Chuyên đề Đại số tổ hợp (1)

Tác giả: ThS. ðoàn Vương Nguyên CHƯƠNG I HOÁN VỊ – CHỈNH HỢP – TỔ HỢP A. TÓM TẮT GIÁO KHOA VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN I. Quy tắc ñếm, cộng và nhân 1. Quy tắc ñếm Trong nhiều trường hợp ta cần phải ñếm số phần tử, số tập hợp, số các số hạng của tổng, và không phải lúc nào cũng thực hiện dễ dàng. Ta xét một quy tắc rút ra từ bài toán ñơn giản sau ñây. Bài toán Người ta cần làm một hàng rào dài 20m, cứ cách 2m thì chôn 1 cọc. Tính số cọc cần dùng. Giải Số khoảng cách giữa các cọc là 20: 2 = 10. Kể từ cọc thứ 2 trở ñi thì số cọc bằng số khoảng cách. Vậy số cọc là 20 1 11 2 + = . 1.1. Quy tắc Với ñiều kiện là khoảng cách giữa các số bằng nhau (cách ñều), ta có: 1 − = + soá lôùn nhaát soá nhoû nhaát soá caùc soá khoaûng caùch giöõa 2 soá lieàn keà . Ví dụ 1. Tính số các số tự nhiên có 3 chữ số chia hết cho 4. Giải Số có 3 chữ số lớn nhất chia hết cho 4 là 996. Số có 3 chữ số nhỏ nhất chia hết cho 4 là 100. Khoảng cách giữa 2 số liền kề chia hết cho 4 là 4. Vậy có 996 100 1 225 4 − + = số. Ví dụ 2. Tìm số hạng thứ 7 trong tổng sau: 4 7 28(a x) (a x) (a x) ... (a x)+ + + + + + + + . Giải Khoảng cách giữa số mũ của 2 số hạng kề nhau là 3. Gọi số mũ của số hạng thứ 7 là k, ta có k 1 1 7 k 19 3 − + = ⇒ = . Vậy số hạng cần tìm là 19(a x)+ . 1.2. Các dấu hiệu chia hết + Chia hết cho 2: số có chữ số tận cùng là 0, 2, 4, 6, 8. + Chia hết cho 3: số có tổng các chữ số chia hết cho 3 (ví dụ 2001). + Chia hết cho 4: số có 2 chữ số tận cùng lập thành số chia hết cho 4 (ví dụ 2000, 3796, 12344). + Chia hết cho 5: số có chữ số tận cùng là 0, 5. + Chia hết cho 6: số chia hết cho 2 và 3. + Chia hết cho 8: số có 3 chữ số tận cùng lập thành số chia hết cho 8 (ví dụ 2000, 2008, 3257016). + Chia hết cho 9: số có tổng các chữ số chia hết cho 9 (ví dụ 2007). + Chia hết cho 10: số có chữ số tận cùng là 0. + Chia hết cho 11: số có hiệu của tổng các chữ số ở hàng lẻ và tổng các chữ số ở hàng chẵn chia hết cho 11 (ví dụ 1345729 vì (1 + 4 + 7 + 9) – (3 + 5 + 2) = 11). + Chia hết cho 25: số có 2 chữ số tận cùng là 00, 25, 50, 75. 1 2. Quy tắc cộng i) Nếu một quá trình (bài toán) có thể thực hiện ñược một trong hai cách (trường hợp) loại trừ lẫn nhau: cách thứ nhất cho m kết quả và cách thứ hai cho n kết quả. Khi ñó việc thực hiện quá trình trên cho m + n kết quả. ii) Nếu một quá trình (bài toán) có thể thực hiện ñược k cách (trường hợp) loại trừ lẫn nhau: cách thứ nhất cho m1 kết quả, cách thứ hai cho m2 kết quả, , cách thứ k cho mk kết quả. Khi ñó việc thực hiện quá trình trên cho m1 + m2 + + mk kết quả. Ví dụ 3. Có 2 cuốn sách toán A và B khác nhau, 2 cuốn sách vật lý C và D khác nhau. Cần chọn ñúng 2 cuốn sách, hỏi có bao nhiêu cách. Giải + Trường hợp 1: chọn 2 cuốn sách toán có 1 cách. + Trường hợp 2: chọn 2 cuốn sách vật lý có 1 cách. + Trường hợp 3: chọn 1 cuốn sách toán và 1 cuốn vật lý có 4 cách là A và C, A và D, B và C, B và D. Vậy có 1 + 1 + 4 = 6 cách chọn. Ví dụ 4. Từ tập hợp { }X a; b; c= chọn ra 1 tập hợp con của A. Hỏi có mấy cách. Giải + Trường hợp 1: chọn tập