1
CHỦ ĐỀ 6: MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ TỔ HỢP VÀ XÁC SUẤT
(Dành cho 11K2 ôn tập trong hè)
Phần I: Một số bài toán tổ hợp
Phương pháp:
Ta áp dụng quy tắc cộng, quy tắc nhân và các công thức sau

   
! 1 2 3 3.2.1
n
P n n n n n    

 
!
!
k
n
n
A
nk



 
!
!!
k
n
n
C
k n k

cách.
Ví dụ 2: Trong số 16 học sinh có
3
học sinh giỏi, 5 khá và 8 trung bình. Hỏi có bao nhiêu cách
chia 16 học sinh đó thành 2 tổ, mỗi tổ 8 người sao cho mỗi tổ đều có học sinh giỏi và mỗi tổ có
ít nhất hai học sinh khá.
Giải
2
Ta có bảng phân chia các trường hợp sau :
Trường
hợp
HS giỏi
(3)
HS khá
(5)
HS trung bình
 
8
Số cách chọn
1
1
2
5

1 2 5
3 5 8
1680C C C 

2
1

3 học sinh của lớp C. Cần chọn 4 học sinh đi làm nhiệm vụ, sao cho mỗi lớp có ít nhất 1
học sinh. Hỏi có bao nhiêu cách chọn. Đáp số :
270
cách.
2. Thầy giáo có 30 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu khó, 10 câu trung bình, 15 câu dễ. Từ 30
câu hỏi trên lập được bao nhiêu đề kiểm tra, mỗi đề 5 câu hỏi khác nhau, sao cho trong
mỗi đề phải đủ 3 loại câu ( khó, trung bình, dễ) và số câu hỏi dễ không ít hơn 2.
Đáp số:
56875
.
3. 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 . Đáp số :
207900
cách.
Dạng 2: Sắp xếp thứ tự các phần tử từ các tập hợp
Ví dụ : Một nhóm học sinh gồm 7 nam và 3 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách xếp 10 em học sinh này
thành một hàng ngang sao cho:
a) Giữa hai học sinh nữ bất kì đều không có một em nam nào.
b) Hai vị trí đầu và cuối hàng là các em nam và không có hai em nữ nào ngồi cạnh nhau.
Giải
a) Ta xem 3 em nữ là một vị trí trong hàng . Như vậy 7 em nam và khối 3 em nữ tạo thành 8
vị trí trên hàng:
3
Xếp chỗ cho 7 em nam và khối 3 em nữ có :
8!
cách.
Xếp chỗ trong nội bộ khối 3 em nữ có :
3!
cách.


4
G

5
G

6
G
i
G
là vị trí giữa học sinh nam
i
B
và
1i
B

,
1,6i 
. Khi đó vị trí của của 3 em nữ là chỉnh
hợp chập 3 của 6 phần tử , do đó có
3
6
A
cách xếp vị trí cho 3 em nữ.
Vậy có:
3
6
7!. 604800A 

?
Hướng dẫn:
TH1: Trong số tạo thành có chữ số
0
: Số số là
22
44
4. . 288CA
.
TH2: Trong số tạo thành không có chữ số
0
: Số số là
23
54
. 240CA
.
Đáp số:
528
số.
4. Có bao nhiêu cách chia
6
người ra thành
3
nhóm, mỗi nhóm
2
người, trong mỗi trường
hợp sau:
a. Phân biệt thứ tự các nhóm là: nhóm
1
, nhóm

Ví dụ 1: Giải bất phương trình
2 2 3
2
16
10
2
x x x
A A C
x
  

 
1
Giải
Điều kiện:
3,x x N
 
1
 
 
   
      
2!
1 ! 6 ! 1
. 10 1 2 1 1 2 10
2 2 2 ! 2 ! 3! 3 ! 2
x
xx
x x x x x x
x x x x

 
 
 
 
!
20
!
20
!
20
1 20
!
!
2
10
10
!2
!!
y
x
y
x
x
x
xy
A
xx
xy
x
y

22
x x x
yy
   





.
Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là:
5; 2xy
.
5
1.
3 1 3 2
1 1 6
2 3 3 159
xx
x x x
A C C x P


    
. Đáp số :
12x 
.
2.
 
