Giáo án tự chọn Khối 11 ban cơ bản - Chủ đề: Phương trình lượng giác

CHỦ ĐỀ 1 PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC I. TÓM TẮT VÀ BỔ SUNG KIẾN THỨC A. PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CƠ BẢN 1. Phương trình sinx = a Nếu |a| > 1 : Phương trình vô nghiệm Nếu |a| £ 1 : Phương trình có nghiệm là x = a + k2p và x = p - a + k2p, k Î ¢, với sin a = a. 2. Phương trình cosx = a Nếu |a| > 1 : Phương trình vô nghiệm Nếu |a| £ 1 : Phương trình có nghiệm là x = ± a + k2p, k Î ¢, với cosa = a. 3. Phương trình tanx = a Điều kiện: cosx ¹ 0 hay x ¹ +kp, k Î ¢. Nghiệm của phương trình x = a + kp, k Î ¢, với tana = a 4. Phương trình cotx = a Điều kiện: sinx ¹ 0 hay x ¹ kp, k Î ¢. Nghiệm của phương trình là x= a + kp, k Î ¢ với cota = a. B. MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC THƯỜNG GẶP: 1. Phương trình asinx + bcosx = c asinx + bsinx = c Û sin(x + a) = trong đó: sina = ; cosa = asinx + bsinx = c Û cos(x – b) = trong đó: sin b = ; cos b = Chú ý: Phương trình này có nghiệm khi và chỉ khi c2 £ a2 + b2. 2. Phương trình a(sinx + cosx) + bsinxcosx = c Đặt t = sinx + cosx, |t| £ Phương trình trở thành bt2 + 2at – (b + 2c) = 0 II. RÈN LUYỆN KĨ NĂNG GIẢI TOÁN: 1. Phương trình đưa về phương trình tích: Bài 1: Giải phương trình: 3tan2x.cot3x +(tan2x – 3cot3x) – 3 = 0 Giải Điều kiện của phương trình là cos2x ¹ 0 và sin3x ¹ 0 Ta biến đổi 3tan2xcot3x + (tan2x – 3cot3x) – 3 = 0 Þ 3tan2xcot3x + tan2x – 3cot3x – 3 = 0 Þ tan2x (3cot3x + ) - (3cot3x +) = 0 Þ (3cot3x + ) (tan2x - ) = 0 Þ (k Î Z) Þ (k Î Z) Caá giá trị này thỏa mãn điều kiện của phương trình. Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là: x = và x = , k Î Z Bài 2: Giải phương trình: Giải: Điều kiện của phương trình đã cho là: cosx ¹ 0, sinx ¹ 0 và cot x ¹ -1. Ta biến đổi phương trình đã cho: Þ (Loại do điều kiện) Þ sinx Þ Þ x = ± , kÎ Z Giá trị x = - , kÎ Z bị loại do điều kiện cot x ¹ -1. Vậy nghiệm của của phương trình đã cho là x = , kÎ Z Bài 3: Giải phương trình tan3x – 2tan4x + tan5x = 0 với x Î (0,2p) Giải: Điều kiện của phương trình đã cho: cos3x ¹ 0, cos4x ¹ 0 và cos5x ¹ 0. Ta có: tan3x -2tan4x + tan5x = 0 Þ Þ Þ 2sin4x Þ 2sin4xsin2x = 0 Þ Þ (k Î ¢) Từ giả thiết và điều kiện, nghiệm của phương trình là: 2. Phương trình đưa về phương trình bậc hai của các hàm số lượng giác. Bài 4: Giải phương trình: 1+sin2x = 2(cos4x + sin4x) Giải: Ta có: 1 + sin2x = 2(cos4x + sin4x) = 2[(cos2x + sin2x)2 – 2sin2xcos2x] = 2 = 2 – sin22x Vậy ta được phương trình sin22x + sin2x -1 = 0 Đặt t = sin2x với điều kiện -1 £ t £ 1 ta được phương trình: t2 + t – 1 = 0 Þ t = . Giá trị < -1 nên bị loại. Với t = ta có phương trình sin2x = Phương trình này có nghiệm: x= , k Î ¢ Và x = , k Î ¢ Đó cũng là các nghiệm của phương trình đã cho. Bài 5: Giải phương trình sin2x(tanx – 1) = cosx(5sinx – cosx) – 2. Giải: Điều kiện của phương trình là cosx ¹ 0 Chia hai vế của phương trình cho cos2x ta được: tan2x (tanx – 1) = 5tanx – 1 – 2(1+tan2x) Þ tan3x – tan2x = 5tanx – 3 – 2 tan2x Þ tan3x + tan2x – 5tanx + 3 = 0 Đặt t = tanx ta được phương