hợp không chứa phần tử nào cả có 1 cách là tập rỗng. + Trường hợp 2: chọn tập hợp chứa 1 phần tử của A có 3 cách, ñó là { }a , { }b và { }c . + Trường hợp 3: chọn tập hợp chứa 2 phần tử của A có 3 cách, ñó là { }a; b , { }a; c và { }b; c . + Trường hợp 4: chọn tập hợp chứa 3 phần tử của A có 1 cách, ñó là { }a; b; c . Vậy có 1 + 3 + 3 + 1 = 8 cách chọn. 2. Quy tắc nhân i) Nếu một quá trình (bài toán) ñược thực hiện theo hai giai ñoạn (bước) liên tiếp nhau sao cho có m cách thực hiện giai ñoạn thứ nhất, ñồng thời ứng với mỗi cách ñó có n cách ñể thực hiện giai ñoạn thứ hai. Khi ñó có mn cách thực hiện quá trình trên. ii) Nếu một quá trình (bài toán) ñược thực hiện theo k giai ñoạn (bước) liên tiếp nhau sao cho có m1 cách thực hiện giai ñoạn thứ nhất, với mỗi cách ñó có m2 cách ñể thực hiện giai ñoạn thứ hai, , có mk cách thực hiện giai ñoạn thứ k. Khi ñó, toàn bộ quá trình có m1.m2mk cách thực hiện. Ví dụ 5. Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 lập ñược mấy số tự nhiên có 3 chữ số phân biệt. Giải + Bước 1: chọn chữ số hàng trăm có 7 cách (trừ chữ số 0). + Bước 2: chọn chữ số hàng chục có 7 cách (trừ chữ số ñã chọn ở hàng trăm). + Bước 3: chọn chữ số ñơn vị có 6 cách (trừ 2 chữ số ñã chọn). Vậy có 7.7.6 = 294 số. Ví dụ 6. Số 12000 có bao nhiêu ước số tự nhiên. Giải Ta có 2 3 5 312000 2 .3.10 2 .3.5= = . Suy ra ước số của 12000 có dạng m n k2 .3 .5 với { }m 0; 1; 2; 3; 4; 5∈ , { }n 0; 1∈ và { }k 0; 1; 2; 3∈ . + Bước 1: chọn m có 6 cách. + Bước 2: với mỗi cách chọn m có 2 cách chọn n. + Bước 3: với mỗi cách chọn m và n có 4 cách chọn k. Vậy có 6.2.4 = 48 ước số. 2 Ví dụ 7. Từ các phần tử của { }X 0; 1; 2; 3; 4; 5= có thể lập ñược bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm 3 chữ số khác nhau. Giải Gọi 1 2 3A a a a= với 1a 0≠ và 1 2 3a , a , a X∈ là số cần lập. + Trường hợp 1: 1 2 3A a a 0 (a 0)= = . - Bước 1: chọn a1 có 5 cách, ñó là a1 = 1 (hoặc 2, 3, 4, 5). - Bước 2: chọn a2 có 4 cách (trừ chữ số 0 và chữ số a1 ñã chọn). Suy ra có 5.4 = 20 số 1 2A a a 0= . + Trường hợp 2: 1 2 3 3A a a a (a 0)= ≠ . - Bước 1: chọn a3 có 2 cách, ñó là a3 = 2 (hoặc a3 = 4). - Bước 2: chọn a1 có 4 cách (trừ chữ số 0 và chữ số a3 ñã chọn). - Bước 3: chọn a2 có 4 cách từ 4 chữ số còn lại. Suy ra có 2.4.4 = 32 số 1 2 3 3A a a a (a 0)= ≠ . Vậy có 20 + 32 = 52 số. Ví dụ 8. Từ các phần tử của { }X 0; 2; 3; 6; 9= có thể lập ñược bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm 5 chữ số khác nhau. Giải Gọi 1 2 3 4 5A a a a a a= với 1a 0≠ và 1 2 3 4 5a , a , a , a , a X∈ là số cần lập. + Trường hợp 1: a1 lẻ. - Bước 1: do { }1a 3; 9∈ nên a1 có 2 cách chọn. - Bước 2: do { }5a 0; 2; 6∈ nên a5 có 3 cách chọn. - Bước 3: do { }2 1 5a X \ a ; a∈ nên a2 có 3 cách chọn. - Bước 4: do { }3 1 2 5a X \ a ; a ; a∈ nên a3 có 2 cách chọn. - Bước 5: do { }4 1 2 3 5a X \ a ; a ; a ; a∈ nên a4 có 1 cách chọn. Suy ra có 2.3.3.2.1 = 36 số ñược lập. + Trường hợp 2: a1 chẵn. - Bước 1: do { }1a 2; 6∈ nên a1 có 2 cách chọn. - Bước 2: do { } { }5 1a 0; 2; 6 \ a∈ nên a5 có 2 cách chọn. - Bước 3: do { }2 1 5a X \ a ; a∈ nên