CHUYÊN ĐỀ: GIẢI TÍCH TỔ HỢP, XÁC SUẤT THỐNG KÊ

Giáo viên: Fan Zun 1

CÁC DẠNG BÀI TẬP
PHƯƠNG PHÁP GIẢI, VD MINH HOẠ
Trong phần này có các dạng bài tập sau:
 Dạng 1: biến đổi các biểu thức nhờ các công thức cơ bản để đơn giản biểu thức, giải phương
trình, bất phương trình.
 Dạng 2: Các bài toán về quy tắc đếm
 Dạng 3: áp dụng công thức nhị thức Newton để chứng minh các đẳng thức
 Dạng 4: Số hạng trong khai triển nhị thức Newton.
Dạng 1: : Biến đổi các biểu thức nhờ các công thức cơ bản để đơn giản biểu thức, giải
phương trình, bất phương trình.
PP: Cơ sở của pp là thực hiện các bước sau
- Biến đổi sơ cấp với chú ý
! !
!; ;
( )! !( )!
k k
n n n
n n
P n A C
n k k n k
  
 
.
- Rút gọn suy ra các đẳng thức
- Đánh giá suy ra các bất đẳng thức
Trong quá trình giải có thể áp dụng các bước trung gian: quy nạp, phản chứng.
VD1: CM với mọi số nguyên dương chẵn n có:

Giáo viên: Fan Zun 2

Mặt khác
0 1
0 1
(1 1)
(1 1) ( 1)
n n
n n n
n n n
n n n
C C C
C C C

    


     



Suy ra
1 3 1 1
2
n n
n n n
C C C
 
    với mọi n chẵn
dpcm

! 2 ( 1). ! ( 1).2
k k
k k k k
 
     .
Do
1 1
3 ( 1) 4 2 ( 1) 4.2 2 ( 1)! 2
k k k k
k k k k
 
          
.
VD3: Cho cấp số cộng
1 2 1
, , ,
n n
u u u u

. CM :

1
1 1 1
1
0 1
1 2
. .
2 2
k
n n

u u u u
   
  
Mà
0,
k n k
n n
C C k n

   nên :
1 1 1 1 1
1 1
0 0 0 0
1
2 ( ).
n n n n
k k n k k n k
n
k k n k n k k
k k k k
n n n n n
u u u u u
u u
C C C C C
      

 
   
 


1 1
1 1 1
2
k
k
n
C C C

  


CHUYÊN ĐỀ: GIẢI TÍCH TỔ HỢP, XÁC SUẤT THỐNG KÊ

Giáo viên: Fan Zun 3

VP(2)=
1 2
2
2 2 2
( ) 2
2 1 2
  
=VT(2). Vậy (2) đúng với n = 1.
Giả sử (2) đúng đến n = p. Ta CM nó đúng với n = p+1.
Ta có :
1
0
0 0
1 1 1
1 1 1

Từ (3) suy ra
1
0 1
0 0 0 0
1 1
1 1 1 1 1 1 1 2 1
1 . 1
1 2( 1) 2( 1)
p p p p
k k k k k
k k k k
p p p p p p
k k p k p
C C p C p C C p C


   
 
 
    
      
 
 
  
 
   

Theo giả thiết quy nạp có:
1 1
1 1

  
   



  

. Từ đó có đpcm
VD4: Giải Pt
1 2 3
7
2
x x x
C C C x
   (1)
Giải
Điều kiện:
3 x
 

. (1) tương đương với

2
! ! ! 7
1!( 1)! 2!( 2)! 3!( 3)! 2
1 1 7
( 1) ( 1)( 2)
2 6 2
( 16) 0
4 ( 3)

1
1 1
k k k
n n n
C C C

 
  ta có :
0 1 0 2 1 1
1 1 1 1 1 1
1
( ) ( ) ( 1) ( )
( 1)
p p p
n n n n n n n
p p
n
VT C C C C C C C
C

     

        
 

VD6: CM
2
2 2 2
( ) , (0 )
n n n

 
 
