nữ đầu hàng).  Bước 2: Xếp chỗ cho 5 nam vào 5 vị trí: có 5! cách.  Bước 3: Xếp chỗ cho 3 nữ vào 3 vị trí: có 3! cách.  Áp dụng quy tắc nhân ta có: 2.5!.3!  1440 (cách). ⓷ Các học sinh nam phải đứng liền nhau.  Để xếp 8 học sinh đã cho thành hàng dọc sao cho các học sinh nam đứng liền nhau ta coi 5 nam là một đối tượng, đối tượng này cộng với 3 học sinh nữ thành 4 đối tượng xếp thành hàng dọc; ta thực hiện hai bước:  Bước 1: Xếp vị trí cho 4 đối tượng: có 4! cách .  Bước 2: Xếp chỗ cho 5 nam vào 5 vị trí: có 5! cách.  Áp dụng quy tắc nhân ta có: 4!.5!  2880 (cách).  Bài 05. Có 3 người đàn ông, 2 người đàn bà và 1 đứa trẻ được xếp ngồi vào 6 cái ghế xếp thành hàng ngang. Hỏi có bao nhiêu cách xếp sao cho: ⓵ Đứa trẻ ngồi giữa hai người đàn bà. ⓶ Đứa trẻ ngồi giữa hai người đàn ông. Lời giải Ta đánh số thứ tự cho 6 chiếc ghế từ số 1 đến số 6. ⓵ Đứa trẻ ngồi giữa hai người đàn bà.  Ta thực hiện việc xếp 6 người vào 6 chiếc ghế sao cho đứa trẻ ngồi giữa hai người đàn bà như sau:  Xếp đứa trẻ ngồi vào 1 trong các ghế có số thứ tự từ 2 đến 5: có 4 cách.  Xếp hai người đàn bà vào 2 ghế bên cạnh đứa trẻ: có 2 cách.  Xếp 3 người đàn ông vào 3 ghế còn lại: có 3! cách. Áp dụng quy tắc nhân, có tất cả: 4.2.6  48 cách. ⓶ Đứa trẻ ngồi giữa hai người đàn ông.  Ta thực hiện việc xếp 6 người vào 6 chiếc ghế sao cho đứa trẻ ngồi giữa hai người đàn ông như sau:  Xếp đứa trẻ ngồi vào 1 trong các ghế có số thứ tự từ 2 đến 5: có 4 cách.  Chọn và xếp 2 người đàn ông trong 3 người đàn ông vào 2 ghế bên cạnh đứa trẻ: có A32  6 cách.  Xếp 3 người còn lại vào 3 ghế còn lại: có 3! Cách. Áp dụng quy tắc nhân, có tất cả: 4.6.6  144 cách.  Bài 06. Một hội nghị bàn tròn có phái đoàn của các nước: Việt Nam có 3 người; Nhật có 5 người; Hàn Quốc có 2 người; Singapore có 3 người; Hồng Kông có 4 người. Hỏi có bao nhiêu cách xếp chỗ ngồi cho mọi thành viên sao cho người cùng quốc tịch thì ngồi cạnh nhau? Le Minh Tam – Trang 157  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT Lời giải  Ta thấy tổng số nước tham dự hội nghị là 5 nước.  Để xếp chỗ ngồi cho mọi thành viên sao cho người cùng quốc tịch thì ngồi cạnh nhau ̀ ta thực hiện như sau:  Xếp cờ của 5 nước vào 5 vị trí xung quanh bàn tròn: có 4! cách xếp.  Ở vị trí cờ của Việt Nam xếp 3 người vào ba vị trí: có 3! cách xếp.  Ở vị trí cờ của Nhật xếp 5 người vào năm vị trí: có 5! cách xếp.  Ở vị trí cờ của Hàn Quốc xếp 2 người vào hai vị trí: có 2! cách xếp.  Ở vị trí cờ của Singapore xếp 3 người vào ba vị trí: có 3! cách xếp.  Ở vị trí cờ của Hồng Kông xếp 4 người vào bốn vị trí: có 4! cách xếp. Áp dụng quy tắc nhân, có tất cả: 4 !.3!.5!.2!.3!.4!  4976640 cách.  Bài 07. Có bao nhiêu cách chọn 4 cầu thủ khác nhau trong 10 cầu thủ của đội quần vợt để chơi 4 trận cầu đơn biết các trận đấu là có thứ tự? Lời giải  Số cách chọn 4 cầu thủ khác nhau trong 10 cầu thủ của đội quần vợt để chơi 4 trận cầu đơn biết các trận đấu là có thứ tự là A104  5040 .  Bài 08. Có 8 vận động viên chạy thi. Người thắng sẽ nhận được huy chương vàng, người về đích thứ hai nhận huy chương bạc, người về đích thứ ba nhận huy chương đồng. Có bao nhiêu cách trao các huy chương này, nếu tất cả các kết cục của cuộc thi đều có thể xảy ra? Lời giải  Số cách chọn 3 vận động viên về đích đầu tiên trong 8 vận động viên là C83 .  Số cách trao 3 huy chương vàng, bạc, đồng cho 3 vận động viên về đích đầu là 3! .  Vậy số cách trao các huy chương này là C83 .3!  336 .  Bài 09. Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau được lấy ra từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8? Lời giải  Từ chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 lập được số các số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau: A84  1680  Bài 10. Từ 5 chữ số 0,1, 2, 3, 4 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau. Lời giải  Gọi n  a1a2 a3a4 a5 là số cần tìm.  Số các số tự nhiên có năm chữ số khác nhau được chọn trong năm chữ số đã cho là số chỉnh hợp chập 5 của 5 bằng A55 . Le Minh Tam – Trang 158  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Số các số có năm chữ số khác nhau có chữ số 0 đứng đầu bằng số chỉnh hợp chập 4 của 4 là A44  Số các số cần tìm là A55  A44  120  24  96 .  Bài 11. Từ 6 chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau trong đó nhất thiết phải có mặt chữ số 1 và 2 . Lời giải  Gọi số cần thành lập có dạng abcde .  Số cách xếp số 1;2 vào 5 vị trí có: A52 cách. 3 vị trí còn lại có: A43 cách.  Vậy số cần thành lập là: A52 .A43  480 số.  Bài 12. Một học sinh có 12 quyển sách đôi một khác nhau, trong đó có 2 sách Toán, 4 sách Văn, 6 sách Anh Văn. Hỏi có bao nhiêu cách xếp tất cả các quyển sách lên một kệ sách dài nếu mọi quyển sách cùng môn được xếp kề nhau? Trích từ đề ĐHQG TP.HCM – năm 1997 Lời giải  Có 3!  6 cách xếp 3 loại sách.  Có 2!  2 cách xếp 2 sách Toán.  Có 4!  24 cách xếp 4 sách Văn.  Vậy theo qui tắc nhân có tất cả 6.2.24.720 cách xếp thoat mãn yêu cầu đề bài.  Bài 13. Từ 6 chữ số 0;1; 2; 3; 4; 5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên mà mỗi số có 6 chữ số khác nhau sao cho chữ số 2 vs 3 đứng cạnh nhau. Lời giải  Gọi số cần tìm có dạng abcdef ( a  0 ).  Vì 2 và 3 đứng cạnh nhau ta gộp 2 và 3 thành 1 số 23 hoặc 32 thành 1 vị trí.  Do đó ta còn lại 5 vị trí abcde .  Từ 5 chữ số trên ta lập được 5! số khác nhau dạng abcde .  Cho a  0 ta lập được 4! các số dạng 0bcde  Nên sẽ có 5! 4!  96 số có 5 chữ số khác nhau.  Mặt khác do ta gộp 2 và 3 thành 1 số 23 hoặc 32 thành 1 vị trí nên ta sẽ có số các số cần tìm là: 96  2  192 số thỏa mãn đề bài. Le Minh Tam – Trang 159  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Bài 14. Từ 9 chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9 có thể lập được bao nhiêu số gồm 9 chữ số nếu như không có chữ số nào được lặp lại? Trong các số đó có bao nhiêu số mà các chữ số 1 và 7 không đứng cạnh nhau? Lời giải  Từ 9 chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9 có thể lập được các số nếu như không có chữ số nào được lặp lại ta hiểu đó là số có 9 chữ số khác nhau. Do đó sẽ có 9! số thỏa mãn.  Để tìm số mà các chữ số 1 và 7 không đứng cạnh nhau ta đi tìm các số mà 1 và 7 đứng cạnh nhau.  Coi 1 và 7 là 1 số. Ta sẽ có 17 và 71 .  Đưa được về bài toán tìm số có 8 chữ số khác nhau.  Do đó số các số tìm được là: 8! số.  Do 1 và 7 có 2 vị trí nên ta có: 2  8! số.  Vậy số có 9 chữ số khác nhau không có 1 và 7 đứng cạnh là: 9! 2  8! số.  Bài 15. Tìm tất cả các số tự nhiên có đúng 5 chữ số sao cho trong mỗi số đó chữ số đứng sau lớn hơn chữ số đứng liền trước? Lời giải  Gọi số có 5 chữ số là abcde . Điều kiện: a  0; a  b  c  d  e .  Ta chuyển bài toán về tìm số các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau lập từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9 để lập số thoả yêu cầu của bài toán.  Do đó sẽ có số các số có 5 chữ số khác nhau lập từ 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9 là C95  126 số.  Bài 16. Một hộp đựng 7 quả cầu vàng và 3 quả cầu đỏ. Lấy ra 4 quả cầu. ⓵ Hỏi có thể có bao nhiêu cách? ⓶ Trong đó có bao nhiêu cách lấy 2 quả cầu đỏ? ⓷ Có bao nhiêu cách lấy nhiều nhất 2 quả cầu đỏ? Lời giải ⓵ Hỏi có thể có bao nhiêu cách?  Lấy 4 quả cầu từ 10 quả cầu có C104  210 cách. ⓶ Trong đó có bao nhiêu cách lấy 2 quả cầu đỏ?  Số cách lấy 2 quả cầu đỏ là C32 .C72  63 cách. ⓷ Có bao nhiêu cách lấy nhiều nhất 2 quả cầu đỏ?  Trường hợp 1: lấy được 2 quả cầu đỏ, 2 quả cầu vàng có C32 .C72  63 cách.  Trường hợp 2: Lấy được 1 quả cầu đỏ, 3 quả cầu vàng có C31 .C73  105 cách. Le Minh Tam – Trang 160  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Trường hợp 3: Lấy được 4 quả cầu vàng có C74  35 cách.  