22

nn
CC



11
1
k k k
n n n
C C C




0 1 2
2
nn
n n n n
C C C C    

0 2 4 2 1 3 5 2 1 2 1
2 2 2 2 2 2 2 2
2
n n n
n n n n n n n n
C C C C C C C C

         
.
Ngoài ra ta còn kết hợp giữa khai triển Newton, đạo hàm và tích phân để tính tổng.


     
Xét khai triển
4 0 1 2 2 3 3 4 1 4 1 4 4
4 4 4 4 4 4
(1 )
n n n n n
n n n n n n
x C C x C x C x C x C x

       
Chọn
1x 
, ta có :
0 1 2 3 4 1 4
4 4 4 4 4 4
0
nn
n n n n n n
C C C C C C

      

 
1
Chọn
1x 
, ta có :
0 1 2 3 4 1 4 4
4 4 4 4 4 4

Vậy
42
2
n
S


.
Ví dụ 2: Tính tổng sau
0 1 2 2013
2013 2013 2013 2013
2 3 2014S C C C C    
6
Giải
Xét khai triển
 
2013
0 1 2 2 2013 2013
2013 2013 2013 2013
1 x C C x C x C x     

 
1
Chọn
1x 
, ta có :
0 1 2 2013 2013
1 2013 2013 2013 2013
2S C C C C     
Đạo hàm hai vế của


2 3 1
nn
n
n n n n
b a b a b a
S b a C C C C
n

  
     

Với
*
nN
,
ba
.
Giải
Ta có:
   
 
0 1 2 2 0 1 2 2
1 1
bb
nn
n n n n
n n n n n n n n
aa
x C C x C x C x x dx C C x C x C x dx            

ba
S
n

  


.
Bài tập: Tính các tổng sau
1.
6 7 8 9 10 11
11 11 11 11 11 11
S C C C C C C     
HD:
0 1 3 9 10 11 11 10
11 11 11 11 11 11
2 2 2S C C C C C C S         
.
2.
   
0 1 2
2 3 1 1
n
n
n n n n
S C C C n C      
HD:
   
1
n

n


  


Dạng 3 : Chứng minh đẳng thức
Phương pháp:
Sử dụng :Tính chất của các hệ số trong khai triển Newton hoặc dùng khai triển Newton kết hợp
với đạo hàm tích phân để chứng minh.
Ví dụ 1: Chứng minh rằng
 
0 2 2 4 4 2 2 1 2
2 2 2 2
3 3 2 2 1
n n n
n n n n
C C C C

     

 
1
Giải
Xét khai triển :
 
2
0 1 2 2 3 3 2 2
2 2 2 2 2
1

 
3
ta có:
 
2 2 0 2 2 4 4 2
2 2 2 2
4 2 2 3 3
n n n
n n n n
C C C C     
 
0 2 2 4 4 2 2 1 2
2 2 2 2
3 3 2 2 1
n n n
n n n n
C C C C

      

điều phải chứng minh.
Ví dụ 2: Chứng minh rằng
1 1 2 2 3 3 1
3 2 3 3 3 .4
n n n n n
n n n n
C C C nC n
   
    
 

x C C C nC n
   
      

điều phải chứng minh.
Ví dụ 3: Chứng minh rằng
 
 
0 1 2 3
1
1

2 4 6 8 2 2 2 1
n
n
n
n n n n
C
C C C C
nn

     

 
3
8
Xét khai triển :
 
2 0 1 2 2 2 2 2
1 ( ) ( ) ( )

n n n n
x
x x x
I x x dx C C C C
n



       





 
 
0 1 2 3
1
1

2 4 6 8 2 2 2 1
n
n
n
n n n n
C
C C C C
nn

       

trong khai triển
 
2
1
n
x 
suy ra điều phải chứng minh.
2.
1 2 3
3
33
k k k k k
n n n n n
C C C C C
  

   
với
,kn
và
3 kn
.
3.
 