trình. t3 + t2 – 5t +3 = 0 Û (t – 1)(t2 + 2t – 3) = 0 Û Với t = 1, phương trình tanx = 1 có nghiệm , k Î ¢ Với t = -3, phương trình tanx = -3 có nghiệm x = arctan(-3) + kp, k Î ¢ Các giá trị này thỏa mãn điều kiện của phương trình đã cho. Vậy phương trình đã cho có các nghiệm x = , x = arctan(-3) + kp, k Î ¢ Bài 6: Giải phương trình: Giải Ta biến đổi phương trình đã cho: =0 Û Û Û Giải phương trình (1) ta được: x = +kp, k Î ¢ Giải phương trình (2): sin2x - sinxcosx + cos2x = 0 Nếu cosx = 0 thì vế trái bằng 1 nên cosx = 0 không thoả mãn phương trình. Với cosx ¹ 0, chia hai vế của phương trình cho cos2x, ta được: tan2x - Giải phương trình, ta được: x = và x = arctan + kp, k Î ¢ Vậy phương trình đã cho có các nghiệm x = và x = arctan + kp, k Î ¢ 3. Phương trình asinx + bcosx = c Bài 7: Giải phương trình 4cosx + 2sinx + cos2x +sin2x + 3 = 0 Giải: Ta có: 4cosx + 2sinx + cos2x + sin2x + 3 = 0 Û 4cosx + 2sinx + 2cos2x – 1 + 2sinxcosx + 3 = 0 Û 2sinx(cosx+1) + 2(cosx +1)2 = 0 Û 2(cox +1)(sinx + cosx + 1) = 0 Û Û (k Î ¢) Bài 8: Giải phương trình: 2cos3x – sin2x(sinx + cosx) + cos2x(sinx + ) - (sin2x + 1) – 2cosx – sinx = 0 Giải: Ta biến đổi phương trình đã cho: 2cos3x – sin2x(sinx + cosx) + cos2x(sinx + ) - (sin2x + 1) – 2cosx – sinx = 0 Û (cos2x – sin2x – 1) + sinx(cos2x – sin2x – 1) + 2cos3x – sin2xcosx – 2cosx = 0 Û (cos2x – sin2x – 1) ( + sinx) + cosx(2cos2x – sin2x – 2) = 0 Û (cos2x – sin2x – 1) ( + sinx) + cosx(cos2x + 1 – sin2x – 2) = 0 Û (cos2x – sin2x – 1)(cosx + sinx + ) =0 Û Û Û (k Î ¢) Û (k Î ¢) 4. Phương trình a(sinx + cosx) + bsinx + cosx = c Bài 9: Giải phương trình cos2x + cos2x + (5 – 3cosx)(sinx + cosx) – 2 = 0 Giải: Ta có: cos2x + cos2x + (5 – 3cosx)(sinx + cosx) – 2 = 0 Û 5(sinx + cosx) – 3cosxsinx = 3 Đặt t = sinx + cosx (- £ t £ ), phương trình trở thành: 3t2 – 10t + 30 = 0 Þ Þ sinx + cosx = Þ sin Giải ra ta được: (k Î ¢) Bài 10: Giải phương trình 2sin3x + cos2x – 3cosx + 2 =0 Giải: Biến đổi phương trình đã cho, ta được: 2sin3x + cos2x – 3cosx + 2 = 0 Û 2sinx (1-cos2x) + 2cos2x – 3cosx +1=0 Û (1 – cosx)[2sinxcosx + 2(sinx – cosx) + 1} = 0 Û Phương trình (1)cho ta nghiệm x = k2p, k Î ¢ Giải phương trình (2), đặt t = sinx – cosx (- £ t £ ). Phương trình (2) trở thành: t2 – 2t – 2 = 0 Þ Với t = 1 - , giải ra ta được: (k Î ¢) Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: (k Î ¢) III. BÀI TẬP: Giải các phương trình sau: 1. cot2xtan3x-(cot2x + tan 3x) + 1 =0 2. 4cos22xsinx + 2cosxsin4x + 2cos2x + 2sin3x + = 0 3. 4. 3sin2x - 3sinxcosx + sin2x - cos2x = 5. sin4x 6. cos3x(3tanx + 6 + 2) – 3tanx + (3 - 2) sin2x = 2. 7. sin2x – 2sin2x + 3sinx – cosx = 1 8. ( - 1)sinx - cosx-cos3x = 0 9. (sinx + cosx)(3cosx + 2) = cos2x + cos2x + 3 CHỦ ĐỀ 3: PHÉP DỜI HÌNH VÀ PHÉP ĐỒNG DẠNG TRONG MẶT PHẲNG I. TÓM TẮT VÀ BỔ SUNG KIẾN THỨC A. PHÉP DỜI HÌNH TRONG MẶT PHẲNG 1. Phép dời hình là phép biến hình bảo toàn khoảng cách giữa hai điểm bất kì, nghĩa là với hai điểm M, N tuỳ ý và ảnh M’, N’ tương ứng của chúng, ta luôn có M’N’ = MN. 2. Các phép tịnh tiến, đối xứng trục, đối xứng tâm, phép quay là những phép