Số cách lấy được nhiều nhất 2 quả cầu đỏ là 63 105  35  203 cách.  Bài 17. Bộ bài tây có 52 lá, trong đó có 4 con át. Rút ra 5 con. Hỏi có bao nhiêu cách để rút được: ⓵ 2 con át? ⓶ Có 1 át và 1 vua? ⓷ Nhiều nhất là 2 át? Lời giải ⓵ 2 con át? 3  103776 cách.  Số cách lấy 5 con trong đó có 2 con át là C42 .C48 ⓶ Có 1 át và 1 vua? 3  211904 cách.  Số cách lấy 5 con trong đó có 1 con át và 1 con vua là C14 .C14 .C44 ⓷ Nhiều nhất là 2 át? 3  103776 cách.  Trường hợp 1: Lấy được 2 con át có C42 .C48 4  778320 cách.  Trường hợp 2: Lấy được 1 con át có C14 .C48 5  1712304 cách.  Trường hợp 3: Không có con át nào có C48  Số cách rút 5 con trong đó có nhiều nhất 2 con át là 103776  778320  1712304  2594400 cách.  Bài 18. Một lớp học có 40 học sinh gồm 25 nam và 15 nữ. Người ta muốn chọn một ban điều hành gồm 3 học sinh. ⓵ Có bao nhiêu cách chọn ban điều hành. ⓶ Có bao nhiêu cách chọn ban điều hành có 1 nam và 2 nữ. ⓷ Có bao nhiêu cách chọn ban điều hành có ít nhất 1 nam. Lời giải ⓵ Có bao nhiêu cách chọn ban điều hành. 3  9880 cách.  Chọn ban điều hành gồm 3 học sinh trong số 40 học sinh có C40 ⓶ Có bao nhiêu cách chọn ban điều hành có 1 nam và 2 nữ.  Chọn ban điều hành gồm 3 học sinh gồm 1 nam và 2 nữ có C125C152  2625 cách. ⓷ Có bao nhiêu cách chọn ban điều hành có ít nhất 1 nam. 3  455 cách.  Chọn ban điều hành gồm 3 học sinh không có học sinh nam có C15  Số cách chọn ban điều hành gồm 3 học sinh ít nhât 1 nam là 9425 cách. Le Minh Tam – Trang 161  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Bài 19. Một tập thể 8 người gồm 5 nam và 3 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn một tổ công tác gồm 4 người trong mỗi trường hợp sau. ⓵ Tổ chỉ có 4 nam. ⓶Tổ gồm 2 nam và 2 nữ. Lời giải ⓵ Tổ chỉ có 4 nam.  Số cách chọn tổ chỉ có 4 nam trong số 5 nam là C54  5 cách. ⓶ Tổ gồm 2 nam và 2 nữ.  Số cách chọn tổ gồm có 2 nam và 2 nữ là C52 .C32  30 cách.  Bài 20. Một dạ tiệc có 10 nam và 6 nữ giỏi khiêu vũ. Người ta chọn 3 nam và 3 nữ để ghép thành 3 cặp. Hỏi có bao nhêu cách chọn? Lời giải  Chọn 3 nam trong 10 nam : có C 3 10 cách.  Chọn 3 nữ trong 6 nữ: có C cách. 3 6  Ghép 3 nam và 3 nữ để thành 3 cặp: có 3! cách.  Theo quy tắc nhân có: C103 .C63 .3!  14400 cách chọn.  Bài 21. Có 5 nhà toán học nam, 3 nhà toán học nữ và 4 nhà vật lý nam. Lập một đoàn công tác có 3 người, cần có cả nam và nữ, cần có cả nhà toán học và nhà vật lý. Hỏi có bao nhiêu cách? Lời giải  Trường hợp 1: 2 nhà toán học nữ và 1 nhà vật lý nam.  Có C32 .C14  12 cách.  Trường hợp 2: 1 nhà toán học nữ và 2 nhà vật lý nam.  Có C31 .C42  18 cách.  Trường hợp 3: 1 nhà toán học nữ , 1 nhà toán học nam và 1 nhà vật lý nam.  Có C31 .C51 .C14  60 cách.  Theo quy tắc cộng có: 12 18  60  90 cách lập.  Bài 22. Một thầy giáo có 10 cuốn sách khác nhau trong đó có 4 cuốn sách Toán, 3 cuốn sách Lý và 3 cuốn sách Hóa. Thầy muốn lấy ra 5 cuốn và tặng cho 5 học sinh A, B, C, D, E mỗi em một cuốn. Hỏi thầy giáo có bao nhiêu cách tặng nếu: ⓵ Thầy chỉ tặng cho các học sinh các cuốn sách thuộc hai thể loại Toán và Hóa. ⓶ Có ít nhất một cuốn sách Toán được tặng. ⓷ Sau khi tặng xong, mỗi một trong ba loại sách trên đều còn lại ít nhất một cuốn. Le Minh Tam – Trang 162  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT Lời giải ⓵ Thầy chỉ tặng cho các học sinh các cuốn sách thuộc hai thể loại Toán và Hóa.  Số cách lấy 5 cuốn sách trong tổng số 7 cuốn sách Toán và Hóa để tặng cho 5 học sinh là A75 (cách ). ⓶ Có ít nhất một cuốn sách Toán được tặng.  Số cách lấy 5 cuốn sách trong tổng số 10 cuốn sách ở ba thể loại để tặng cho 5 học sinh là A105 (cách ).  Số cách lấy 5 cuốn sách để chia cho 5 học sinh trong đó không có cuốn sách Toán nào là A65 (cách ).  Vậy số cách lấy 5 cuốn sách thỏa ycbt là: A105  A65  29520 cách. ⓷ Sau khi tặng xong, mỗi một trong ba loại sách trên đều còn lại ít nhất một cuốn.  Số cách lấy 5 cuốn sách trong 10 cuốn để tặng 5 học sinh là: A105  Giả sử sau khi lấy 5 cuốn sách tặng cho học sinh mà số sách còn lại không đủ ba môn. Khi đó xét các TH sau:  Trường hợp 1: 4 sách Toán và 1 sách Lý hoặc Hóa: C44 .C16 .5 ! cách.  Trường hợp 2: 3 sách Lý và 2 sách Toán hoặc Hóa: C33 .C72 .5 ! cách.  Trường hợp 3: 3 sách Hóa và 2 sách Toán hoặc Lý: C33 .C72 .5 ! cách.  Theo quy tắc cộng ta có: C44 .C16 .5! C33 .C72 .5! C33 .C72 .5! cách.    Như vậy: số cách thỏa ycbt là: A105  C 44 .C16 .5 ! C33 .C 72 .5 ! C33 .C 72 .5 !  24480 ( cách).  Bài 23. Trong một môn học, thầy giáo có 30 câu hỏi khác nhau, gồm 5 câu hỏi khó, 10 câu hỏi trung bình, 15 câu hỏi dễ. Từ 30 câu hỏi đó có thể lập được bao nhiêu đề kiềm tra, mỗi đề gồm 5 câu hỏi khác nhau, sao cho trong mỗi đề nhất thiết phải có đủ 3 loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ) và số câu hỏi dễ không ít hơn 2 Lời giải  Trường hợp 1: 5 câu được chọn có 2 câu dễ, 2 câu trung bình, 1 câu khó.  Có C152 .C102 .C51 đề.  Trường hợp 2: 5 câu được chọn có 2 câu dễ, 1 câu trung bình, 2 câu khó. 1 .C52 đề.  Có C152 .C10  Trường hợp 3: 5 câu được chọn có 3 câu dễ, 1 câu trung bình, 1 câu khó. 1 .C51 đề.  Có C153 .C10 1 .C51 .  Số đề thỏa bài toán là: C152 .C102 .C51 + C152 .C102 .C51 + C153 .C10 Le Minh Tam – Trang 163  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Bài 24. Một tập thề có 14 người gồm 6 nam và 8 nữ, trong đó có An và Bình, chọn một tồ công tác gồm 6 người. Tìm số cách chọn trong mỗi trường hợp sau: ⓵ Trong tổ có cả nam và nữ. ⓶Trong tổ có 1 tổ trưởng, 5 tổ viên, An và Bình không đồng thời có mặt trong tổ. Lời giải ⓵ Trong tổ có cả nam và nữ.  Chọn tổ 6 người chỉ có nam có C66 cách.  Chọn tổ 6 người chỉ có 6 nữ C86 cách.  Số cách chọn tổ thỏa bài toán là: C146  C66  C86 cách. ⓶ Trong tổ có 1 tổ trưởng, 5 tổ viên, An và Bình không đồng thời có mặt trong tổ.  Trường hợp 1: An và Bình không có mặt trong tổ công tác:  Chọn 6 bạn trong 12 bạn ( 14 người loại An và Bình)  có C126 cách.  Trường hợp 2: An có trong tổ công tác, Bình không có trong tổ công tác: 5  Chọn An có 1 cách, Chọn 5 bạn trong 12 người còn lại  có C12 cách. 5  Trường hợp 3: Bình có trong tổ công tác, An không có trong tổ công tác có C12 cách.  Trong 1 tổ 6 người có 6 cách chọn ra 1 tổ trưởng    Như vậy có tất cả số cách là: C126  C125  C125 .6  15048 cách.  Bài 25. Cho hai đường thằng song song d1 và d2 . Trên đường thằng d1 lấy 10 điềm phân biệt, trên đường thẳng d 2 lấy 15 điểm phân biệt. Hỏi có bao nhiêu tam giác mà ba đỉnh của nó được chọn từ 25 điềm vừa nói trên. Lời giải  Trường hợp 1: Lấy 2 điểm trên d1 và 1 điểm trên d2 .  Trường hợp 2: Lấy 1 điểm trên d1 và 2 điểm trên d2 . 1 1  C10 .C152 .  Số tam giác thỏa bài toán là: C102 .C15  Bài 26. Cho đa giác n cạnh. Tìm n để đa giác có số đường chéo gấp đôi số cạnh. Lời giải  Đa giác n cạnh có n đỉnh.  Mỗi đỉnh nối với n 3 đỉnh khác để tạo ra đường chéo  Do đó n đỉnh sẽ có n.  n  3 đường  Mà 1 đường chéo được nối bởi 2 đỉnh nên số đường chéo thực là: n  n  3 2 Le Minh Tam – Trang 164  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Theo đề bài ta có: n  n  3 2 n  0 (loai )  2n  n 2  7 n  0   n  7 ™ Vậy n  7  Bài 27. Cho đa giác đều có 54 đường chéo. Hãy tính xem đa giác này có bao nhiêu cạnh. Lời giải  Giả sử đa giác có n đỉnh.  Mỗi đỉnh nối với n 3 đỉnh khác để tạo ra đường chéo.  Do đó n đỉnh sẽ có n.  n  3 đường.  Mà 1 đường chéo được nối bởi 2 đỉnh nên số đường chéo thực là:  Theo đề bài ta có: n  n  3 2 n  n  3 2 n  9 (loai )  54  n2  3n  108  0   n  12 ™ Vậy đa giác có 12 cạnh.  