0 2 2 4 4 2012 2012 2012 2013
2013 2013 2013 2013
3 3 3 2 2 1C C C C     
HD: Khai triển
   
2013 2013

P x f x
Phương pháp:
 Bước 1: Viết
 
 
0
n
gk
k
k
P x a x



 Bước 2: Số hạng chứa
m
x
tương ứng với
 
g k m
k
.
 Bước 3: Kết luận
 Nếu
,k N k n
, thì hệ số phải tìm là
k
a
.
 Nếu

Điều kiện :
2,n n N
Ta có :
 
1 2 2
12
1
79 1 79 156 0 12
13
2
n n n
n n n
n
nn
C C C n n n n
n




             



Suy ra :
12
28 4 28 48 112
12
3
15 3 15 15 5

x
trong khai triển thành đa thức của biểu thức
 
 
10
2
1 2 3P x x x  
Giải
Ta có :
     
 
 
10 10 10
10
10
2 2 2
10 10 10
0 0 0
1 2 3 1 2 3 2 3
k
k
ki
k k i k k
k
k k i
P x x x C x x C C x x



  

0
4
k
i






;
1
2
k
i





;
2
0
k
i







+
15 16 20
15 16 20
0 0 0
15 16 20
k k k k k k
k k k
C x C x C x
  
     
  
     
     
  

Suy ra hệ số của số hạng chứa x
15
là :

15 15 15 15 15 15
15 15 16 17 18 19 20
15 16 17 18 19 20 400995a C C C C C C      
.
Bài tập:
1. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển
7
5
1
2x

4
12
495C 
.
3. Tìm hệ số của x
5
trong khai triển của biểu thức: P=
   
5 10
2
1 2 1 3x x x x  
.Đáp số:
3320
.
4. Tìm hệ số của x
8
trong khai triển thành đa thức
   
8
2
11P x x x

  

. Đáp số :
238
5. Cho biết
 
0 1 1 2 2 3 3
3 3 3 3 1 2048.

26
x
trong khai triển nhị thức
Newton của
7
4
1
.
n
x
x




Đáp số:
4
10
10, 210.nC

4.1: Tính hệ số lớn nhất trong khai triển nhị thức Newton của
 
ax
m
b
Phương pháp:
11
 Bước 1: Tìm hệ số
n
a

2
2
2 2 2
n
n
a
aa
a     
.
Tìm hệ số lớn nhất trong các hệ số
 
0 1 2
; ; ; ;
n
a a a a
Giải
Theo công thức khai triển nhị thức Newton ta có:
 
 
0 1 2 2 2
0
1 2 2 2 2 2
n
n
k k k n n n
n n n n n
x
k
P x C x C C x C x C x


2
2
2
2
2
nn
a
a C C  
…………
2
2
n n n
n
n n n
n
a
a C C  
Vì thế:
01
12
0
2
2
2 2 2
nn
n
n n n
n
a
aa

0, 1, 2,…,12)
Xét bất phương trình:
1kk
aa


     
11
12 12
12! 12! 1 2
2 2 2 2 1 24 2
12 ! ! 11 ! 1 ! 12 1
k k k k
C C k k
k k k k k k

         
    

23
0,1,2, ,7
3
kk   
(do k nguyên)
Từ đó suy ra :
1kk
aa




29
0 1 2 9
3 2 x a a x a x a x     
. Tìm hệ số lớn nhất trong các hệ số
 
0 1 2 9
; ; ; ;a a a a
Giải
Ta có :
   
99
9
99
99
00
3 2 3 2 3 2
k
k k k k k k
kk
x C x C x


  

Vậy
9
9
3 2 ( 0,1,2, ,9)
k k k
k

1kk
aa


5k

Vì thế ta có
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
a a a a a a a a a a        
Từ đó:
 
5
5 6 0 1 9 9
max ; ; ; 2 252a a a a a C   
Ví dụ 3:
Xét khai triển
 
2
0 1 2
2
n
n
n
x a a x a x a x     
. Tìm n để
 
0 1 2
ax ; ; ; ;
n
M a a a a

n
k
x C x




Vậy
2
k n k
kn
aC


với k=0, 1, 2,…,n
Từ (1) ,(2)