 
 
 
          

Áp dụng bất đẳng thức
2
2
x y
xy

 

 
 
có :

2
2
2
(2 )(2 ) (2 )
(2 1)(2 1) (2 1)( 1)( 1) ( 1)
n k n k n
n k n k n
n n n

b b a
  
có 3 cách chọn.
CHUYÊN ĐỀ: GIẢI TÍCH TỔ HỢP, XÁC SUẤT THỐNG KÊ

Giáo viên: Fan Zun 5

0,1,2,3 ; ,
c c b c a
   
có 2 cách chọn



0,1,2,3 ; , ,
d d b d a d c
    
có 2 cách chọn
Vậy có 3.3.2.1=18 cách chọn.
b/
- TH1: dạng
0, 0
abc a

.



3!
A A   .
Ta tính số phần tử của B:
Số có dạng
, 0, 0
abcde a e
 
.
- có 3 cách chọn e.
- số chỉnh hợp chập 4 từ


\
E e
là
4
7
A
.
CHUYÊN ĐỀ: GIẢI TÍCH TỔ HỢP, XÁC SUẤT THỐNG KÊ

Giáo viên: Fan Zun 6

- số chỉnh hợp chập 4 từ


\
E e
đứng đầu là 0 bằng số chỉnh hợp chập 3 từ


C
cách chọn
- Chọn 2 vật trong 5 vật còn lại cho vào hộp 3

có
2
5
C
cách chọn
- Chọn 3 vật trong 3vật còn lại cho vào hộp 4

có
3
3
C
cách chọn
Vậy có
3
10
C
.
2
7
C
.
2
5
C
.
3

 
     
(**)
Khi đó dựa vào dạng của A mà sử dụng (*) hoặc (**) bằng cách thay a, b bằng các giá trị cụ thể
hoặc sử dụng đạo hàm hoặc tích phân .
VD: CM
0 1 1 2 2 0
1 2
( 1) 0 ( , ;1 )
k k k k k
n n n n n n n n k
C C C C C C C C k n k n
 
  
        

Áp dụng nhị thức Newton:
0 1
(1 )
k k k
k k k
x C C x C x
    
Nhân 2 vế với
k
n
C
được:
CHUYÊN ĐỀ: GIẢI TÍCH TỔ HỢP, XÁC SUẤT THỐNG KÊ


n n n n n n n k
C x C C C C x C C x

 
    
Thay x= -1 ta được đpcm.
VD2: CM
2 3 4 2
2 6 12 ( 1) ( 1)2
n n
n n n n
C C C n n C n n

      
Xét khai triển

0 1
(1 )
n n n
n n n
x C C x C x
     (1)
Lấy đạo hàm 2 vế (1) :
1 1 2 1 1
( 1) 2
n n n
n n n
n x C C x nC x
  
     (2)

3 1
(1 )
1
n
n
I x dx
n


  


(1)
Mặt khác
0 1
(1 )
n n n
n n n
x C C x C x
    

2
2 1
0 1 0 1
0
2 2
( ) 2
2 1
n
n n n

x P x P x
x x x x x x
x x
x
x
 
   
             
   
  
  

Suy ra
1001 1001
2
1000(1 ) (1 ) (1 )
x x x
x x
   
  (1)
Áp dụng nhị thức Newton có :
1001 1 1001 1001
1001 1001
(1 ) 1
x C x C x
     (2)
Thay (2) vào (1) được:
2 51 50 1001 1000
1001 1001 1001
1


 



2 51 1000 2 3 52 50 1000 998 999
1001 1001 1001 1001 1001 1001
( ) 1000 1001
P x C x C x C C x C x C x x
 
             
 
Vậy
hệ số của
50
x
là
51 52
50 1001 1001
1000
a C C
  .
VD2: Viết số hạng thứ k+1 trong khai triển của
10
1
( )
x
x
 và tìm số hạng không chứa x
Giải

C x xy C x xy C x y C x y
      .