Bài 28. Cho đa giác đều A1 A2 …A2n nội tiếp đường tròn tâm O . Biết rằng số tam giác có đỉnh là 3 trong 2n của đa giác gấp 20 lần so với số hình chữ nhật có đỉnh là 4 trong 2n đỉnh của đa giác. Tìm n . Lời giải 3  Số tam giác có 3 đỉnh là 3 trong 2n điểm A1 ; A2 ;…; A2 n là C 2n .  Ứng với 2 đường chéo đi qua tâm của đa giác đều A1 A2 …A2n cho tương ứng một hình chữ nhật có 4 đỉnh và là 4 điểm trong 2n điểm A1 ; A2 ;…; A2 n .  Và ngược lại mỗi hình chữ nhật như vậy sẽ cho ra 2 đường chéo đi qua tâm của đa giác đều đó.  Số đường chéo đi qua tâm của đa giác đều 2n đỉnh là n nên số hình chữ nhật có 4 đỉnh trong 2n đỉnh là Cn2 .  Theo giả thiết ta có: C23n  20Cn2  2n !  20 n! 3!  2n  3 ! 2!n  2! 2n  2n  1 2n  2    10n  n  1 6  n  0(l)   4n  36n  32n  0  n  1(l) n  8(tm) Vậy n  8 . 3 2 Le Minh Tam – Trang 165  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Bài toán bắt tay. Có n  n  N, n  2  cặp vợ chồng đến dự tiệc Giáng sinh. Đến cuối bữa tiệc, trước khi ra về mọi người sẽ bắt tay với mọi người, nhưng nếu vợ chồng thì không bắt tay nhau. Hỏi có bao nhiêu cái bắt tay? Lời giải 2 Tổng cộng có 2n người. Nếu 2 người bắt kỳ đều bắt tay nhau thì số cái bắt tay là C 2n . Ta phải loại trừ ra: Số cái bắt tay của các ông với vợ mình là n . 2 Vậy có tất cả: C2n  n cái bắt tay.  Bài toán chia kẹo. Có n  n  1 viên kẹo được chia ngẫu nhiên cho k đứa trẻ 1  k  n  . Hỏi có bao nhiêu cách chia kẹo sao cho không có đứa trẻ nào không có kẹo? Lời giải Với k  1 thì chỉ có một cách chia kẹo. Nếu k  1, thì ta trải n chiếc kẹo thành một hàng ngang. Tiếp theo, ta dùng cái thước đặt vào n  1 khe giữa các viên kẹo để chia nó thành k phần. Như vậy có tất cả Cnk11 cách. Vậy có tất cả Cnk11 cách chia kẹo đúng cho cả trường hợp k  1.  Bài 29. Giải các phương trình sau: 10Pn1 2 ⓵ 4  Pn1 n 1 ⓶ An2  A1n  3 7 2 ⓷ C1x  Cx2  Cx3  x ⓸ Ay3  Cyy 2  14y ⓹ 3Cx21  P2 x  4 Ax2 Lời giải ⓵ 10Pn1 2 4  Pn1 n 1 Điều kiện n  , n  1 10Pn1 2 4  Pn1 n 1 10  n  1 n  2  …2.1   n  1 n  n  1 n  2  …2.1  10 2 4 n 1  n  1 n 4 2 n 1 Le Minh Tam – Trang 166  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT n  1 .  10  4  n  1 n  2n  0  10  4  n  1 n  2n  0  4n  6n  10  0   n   5  2 Vậy phương trình có nghiệm n  1 . 2 ⓶ An2  A1n  3 Điều kiện n  , n  2 An2  A1n  3  n  n  1 n  2  …2.1 n  n  1 n  2  …2.1  3  n  2  n  3 …2.1  n  1 n  2  …2.1 n  1 .  n  n  1  n  3  n2  2n  3  0   n  3 Vậy phương trình có nghiệm n  3 . 7 ⓷ C1x  Cx2  Cx3  x 2 Điều kiện x  , x  3 7 x 2 x! x! x! 7     x  x  1 ! 2 !  x  2 ! 3!  x  3 ! 2 C1x  Cx2  Cx3   x x  x  1 2  x  x  1 x  2   6 x  1  x  1 x  2  7  1   2 6 2 2  6  3x  3  x  3x  2  21  0  x2  16  x  4 .  x  4 7 x 2 Vậy phương trình có nghiệm x  4 . ⓸ Ay3  Cyy 2  14y Điều kiện y  , y  3 Ay3  Cyy 2  14y  y! y!   14 y  y  3 !  y  2  !  y  y  2  !  y  y  1 y  2     y  1 y  2   y  y  1 2  y  1 2  14 y  14 Le Minh Tam – Trang 167  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  2 y 2  5y  25  0  y  2, 5 .  y  5  Vậy phương trình có nghiệm y  5 . ⓹ 3Cx21  P2 x  4 Ax2 Điều kiện x  , x  2 3Cx21  P2 x  4 Ax2 3  x  1 !  4x !  x  2!  2x   x  1  2! 2! 3  x  1 x   2x  4x  x  1 2 3x  3   2  4  x  1  5x  15  0  x  5 2 Vậy phương trình có nghiệm x  5 .  Bài 30. Giải các phương trình ⓵ 2 Ax2  50  A22x . ⓶ Px3  825.Ax2 .Px5 . 1 2 ⓷ Ax3  3Ax2  Px 1 . ⓸ Ax22  Cxx2  101 . ⓹ Px Ax2  72  6  2 Px  Ax2  .  Ax9  9 Ax8 . ⓺ A10 x ⓻ 35C 2xx1  132C 2x x 1 . ⓼ C1x  6Cx2  6Cx3  9×2  14x . Lời giải x  ⓵ 2 Ax2  50  A22x . Điều kiện:  2 x  2  2x  ! . x!  50   x  2!  2x  2  !  2x  x  1  50  2x  2x  1 . ⓶ Px3  x  5 (n) .  2x 2  2x  50  4x 2  2x  2x 2  50  0    x  5 (l) Vậy x  5 . x   825.Ax2 .Px5 . Điều kiện:  . x  6   x  3 !  825.x  x  1 .  x  5 !   x  3 !  825.x x  1 .    x  5 ! Le Minh Tam – Trang 168  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT   x  3 x  2 x  1 x  x  1 x  2  x  3 x  4   825.x  x  1 .   x  3 x  2 x  1 x  2  x  3 x  4   825 .   x  2 x  1 x  3 x  2  x  3 x  4   825 .      x 2  x  2 x 2  x  6 x 2  x  12  825 . Đặt t  x  x  2 .  t  t  4 t  10   825  t  t  4  t  10   825  t 3 14t 2  40t  825  0  t  15 2  1  69 ( l) x  2 2 2  Khi đó: x  x  2  15  x  x  17  0  .  1  69 ( l) x  2  Vậy không tìm được x thỏa yêu cầu bài toán. x  1 ⓷ Ax3  3Ax2  Px 1 . Điều kiện:  . 2 x  3  x  x  1 x  2   3x  x  1  1  x  1 ! . 2  x  x  1 x  1  1  x  1 x  x 1 x  2 !  0 . 2  x  0 ( L)  x  1( L)  1   x  x  1 x  1 1   x  2  !  0     x  2!  2  x  2  2  x  4 .  x  1 ( L)  2    x  2  !  2 Vậy x  4 . x  ⓸ Ax22  Cxx2  101 . Điều kiện:  x  4   x  2  !  x !  101  x  4!  x  2! 2!  .   x  2  x  3  x.  x  1 2  101 .   2 x 2  5x  6  x 2  x  202  2×2 10x  12  x2  x  202 .  x  10 (n) .  3x 11x  190  0    x   19 (l)  3 Vậy x  10 . 2 ⓹ Px Ax2  72  6  2 Px  Ax2  (đk x  2 , x ).  x !.  x! x!   72  6  2.x ! .   x  2 !  x  2 !        x !.x.  x  1  72  6 2.x ! x  x  1 . Le Minh Tam – Trang 169  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  x  x  1 x ! 6   12  6  x !  0 . x  3 x !  6    x ! 6  x  x  1  12  0   2    x  3  loai  .  x  x  12  0 x  4     Vậy S  3; 4 . ⓺ A10  Ax9  9 Ax8 (đk x  10 ) (đk: x  10 , x ). x  x! x! x! .   9.  x 10 !  x  9 !  x  8 !  1 1 1 .   9.  x  10 !  x  9 x  10 !  x  8 x  9 x  10 !   x  8 x  9   x  8  9 .  x  5  loai   x 2  17 x  72  x  8  9  0  x 2  18x  55  0   .  x  11 t / m  Vậy S  11 . 2x  x  1  x  1   x  2 ; x 2x  2  x x  2  2x  2  ! . 2x !  35.  132. x ! x  2!  x  1 ! x  1 ! ⓻ 35C 2xx1  132C 2x x 1 .(đk:   ). 35.2x.  2x  1 .  2x  2  ! 132  2x  2  !  .  x  1 x  2  ! x  1 x ! x !  x  2  !  70x  2x  1  132.  x  1 x  1 . x  6 t / m  140 x  70 x  132 x  132  8x  70 x  132  0    x  11 loai .    4 Vậy S  6 . 2 2 2 ⓼ C1x  6Cx2  6Cx3  9×2  14x (đk: x  3 ; x ).  x! 6.x ! 6.x !    9×2  14x .  x  1 ! 2 !  x  2 ! 3!  x  3 ! 1 3 1 9x 2  14x .     x!  x  1 x  2  x  3 !  x  2  .  x  3 !  x  3 !  1  3  x  1   x  1 x  2   x  1 ! Vậy S  7 .  x  7 t / m 9 x  14  0  x 2  9 x  14  0   .  x  1 !  x  2  loai  Le Minh Tam – Trang 170  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT III. NHỊ THỨC NEWTON  Bài 01. Thực hiện khai triển. 8 6  1  ⓵ x  . 2x    2 ⓶  2x 2   . x  Lời giải  8 ⓵ x  1   . 2x  8 2 3   1   1   1   1  1   Ta có  x    C80 x8  C81 x 7    C82 x 6    C83 x5    C84 x 4   2x    2x   2x   2x   2x  5 6 4 7  1   1   1  1 C x    C86 x 2    C87 x    C88 2x  2x   2x   2x  1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1  C80 x8  C81 x6  C82 2 x4  C83 3 x2  C84 4  C85 5 2  C86 6 4  C87 7 6  C88 8 8 . 2 2 2 2 2 x 2 x 2 x 2 x 35 7 1 7 1 1 1 1 1 .  x8  4×6  7 x4  7 x2      2 4 6 8 4 x 16 x 16 x 256 x8 5 8 3 6  2 ⓶  2x 2   . x  6  2  Ta có  2 x 2    C60 2 x 2 x    C 2 x 4 6 2   4 2 5 6    C 2x 1 6 2 5   2  C62 2x 2 x 2 4 3 2 2 3 2    C6 2x   x x   3 6 2 5 2 2 6 2    C6 2x    C6   . x x x  C60 26 x12  C16 26 x9  C62 26 x6  C63 26 x3  C64 26  C65 26  1 1   26  x12  6 x9  15×6  20×3  15  6 4  6  . x x   1 1  C66 26 6 . 4 x x  Bài 02. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển. 10  2  ⓵  2×3  2  x   10  2  ⓶  3x 2  3  x   với x  0 . n với x  0 . 8   1  3  ⓷  x 2  3  C1n  Cn3  13n (với 2  n và x  0 ). ⓸  2  x  2  với x  0 . x  x    Lời giải  ⓵  2×3   10 2   x2  với x  0 . Le Minh Tam – Trang 171  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT 10 k 10 10 10  k  2   2  k 10 30 5 k   Ta có  2 x3  2    C10k 2 x3 với k  0 ;10 và k  .  2   C10 2 x x x k 0 k 0      Số hạng không chứa x trong khai triển ứng với: 30  5k  0  k  6 .  Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là : C106 210 .   10  2  ⓶  3x 2  3  x   với x  0 . 10 k 10 10 10  k  k 20 5 k  2 2 k 10  k  Ta có  3x 2  3    C10k 3x 2 với k  0 ;10 và k  .   