a2 có 3 cách chọn. - Bước 4: do { }3 1 2 5a X \ a ; a ; a∈ nên a3 có 2 cách chọn. - Bước 5: do { }4 1 2 3 5a X \ a ; a ; a ; a∈ nên a4 có 1 cách chọn. Suy ra có 2.2.3.2.1 = 24 số ñược lập. Vậy có 36 + 24 = 60 số. Ví dụ 9. Từ các chữ số 1, 2, 3 có thể lập ñược bao nhiêu số gồm 2 chữ số. Giải Gọi 1 2A a a= với 1 2a , a không phân biệt là số cần lập. + Bước 1: chọn 1 chữ số ñể xếp vào a1 có 3 cách. + Bước 2: chọn 1 chữ số ñể xếp vào a2 có 3 cách (do các chữ số không phân biệt). Vậy có 3.3 = 9 số. Ví dụ 10. Cần sắp xếp 3 người A, B, C lên 2 toa tàu (mỗi toa có thể chứa ñược 3 người). Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp. Giải + Bước 1: người A có 2 sự lựa chọn toa tàu. 3 + Bước 2: với mỗi cách chọn của A thì người B có 2 sự lựa chọn toa tàu. + Bước 3: với mỗi cách chọn của A và B thì người C có 2 sự lựa chọn toa tàu. Vậy có 2.2.2 = 8 cách sắp xếp. Cách giải sai: Toa tàu thứ nhất có 3 cách chọn người, toa thứ hai có 3 cách chọn người. Do ñó có 3.3 = 9 cách. Sai ở chỗ là toa thứ nhất có nhiều cách chọn (không chọn ai cả hoặc chọn 1 người, 2 người, cả 3 người) ñồng thời khi chọn người A thì toa thứ hai không thể chọn người A ñược nữa! Cụ thể các trường hợp ñó là Các trường hợp Toa 1 2 3 4 5 6 7 8 I ABC AB AC BC C B A II ABC C B A AB AC BC Nhận xét: Chỉ dùng các quy tắc ñếm, cộng và nhân thì ưu ñiểm là ít sai sót nhưng nhược ñiểm là lời giải dài dòng. II. Hoán vị – Chỉnh hợp – Tổ hợp 1. Hoán vị ðịnh nghĩa Cho tập hợp X gồm n phần tử phân biệt ( )n 0≥ . Mỗi cách sắp xếp n phần tử của X theo một thứ tự nào ñó ñược gọi là một hoán vị của n phần tử. Số các hoán vị của n phần tử ñược ký hiệu là Pn. nP n! 1.2...n= = . Quy ước: 0! = 1. Ví dụ 11. Sắp xếp 5 người vào một băng ghế có 5 chỗ. Hỏi có bao nhiêu cách. Giải Mỗi cách ñổi chỗ 1 trong 5 người trên băng ghế là 1 hoán vị. Vậy có P5 = 5! = 120 cách sắp. Ví dụ 12. Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4 có thể lập ñược mấy số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau. Giải Gọi 1 2 3 4 5A a a a a a= với 1a 0≠ và 1 2 3 4 5a , a , a , a , a phân biệt là số cần lập. + Bước 1: chữ số 1a 0≠ nên có 4 cách chọn a1. + Bước 2: sắp 4 chữ số còn lại vào 4 vị trí có 4! = 24 cách. Vậy có 4.24 = 96 số. 2. Chỉnh hợp ðịnh nghĩa Cho tập hợp X gồm n phần tử phân biệt ( )n 0≥ . Mỗi cách chọn ra k ( )0 k n≤ ≤ phần tử của X và sắp xếp theo một thứ tự nào ñó ñược gọi là một chỉnh hợp chập k của n phần tử. Số các chỉnh hợp chập k của n phần tử ñược ký hiệu là knA . k n n! A (n k)! = − . Nhận xét: n n nA n! P= = . Ví dụ 13. Sắp xếp 5 người vào một băng ghế có 7 chỗ. Hỏi có bao nhiêu cách. 4 Giải Mỗi cách chọn ra 5 chỗ ngồi từ băng ghế ñể sắp 5 người vào và có hoán vị là một chỉnh hợp chập 5 của 7. Vậy có 57 7 ! A 2520 (7 5)! = = − cách sắp. Ví dụ 14. Từ tập hợp { }X 0; 1; 2; 3; 4; 5= có thể lập ñược mấy số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau. Giải Gọi 1 2 3 4A a a a a= với 1a 0≠ và 1 2 3 4a , a , a , a phân biệt là số cần lập. + Bước 1: chữ số 1a 0≠ nên có 5 cách chọn a1. + Bước 2: chọn 3 trong 5 chữ số còn lại ñể sắp vào 3 vị trí 35A cách. Vậy có 355A 300= số. 3. Tổ hợp ðịnh nghĩa Cho tập hợp X gồm n phần tử phân biệt ( )n 0≥ . Mỗi cách chọn ra k ( )0 k n≤ ≤ phần tử của X ñược gọi là một tổ hợp chập k của n phần tử. Số các tổ hợp chập k của n phần tử ñược ký hiệu là knC . k n n! C k!