dời hình. 3. Thực hiện liên tiếp hai phép dời hình F và G ta được một phép dời hình. Phép dời hình này được gọi là hợp thành của F và G 4. Phép dời hình: a. Biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng hàng và bảo toàn thứ tự giữa các điểm ấy. b. Biến đường thẳng thành đường thẳng, biến tia thành tia, biến đoạn thẳng thành đoạn thẳng bằng nó. c. Biến tam giác thành tam giác bằng nó, biến gốc thành góc bằng nó. d. Biến đường tròn thành đường tròn có cùng bán kính. 5. - Nếu một phép dời hình biến tam giác ABC thành tam giác A’B’C’ thì nó cũng biến trọng tâm , trực tâm, tâm các đường tròn nội tiếp, ngoài tiếp của tam giác ABC tương ứng thành trọng tâm, trực tâm, tâm các đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp của tam giác A’B’C’. - Phép dời hình biến một đa giác n cạnh H thành một đa giác n cạnh H’, biến các đỉnh của H thành các đỉnh của H’, biến các cạnh của H thành các cạnh của H’ 6. Hai hình được gọi là bằng nhau khi có một phép dời hình biến hình này thành hình kia. B. PHÉP ĐỒNG DẠNG TRONG MẶT PHẲNG 7. Phép biến hình F được gọi là phép đồng dạng tỉ số k (k > 0), nếu với hai điểm M, N bất kì và ảnh M’, N’ tương ứng của chúng ta luôn có M’N’ = kMN. 8. a. Phép dời hình là phép đồng dạng tỉ số 1 b. Phép vị tự tỉ số k là phép đồng dạng tỉ số |k| c. Thực hiện liên tiếp phép đồng dạng tỉ số k và phép đồng dạng tỉ số p ta được phép đồng dạng tỉ số pk. 9. Phép đồng dạng tỉ số k là hợp thành của một phép dời hình và một phép vị tự tỉ số k. Nó cũng là hợp thành của một phép vị tự tỉ số k và một phép dời hình. 10. Phép đồng dạng tỉ số k: a. Biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng hàng và bảo toàn thứ tự giữa các điểm ấy. b. Biến đường thẳng thành đường thẳng, biến tia thành tia, biến đoạn thẳng thành đoạn thẳng. c. Biến tam giác thành tam giác đồng dạng với nó, biến góc thành góc bằng nó. d. Biến đường tròn bán kính R thành đường tròn bán kính k R. 11. - Nếu một phép đồng dạng biến tam giác ABC thành tam giác A’B’C’ thì nó cũng biến trọng tâm, trực tâm,tâm các đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp của tam giác ABC tương ứng thành trọng tâm, trực tâm, tâm các đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp của tam giác A’B’C’. - Phép đồng dạng biến một đa giác n cạnh H thành một đa giác n cạnh H’, biến các đỉnh của H thành các đỉnh của H’, biến các cạnh của H thành các cạnh của H’ 12. Hai hình được gọi là đồng dạng với nhau nếu có một phép đồng dạng biến hình này thành hình kia. II. RÈN LUYỆN KĨ NĂNG GIẢI TOÁN: Bài 1: Chứng minh rằng nếu phép dời hình biến ba điểm O, A, B lần lượt thành O’, A’, B’ thì ta có: a. b. , với t là một số tuỳ ý. * Sử dụng công thức: AB2 = Giải a. Vì O’A’ = OA.O’B’=OB,A’B’=AB và AB2 = nên ta có: A’B’2 = AB2 Þ Þ Þ Þ Từ câu a) và định nghĩa ta có: Û Û Û Û Û Bài 2: Chứng minh rằng phép dời hình biến đường thẳng thành đường thẳng * Để chứng minh hình H’ là ảnh của hình H qua phép biến hình F ta chứng minh rằng: M Î H Û M’ = F(M) Î H’ M thuộc đường thẳng AB khi và chỉ khi tồn tại t Î ¡, sao cho Giải: Cho đường thẳng d