3    C10 3 .  2  x x  k 0 k 0   x   Số hạng không chứa x trong khai triển ứng với: 20  5k  0  k  4 .  Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là : C104 36 24 .  ⓷  x2     n 1  1 Cn  Cn3  13n (với 2  n và x  0 ) . 3  x   Ta có: C1n  Cn3  13n  n  10 n! n!   13n  13n  n2  3n  62  0   . 1!  n  1 ! 3 !  n  3 !  n  7  Do n  2  n  10 (thỏa mãn). 10 k 10 10 10  k  1   1  k 20 5 k   Xét khai triển  x 2  3    C10k x 2 với k  0 ;10 và k  .  3   C10 x x x k 0 k 0      Số hạng không chứa x trong khai triển ứng với: 20  5k  0  k  4 .  Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là : C104 .   8  3  ⓸  2  x  2  với x  0 . x   k 8 8   3  3   Ta có  2  x  2    C8k 28 k  x  2  . x  k 0 x    k i k k k i  i  3  3   Xét khai triển  x  2    C ki  x    2    C ki  3 x k 3i . x  i 0   x  i 0 8 8 k i  3    2  x  2    C8kC ki 28 k  3 x k 3i với 0  i  k  8 và i , k  x  k 0 i 0   Số hạng không chứa x trong khai triển ứng với: k  3i  0 . . i 0 1 2 3 k 0 3 6 9 thỏa mãn thỏa mãn thỏa mãn loại  Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là : C80 28  C83C31 25  3  C86 22  3 . 3 Le Minh Tam – Trang 172  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Bài 03. Tìm hệ số của 12 x 3 ⓵ x trong khai triển    . 3 x 4  1  ⓶ x trong khai triển  x  2  x   40 28 . ⓷ x12 trong khai triển  x2  1 biết rằng tổng các hệ số bằng 1024 . n ⓸ x8 trong khai triển 1  x  x2  . 8 Lời giải 12 x 3 ⓵ x 4 trong khai triển    . 3 x 12  k 12 k 12 12 k k x 3 x 3        1 .C12k   .      1 .C12k 32 k 12.×12  2 k . k 0 k 0 3 x 3 x  Hệ số của số hạng chứa x 4 ứng với k thỏa mãn  12  2k  4  k  4 . 4 55  Vậy hệ số của số hạng chứa x 4 là:  1 .C124 .32.412  . 9  1  ⓶ x trong khai triển  x  2  x   40 28 . k 40 40 40   1  1  k k x 40 k .  2    .C 40 x 403 k .   x  2    .C 40 x  k 0 k 0  x  28  Hệ số của số hạng chứa x ứng với k thỏa mãn  40  3k  28  k  4 . 4  91390 .  Vậy hệ số của số hạng chứa x 28 là: C40 ⓷ x12 trong khai triển  x2  1 biết rằng tổng các hệ số bằng 1024 . n   biết rằng tổng các hệ số bằng 1024  1  1   x  1   C  x  .1   C x .  x2  1 2 n 2 10 10 k 0 k 10 2 10  k 10 k k 0 k 10 n  1024  n  10 . 20  2 k  Hệ số của số hạng chứa x  20  2k  12  k  4 .  Vậy hệ số của số hạng chứa x12 là: C104  210 . 12 ⓸ x8 trong khai triển 1  x  x2  . 8   1  x  x2  8 8  1  x  x  1    C8k x k  x  1 8 k k 0  …  C84 x4 1  x   C85 x5 1  x   C86 x6 1  x   C87 x7 1  x   C88 x8 1  x  4 5 6 7 8 Le Minh Tam – Trang 173  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT        …  C84 x 4 …  C4410 x 4  C85 x5 …  C5312 x3  …  C86 x 6 …  C6214 x 2  …     C87 x 7 …  C1716 x1  …  C88 x8 C8018 x 0  …   …  x8 C84 .C 44  C85 .C53  C86 .C62  C87 .C17  C88 .C80   …  Vậy hệ số của x8 là C84 .C44  C85 .C53  C86 .C62  C87 .C17  C88 .C80  125 .  Bài 04. Tìm số hạng chứa: 8  2  ⓵ x trong khai triển  3x 3  2  . x   ⓶ x15 y 6 trong khai triển  2x  x2 y 2  . 12 9 Lời giải 8  2   x2    Số hạng tổng quát trong khai triển là : ⓵ x 9 trong khai triển  3x 3  k 8   C 3x 3  2  .  2   x  k  3k.  2  8 k 8 k  k  N , k  8  k  N , k  8  k  N , k  8 C8k .x3k .x16 2 k  3k.  2  8 k C8k .x165 k  Số hạng chứa x 9 ứng với k thoả mãn suy ra 16  5k  9  k  5  Vậy số hạng chứa x 9 trong khai triển là 35.  2  C85   x  3 9 ⓶ x15 y 6 trong khai triển  2x  x2 y 2  . 12  Số hạng tổng quát trong khai triển là :  C12k  2x   x2 y 2  2k.C12k  2k.C12k   k  N , k  12  x . x . y   k  N , k  12 . x . y   k  N , k  12 k 12 k 24  2 k k 24  k 24  2 k 24  2 k 24  k  15  Số hạng chứa x15 y 6 ứng với k thỏa mãn suy ra   k9 24  2 k  6  Vậy số hạng chứa x 9 trong khai triển là 29.C129 .x15 .y6 .  Bài 05. Tìm số tự nhiên n biết hệ số của x 2 trong khai triển 1  3x  là 90. n Lời giải  Số hạng thứ k  1 trong khai triển là : Cnk  3x  . 1 k n k  n, k  N , k  n  Le Minh Tam – Trang 174  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  3k.Cnk  x  k  n, k  N , k  n   Số hạng chứa x 2 suy ra k  2 .  Hệ số của x 2 trong khai triển là 32.Cn2 suy ra: 32.Cn2  90  Cn2  10  n  5 TM  n!  10  n  n  1  20  n2  n  20  0   n  5  n  4   0    n  2! 2! n  4  L   Vậy n  5 .  Bài 06. Chứng minh : ⓵ C20n  C22n  …  C22nn  C12n  C23n  …  C22nn1  22n1 3 5  C20 …  C19  219 ⓶ C120  C20 20 ⓷ Cn0  6C1n  62 Cn2  …  6n Cnn  7n ⓸ 1  4C1n  42 Cn2  …  4n1Cnn1  4n Cnn  5n . 1 17  315.42 C172  …  417 C17  1. ⓹ 317 C170  316.4C17 Lời giải ⓵ C20n  C22n  …  C22nn  C12n  C23n  …  C22nn1  22n1 .  Trong nhị thức Newton  a  b 2n  a2nC20n  a2n1.bC12n  a2n2 .b2C22n  …  a2n k .b kC2kn  …  b2nC22nn  Chọn a  1; b  1 ta được: 22n  C20n  C12n  C22n  …  C22nn 1  Chọn a  1; b  1 ta được: 0  C20n  C12n  C22n  …  C22nn  2   Cộng vế theo vế (1) và (2) ta được: 2C20n  2C22n  …  2C22nn  22n  C20n  C22n  …  C22nn  22n1  Trừ vế theo vế (1) và (2) ta được: 2C12n  2C23n  …  2C22nn1  22n  C12n  C23n  …  C22nn1  22n1 Vậy C20n  C22n  …  C22nn  C12n  C23n  …  C22nn1  22n1 (ĐPCM). 3 5  C20 …  C19  219 . ⓶ C120  C20 20  Trong nhị thức Newton  a  b n  anCn0  an1.bC1n  an2 .b2Cn2  …  an k .b kCnk  …  bnCnn 0 2 3 20  Chọn a  1; b  1; n  20 ta được: C20  C120  C20  C20  …  C20  220 1 0 2 3 20  Chọn a  1; b  1; n  20 ta được: C20  C120  C20  C20  …  C20  0  2 Trừ vế theo vế (1) và (2) ta được: 3 5 3 5 2C120  2C20  2C20 …  2C19  220  C120  C20  C20 …  C19  219 (ĐPCM). 20 20 ⓷ Cn0  6C1n  62 Cn2  …  6n Cnn  7n  Trong nhị thức Newton  a  b n  anCn0  an1.bC1n  an2 .b2Cn2  …  an k .b kCnk  …  bnCnn  Chọn a  1; b  6 ta được: Le Minh Tam – Trang 175  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT 1  6 n  1n Cn0  1n1.6C1n  1n2.62 Cn2  ……  6n Cnn  Cn0  6C1n  62 Cn2  …  6n Cnn  7n (ĐPCM) ⓸ 1  4C1n  42 Cn2  …  4n1Cnn1  4n Cnn  5n  Trong nhị thức Newton  a  b n  anCn0  an1.bC1n  an2 .b2Cn2  …  an k .b kCnk  …  bnCnn  Chọn a  1; b  4 ta được: 1  4 n  1n Cn0  1n1.4C1n  1n2.42 Cn2  ……  4n Cnn  Cn0  4C1n  42 Cn2  …  4n Cnn  5n (ĐPCM) 1 17 ⓹ 317 C170  316.4C17  315.42 C172  …  417 C17  1  Trong nhị thức Newton  a  b n  anCn0  an1.bC1n  an2 .b2Cn2  …  (1)k an k .b kCnk  …  (1)n bnCnn  Chọn a  3; b  4; n  17 ta được: 3  4 17 1 17 1 17  317 C170  316.4C17  315.42 C172  …  417 C17  1  317 C170  316.4C17  315.42 C172  …  417 C17 1 17  315.42 C172  …  417 C17  1 Vậy: 317 C170  316.4C17  Bài 07. Chứng minh : ⓵ C0n  C1n  …  Cnk  …  Cnn  2n ⓶ 80 C0n  81 C1n  82 Cn2  …  8n Cnn  9n Lời giải ⓵ C0n  C1n  …  Cnk  …  Cnn  2n .   x  1  C0n xn  C1n xn1 +…+Cnn1×1  Cnn x0 , x  n 1  Trong 1 lấy x  1 ta được C0n  C1n  …  Cnk  …  Cnn  2n ⓶ 80 C0n  81 C1n  82 Cn2  …  8n Cnn  9n .  1  x   C0n x0  C1n x1 +…+Cnn1xn1  Cnn xn , x  n  Trong  2  lấy x  8 ta được 8 C 0 0 n  2  81C1n  …  8 k Cnk  …  8nCnn  9n  Bài 08. Gọi T là số các tập con (kể cả tập rỗng ) của một tập hợp có n phần tử. Chứng minh rằng T  2n . Lời giải  Theo định nghĩa của tổ hợp ta có T= C0n  C1n  …  Cnk  …  Cnn  x  1  C x  C x +…+C x  C x , x   *   Từ  *  lấy x  1 ta được T=C  C  …  C  …  C n 0 n n 1 n n1 n1 1 n n n 0 n 1 n 0 k n n n  2n . Le Minh Tam – Trang 176  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Bài 09. Chứng minh rằng C0n  C1n  …   1 Cnk  …   1 Cnn  0. k n Lời giải 0  1  1  C0n  1 +C1n  1  Cn2  1  …  Cnn  1 n 0 1 2 n = C0n  C1n  …   1 Cnk  …   1 Cnn k n Ta có điều phải chứng minh.  Bài 10.   1 1 1 1 Chứng minh rằng 7 n  Cn0  C1n  2 Cn2  3 Cn3  …  n Cnn   8n . 7 7 7 7   Lời giải  Đẳng thức cần chứng minh tương đương 7 C n   7 n1 C1n +7 n 2 Cn2 +…+71Cnn1  7 0 Cnn  8n 1 0 n  Ta có  x  1  C0n xn  C1n xn1 +…+Cnn1×1  Cnn x0 , x  n  2  Trong  2  , chọn x  7 ta được 1 ,tưc là điều phải chứng minh.  