(n k)! = − . Ví dụ 15. Có 10 cuốn sách toán khác nhau. Chọn ra 4 cuốn, hỏi có bao nhiêu cách. Giải Mỗi cách chọn ra 4 trong 10 cuốn sách là một tổ hợp chập 4 của 10. Vậy có 410C 210= cách chọn. Ví dụ 16. Một nhóm có 5 nam và 3 nữ. Chọn ra 3 người sao cho trong ñó có ít nhất 1 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách. Giải + Trường hợp 1: chọn 1 nữ và 2 nam. - Bước 1: chọn ra 1 trong 3 nữ có 3 cách. - Bước 2: chọn ra 2 trong 5 nam có 25C . Suy ra có 253C cách chọn. + Trường hợp 2: chọn 2 nữ và 1 nam. - Bước 1: chọn ra 2 trong 3 nữ có 23C cách. - Bước 2: chọn ra 1 trong 5 nam có 5. Suy ra có 235C cách chọn. + Trường hợp 3: chọn 3 nữ có 1 cách. Vậy có 2 25 33C 5C 1 46+ + = cách chọn. Ví dụ 17. Hỏi có thể lập ñược bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số sao cho trong mỗi số ñó, chữ số hàng ngàn lớn hơn hàng trăm, chữ số hàng trăm lớn hơn hàng chục và chữ số hàng chục lớn hơn hàng ñơn vị. Giải Gọi 1 2 3 4A a a a a= với 1 2 3 49 a a a a 0≥ > > > ≥ là số cần lập. { }X 0; 1; 2; ...; 8; 9= . Từ 10 phần tử của X ta chọn ra 4 phần tử bất kỳ thì chỉ lập ñược 1 số A. Nghĩa là không có hoán vị hay là một tổ hợp chập 4 của 10. Vậy có 410C 210= số. 5 Nhận xét: i/ ðiều kiện ñể xảy ra hoán vị, chỉnh hợp và tổ hợp là n phần tử phải phân biệt. ii/ Chỉnh hợp và tổ hợp khác nhau ở chỗ là sau khi chọn ra k trong n phần tử thì chỉnh hợp có sắp thứ tự còn tổ hợp thì không. 4. Phương pháp giải toán 4.1. Phương pháp 1. Bước 1. ðọc kỹ các yêu cầu và số liệu của ñề bài. Phân bài toán ra các trường hợp, trong mỗi trường hợp lại phân thành các giai ñoạn. Bước 2. Tùy từng giai ñoạn cụ thể và giả thiết bài toán ñể sử dụng quy tắc cộng, nhân, hoán vị, chỉnh hợp hay tổ hợp. Bước 3. ðáp án là tổng kết quả của các trường hợp trên. Ví dụ 18. Một nhóm công nhân gồm 15 nam và 5 nữ. Người ta muốn chọn từ nhóm ra 5 người ñể lập thành một tổ công tác sao cho phải có 1 tổ trưởng nam, 1 tổ phó nam và có ít nhất 1 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách lập tổ công tác. Giải + Trường hợp 1: chọn 1 nữ và 4 nam. - Bước 1: chọn 1 trong 5 nữ có 5 cách. - Bước 2: chọn 2 trong 15 nam làm tổ trưởng và tổ phó có 215A cách. - Bước 3: chọn 2 trong 13 nam còn lại có 213C cách. Suy ra có 2 215 135A .C cách chọn cho trường hợp 1. + Trường hợp 2: chọn 2 nữ và 3 nam. - Bước 1: chọn 2 trong 5 nữ có 25C cách. - Bước 2: chọn 2 trong 15 nam làm tổ trưởng và tổ phó có 215A cách. - Bước 3: chọn 1 trong 13 nam còn lại có 13 cách. Suy ra có 2 215 513A .C cách chọn cho trường hợp 2. + Trường hợp 3: chọn 3 nữ và 2 nam. - Bước 1: chọn 3 trong 5 nữ có 35C cách. - Bước 2: chọn 2 trong 15 nam làm tổ trưởng và tổ phó có 215A cách. Suy ra có 2 315 5A .C cách chọn cho trường hợp 3. Vậy có 2 2 2 2 2 315 13 15 5 15 55A .C 13A .C A .C 111300+ + = cách. Cách khác: + Bước 1: chọn 2 trong 15 nam làm tổ trưởng và tổ phó có 215A cách. + Bước 2: chọn 3 tổ viên, trong ñó có nữ. - Trường hợp 1: chọn 1 nữ và 2 nam có 2135.C cách. - Trường hợp 2: chọn 2 nữ và 1 nam có 2513.C cách. - Trường hợp 3: chọn 3 nữ có 35C cách. Vậy có ( )2 2 2 315 13 5 5A 5.C 13.C C 111300+ + = cách. 4.2. Phương pháp 2. ðối với nhiều bài toán, phương pháp 1 rất dài. Do ñó ta sử dụng phương pháp loại trừ (phần bù) theo phép toán A A X A X \ A= ⇒ =∪ . Bước 1: chia yêu cầu của ñề thành 2 phần là yêu cầu chung X (tổng quát) gọi là loại 1 và yêu cầu riêng A. Xét A là phủ ñịnh của A, nghĩa là không thỏa yêu cầu riêng gọi là loại 2. 6 Bước 2: tính số cách chọn loại 1 và loại 2. Bước 3: ñáp án là số cách chọn loại 1 trừ số cách chọn loại 2. Chú ý: Cách phân loại 1 và loại 2 có tính tương ñối, phụ thuộc vào chủ quan của người giải. Ví dụ 19. Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4 có thể lập ñược mấy số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau. Giải + Loại 1: chữ số a1 tùy ý, ta có 5! = 120 số. + Loại 2: chữ số a1 = 0, ta có 4! = 24 số. Vậy có 120 – 24 = 96 số. Ví dụ 20. Một nhóm có 7 nam và 6 nữ. Chọn ra 3 người sao cho trong ñó có ít nhất 1 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách. Giải + Loại 1: chọn 3 người tùy ý trong 13 người có 313C cách. + Loại 2: chọn 3 nam (không có nữ) trong 7 nam có 37C cách. Vậy có 3 313 7C C 251− = cách chọn. Ví dụ 21. Từ 20 câu hỏi trắc nghiệm gồm 9 câu dễ, 7 câu trung bình và 4 câu khó người ta chọn ra 10 câu ñể làm ñề kiểm tra sao cho phải có ñủ cả 3 loại dễ, trung bình và khó. Hỏi có thể lập ñược bao nhiêu ñề kiểm tra. Giải + Loại 1: chọn 10 câu tùy ý trong 20 câu có 1020C cách. + Loại 2: chọn 10 câu có không quá 2 trong 3 loại dễ, trung bình và khó. - Trường hợp 1: chọn 10 câu dễ và trung bình trong 16 câu có 1016C cách. - Trường hợp 2: chọn 10 câu dễ và khó trong 13 câu có 1013C cách. - Trường hợp 3: chọn 10 câu trung bình và khó trong 11 câu có 1011C cách. Vậy có ( )10 10 10 1020 16 13 11C C C C 176451− + + = ñề kiểm tra. Chú ý: Giải bằng phương pháp phần bù có ưu ñiểm là ngắn tuy nhiên nhược ñiểm là thường sai sót khi tính số lượng từng loại. Ví dụ 22. Từ 20 câu hỏi trắc nghiệm gồm 9 câu dễ, 7 câu trung bình và 4 câu khó người ta chọn ra 7 câu ñể làm ñề kiểm tra sao cho phải có ñủ cả 3 loại dễ, trung bình và khó. Hỏi có thể lập ñược bao nhiêu ñề kiểm tra. Cách giải sai: + Loại 1: chọn 7 câu tùy ý trong 20 câu có 720C cách. + Loại 2: chọn 7 câu không thỏa yêu cầu. - Trường hợp 1: chọn 7 câu dễ trong 9 câu có 79C cách. - Trường hợp 2: chọn 7 câu trung bình có 1 cách. - Trường hợp 3: chọn 7 câu dễ và trung bình trong 16 câu có 716C cách. - Trường hợp 4: chọn 7 câu dễ và khó trong 13 câu có 713C cách. - Trường hợp 5: chọn 7 câu trung bình và khó trong 11 câu có 711C cách. Vậy có ( )7 7 7 7 720 9 16 13 11C 1 C C C C 63997− + + + + = ñề kiểm tra! Sai sót trong cách tính số ñề loại 2. Chẳng hạn, khi tính số ñề trong trường hợp 3 ta ñã tính lặp lại trường hợp 1 và trường hợp 2. 