và phép dời hình F. Lấy A, B phân biệt thuộc đường thẳng d, gọi A’ = F(A), B’ = F(B). Khi đó vì A’B’ = AB nên A’ và B’ phân biệt. Ta sẽ chứng minh rằng F(d) là đường thẳng A’B’. Lấy điểm M thuộc d, gọi M’ = F(M). Áp dụng câu b) của bài 1, ta có: M Î d Û , -¥ < t < + ¥ Û , -¥ < t < + ¥ Û M’ thuộc đường thẳng A’B’. Vậy F(d)là đường thẳng A’B’. Bài 3: Cho hình vuông ABCD. Gọi I là tâm đối xứng của nó và E, F, G, H lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, CD, DA như hình 4.1. Chứng minh rằng hai hình thang AEID và FBEH bằng nhau. * Để chứng minh hai hình bằng nhau ta chỉ ra một phép dời hình biến hình này thành hình kia. Giải: Phép quay tâm I góc 900 biến FBEH thành EAHG. Phép đối xứng qua đường trung trực của AE biến EAHG thành AEID. Do đó hai hình thanh AEID và FBEH bằng nhau. Bài 4: Trên một vùng đồng bằng có ba thành phố A, B, C tạo thành một tam giác nhọn như hình 4.2. Người ta muốn tìm một vị trí I ở trong tam giác ABC để xây dựng một sân bay chung cho cả ba thành phố đó sao cho tổng khoảng cách từ I tới các trung tâm của ba thành phố đó là ngắn nhất. * Để giải các bài toán tìm điểm sao cho tổng các khoảng cách từ đó đến một số điểm cho trước là ngắn nhất ta thường dùng các phép dời hình thích hợp để nối các đoạn thăẳg đang xét lại thành một đường gấp khúc. Khi đó tổng các khoảng cách là ngắn nhất khi đường gấp khúc đó thuộc một đường thẳng. Giải Bài toán thực tiễn trên được đưa về bài toán hình học sau: Cho tam giác nhọn ABC. Tìm điểm I nằm trong tam giác đó sao cho IA + IB + IC Lâấ điểm I nằm trong tam giác ABC. Phép quay tâm B góc 600 biến I thành J và biến A thành A’. Để ý rằng (BI, BJ) = 600, (BA’, BA) = -600. Ta có: (BI, BA)=(BI,BJ)+(BJ,BA’)+(BA’,BA)=(BJ, BA’) Do đó tam giác BIA bằng tam giác BIA’ (c-g-c) Từ đó suy ra A’J = AI Do đó IA + IB + IC = A’J + JI + IC ngắn nhất khi A’, J, I, C thẳng hàng, J ở giữa A’I và I giữa JC. Khi đó: ; Vậy I nhìn các cạnh của tam giác ABC dưới góc 1200. Để xác định điểm I ta dựng ảnh A’ của A qua phép quay tâm B góc 600. Trên A’C dựng các điểm I, J sao cho BIJ là tam giác đều và (BI, BJ)=600. Ta sẽ chứng minh I là điểm cần tìm. Vật vậy, do nhọn nên 0 600 và = 600 nên I phải nằm trong tam giác ABC. Khi đó dễ thấy A’, J, I, C thẳng hàng, J ở giữa A’I, I ở giựa JC và IA + IB + IC = A’J + JI + IC = A’C nên nó ngắn nhất. Bài 5: Cho điểm A thuộc đường tròn C đường kính BC như hình 4.4. Dựng về phía ngoài của tam giác ABC tam giác ABD vuông cân ở D. Gọi I là trung điểm của DB, tìm tập hợp các điểm I khi A chạy trên nửa đường tròn C. * Để có thể dùng phép biến hình giải các bài toán tìm tập hợp điểm ta xem tập hợp điểm đó là ảnh của một hình đã biết qua một phép biến hình xác định. Giải: Trên tia BD lấy điểm E sao cho BE = BA. Do (BA, BE) = 450 nên có thể em E là ảnh của A qua phép quay tâm B góc 450. Ta lại có: Do đó: Vậy I là ảnh của E qua phép vị tự tâm B tỉ số . Khi đó I là ảnh của A qua phép đồng dạng F là hợp thành của phép quay tâm B góc 450 và phép vị tự tâm B tỉ số . Do đó khi A chạy trên nửa đường tròn C, thì I chạy trên nửa đường tròn C’ là ảnh của C qua phép đồng dạng F. III. BÀI TẬP: 1. Chứng minh rằng hợp thành của hai phép đối xứng qua hai đường thẳng song song là một phép tịnh tiến. 2. Chứng minh rằng phép dời hình biến một tia thành một tia. 3. Cho hai hình vuông ABCD và A’B’C’D’ có AB = A’B’ như hình 4.5. Tìm một phép dời hình biến hình vuông ABCD thành hình vuông A’B’C’D’. 