Bài 11. Chứng minh rằng C20n  C22n  C24n  …  C22nn  C12n  C23n  C25n  …  C22nn1 . Lời giải  Đẳng thức cần chứng minh tương đương C20n  C12n  C22n  C23n  C24n  C25n  …  C22nn1  C22nn  0  Ta có 1  x   C20n  C12n x  C22n x2  C23n x3  C24n x4  C25n x5  …  C22nn1×2 n1  C22nn x2 n 2n  Từ dãy chọn x  1 ta được C20n  C12n  C22n  C23n  C24n  C25n  …  C22nn1  C22nn  0 Vậy ta có điều phải chứng minh.  Bài 12. Chứng minh rằng C80Cnk  C81Cnk 11  C82Cnk 2  C83Cnk 3   Cx7Cnk 7  C88Cnk 8  Cnk.8 Lời giải  Ta có 1  x  n8 n8   Cnk8 x k , do đó hệ số của x k trong khai triển này là Cnk8 . k 0  Mặt khác 1  x  8 1  x  n  C80  C81 x  C82 x2  C83 x3  C84 x4  C85 x5  C86 x6  C87 x7  C88 x8  Cn0  C1n x  Cn2 x2  …  Cnk x k  Cnk 1x k 1  …  Cnn1xn1  Cnn xn Le Minh Tam – Trang 177  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Bởi vậy hệ số của x k trong khai triển của 1  x  1  x  thành đa thức là n 8 C80Cnk  C81Cnk 1  C82Cnk 2  C83Cnk 3  …  C87Cnk 7  C88Cnk 8  Vì 1  x  1  x   1  x  n 8 n 8 nên hệ số của x k trong khai triển của 1  x  1  x  cũng 8 chính là hệ số x k trong khai triển 1  x  n n 8  Do đó C80Cnk  C81Cnk 1  C82Cnk 2  C83Cnk 3  …  C87Cnk 7  C88Cnk 8  Cnk8  Bài 13.    C   C  Chứng minh rằng Cn0 2 1 n 2 2 n 2     Cnn 2  C2nn Lời giải 2n  Ta có (1  x)2 n   C2kn x k , do dó hệ số của x n khi khai triển (1  x)2 n là C 2nn . k 0  Mặt khác ta có (1  x)2n  (1  x)n ( x  1)n   Cn( 0 )  C1n x1    Cnn x n Cn0 x n  C1n x n1   Cnn   Bởi vậy hệ số của x n khi khai triển (1  x)2 n cũng là C   C   C   Do dó C   C   C    C   C 0 n 0 n 2 1 n 2 2 n 2 2 1 n n n 2 2 2 n 2     Cnn 2 n 2n  Bài 14. Rút gọn các tổng sau: ⓵ A  C12n1  C22n1   C2nn1 0 2  C2015  C12015  ⓶ B  C2015  C1008 2015 Lời giải ⓵ A  C12n1  C22n1   C2nn1  A  C22nn1  C22nn11  …  C2nn11  2 A  C12n1  C22n1  …  C2nn1  C2nn11  …  C22nn11  C22nn1  2 A  1  1 2 n1  C 02 n1  C 22nn1 1  22n1  2  A  22n  1 0 2  C2015  C12015  ⓶ B  C2015  C1008 2015 0 0  C2014  1, Cnk  Cnk1  Cnk11 nên  Do C2015 0 2 3 4 A  C2014  C12014  C2014  C2014  C2014   C1007  C1008 2014 2014 214 214 2012 2011 2010  A  C2014  C2014  C2014  C2014  C2014   C1007  C1006 2014 2014 Le Minh Tam – Trang 178  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT    0 2  2A  C 2014  C12014  C 2014   2014  C 2014  C1006  C1007  C1008 2014 2014 2014   2 A  (1  1)2014  C1007  C1008  A  22013  2015 2014  1 1007 C2015  C1008 2014 2    Bài 15. Rút gọn biểu thúc Sk  Cn0  C1n  Cn2  Cn3   (1)k Cnk ( với n  1, k  n) Lời giải k 1 n  Với k  n , áp dụng C  C    k n C k 1 n1   và chú ý Cn0  Cn01  1 ta được  Sk  Cn0  Cn01  C1n1  C1n1  Cn21  Cn21  Cn31   Với k  n thì Sk  Sn  Cn0  C1n  Cn2  Cn3     ( 1) k Cnk11  Cnk1  ( 1) k Cnk1  (1)n Cnn  (1  1)n  0  Lưu ý. Nhiều em học sinh đã mắc sai lầm khi viết: Sk  Cn0  C1n  Cn2  Cn3   (1)k Cnk  (1  1)n  0  Phải xét, hai trường hợp đối với k như trong lời giải trên.  Bài 16. Chứng minh rằng C1n  2Cn2  3Cn3   nCnn  n2n1 Lời giải  Ta có C  C k n n k n ,0  k  n . , với n và k thuộc  Đặt S  1C1n  2Cn2  3Cn3   (n  1)Cnn1  nCnn  1Cnn1  Khi đó S  nCn0  (n  1)C1n  (n  2)Cn2  1  2  Cộng 1 và  2  ta được   2S  nCn0  nC1n  nCn2  …  nCnn1  nCnn  n Cn0  C1n  Cn2  …  Cnn1  Cnn  n 1  1  S  n.2n1 n Vậy ta có điều phải chứng minh ※ Cách khác:  Ta có: kCnk  k. nCnk11  n  n  1 ! n!  k !  n  k  !  k  1 !  n  k  ! n  n  1 !  k  1 !  n  k  !  1 n!  k  1 !  n  k  ! ( 2)  Từ (1) và (2) suy ra kCnk  nCnk11  Do đó C1n  2Cn2  3Cn3    nCnn  n Cn01  C1n1    Cnn11  n 1  1 n 1  n.2n1  Bài 17. Tìm số nguyên dương n sao cho Le Minh Tam – Trang 179  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT C12n1  2.2C22n1  3.22 C23n1  4.23 C24n1   (2n  1)22n C22nn11  2005  Trích đề ĐH KHỐI A – năm 2005 Lời giải  Ta có: kCnk  k. nCnk11  n  n  1 ! n!  k !  n  k  !  k  1 !  n  k  ! n  n  1 !  k  1 !  n  k  !  1 n!  k  1 !  n  k  ! ( 2)  Từ (1) và (2) suy ra kCnk  nCnk11  Vậy C12n1  2.2C22n1  3.22 C23n1  4.23 C24n1    (2n  1)22n C22nn11    2n  1 C20n  2C12 n  22 C22n  23 C03  22 n C22nn   2n  11  2   2n  1 2n  Bởi vậỵ  tương đương với 2n 1  2005  n  2004  n  1002 .  Bài 18. 1 1 Chứng minh rằng Cn0  C1n  Cn2  2 3  1 2n1  1 Cnn  n 1 n 1 Lời giải  Ta có: kCnk  k. nCnk11  n  n  1 ! n!  k !  n  k  !  k  1 !  n  k  ! n  n  1 !  k  1 !  n  k  !  n!  k  1 !  n  k  ! 1 ( 2)  Từ (1) và (2) suy ra kCnk  nCnk11    k  1 Cnk11   n  1 Cnk  1 1  Vậy C  C1n  Cn2  2 3 0 n  1 n 1 C1n1  Cn21   Cn  n 1 n 1 C 1 k 1 k 1 Cn  C . k 1 n  1 n1 n 1 n 1  (1  1)n1  Cn01 2n1  1   . n 1 n 1 Vậy ta có điều phải chứng minh  Bài 19. 1 1 1 3 1 5 1 2 n1 22 n  1 Chứng minh rằng C2 n  C2 n  C2 n  …  C2 n  ( n là số nguyên dương. Cnk là số 2 4 6 2n 2n  1 tổ hợp chập k của n phần tử). Trích đề ĐH KHỐI A – năm 2007 Lời giải  Ta có kCnk  nCnk11    k  1 Cnk11   n  1 Cnk  1 k 1 k 1 Cn  C . k 1 n  1 n1 Le Minh Tam – Trang 180  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Vậy  1 1 1 3 1 5 1 1 C2n  C2n  C2n  …  C22nn1  C 2  C24n1  C26n1  …  C22nn1 2 4 6 2n 2n  1 2n1  (1)  Mặt khác 1  1 2 n1  C20n1  C12n1  C22n1  C23n1  …  C22nn1  C22nn11 1 1 2 n1  C20n1  C12n1  C22n1  C23n1  …  C22nn1  C22nn11   22 n1  0  2 C 20n1  C 22n1  C 24n1  …  C22nn1   C20n1  C22n1  C24n1  …  C22nn1  22n  C22n1  C24n1  …  C22nn1  22n  C20n1  22n  1 (2). Thay (2) vào (1) ta được điều phải chứng minh.  Bài 20. Cho n là số nguyên dương. Tính tổng 2 2  1 1 23  1 2 2n1  1 n Cn0  Cn  Cn  …  C 2 3 n 1 n Trích đề ĐH KHỐI B – năm 2003 Lời giải  Ta có kCnk  nCnk11    k  1 Cnk11   n  1 Cnk   Vậy Cn0   2 2  1 1 23  1 2 2n1  1 n Cn  Cn  …  C 2 3 n 1 n       C   1  1 Cn1  22  1 Cn21  23  1 Cn31  …  2n1  1 Cnn11    n 1  2C   1 k 1 k 1 Cn  C . k 1 n  1 n1 1 n 1  22 Cn21  …  2n1 Cnn11 1 n 1  Cn21  …  Cnn11  n 1 Cn01  2C1n1  22 Cn21  …  2n1 Cnn11 Cn01  C1n1  Cn21  …  Cnn11  n 1 n 1 1  2   n 1  1  1 n 1 n 1 3n1  2n1  n 1  Bài 21. n  1 1 1 1 Chứng minh rằng 1    1    …  1! 2 ! n!  n Lời giải n  1 1 1 1  Ta có  1    Cn0  C1n .  Cn2 . 2  …  Cnn . n n n n  n (*) Le Minh Tam – Trang 181  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT 1 1 n! 1 1 n! 1   . k   . k 1 k k! k! k ! n  k ! n n n  k ! n  Nhận xét rằng Cnk .   n  k  1 n  k  2  …n  nk (đúng) n  1 1 1 1  Vậy từ (*) ta có 1    1    …  1! 2 ! n!  n  Bài 22. Tìm hệ số của x 5 trong khai triển thành đa thức của x 1  2x   x2 1  3x  . 5 10 Trích đề ĐH KHỐI D – năm 2007 Lời giải 5 5  Ta có x(1  2x)5  x C5k ( 2x)k   C5k ( 2)k x k 1 1 k 0 k 0 10 10 j 0 j 0 x2 (1  3x)10  x 2  C10j (3x) j   C10j 3j x j  2  2   Từ 1 và  2  suy ra số hạng chứa x 5 trong x 1  2x  và trong x 2 1  3x  lần lượt là 5 10 C54 ( 2)4 x5 , C103 33 x5 .  Do đó số hạng chứa x 5 khi khai triển x 1  2x   x2 1  3x  là 5 10   C54 ( 2)4 x5  C103 33 x5  16C54  27C103 x5  3320 x 5 . Hệ số cần tìm: 3320 .  Bài 23. Với n là số nguyên dương, gọi a3 n  3 là hệ số của x3n3 trong khai triển thành đa thức của  x  1  x  2 2 n n . Tim n để a3n3  26n . Trích đề ĐH KHỐI D – năm 2003 Lời giải    x  2  Ta có x 2  1 n n n   n 2 n k      Cnk x       Cnj xn j  2 j   k 0   j 0   Khi nhân vào thì mỗi số hạng ở vế trái của 1 đều có dạng Cnk x2n2 k  Cnj xn j  2 j  Cnk  Cnj  2 j x3n2 k  j  Để x3n2 k  j là x3n3 , điĉ̀u kiện cần và đủ là 3n  2k  j  3n  3 (chú ý là n, k , j  ; 0  k  n; 0  j  n) k  0 k  1  2k  j  3   hoặc  j  3 j 1  Vậy số hạng chứa x3n3 là   Cn0  Cn3  23 x3n3  C1n  C1n  21 x3n3  Cn0  Cn3  23  C1n  C1n  21 x3n3 Le Minh Tam – Trang 182  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT 2  n!  n! Do đó C  C  2  C  C  2  26n  8 2   26n 3 !  n  3 ! 1!  n  1 !  0 n  3 n 3 8  n  2  n  1 n 6 1 n 1 n 1 do n>0    2n2  26n  4 n2  3n  2  6n  78 n  5  4n  6n  70  0  2n  3n  35  0   n   7 (l)  2  Kết luận: n  5 . 