7 Cách giải sai khác: + Loại 1: chọn 7 câu tùy ý trong 20 câu có 720C cách. + Loại 2: chọn 7 câu không thỏa yêu cầu. - Trường hợp 1: chọn 7 câu dễ hoặc trung bình trong 16 câu có 716C cách. - Trường hợp 2: chọn 7 câu dễ hoặc khó trong 13 câu có 713C cách. - Trường hợp 3: chọn 7 câu trung bình hoặc khó trong 11 câu có 711C cách. Vậy có ( )7 7 7 720 16 13 11C C C C 64034− + + = ñề kiểm tra. Sai sót do ta ñã tính lặp lại số cách chọn ñề chỉ có 7 câu dễ và ñề chỉ có 7 câu trung bình trong trường hợp 1 và trường hợp 2. Cách giải ñúng: + Loại 1: chọn 7 câu tùy ý trong 20 câu có 720C cách. + Loại 2: chọn 7 câu không thỏa yêu cầu. - Trường hợp 1: chọn 7 câu dễ hoặc trung bình trong 16 câu có 716C cách. - Trường hợp 2: chọn 7 câu dễ và khó trong 13 câu có 7 713 9C C− cách. - Trường hợp 3: chọn 7 câu trung bình và khó trong 11 câu có 711C 1− cách. Vậy có ( )7 7 7 7 720 16 13 9 11C C C C C 1 64071− + − + − = ñề kiểm tra. Ví dụ 23. Hội ñồng quản trị của một công ty gồm 12 người, trong ñó có 5 nữ. Từ hội ñồng quản trị ñó người ta bầu ra 1 chủ tịch hội ñồng quản trị, 1 phó chủ tịch hội ñồng quản trị và 2 ủy viên. Hỏi có mấy cách bầu sao cho trong 4 người ñược bầu phải có nữ. Giải + Loại 1: bầu 4 người tùy ý (không phân biệt nam, nữ). - Bước 1: bầu chủ tịch và phó chủ tịch có 212A cách. - Bước 2: bầu 2 ủy viên có 210C cách. Suy ra có 2 212 10A .C cách bầu loại 1. + Loại 2: bầu 4 người toàn nam. - Bước 1: bầu chủ tịch và phó chủ tịch có 27A cách. - Bước 2: bầu 2 ủy viên có 25C cách. Suy ra có 2 27 5A .C cách bầu loại 2. Vậy có 2 2 2 212 10 7 5A .C A .C 5520− = cách. 5. Hoán vị lặp (tham khảo) Cho tập hợp X có n phần tử gồm n1 phần tử giống nhau, n2 phần tử khác lại giống nhau, , nk phần tử khác nữa lại giống nhau ( )1 2 kn n ... n n+ + + = . Mỗi cách sắp n phần tử này vào n vị trí là một hoán vị lặp, số hoán vị lặp là 1 2 k n! n !n !...n ! . Ví dụ 24. Từ các chữ số 1, 2, 3 lập ñược bao nhiêu số tự nhiên có ñúng 5 chữ số 1, 2 chữ số 2 và 3 chữ số 3. Giải Xem số cần lập có 10 chữ số gồm 5 chữ số 1 giống nhau, 2 chữ số 2 giống nhau và 3 chữ số 3 giống nhau. Vậy có 10! 2520 5!2!3! = số. Cách giải thường dùng: + Bước 1: chọn 5 trong 10 vị trí ñể sắp 5 chữ số 1 có 510C cách. + Bước 2: chọn 2 trong 5 vị trí còn lại ñể sắp 2 chữ số 2 có 25C cách. 8 + Bước 3: sắp 3 chữ số 3 vào 3 vị trí còn lại có 1 cách. Vậy có 5 210 5C .C .1 2520= số. CHƯƠNG II NHỊ THỨC NEWTON PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH A. TÓM TẮT GIÁO KHOA VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN I. NHỊ THỨC NEWTON ðịnh nghĩa Nhị thức Newton là khai triển tổng lũy thừa có dạng: ( )n 0 n 1 n 1 2 n 2 2 k n k k n nn n n n na b C a C a b C a b ... C a b ... C b − − −+ = + + + + + + n k n k k n k 0 C a b (n 0, 1, 2, ...)