4. Cho ba điểm A, B, C thẳng hàng theo thứ tự đó. Dựng về một phía của đường thẳng AC các tam giác đều ABD và BCE. Dựng hình bình hành DCEF. Chứng minh AEF là tam giác đều. 5. Cho hai hình vuông ABCD và AEFG như hình 4.6. Gọi I, J, L, M lần lượt là trung điểm của BD, DE, EG, GB. Chứng minh rằng tứ giác IJLM là hình vuông. 6. Cho đường tròn C và điểm A nằm ngoài đường tròn. Với mỗi điểm B thuộc C, dựng hình vuông ABCD sao cho nếu đi dọc các cạnh theo chiều ABCD thì luôn thấy hình vuông ở bên trái như hình vẽ 4.7. Chứng minh rằng B chạy trên C thì C và D cũng chạy trên những đường tròn cố định. 7. Cho hai điểm phân biệt A, B và đường tròn (O) không có điểm chung với đường thẳng AB. Chứng minh rằng khi điểm C chạy trên đường tròn (O) trọng tâm tam giác ABC cũng chạy trên một đường tròn cố định. 8. Cho dây cung AB độ dài không đổi có hai đầu mút chạy trên đường tròn tâm O bán kính R và một điểm C cố định trên (O). Chứng minh rằng trọng tâm của tam giác ABC chạy trên một đường tròn cố định. CHỦ ĐỀ 3: TỔ HỢP VÀ XÁC SUẤT I. TÓM TẮT VÀ BỔ SUNG KIẾN THỨC A. QUY TẮC CỘNG VÀ NHÂN, HOÁN VỊ, CHỈNH HỢP, TỔ HỢP: 1. Quy tắc cộng: Một công việc được hoàn thành bởi một trong hai hành động, hành động này có m cách thực hiện, hành động kia có n cách (không trùng với hành động thứ nhất). khi đó có m + n cách hoàn thành công việc. 2. Quy tắc nhân Một công việc được hoàn thành bởi hai hành động liên tiếp, có m cách thực hiện hành động thứ nhất và ứng với mỗi cách đó có n cách thực hiện hành động thứ hai. Khi đó m.n cách hoàn thành công việc. 3. Hoán vị: Cho tập hợp A gồm n phần tử (n ³ 1). Mỗi kết quả của sự sắp xếp thứ tự n phần tử của tập A được gọi là hoán vị của n phần tử đó. Số các hoán vị của n phần tử được kí hiệu là Pn. Ta có: Pn = n(n – 1) 2.1 = n! 4. Chỉnh hợp: Cho tập A gồm n phần tử (n ³ 1). Kết quả của việc lấy k phần tử của tập hợp A và xếp chúng theo một thứ tự nào đó được gọi là một chỉnh hợp chập k của n phần tử đã cho. Kí hiệu là số các chỉnh hợp chập k của n phần tử. Ta có: = n(n -1) (n – k + 1). Với quy ước 0! = 1, ta có: 5. Tổ hợp: Cho tập A có n phần tử (n ³ 1). Mỗi tập con gồm k phần tử của tậm A gọi là một tổ hợp chập k của n phần tử đã cho. Kí hiệu là số các tổ hợp chập k của n phần tử. Ta có: 6. Nhị thức Niu – tơn: B. PHÉP THỬ VÀ BIẾN CỐ: 7. Giải sử W là không gian mẫu, A và B là các biến cố. W\A = được gọi là biến cố đối của biến cố A. A È B là biến cố xảy ra khi và chỉ khi A hoặc B xảy ra. A Ç B là biến cố xảy ra khi và chỉ khi A và B cùng xảy ra. A Ç B còn được viết là AB. Nếu AB = Æ, ta nói A và B cung khắc. C. XÁC SUẤT CỦA BIẾN CỐ 8. Kí hiệu P(A) là xác suất của biến cố A, ta có: P(A) = Từ đó: 0 £ P(A) £ 1, P(Æ) = 0, P(W)=1 P(A ÈB) = P(A) + P(B) nếu A