2 2  Bài 24. Cho khai triển : (1  2x)n  a0  a1x  a2 x2  thoả mãn hệ thức: a0  a1  2  an 2n  an xn , trong dó n * và các hệ số a0 , a1 , , an  4096 . Hãy tìm số lớn nhất trong các số a0 , a1 , , an . Trích đề ĐH KHỐI A – năm 2008 Lời giải  Từ 1  2x   a0  a1x  a2 x  n 1  an x , lấy x  , ta được 2 n 2 n a1  1 1  2    a0   2 2   an 2n  Do đó theo giả thiết 2n  4096  2n  212  n  12 . 12 12  Ta có 1  2x    C12k ( 2x)k   C12k 2k x k . 12 k 0 k 0  Số hạng chứa x k là Tk  C 2 x k , k  0,1,,12. Do đó ak  C12k .2k . k 12 k  Lúc này ta có sự tương đương sau: ak  ak 1 ( k  , 0  k  11)  C12k 2k  C12k 1 2k 1  12 ! 12 !.2 1 2 23 .     k  1  24  2k  3k  23  k  3 k ! 12  k  !  k  1 ! 11  k  ! 12  k   k  1 a  a  a  a3  a4  a5  a6  a7  a8  Vậy ak  ak 1  k  {0,1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} . Tức là  0 1 2 a8  a9  a10  a11  a12 8 8 2  495.256  126720 .  Vậy hệ số ak lớn nhất là a8  C12  Bài 25. k Tìm k  {0,1, 2, , 2005} sao cho C2005 đạt giá trị lớn nhất. Trích đề DỰ BỊ ĐH KHỐI D – năm 2005 Lời giải k k 1  C2005  Với k  {0,1, 2, , 2005} , điều kiện cần và đủ để C2005 là 2005 ! 2005 ! 1 1    2005  k k  1 k !  2005  k  !  k  1 !  2005  k  1 !  2005  k  k  1  2004  2 k  k  1002  k  {1002 ,1003, , 2004} Le Minh Tam – Trang 183  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Vậy C1002  C1003  C1004  2005 2005 2005 2005  C2005 .  Tương tự ta có 2005 ! 2005 ! 1 1    k !( 2005  k )! ( k  1)!( 2005  k  1)! 2005  k k  1  2005  k  k  1  2004  2 k  k  1002  k  {0 ,1, ,1002} k k 1 C2005  C2005  0 2  Vậy C2005  C12005  C2005   C1002 . 2005 0 2  Tóm lại C2005  C12005  C2005   C1002  C1003  C1004  2005 2005 2005 2005  C2005 k  Mà C1002 nên C2005 lớn nhất khi và chỉ khi k  1002 hoặc k  1003 .  C1003 2005 2005 IV. XÁC SUẤT CỦA BIẾN CỐ  Bài 01. Tiến hành thí nghiệm ngẫu nhiên: Gieo một con súc sắc 2 lần. ⓵ Mô tả không gian mẫu  , tính số phần tử của  . ⓶ Mô tả các biến cố sau, tính số phần tử của biến cố đó. A : “Biến cố súc sắc tung lần 1 xuất hiện mặt 3 chấm”. B : “Biến cố súc sắc tung lần 2 xuất hiện mặt 4 chấm”. C : “Biến cố súc sắc tung lần 1 là số lẻ”. D : “Ít nhất một lần xuất hiện mặt 3 chấm”. E : “Biến cố số chấm xuất hiện trên 2 con súc sắc hơn kém nhau 2 đơn vị”. ⓷ Tính xác suất các biến cố nói trên. Lời giải ⓵ Mô tả không gian mẫu  , tính số phần tử của  . y x 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 1;1  2;1  3;1  4;1  5;1  6;1 1; 2   2; 2  3; 2   4; 2  5; 2   6; 2  1; 3  2; 3 3; 3  4; 3 5; 3  6; 3 1; 4   2; 4  3; 4   4; 4  5; 4   6; 4  1; 5  2; 5 3; 5  4; 5 5; 5  6; 5 1; 6   2; 6   3; 6   4; 6   5; 6   6; 6  (trong đó: x và y tương ứng là kết quả của việc gieo con súc sắc thứ nhất và thứ hai) Số phần tử của  là 36 . ⓶ Mô tả các biến cố sau, tính số phần tử của biến cố đó.  A : “Biến cố súc sắc tung lần 1 xuất hiện mặt 3 chấm”.   A   3; 1 ,  3; 2  ,  3; 3  ,  3; 4  ,  3; 5  ,  3; 6  . Le Minh Tam – Trang 184  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Nên số phần tử của biến cố A là 6 .  B : “Biến cố súc sắc tung lần 2 xuất hiện mặt 4 chấm”.   B  1; 4  ,  2; 4  ,  3; 4  ,  4; 4  ,  5; 4  ,  6; 4  .  Nên số phần tử của biến cố B là 6 .  C : “Biến cố súc sắc tung lần 1 là số lẻ”.  C  1; 1 , 1; 2  , 1; 3  , 1; 4  , 1; 5  , 1; 6  ,  3;1 ,  3; 2  ,  3; 3  ,  3; 4  , 3; 5  , 3; 6  , 5;1 , 5; 2  ,  5; 3 ,  5; 4  ,  5; 5  ,  5; 6  .  Nên số phần tử của biến cố C là 18 .  D : “Ít nhất một lần xuất hiện mặt 3 chấm”.   D  1; 3 ,  2; 3 ,  3; 3 ,  4; 3  ,  5; 3 ,  6; 3  ,  3; 1 ,  3; 2  ,  3; 4  ,  3; 5  ,  3; 6  .  Nên số phần tử của biến cố D là 11 .  E : “Biến cố số chấm xuất hiện trên 2 con súc sắc hơn kém nhau 2 đơn vị”.   E  1; 3 ,  2; 4  ,  3; 5  ,  4; 6  ,  3; 1 ,  4; 2  ,  5; 3  ,  6; 4  .  Nên số phần tử của biến cố E là 8 . ⓷ Tính xác suất các biến cố nói trên.  Xác suất của biến cố A : “Biến cố súc sắc tung lần 1 xuất hiện mặt 3 chấm” là: A 6 1   .  P  A   36 6  Xác suất của biến cố B : “Biến cố súc sắc tung lần 2 xuất hiện mặt 4 chấm” là: B 6 1   .  P  B   36 6  Xác suất của biến cố C : “Biến cố súc sắc tung lần 1 là số lẻ” là: C 18 1   .  P C    36 2  Xác suất của biến cố D : “Ít nhất một lần xuất hiện mặt 3 chấm” là: D 11  .  P  D  36   Xác suất của biến cố E : “Biến cố số chấm xuất hiện trên 2 con súc sắc hơn kém nhau 2 đơn vị” là: E 8 2   .  P  E   36 9  Bài 02. Gieo một đồng xu rồi gieo súc sắc. ⓵ Mô tả không gian mẫu  . ⓶ Tính xác suất các biến cố sau: A : “Đồng xu xuất hiện mặt hình”. B : “Con súc sắc xuất hiện mặt có số chấm là số lẻ”. Le Minh Tam – Trang 185  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT C : “Con súc sắc xuất hiện mặt có số chấm là số lẻ và đồng xu xuất hiện mặt hình”. D : “Con súc sắc xuất hiện mặt có số chấm  5 và đồng xu xuất hiện mặt số”. Lời giải ⓵ Mô tả không gian mẫu  .  Kí hiệu mặt hình của đồng xu là H và mặt số của đồng xu là S  Không gian mẫu là:   H1; H 2; H3; H 4; H5; H 6; S1; S2; S3; S4; S5; S6 Do đó:   12 . ⓶ Tính xác suất các biến cố sau:  A : “Đồng xu xuất hiện mặt hình”.  Kết quả thuận lợi của biến cố A là: Vậy xác suất của biến cố A là: P  A   A  H1; H 2; H3; H 4; H5; H6 . Do đó: A  6 A   6 1  . 12 2  B : “Con súc sắc xuất hiện mặt có số chấm là số lẻ”.  Kết quả thuận lợi của biến cố B là: B  H1; H3; H5; S1; S3; S5 . Do đó: B  6 . Vậy xác suất của biến cố B là: P  B   B   6 1  . 12 2  C : “Con súc sắc xuất hiện mặt có số chấm là số lẻ và đồng xu xuất hiện mặt hình”.  Kết quả thuận lợi của biến cố C là: C  H1; H3; H5 . Do đó: C  3 . Vậy xác suất của biến cố C là: P  C   C   3 1  . 12 4  D : “Con súc sắc xuất hiện mặt có số chấm  5 và đồng xu xuất hiện mặt số”.  Kết quả thuận lợi của biến cố D là: D  S1; S2; S3; S4 . Do đó: D  4 . Vậy xác suất của biến cố D là: P  D   D   4 1  . 12 3  Bài 03. Chọn ngẫu nhiên số tự nhiên bé hơn 100 . ⓵ Mô tả không gian mẫu . ⓶ Tính xác suất của biến cố A: ” Số được chọn là số nguyên tố”, B: ” Số được chọn chia hết cho 4 “. Lời giải ⓵ Mô tả không gian mẫu .  0;1; 2; 3; 4;…; 98; 99 ⓶ Tính xác suất của biến cố A: ” Số được chọn là số nguyên tố”, B: ” Số được chọn chia hết cho 4 “.  A  2; 3; 5; 7;11;13;17;19; 23; 29; 31; 37; 41; 43; 47; 53; 59; 61; 67; 71; 73; 79; 83; 89; 97  Có 25 số nhỏ hơn 100 và là số nguyên tố nên P  A   25 1  100 4 Le Minh Tam – Trang 186  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Số được chọn chia hết cho 4 nên có dạng n  4k , ta có 0  4k  99  0  k  24, 75 .  Vậy có 25 số nhỏ hơn 100 và chia hết cho 4 25 1  Xác suất của biến cố B: P  B    100 4  Bài 04. Một người đi du lịch mang 3 hộp thịt, 2 hộp quả và 3 hộp sữa. Do trời mưa nên các hộp bị mất nhãn. Người đó chọn ngẫu nhiên 3 hộp. Tính xác suất để trong đó có 1 hộp thit, 1 hộp sữa và 1 hộp quả. Lời giải  Xác suất để trong đó có 1 hộp thit, 1 hộp sữa và 1 hộp quả là C31 .C12 .C31 3 8 C  9 28  Bài 05. Một bình chứa 16 viên bi với 7 viên bi trắng, 6 viên bi đen và 3 viên bi đỏ. Lấy ngẫu nhiên 3 viên bi. Tính xác suất sao cho ⓵ Lấy được cả 3 viên bi đỏ. ⓶ Lấy được 1 viên bi trắng, 1 viên bi đen, 1 viên bi đỏ. Lời giải ⓵ Lấy được cả 3 viên bi đỏ.  Số phần tử không gian mẫu là n  C 3 16 .  Gọi biến cố A: “ Lấy được cà 3 viên bi đỏ”.  Từ 3 viên bi đỏ lấy 3 viên nên n  A   1 . Vậy P  A   1 1  . 3 C16 560 ⓶ Lấy được 1 viên bi trắng, 1 viên bi đen, 1 viên bi đỏ.  Gọi biến cố B: “ Lấy được 1 viên bi trắng, 1 viên bi đen, 1 viên bi đỏ”.  n  B  C17 .C16 .C31  63 . Vậy P  B   63 9 .  