− = = =∑ . + Số hạng thứ k+1 là k n k kk 1 nT C a b−+ = thường ñược gọi là số hạng tổng quát. + Các hệ số knC ñược tính theo công thức tổ hợp chập hoặc dựa vào tam giác Pascal sau ñây: Chẳng hạn: 0 1 2 3 4 5 6 6 6 6 6 6 6 6C 1, C 6, C 15, C 20, C 15, C 6, C 1= = = = = = = . Tính chất i) k n kn nC C (0 k n)−= ≤ ≤ . ii) k k 1 kn n n 1C C C (1 k n)− ++ = ≤ ≤ . PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN 1. Dùng ñịnh nghĩa và tính chất chứng minh hoặc rút gọn ñẳng thức Ví dụ 1. Chứng minh ñẳng thức: k k 1 k 2 k 3 k n n n n n 3C 3C 3C C C − − − ++ + + = với 3 k n≤ ≤ . Giải Áp dụng tính chất ta có: 9 k k 1 k 2 k 3 n n n nC 3C 3C C − − −+ + + ( ) ( ) ( )k k 1 k 1 k 2 k 2 k 3n n n n n nC C 2 C C C C− − − − −= + + + + + ( ) ( )k k 1 k 2 k k 1 k 1 k 2n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1C 2C C C C C C− − − − −+ + + + + + += + + = + + + k k 1 k n 2 n 2 n 3C C C − + + += + = . Ví dụ 2. Tính tổng 14 15 16 29 3030 30 30 30 30S C C C ... C C= − + − − + . Giải Áp dụng tính chất ta có: ( ) ( ) ( ) ( )13 14 14 15 15 16 28 29 3029 29 29 29 29 29 29 29 30S C C C C C C ... C C C= + − + + + − − + + 13 29 30 1329 29 30 29C C C C= − + = . Vậy S 67863915= . Cách khác: ( ) ( ) ( )30 0 12 13 14 29 3030 30 30 30 30 301 1 C ... C C C ... C C− = − + − + − − + ( ) ( )30 18 17 14 29 3030 30 30 30 30 30C ... C C C ... C C 0⇒ − + − + − − + = ( )16 15 1430 30 30S C C C S 0⇒ − + − + = 16 15 14 14 1530 30 30 30 302S C C C 2C C⇒ = − + = − . Vậy 14 15 30 302C CS 67863915 2 − = = . Ví dụ 3. Rút gọn tổng sau: 0 2006 1 2005 2 2004 k 2006-k 2006 0 2007 2007 2007 2006 2007 2005 2007 2007 -k 2007 1S C C C C C C ... C C ... C C= + + + + + + . Giải Áp dụng công thức ta có: ( ) k 2006-k 2007 2007 -k 2007 ! (2007 k)! C C . k! 2007 k ! (2006 k)!1! − = − − ( ) ( ) 2007 ! 2006! 2007. k ! 2006 k ! k ! 2006 k ! = = − − k 20062007C= với k 0, 1, 2, ..., 2006∀ = . Suy ra ( ) ( )20060 1 k 20062006 2006 2006 2006S 2007 C C ... C ... C 2007 1 1= + + + + + = + . Vậy 2006S 2007.2= . 2. Khai triển nhị thức Newton 2.1. Dạng khai triển Dấu hiệu nhận biết: Các hệ số ñứng trước tổ hợp và lũy thừa là 1 hoặc 1 và – 1 xen kẽ nhau. i) Khai triển ( )na b+ hoặc ( )na b− . ii) Cộng hoặc trừ hai vế của 2 khai triển trên. Ví dụ 4. Tính tổng sau: 0 1 2 2 3 3 2006 2006 2007 2007 2007 2007 2007 2007 2007 2007S C 2C 2 C 2 C ... 2 C 2 C= − + − + + − . Giải Ta có khai triển: 2007 0 1 2 2 2006 2006 2007 2007 2007 2007 2007 2007 2007(1 2) C 2C 2 C ... 2 C 2 C− = − + − + − . Vậy S 1= − . Ví dụ 5. Rút gọn tổng sau: 0 2 2 4 4 2004 2004 2006 2006 2007 2007 2007 2007 2007S C 3 C 3 C ... 3 C 3 C= + + + + + . Giải Ta có các khai triển: 2007 0 1 2 2 2006 2006 2007 2007 2007 2007 2007 2007 2007(1 3) C 3C 3 C ... 3 C 3 C+ = + + + + + (1) 10 2007 0 1 2 2 2006 2006 2007 2007 2007 2007 2007 2007 2007(1 3) C 3C 3 C ... 3 C 3 C− = − + − + − (2). Cộng (1) và (2) ta ñược: ( )0 2 2 4 4 2006 2006 2007 20072007 2007 2007 20072 C 3 C 3 C ... 3 C 4 2+ + + + = − . Vậy ( )2006 2007S 2 2 1= − . Ví dụ 6. Rút gọn tổng sau: 2006 1 2004 3 3 2002 5 5 2007 2007 2007 2007 2007 2007S 3 .2C 3 .2 C 3 .2 C ... 2 C= + + + + . Giải Ta có các khai triển: 2007(3 2)+ = 2007 0 2006 1 2005 2 2 2006 2006 2007 20072007 2007 2007 2007 20073 C 3 .2C 3 .2 C ... 3.2 C 2 C+ + + + + (1) 2007(3 2)− = 2007 0 2006 1 2005 2 2 2006 2006 2007 20072007 2007 2007 2007 20073 C 3 .2C 3 .2 C ... 3.2 C 2 C− + − + − (2). Trừ (1) và (2) ta ñược: ( )2006 1 2004 3 3 2002 5 5 2007 2007 20072007 2007 2007 20072 3 .2C 3 .2 C 3 .2 C ... 