Ç B = Æ. 9.Ta nói hai biến cố A và B độc lập nếu sự xảy ra (hay không xảy ra) của A không làm ảnh hưởng đến xác suất của B. A và B độc lập khi và chỉ khi P(AB) = P(A).P(B) A và B độc lập Þ A và độc lập. 10. Công thức cộng mở rộng: Giải sử A và B là hai biến cố tùy ý cùng liên quan đến một phép thử. Lúc đó: P (A È B) = P(A) + P(B) – P(AB) D. BIẾN NGẪU NHIÊN: 11. Biến ngẫu nhiên hay đại lượng ngẫu nhiên là một quy tắc cho ứng mỗi kết quả của phép thử với một số thực: Giả sử X là một biến ngẫu nhiên và a là một giá trị của nó. biến cố “X nhận giá trị a” được kí hiệu là [X = a] hay (X = a) Giải sử X có tập các giá trị là {x1, x2,,xn} Đặt: p1 = P[X = x1], , pn = P[X = xn]. Ta có bảng sau đây gọi là bảng phân phối xác suất của biến ngẫu nhiên X. X x1 x2 xn P p1 p2 Pn 12. Kì vọng, phương sai, độ lệch chuẩn. Giả sử X là biến ngẫu nhiên có bảng phân phối (1). Kì vọng của X, kí hiệu E (X), là một số được cho bởi công thức: E(X) = x1p1 + + xnpn (2) Phương sai của biến ngẫu nhiên X, kí hiệu V(X), là một số được cho bởi công thức: Độ lệch chuẩn của biến ngẫu nhiên X, kí hiệu: s (X), là một số được cho bởi công thức: s (X) = Kì vọng của X là số đặc trưng cho giá trị trung bình của X. Phương sai là độ lệch chuẩn là số đặc trung cho độ phân tán của X so với kì vọng của X. II. RÈN LUYỆN KĨ NĂNG GIẢI TOÁN: Bài 1: Hỏi có bao nhiêu đa thức bậc ba P(x) = ax3 + bx2 + cx + d mà các hệ số a, b, c, d thuộc tập {-3, -2, 0, 2, 3}. Biết rằng: a. Các hệ số tùy ý? b. Các hệ số đều khác nhau? Giải: a. Có 4 cách chọn hệ số a vì a ¹ 0. Có 5 cách chọn hệ số b, 5 cách chọn hệ số c, 5 cách chọn hệ số d. Vậy có 4 x 5 x 5 x 5 = 500 đa thức. b. Có 4 cách chọn hệ số a (a¹ 0) - Khi đã chọn a, có 4 cách chọn b - Khi đã chọn a và b, có 3 cách chọn c. - Khi đã chọn a, b và c, có 2 cách chọn d. Theo quy tắc nhân có: 4 x 4 x 3 x 2 = 96 đa thức. Bài 2: Để tạo những tín hiệu, người ta dùng 2 lá cờ màu khác nhau cắm thành hàng ngang. Mỗi tín hiệu được xác định bở số lá cờ và thứ tự sắp xếp. Hỏi có thể tạo ra bao nhiêu tín hiệu nếu: a. Cả năm lá cờ đều được dùng? b. Ít nhất một lá cờ được dùng? Giải: a. Nếu dùng cả 5 lá cờ thì mỗi tín hiệu chính là một hoán vị của 5 lá cờ. Vậy có 5!=120 tín hiệu được tạo ra. b.Mỗi tín hiệu tạo bởi k lá cờ là một chỉnh hợp chập k của 5 phần tử. Theo quy tắc cộng, có tất cả tín hiệu. Bài 3: Từ một tổ gồm 6 bạn nam và 5 bạn nữ, chọn ngẫu nhiên 5 bạn xếp vào bànd 9ầu theo những thứ tự khác nhau. Tính xác suất sao cho trong cách xếp trên có đúng 3 bạn nam. Giải Mỗi một sự sắp xếp chỗ ngồi cho 5 bạn là một chỉnh hợp chập 5 của 11 bạn. Vậy không gian mẫu W gồm (phần tử) Kí hiệu A là biến cố: “Trong cách xếp trên có đúng 3 bạn nam” Để tính n(A) ta lí luận như nhau: - Chọn 3 nam từ 6 nam, có cách. - Chọn 2 nữ từ 5 nữ, có cách. - Xếp 5 bạn đã chọn vào bàn đầu theo những thứ tự khác nhau, có 5! Cách. Từ đó theo quy tắc nhân ta có: n(A) = ..5! Vì sự lựa chọn và sự sắp xếp là ngẫu nhiên nên các kết quả đồng khả năng. Do đó: . Bài 4: Một tổ chuyên môn gồm 7 thầy và 5 cô giáo, trong đó thấy P và cô Q là vợ chồng. Chọn ngẫu nhiên 5 