10 10 9 9
10 10 11 11
22
22
nn
nn
nn
nn
CC
CC




29 32n  

30n

hoặc
31n 
.
Bài tập
1. Trong khai triển
 
12
12x
. Tìm hệ số lớn nhất trong các hệ số
01
, , , .
n
a a a

Đáp số:
126720.
2. Xét khai triển
 
13
13 12
0 1 13
3 1 .x a x a x a    
Tìm hệ số lớn nhất trong các hệ
0 1 2 13
, , , , .a a a a
Đáp số:

1 3 3 0nn   

Theo công thức khai triển nhị thức Newton ta có:
 
2 0 1 2 2 4 2
1
n
nn
n n n n
x C C x C x C x     
(1)
 
2
0 1 1 2 2 2
2 2 2 2
n n n n n
n n n n
x C C x C x C x

     
(2)
Nếu
1n 

3n – 3 = 0
Trong trường hợp này ta có:
 
 
2
2 . 2


trong khai triển
 
 
2
22
n
n
xx
là:
   
 
  
3 1 1 3 2 2
33
4 1 2
!
2 2 2 2 2
3 !3! 3
n n n n
n n n n n
n n n
n
a C C C C n n
n



     


 
21
0 1 2 2 3 3 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
1
n
nn
n n n n n
x C xC x C x C x C


    
      
Đạo hàm hai vế
    
2
1 2 2 3 2 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1
2 1 1 2 3 2 1
n
nn
n n n n
n x C xC x C n x C

   
       
Chọn
2x 
, ta có:
 

trong khai triển nhị thức
 
2
n
x
, biết rằng
 
0 1 1 2 2 3 3
3 3 3 3 1 2048
n
n n n n n n
n n n n n
C C C C C
   
      
. Đáp số
10 1
11
11; 2 22nC
.
16
3. Cho khai triển nhị thức
1 1 1 1
0 1 1
3 3 3
2 2 2 2
2 2 2 2 .2 2 . 2
n
n
x x x

Bước 2: Tính số phần tử của biến cố
 
nA
Bước 3: Xác suất của biến cố
A
là
 
 
 
nA
PA
n


.
Ví dụ 1 : Một chiếc hộp có 6 quả cầu trắng, 7 quả cầu xanh, 8 quả cầu đỏ. Lấy ngẫu nhiên 4 quả
cầu trong hộp. Tính xác suất để 4 quả lấy được có đủ 3 màu.
Giải
Có tất cả 21 quả cầu. Mỗi lần lấy đồng thời 4 quả cầu cho ta một tổ hợp chập 4 của 21 phần tử.
Do đó số phần tử của không gian mẫu là
 
4
21
5985nC  
.
Gọi A là biến cố: “4 quả cầu lấy ra có đủ 3 màu’’, ta có các trường hợp (TH) sau:
TH1: Có 2 quả cầu trắng, 1 quả cầu xanh, 1 quả cầu đỏ . Số cách chọn là
2 1 1
6 7 8
840C C C 

Giải
Không gian mẫu gồm bộ 4 số
 
; ; ;a b c d
trong đó
, , ,a b c d
nhận các giá trị khác nhau trong tập
hợp
 
0,1,2, 8,9
nên
4
10
( ) 5040nA  
.
Gọi B là biến cố: “4 thẻ xếp thành một số tự nhiên chẵn’’, gọi một số tự nhiên đó có dạng
abcd
,
ta có các trường hợp (TH) sau:
TH1:
0d 

có
3
9
A
cách chọn.
TH2:
 
2;4;6;8d 

35
3060; 1575
68
n n A P A    
.
2. Một chiếc hộp đựng 10 tấm thẻ được đánh số
0,1,2, 8,9
. Lấy ngẫu nhiên liên tiếp 4
tấm thẻ và xếp cạnh nhau theo thứ tự từ trái sang phải. Tính xác suất để 4 thẻ xếp thành
một số tự nhiên có 4 chữ số sao cho trong đó có chữ số 1.
Đáp số:
     