2 C 5 1+ + + + = − . Vậy 20075 1 S 2 − = . 2.2. Dạng ñạo hàm 2.2.1. ðạo hàm cấp 1 Dấu hiệu nhận biết: Các hệ số ñứng trước tổ hợp và lũy thừa tăng dần từ 1 ñến n (hoặc giảm dần từ n ñến 1) (không kể dấu). Hai khai triển thường dùng: ( )n 0 1 2 2 k k n nn n n n n1 x C C x C x ... C x ... C x+ = + + + + + + (1). ( ) ( ) ( )n k n0 1 2 2 k k n nn n n n n1 x C C x C x ... 1 C x ... 1 C x− = − + − + − + + − (2). i) ðạo hàm 2 vế của (1) hoặc (2). ii) Cộng hoặc trừ (1) và (2) sau khi ñã ñạo hàm rồi thay số thích hợp. Ví dụ 7. Tính tổng sau: 1 2 2 3 28 29 29 30 30 30 30 30 30S C 2.2C 3.2 C ... 29.2 C 30.2 C= − + − + − . Giải Ta có khai triển: ( )30 0 1 2 2 29 29 30 3030 30 30 30 301 x C C x C x ... C x C x+ = + + + + + (1). ðạo hàm 2 vế của (1) ta ñược: ( )291 2 29 28 30 2930 30 30 30C 2C x ... 29C x 30C x 30 1 x+ + + + = + (2). Thay x = – 2 vào (2) ta ñược: ( )291 2 2 3 28 29 29 3030 30 30 30 30C 2.2C 3.2 C ... 29.2 C 30.2 C 30 1 2− + − + − = − . Vậy S 30= − . Ví dụ 8. Rút gọn tổng sau: 1 2 3 4 5 26 27 28 29 30 30 30 30 30S C 3.2 C 5.2 C ... 27.2 C 29.2 C= + + + + + . Giải Ta có khai triển: ( )30 0 1 2 2 29 29 30 3030 30 30 30 301 x C C x C x ... C x C x+ = + + + + + (1). ðạo hàm 2 vế của (1) ta ñược: ( )291 2 29 28 30 2930 30 30 30C 2C x ... 29C x 30C x 30 1 x+ + + + = + (2). Thay x = 2 và x = – 2 lần lượt vào (2) ta ñược: ( )291 2 2 3 28 29 29 3030 30 30 30 30C 2.2C 3.2 C ... 29.2 C 30.2 C 30 1 2+ + + + + = + (3) ( )291 2 2 3 28 29 29 3030 30 30 30 30C 2.2C 3.2 C ... 29.2 C 30.2 C 30 1 2− + − + − = − (4). 11 Cộng hai ñẳng thức (3) và (4) ta ñược: ( ) ( )1 2 3 4 5 26 27 28 29 2930 30 30 30 302 C 3.2 C 5.2 C ... 27.2 C 29.2 C 30 3 1+ + + + + = − Vậy ( )29S 15 3 1= − . Ví dụ 9. Rút gọn tổng sau: 0 1 2 2006 2007 2007 2007 2007 2007 2007S 2008C 2007C 2006C ... 2C C= + + + + + . Giải Ta có khai triển: ( )2007x 1+ = 0 2007 1 2006 2 2005 2006 20072007 2007 2007 2007 2007C x C x C x ... C x C+ + + + + (1). Nhân 2 vế (1) với x ta ñược: ( )2007x x 1+ = 0 2008 1 2007 2 2006 2006 2 20072007 2007 2007 2007 2007C x C x C x ... C x C x+ + + + + (2). ðạo hàm 2 vế của (2) ta ñược: 0 2007 1 2006 2 2005 2006 2007 2007 2007 2007 2007 20072008C x 2007C x 2006C x ... 2C x C+ + + + + ( ) 2006(1 2008x) x 1= + + (3). Thay x = 1 vào (3) ta ñược: 0 1 2 2006 2007 2006 2007 2007 2007 2007 20072008C 2007C 2006C ... 2C C 2009.2+ + + + + = . Vậy 2006S 2009.2= . Cách khác: Ta có khai triển: ( )2007x 1+ = 0 2007 1 2006 2 2005 2006 20072007 2007 2007 2007 2007C x C x C x ... C x C+ + + + + (1). ðạo hàm 2 vế của (1) ta ñược: 0 2006 1 2005 2 2004 2005 2006 2007 2007 2007 2007 20072007C x 2006C x 2005C x ... 2C x C+ + + + + ( ) 20062007 x 1= + (2). Thay x = 1 vào (1) và (2) ta ñược: 0 1 2 2006 2007 2007 2007 2007 2007 2007 2007C C C ... C C 2+ + + + + = (3). 0 1 2 2006 2006 2007 2007 2007 20072007C 2006C 2005C ... C 2007.2+ + + + = (4). Cộng (3) và (4) ta ñược: 0 1 2 2006 2007 2006 2007 2007 2007 2007 20072008C 2007C 2006C ... 2C C 2009.2+ + + + + = . Vậy 2006S 2009.2= . Ví dụ 10. Cho tổng sau: 0 1 2 n