người để lập hội đồng chấm thi vấn đáp. Tính xác suất để sao cho hội đồng có 3 thầy, 2 cô và nhất thiết phải có thầy P hoặc cô Q nhưng không có cả hai. Giải: Kết quả của sự lựa chọn là một nhóm 5 người tức là một tổ hợp chập 5 của 12. Vì vậy không gian mẫu W gồm phần tử. Gọi A là biến cố cần tìm xác suất. B là biến cố chọn được hội đồng gồm 3 thầy, 2 cô trong đó có thầy P nhưng không có cô Q. C là biến cố chọn được hội đồng gồm 3 thấy, 2 cô trong đó có cô Q nhưng không có thầy P. Như vậy: A = B È C và n(A) = n(B) + n(C). Tính n(B) như sau: - Chọn thầy P, có 1 cách - Chọn 2 thầy từ 6 thầy còn lại, có cách - Chọn 2 cô từ 4 cô, có cách Theo quy tắc nhân, n(B) = 1.. = 90 Tương tự n(C) = 1. . = 80 Vậy n(A) = 80 + 90 = 170 và P(A) = Bài 5: Sáu bạn, trong đó có bạn H và K, được xếp ngẫu nhiên thành hàng dọc. Tính xác suất sao cho: a. Hai bạn H và K đứng liền nhau; b. hai bạn H và K không đứng liền nhau. Giải: Không gian mẫu W gồm các hoán vị của 6 bạn. Do đó: n(W) = 6!. Do việc xếp là ngẫu nhiên W gồm các kết quả đồng khả năng. a. Kí hiệu: A là biến cố “H và K đứng liền nhau”, B là biến cố “H đứng ngay trước K” C là biến cố “K đứng ngay trước H” Rõ ràng B và C xung khắc và A = B È C. * Tính n(B): Xếp H và 4 bạn khác thành hàng, có 5! Cách. Trong mỗi cách xếp như vậy, xếp bạn K ngay sau H, có 1 cách. Vậy theo quy tắc nhân ta có: n(B) = 5! x 1 = 5! * Tương tự: n(C) = 5! Do đó P(A) = P(B) + P(C) = b. Ta thấy là biến cố: “H và K không đứng liền nhau”. Vậy: Bài 6: Tổ I có 6 nam và 7 nữ, tổ II có 8 nam và 4 nữ. Để lập một đoàn đại biểu, lớp trưởng chọn ngẫu nhiên từ mỗi tổ hai người. Tính xác suất sao cho đoàn đại biểu gồm toàn nam hoặc toàn nữ. Giải: Gọi: A là biến cố: “Đoàn đại biểu được chọn gồm toàn nam hoặc toàn nữ”, B là biến cố: “Đoàn đại biểu được chọn gồm toàn nam”, C là biến cố: “Đoàn đại biểu được chọn gồm toàn nữ”. Ta có: BC = Æ, A = B È C. Suy ra: P(A) = P(B) + P(C) Chọn 2 người từ tổ I, có cách. Chọn 2 người từ tổ II, có cách. Từ đó không gian mẫu gồm: .= 5148 (phần tử). n(B) = = 420 n(C) = = 126 Vậy P(A) = Bài 7: Xét phép thử gieo một đồng tiền 3 lần. a. Xác định không gian mẫu b. Gọi X là số lần xuất hiện mặt gấp S, hãy liệt kê các giá trị mà X có thể nhận. c. Tính các xác suất để X nhận các giá trị đó. Lập bảng phân phối xác suất của X. Giải: a. Trong phép thử gieo đồng tiền 3 lần, không gian mẫu gồm 23 = 8 phần tử. W = {SSS, SSN, SNS, NSS,SNN, NSN, NNS, NNN} Trong đó chẳng hạn NSN là kết quả đồng tiền lần đầu ngửa, lần thứ hai sấp, lần thứ ba ngửa. b. X có thể nhận các giá trị 0, 1, 2, 3. Chẳng hạn: “X nhận giá trị 1: khi xảy ra một trong các kết quả SNN, NSN, NNS, nghĩa là: [X = 1] = {SNN, NSN, NNS} c. Vì [X = 0] = {NNN} nên P[X = 0] = Tương tự [X = 1] = {NNS, SNN, NSN} nên P[X = 1] = [X = 2] = {SSN, SNS, NSS} nên P[X = 2] = [X = 3] = {SSS } nên P[X = 3] = Từ đó ta có bảng phân phối sau: X 0 1 2 3 P Bài 8: Từ một hộp có 3 bi xanh và 6 bi đỏ, chọn ngẫu nhiên 4 bi. Gọi Y là số bi xanh trong 4 bi đã chọn. a. Lập bảng phân phối xác suất của Y. b. Tính xác suất sao cho trong 4 bi đã chọn có ít nhất 