560 80  Bài 05. Trong danh sách 10 đường phố cần tu sửa ở TP.HCM, có 2 đường thuộc quận Bình Thạnh, 4 đường thuộc quận 4, 4 đường thuộc quận Phú Nhuận. Chọn ngẫu nhiên 4 đường đề tu sửa đợt đầu. Tính xác suất để ⓵ 2 đường thuộc quận 4, 2 đường thuộc quận Phú Nhuận được chọn. ⓶ 1 đường thuộc quận Bình Thạnh, 2 đường thuộc quận 4 và 1 đường thuộc quận Phú Nhuận được chọn. Lời giải Le Minh Tam – Trang 187  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Số phần tử không gian mẫu là n  C 4 10  210 . ⓵ 2 đường thuộc quận 4, 2 đường thuộc quận Phú Nhuận được chọn.  Gọi biến cố A: “ Chọn 2 đường thuộc quận 4, 2 đường thuộc quận Phú Nhuận”.  Khi đó n  A   C42 .C42  36 . Vậy P  A   36 6  . 210 35 ⓶ 1 đường thuộc quận Bình Thạnh, 2 đường thuộc quận 4 và 1 đường thuộc quận Phú Nhuận được chọn.  Gọi biến cố B: “ Chọn 1 đường thuộc quận Bình Thạnh, 2 đường thuộc quận 4 và 1 đường thuộc quận Phú Nhuận ”. 48 8  Khi đó n  B   C12 .C42 .C14  48   P  B   . 210 35  Bài 07. Mỗi đề thi có 5 câu được chọn ra từ 100 câu có sẵn. Một học sinh học thuộc 80 câu. Tìm xác suất để học sinh đó rút ngẫu nhiên ra 1 đề thi có 4 câu đã học thuộc. Lời giải 5  Ta có : Số phần tử không gian mẫu là n     C100 .  Gọi A là biến cố học sinh đó rút ngẫu nhiên ra 1 đề thi có 4 câu đã học thuộc 4 n  A  C80 .C120 5135 4   .  n  A   C80 .C120  P  A   5 12222 n  C100  Bài 08. Tủ lạnh của nhà bạn A có 12 quả trứng, trong đó có 5 quả bị hỏng, mẹ bạn A lấy ngẫu nhiên từ đó ra 3 quả trứng để làm món trứng chiên. Tính xác suất để trong 3 quả trứng mẹ bạn A lấy ra có 2 quả bị hỏng. Lời giải 3  Ta có : Số phần tử không gian mẫu là n     C12 .  Gọi B là biến cố trong 3 quả trứng mẹ bạn A lấy ra có 2 quả bị hỏng  n  B  C52 .C17  P  B  n  B n   C52 .C17 3 12 C  7 . 22  Bài 09. Một lớp có 10 học sinh nam và 12 học sinh nữ. Cần chọn ra 6 học sinh để tham gia chiến dịch “ Hoa Phượng Đỏ”. Tính xác suất để 6 học sinh được chọn đó phải có ít nhất 2 học sinh nữ và 2 học sinh nam. Lời giải 6  Ta có : Số phần tử không gian mẫu là n     C22 .  Gọi A “6 học sinh được chọn đó phải có ít nhất 2 học sinh nữ và 2 học sinh nam”.  Có các trường hợp sau: Le Minh Tam – Trang 188  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Trường hợp 1: Trong 6 học sinh được chọn có 2 học sinh nữ và 4 học sinh nam có : C122 .C104 cách chọn.  Trường hợp 2: Trong 6 học sinh được chọn có 3 học sinh nữ và 3 học sinh nam có : C123 .C103 cách chọn.  Trường hợp 3: Trong 6 học sinh được chọn có 4 học sinh nữ và 2 học sinh nam có : C124 .C102 cách chọn.  Áp dụng quy tắc cộng ta có : n  A   C122 .C104  C123 .C103  C124 .C102  62535  P  A  n  A n   62535 1895  . 6 2261 C22  Bài 10. Từ một cỗ bài tú lơ khơ 52 con, rút ngẫu nhiên cùng lúc bốn con. Tính xác suất sao cho ⓵ Cả bốn con đều là át. ⓶ Được hai con át và hai con K . ⓷ Được ít nhất một con át . Lời giải  Lấy bốn con bất kì từ 52 con nên không gian mẫu gồm các tổ hợp chập 4 của 52 phần tử. 4  Vậy n    C52  270725 . ⓵ Cả bốn con đều là át.  Gọi biến cố A : “ Bốn con rút ra đều là át”.  Rút bốn con át từ 4 con át nên n  A   C44  1 .  Vậy xác suất rút được bốn con đều là át là P  A   n  A  n  1 . 270725 ⓶ Được hai con át và hai con K .  Gọi biến cố B : “ Bốn con rút ra được hai con át và hai con K” .  Rút hai con át từ bốn con át nên ta có C42 cách.  Rút hai con K từ bốn con K nên ta có C42 cách.  Từ đó n  B  C42 .C42  36 .  Vậy xác suất rút ra bốn con có hai con át và hai con K là P  B   n  B n   36 . 270725 ⓷ Được ít nhất một con át .  Gọi biến cố C : “ Bốn con rút ra được ít nhất một con át”.  C : “ Bốn con rút ra không có con át nào”. 4  Rút bốn con từ 48 con không có át nên ta có C 48 = 194580.    Từ đó n C  194580 .  Vậy xác suất rút ra có ít nhất một con át là P  C   1     1  194580  76145 . n C n  270725 270725 Le Minh Tam – Trang 189  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Bài 11. Một hộp đựng chín thẻ đánh số từ 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 . Rút ngẫu nhiên hai thẻ. Tính xác suất để ⓵ Tích hai số nhận được là số lẻ. ⓶ Tích hai số nhận được là số chẵn . Lời giải  Lấy hai thẻ bất kì từ 9 thẻ nên không gian mẫu gồm các tổ hợp chập 2 của 9 phần tử.  Vậy n     C92  36 . ⓵ Tích hai số nhận được là số lẻ.  Gọi biến cố A : “ Tích hai số nhận được là số lẻ”.  Hai thẻ nhận được đều là số lẻ, rút hai thẻ bất kì từ 5 thẻ ghi số lẻ n  A   C52  10 .  Vậy xác suất rút được hai thẻ có tích hai số nhận được là số lẻ là P  A   n  A n   10 5  . 36 18 ⓶ Tích hai số nhận được là số chẵn .  Gọi biến cố B : “ Tích hai số nhận được là số chẵn” . 5 13  Ta có A  B nên P  A   P B  1  P  B   1   . 18 18   Bài 12. Có hai hộp bi, mỗi hộp có 2 bi đỏ và 8 bi trắng. Các viên bi chỉ khác nhau về màu. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp ra 3 viên bi. Tìm xác xuất để lấy được số bi đỏ và số bi đỏ lấy ra là bằng nhau.  Lấy 3 viên bi từ 10 viên bi, ta có n  Lời giải C 3 10  120 .  Trường hợp 1: Gọi A là biến cố: “Lấy 3 viên bi được 1 bi trắng và 2 bi đỏ”. Có n  A   C22 .C81  8 .  Nên P  A   8 1  . 120 15  Gọi A1 là biến cố: “Lấy ở hộp thứ nhất 3 viên bi được 1 bi trắng và 2 bi đỏ”, P  A1   1 . 15 1  Gọi A 2 là biến cố: “Lấy ở hộp thứ hai 3 viên bi được 1 bi trắng và 2 bi đỏ” P  A2   . 15 1  Vì A1 và A 2 là hai biến cố độc lập nên: P  A1  A2   P  A1  .P  A2   . 225  Trường hợp 2: Gọi B là biến cố: “Lấy 3 viên bi được 2 bi trắng và 1 bi đỏ”. 56 7  Có n  B  C82 .C12  8  56 . Nên P  B    . 120 15 7  Gọi B1 là biến cố: “Lấy ở hộp thứ nhất 3 viên bi được 1 bi trắng và 2 bi đỏ”, P  B1   . 15 7  Gọi B2 là biến cố: “Lấy ở hộp thứ hai 3 viên bi được 1 bi trắng và 2 bi đỏ” P  B2   . 15 Le Minh Tam – Trang 190  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Vì B1 và B2 là hai biến cố độc lập nên: P  B1  B2   P  B1  .P  B2   Vậy xác suất cần tìm là: P  49 . 225 1 49 50 2    . 225 225 225 9  Bài 13. Đội tuyển văn nghệ của một trường phổ thông có 3 học sinh nữ khối 12 , 4 học sinh nam khối 11 và 2 học sinh nữ khối 10 . Để thành lập đội tuyển văn nghệ dự thi cấp tỉnh nhà trường cần chọn 5 học sinh từ 9 học sinh trên. Tính xác xuất để trong 5 học sinh được chọn có cả học sinh nam, học sinh nữ và có cả học sinh ba khối. Lời giải  Chọn 5 học sinh từ 9 học sinh, ta có: n  C 5 9  126 .  Gọi A là ” Lấy 5 bạn học sinh có học sinh nam, học sinh nữ và có đủ học sinh ba khối”.  Để lấy ra 5 bạn có cả nam và nữ và có cả học sinh ba khối ta xét các trường hợp sau:  Trường hợp 1: 5 bạn có 1 nữ (k 10 ), 2 bạn nam (k11), 2 bạn nữ (k12): C12 .C42 .C32  36 cách chọn.  Trường hợp 2: 5 bạn có 2 nữ (k 10 ), 2 bạn nam (k 11), 1 bạn nữ (k12): C22 .C42 .C31  18 cách chọn.  Trường hợp 3: 5 bạn có 2 nữ (k 10 ), 1 bạn nam (k11), 2 bạn nữ (k12): C22 .C14 .C32  12 cách chọn.  Trường hợp 4: 5 bạn có 1 nữ (k 10 ), 1 bạn nam (k11), 3 bạn nữ (k12): C12 .C14 .C33  8 cách chọn.  Trường hợp 5: 5 bạn có 1 nữ (k 10 ), 3 bạn nam (k11), 1 bạn nữ (k12): C12 .C43 .C31  24 cách chọn.  Vậy n  A   36  18  12  8  24  98 .  P  A  n  A n   98 7  . 126 9  Bài 14. Hội đồng coi thi THPT trong đó có 12 giáo viên trường A , 10 giáo viên trường B , 8 giáo viên trường C . C hủ tịch hội đồng coi thi chọn 2 cán bộ coi thi chứng kiến niêm phong gói đựng phong bì đề thi. Tính xác xuất để 2 cán bộ coi thi được chọn là giáo viên của 2 trường THPT khác nhau. Lời giải  Gọi A là biến cố “Chọn 2 cán bộ coi thi là giáo viên của 2 trường THPT khác nhau”. 2  Số phần tử của không gian mẫu là n    C30  435 . 1 1 1  Số phần tử của n  A   C12 .C10  C10 .C81  C81 .C120  296 .  P  A  296 . 435  Bài 15. Có 2 bạn nam và 2 bạn nữ được xếp ngồi ngẫu nhiên vào 4 ghế xếp thành 2 dãy đối diện nhau. Tính xác suất sao cho: ⓵ Nam và nữ ngồi đối diện nhau. ⓶ Nữ ngồi đối diện nhau. Lời giải Le Minh Tam – Trang 191  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT ⓵ Nam và nữ ngồi đối diện nhau.  