4
10
11
5040; 1848
30
n A n A P A     
.
3. Có 5 học sinh nam và 3 học sinh nữ, xếp thành một hàng ngang một cách ngẫu nhiên.
Tính xác xuất để hai học sinh nũ đứng cạnh nhau.
18
HD: Gọi A là biến cố: “Không có hai hoạc sinh nữ nào đứng cạnh nhau’’, khi đó
     
 
3
6
59
8!; 5!
14 14

1,2, 8,9
. Lấy ngẫu nhiên hai thẻ rồi
nhân hai số ghi trên hai thẻ đó với nhau. Tính xác suất để kết quả nhận được là một số chẵn.
Giải
Gọi
A
là biến cố : “Rút được một thẻ ghi số chẵn và một thẻ ghi số lẻ”.
Gọi
B
là biến cố : “Rút được cả hai thẻ ghi số lẻ”.
Kho đó biến cố: “Kết quả nhận được là một số chẵn” là
AB
.
 
11
54
2
9
20
36
CC
PA
C

;
 
2
4
2
9

Gọi
2
A
là biến cố : “Quả cầu lấy từ túi 2 màu trắng”
 
2
10
PA
19
Vì
12
,AA
là hai biến cố độc lập nên xác suất để hai quả cầu rút ra cùng màu trắng là
     
1 2 1 2
30
.
625
P A A P A P A
. Tương tự xác suất để hai quả cầu rút ra đều màu xanh là
15 9 135
.
25 25 625

, xác suất để hai quả cầu rút ra đều màu đỏ là
6 7 42
.
25 25 625

.

b) Máy bay bị trúng ba viên đạn. Đáp số :
0,72775
.
4. Có 6 học sinh nam và 4 học sinh nữ, xếp thành một hàng ngang một cách ngẫu nhiên.
Tính xác xuất để hai học sinh nũ đứng cạnh nhau. Người ta chọn một cách ngẫu nhiên 4
học sinh. Tính xác suất để 4 học sinh được chọn có ít nhất hai học sinh nữ.
HD: Gọi B là biến cố: “4 học sinh có ít nhất 2 học sinh nữ’’, khi đó
 
   
 
4 4 3
10 6 6
19 23
;4
242 42
n C n B C C P B P B       
.
20
5. An và Bình cùng học xa nhà. Xác suất để An về nhà vào ngày Chủ nhật là
0,2
, của Bình
là
0,25
. Tính xác suất để
a) Cả hai cùng về thăm nhà. Đáp số:
0,05
;
b) Cả hai không về thăm nhà. Đáp số:
0,6
.

2
22
11
nn
i i i i
ii
V X x p x p


   

, với
 
EX


 
,( 1,2, ).
ii
p P X x i n  
Ví dụ 1: Chọn ngẫu nhiên 3 đứa trẻ từ một nhóm gồm 6 bé trai và 4 bé gái. Gọi X là số bé gái
trong nhóm. Lập bảng phân bố xác suất của X.
Giải
X có thể nhận các giá trị 0, 1, 2, 3 ta có:
 
3
6
3
10
5

C
  
;
 
3
4
3
10
1
3
30
C
PX
C
  
.
Vậy bảng phân bố xác suất của X là:
X
0
1
2
3
P
5
30
15
30
9
30
1

10
45
4
45
2
45
b)
 
6 12 11 10 4 2
2. 3. 4. 5. 6. 7. 4
45 45 45 45 45 45
EX      
;
 
2 2 2 2 2 2 2
6 12 11 10 4 2
2 . 3 . 4 . 5 . 6 . 7 . 4 1,78.
45 45 45 45 45 45
VX       

Bài tập
1. Một bài kiểm tra trắc nghiệm có 4 câu. Mỗi câu có 5 phương án trả lời trong đó chỉ có
một phương án trả lời đúng. Nếu trả lời đúng thì được 5 điểm. Nếu trả lời sai không được
điểm nào. Hùng làm bài thi bằng cách ở mỗi câu chọn ngẫu nhiên một phương án trả lời.
Gọi X là tổng số điểm mà Hùng đạt được.
a) Lập bảng phân bố xác suất của X.
X
0
5
10

12
35
1
35
b) Tính
 
EX
. Đáp số:
 
16
7
EX
.