1 bi xanh b. Tính xác suất sao cho trong 4 bi đã chọn có nhiều nhất 2 bi đỏ, d. Tính kì vọng, phương sai và độ lệch chuẩn của Y. Giải: a. Y có tập giá trị là 0, 1, 2, 3 Ta thấy P[Y = 0] = Tổng quát ta có: P[Y = k] = , k = 0, 1, 2, 3 Từ đó ta có bảng phân phối sau: Y 0 1 2 3 P b. Kí hiệu [Y ³ a] là biến cố “Y nhận giá trị lớn hơn hoặc bằng a”. Ta tính P[Y ³ 1] Vì [Y ³ 1] là biến cố đối của biến cố [Y = 0] nên: P[Y ³ 1] = 1 – P [Y = 0] = 1 - c. Vì số bi đỏ được lấy là 4 – Y và 4 – Y £ 2 Û Y ³ 2 nên P[Y ³ 2] = P[Y = 2] + P[Y = 3] = d. Theo định nghĩa, ta có: III. BÀI TẬP: 1. Phân phối 4 quả cầu khác nhau vào 3 cái hộp khác nhau (có thể có hộp không chứa quả cầu nào sau khi xếp). Hỏi có bao nhiêu cách phân phối? 2. Để tổ chức một trò chơi giữa hai lớp A và B, mỗi lớp cử 5 bạn tham gia. Người ta đặt hai dãy 5 ghế hai bên một chiếc bàn dài. Hỏi có bao nhiêu cách xếp chỗ ngồi sao cho: a. Không có hai bạn cùng lớp ngồi đối diện nhau. b. Không có hai bạn cùng lớp ngồi đối diện nhau hoặc cạnh nhau? 3. Có bao nhiêu cách xếp chỗ ngồi cho 10 bạn vào ngồi quanh 2 bàn tròn sao cho bàn thứ nhất có 6 bạn, bàn thứ hai có 4 bạn? Chú ý rằng hai cách xếp n người cụ thể vào ngồi quanh bàn tròn được coi là như nhau nếu bạn bên trái mỗi người trong cách xếp này cũng chính là bạn trong cách xếp kia. 4. Có bao nhiêu cách xếp chỗ cho 6 nam, 4 nữ vào ngồi quanh một bàn tròn sao cho: a. Sự sắp xếp là tùy ý? b. Không có 2 nữ nào ngồi cạnh nhau? 5. a. Một tổ có 6 nam, 5 nữ. Có bao nhiêu cách phân công 4 bạn làm trực nhật sao cho trong đó phải có đúng k nam (k = 0, 1, 2, 3, 4)? Từ đó chứng minh rằng: b. Chứng minh đẳng thức: Ở đây n, m ³ 1 và r £ n, r £ m. 6. Có bao nhiêu cách xếp thành hàng ngang 4 quyển Toán khác nhau, 3 quyển Lí khác nhau và 2 quyển Hóa khác nhau lên giá sách nếu: a. Các quyển được sắp tùy ý? b. Các quyển cùng môn phải cạnh nhau? c. Các quyển toán cạnh nhau, còn các quyển khác xếp tùy ý? 7. Một tổ gồm 6 nam, 6 nữ được xếp ngẫu nhiên vào 6 bàn, mỗi bàn 2 bạn. Tính xác suất sao cho: a. Không bàn nào có 1 nam và 1 nữ b. Có đúng 4 bàn được xếp 1 nam và 1 nữ. 8. Cho một mạng giao thông như hình 2.3 mà các ô nhỏ đều là các hình vuông bằng nhau. Một du khác xuất phát từ A muốn đi đến B. a. Có bao nhiêu cách đi nhanh nhất (i) Từ A đến B? (ii) Từ A qua C, đến B? Dựa vào ý tưởng giải câu a, hãy chứng minh: với m, n ³ 1 Hình 2.3 b. Giải sử ở tại mỗi đỉnh của hình vuông du khách chọn ngẫu nhiên một trong hai hướng lên trên và sang phải để đi tiếp. Tính xác suất để du khách xuất phát từ A có thể đến được C. 9. Tìm các số hạng không chứa x trong các khai triển: a. b. 10. Trong khai triển của (x + a)3(x – b)6 hệ số của x7 là -9 và không có số hạng chứa x8. Tìm a và b 11. Gieo hai con xúc xắc cân đối, đồng chất, một con đỏ và một con xanh. Kí hiệu A là biến cố: “Tổng số chấm trên hai con là 6”, B là biến cố: “Con đỏ xuất hiện mặt 4 chấm” và C là biên cố: “Tổng số chấm trên hai con là 7”. Chứng tỏ rằng: a. A và B không độc lập b. B và C độc lập 12. Bốn quả cầu được rút ngẫu nhiên (cùng một lúc) từ một cái hộp chứa 8 quả cầu đen