Xếp hai nam ngồi vào ghế có 22.2 ! cách xếp.  Khi đó có 2! cách xếp hai nữ ngồi vào hai ghế còn lại.  Vậy có 22.2 !.2 !  16 cách xếp. ⓶ Nữ ngồi đối diện nhau.  Xếp hai nữ ngồi đối diện nhau có 2.2 ! cách xếp.  Xếp hai nam vào hai ghế còn lại có 2! cách xếp.  Vậy có 2.2!.2!  8 cách xếp.  Bài 16. Một đoàn tàu có 5 toa ở một sân ga. Có 5 hành khách từ sân ga lên tàu, mỗi người độc lập với nhau và chọn một toa một cách ngẫu nhiên. Tính xác suất của các biến có sau: ⓵ A: “Mỗi toa có đúng một người lên”. ⓶ B: “Mỗi toa có 2 người lên, 3 toa mỗi toa có 1 người lên và 1 toa không có người nào cả” ⓷ C: “1 toa 2 người, 1 toa có 3 người và 3 toa không có người nào cả”. Lời giải  Số phần tử của không gian mẫu  55 . ⓵ A: “Mỗi toa có đúng một người lên”.  Số khả năng thuận lợi của biến cố A :  Suy ra P  A   A  A  5! . 5! . 55 ⓶ B: “Mỗi toa có 2 người lên, 3 toa mỗi toa có 1 người lên và 1 toa không có người nào cả”  Ta chọn 4 người trong 5 người có C54 cách chọn.  Chọn 4 toa trong 5 toa tàu có C54 cách chọn.  Xếp 4 người trên vào 4 toa tàu đã chọn có 4! cách xếp.  Khi đó, người còn lại có 4 cách lên tàu (tương ứng với 4 toa tàu đã có khách).  Do đó số khả năng thuận lợi cho biến cố B là B  C54 .C54 .4 !.4 .  Suy ra P  B   B  C54 .C54 .4 !.4 55 . ⓷ C: “1 toa 2 người, 1 toa có 3 người và 3 toa không có người nào cả”.  Ta chia 5 người trên ra hai nhóm, mỗi nhóm gồm 3 người và 2 người có C52 .C33 cách.  Xếp hai nhóm người này lên 2 toa trong 5 toa tàu có 5.4 cách xếp.  Do đó số khả năng thuận lợi cho biến cố C là C  5.4.C52 .C33 .  Suy ra P  C   C  5.4.C52 .C33 . Le Minh Tam – Trang 192  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Bài 17. Một người bỏ ngẫu nhiên 4 lá thư vào 4 bì thư đã được ghi địa chỉ. Tính xác suất để có ít nhất 1 lá thư bỏ đúng phong bì của nó. Lời giải  Số cách bỏ ngẫu nhiên 4 lá thư vào 4 bì thư đã được ghi địa chỉ là n    4!  Gọi A là biến cố có ít nhất 1 lá thư bỏ đúng phong bì của nó.  Ta xét các trường hợp:  Có 1 lá thư bỏ đúng địa chỉ là C14 .  Có 2 lá thư bỏ đúng địa chỉ là C42 .  Có 3 lá thư bỏ đúng địa chỉ là C 43 .  Có 4 lá thư bỏ đúng địa chỉ là C44 . Suy ra n  A   C14  C42  C43  C44  15 .  Xác suất để có ít nhất 1 lá thư bỏ đúng phong bì của nó là P  A   n  A n   15 5  . 24 8  Bài 18. Người ta lập một tam giác có đỉnh là đỉnh của đa giác 15 cạnh. Tính xác suất để tạo được tam giác có cạnh không phải là cạnh của của đa giác 15 cạnh. Lời giải  Số tam giác có đỉnh là đỉnh của đa giác 15 cạnh là n  C 3 15 .  Gọi A là biến cố tạo được tam giác có cạnh không phải là cạnh của của đa giác 15 cạnh.  Ta xét các trường hợp:  Số tam giác có 1 cạnh là cạnh của đa giác 15 cạnh là 15.11. 1  Số tam giác có 2 cạnh là 2 cạnh liên tếp của đa giác 15 cạnh là C15 .   1  275 . Suy ra n  A   C153  15.11  C15  P  A  n  A n   275 55  . 91 C153  Bài 19. Một bài thi trắc nghiệm có 50 câu hỏi. Mỗi câu hỏi có 4 phương án trả lời trong đó chỉ có 1 câu trả lời đúng. Nếu trả lời đúng thì được 0.2 điểm, nếu trả lời sai thì không được điểm. Bạn Nam không học bài nên làm bài bằng cách đánh ngẫu nhiên. Tính xác suất để Nam được 5 điểm. Lời giải  Mỗi câu trả lời đúng được 0.2 điểm, suy ra để đạt được 5 điểm, thí sinh đó phải trả lời 5 đúng  25 câu. 0.2 1 3  Xác suất trả lời đúng một câu là  0.25 , xác suất trả lời sai một câu là  0.75 . 4 4 Le Minh Tam – Trang 193  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT 25  Có C 50 cách trả lời đúng 25 trong 50 câu, 25 câu còn lại đương nhiên trả lời sai. 25  Vậy xác suất để thí sinh đó đạt 5 điểm sẽ là:  0.25 .  0.75 .C50 25 25  Bài 20. 1 . Lớp học đủ ánh sáng 5 nếu có ít nhất 4 bóng đèn sáng. Tính xác suất để lớp học đủ ánh sáng. Trong một lớp học có 6 bóng đèn, mỗi bóng có xác suất bị cháy là Lời giải 1 4 , xác suất sáng là . 5 5  Một lớp học đủ ánh sáng nếu có 4 bóng sáng, hoặc 5 bóng sáng, hoặc 6 bóng sáng.  Ta có mỗi bóng có xác suất bị cháy là 1  Vậy xác suất để lớp học đủ ánh sáng là:   5 2 4 1 4 1 .     5 5 5 4 1 .     5 5 0 6 4 5376 .   .  5  15625  Bài 21. Hai cầu thủ đá bóng sút phạt đền, mỗi cầu thủ đá một lần với xác suất ghi bàn lần lượt là 0 , 8 và 0, 7 . Tìm xác suất để ít nhất một cầu thủ ghi bàn. Lời giải  Xác suất để không có cầu thủ nào ghi bàn là 1  0, 81  0, 7   0, 06 .  Xác suất để ít nhất một cầu thủ ghi bàn là: 1  0, 06  0, 94 .  Bài 22. Hai bạn A và B cùng tham gia kỳ thi THPT Quốc gia năm 2016, ngoài thi ba môn Toán, Văn, Anh bắt buộc thì A và B đều đăng ký thêm hai môn tự chọn trong ba môn: Vật lý, Hóa học, Sinh học dưới hình thức thi trắc nghiệm để xét tuyển vào Đại học, Cao đẳng. Mỗi môn tự chọn trắc nghiệm có 6 mã đề khác nhau, mã đề thi của các môn khác nhau là khác nhau. Tính xác suất để A và B chỉ có chung đúng 1 môn tự chọn và một mã đề thi.  n   C .C . C  C  2 3 2 3 1 6 2 1 6 Lời giải 2  11664 .  A : ” A và B chỉ có chung đúng 1 môn tự chọn và một mã đề thi “. n  A 2 1 1.C16   2592  P  A    .  n  A   3. 1.C12 . 1C11  . 6. 1.C12     n  9        Bài 23. Trong cuộc thi “Rung chuông vàng” có 20 bạn lọt vào vòng chung kết, trong đó có 5 bạn nữ và 15 bạn nam. Để sắp xếp vị trí chơi, ban tổ chức chia các bạn thành bốn nhóm A, B, C, D mỗi nhóm có 5 bạn. Việc chia nhóm được thực hiện bằng cách bốc thăm ngẫu nhiên. Tính xác suất để 5 bạn nữ thuộc cùng một nhóm.  Có n  Lời giải   C .C .C .C cách chia 20 bạn vào bốn nhóm sao cho mỗi nhóm có 5 bạn. 5 20 5 15 5 10 5 5 Le Minh Tam – Trang 194  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Gọi A là biến cố “Năm bạn nữ vào cùng một nhóm”.  Nếu chia 5 bạn nữ vào nhóm A thì có C155 .C105 .C55 cách chia các bạn nam vào các nhóm còn lại.  Do vai trò các nhóm như nhau nên n  A   4C155 .C105 .C55 . Vậy P  A   4 . 5 C 20  Bài 24. Trong kỳ thi THPT Quốc Gia, tại hội đồng thi X , trường THPT A có 5 thí sinh dự thi. Tính xác suất để có đúng 3 thí sinh của trường THPT A được xếp vào cùng một phòng thi, biết rằng hội đồng thi X gồm 10 phòng thi, mỗi phòng thi có nhiều hơn 5 thí sinh và việc xếp các thí sinh vào các phòng thi là hoàn toàn ngẫu nhiên. Lời giải  Số cách xếp ngẫu nhiên 5 thí sinh vào 10 phòng thi là n    10 5 .  Gọi B là“Có đúng 3 thí sinh của trường THPT A được xếp vào cùng một phòng thi”.  Có C53 cách chọn ba thí sinh trong số 5 thí sinh của trường A và có 10 cách chọn phòng thi cho ba thí sinh đó. Ứng với mỗi cách chọn đó ta có 9.9 cách chọn phòng thi cho hai bạn còn lại.  Do đó n  B  C53 .10.9.9  8100 . Xác suất cần tìm là P  B   n  B n   8100 81  . 100000 1000  Bài 25. Chọn ngẫu nhiên 3 số từ tập 1, 2,…,11 . ⓵ Tính xác suất để tổng 3 số được chọn bằng 12. ⓶ Tính xác suất để tổng 3 số được chọn là số lẻ. Lời giải ⓵ Tính xác suất để tổng 3 số được chọn bằng 12.  Số cách chọn 3 trong 11 số ( Số trường hợp có thể) là C113  165 .  Vậy không gian mẫu có 165 phần tử. Các tập hợp a, b, c  1, 2,…,11 thỏa mãn a  b  c  12 là 1, 2, 9 ,1, 3, 8 ,1, 4, 7 ,1, 5, 6 ,2, 3, 7 ,2, 4, 6 , 3, 4, 5 .  Vậy số các kết quả thuận lợi là 7, do đó xác suất cần tính là P  7 . 165 ⓶ Tính xác suất để tổng 3 số được chọn là số lẻ.  Gọi B là biến cố “ Tổng ba số được chọn là số lẻ”.  Theo câu ⓵ ta có  165 . Le Minh Tam – Trang 195  Chương 02. TỔ HỢP – XÁC SUẤT  Tổng a  b  c là số lẻ khi và chỉ khi hoặc cả ba số đều lẻ hoặc trong 3 số có 1 số lẻ và 2 số chẵn.  Trường hợp 1. Cả ba số đều lẻ. Ta có C63  20 cách chọn 3 số lẻ từ tập 6 số lẻ 1, 3, 5, 7 , 9,11 .  Trường hợp 2. Trong 3 số có một số lẻ và hai số chẵn .  Ta có C16 .C52  60 cách chọn một số lẻ và hai số chẵn.  Vậy B  20  60  80 .  Do đó P  B   B  80 16  . 165 33 —————— HẾT —————— Le Minh Tam – Trang 196