Luyện thi đại học - Chuyên đề Đại số tổ hợp

Chuyên đề đại số tổ hợp ồ Văn Hoàng
1
1. Giai thừa : n! = 1.2...n;
0! = 1; n! /(n – k)! = (n – k + 1).(n – k + 2) ... n
2. Quy tắc cộng : Trường hợp 1 có m cách chọn, trường hợp 2
có n cách chọn; mỗi cách chọn đều thuộc đúng một trường hợp.
Khi đó, tổng số cách chọn là : m + n.
3. Quy tắc nhân : Hiện tượng 1 có m cách chọn, mỗi cách chọn
này lại có n cách chọn hiện tượng 2. Khi đó, tổng số cách chọn
liên tiếp hai hiện tượng là : m x n.
4. Hoán vị : Có n vật khác nhau, xếp vào n chỗ khác nhau.
Số cách xếp : Pn = n !.
5. Chỉnh hợp : Có n vật khác nhau. Chọn ra k vật, xếp vào k chỗ
khác nhau số cách : ! , .( )! 
k k k
n n n k
nA A C P
n k
. (n  N; k ≤ n)
6. Tổ hợp : Có n vật khác nhau, chọn ra k vật.
Số cách chọn : !
!( )! 
k
n
nC
k n k
Chỉnh hợp = tổ hợp rồi hoán vị
1
1 1;
 
   k n k k k kn n n n nC C C C C
7. Công thức nhị thức Niutơn
(a+b)n = 0 1 1 ... ...     n n k n k k n nn n n nC a C a b C a b C b =
0


n k k n kn
k
C a b
Chú ý: Vế phải có n+1 số hạng .
 Mũ của a và b trong mỡi số hạng có tổng bằng n .
 Số hạng tổng quát thứ k+1 có dạng : Tk+1= k n k kn nC a b
 Tổng các hệ số là : 2 n
Một số công thức đặc biệt:
0 1(1 ) ... ...      n k k n nn n n nx C C x C x C x
0 1
... 2 ;   n nn n nC C C
0 1 2
... ( 1) ... ( 1) 0        k k n nn n n n nC C C C C
Đặt P(x) = 0 1(1 ) ...    n n nn n nx C C x C x
P(x) là đa thức bậc n nên ta có thể tính giá trị tại một điểm bất kì; lấy đạo
hàm; tích phân trên một đoạn bất kì. Khi đó ta có các bài toán mới.
Ví dụ: P(2001) =    0 12009 ... 2009 2010n n nn n nC C C
   1 2 2 3 n-1 n n n-1n n n nP'(x)=C +2xC +3x C +...+nx C = (1+x) '=n(1+x)
      1 2 3 1'(1) 2 3 ... .2n nn n n nP C C C nC n
        1 2 3'( 1) 2 3 ... ( 1) 0n nn n n nP C C C nC
        1 2 2 3 1 1'( ) 2 3 ... (1 )n n nn n n nP a C aC a C na C n a
       1 2 2 3 3 1'( ) 2 3 ... (1 )n n nn n n nxP x xC x C x C nx C nx x
           1 2 2 2 2 3 2 1 1 22 3 ... (1 ) ( 1) (1 )n n n nn n n nC xC x C n x C n x n n x x
      2 3 2 4 2''( ) 2 3.2 4.3 ... ( 1) n nn n n nP x C xC x C n n x C
       1 2(1 ) ' ( 1)(1 )n nn x n n x
        2 3 4 2''(1) 2 3.2 4.3 ... ( 1) ( 1)2n nn n n nP C C C n n C n n
        0 1
0 0 0
( ) ( ... ) (1 )
a a a
n n n
n n nP x dx C C x C x dx x dx

        
1
0 2 1 3 2 11 1 1 (1 ) 1...2 3 1 1
n
n n
n n n n
aaC a C a C a Cn n ....
1. Các bài toán về phép đếm:
PHƯƠNG PHÁP GIẢI: Thường lập luận để có thể coi mỗi sự việc mà ta
phải đếm hoặc chọn là việc lấy ra k phần tử từ một tập hợp A có n phần
tử (k≤ n).
 Nếu k phần tử được lấy ra từ tập A không có vấn đề thứ tự thì dùng số
tổ hợp chập k của n phần tư của tập A .
 Nếu giữa k phần tử lấy ra từ A có vấn đề thứ tự phải chú ý
 Nếu vai trò các phần tử được lấy ra từ A như nhau(nghĩa là các phần tử
của A có cơ hội đồng đều trong sự lựa chọn) thì dùng số chỉnh hợp khi
k< n và dùng hoán vị khi k = n.
 Nếu vai trò các phần tử lấy ra từ A khác nhau thì lý luận bằng qui tắc
đếm
Bài 1: Có bao nhiêu số tự nhiên chia hết cho 5 mà mỗi số có 4 chữ số khác nhau.
HD: Xét 2 trường hợp. ĐS:  9.8.7 8.8.7 952 .
Bài 2: Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên
a) Chẵn gồm 4 chữ số ĐS : 3.63
b) Lẻ gồm 4 chữ số ĐS : 3.63
c) Chẵn không ít hơn 4 chữ số và không vượt quá 6 chữ số
d) 5 chữ số khác nhau có mặt số 2 ? .
e) 5 chữ số khác nhau có mặt 2 số 1 và 6 ?
f) 6 chữ số khác nhau và trong mỗi số đó tổng của 3 chữ số đầu nhỏ hơn tổng của
3 chữ số cuối một đơn vị.
HD: c) Xét 3 trường hợp TH1 : Gồm 4 chữ số . TH2 : Gồm 5 chữ số.
TH3 : Gồm 6 chữ số. ĐS : 3(63 + 64 + 65)
d) Chữ số 2 có có 5 vị trí vậy có 5. 25 120A .5= 600 số .
e) Số 1và 6 có 25A , xếp 4 số vào 3 vị trí còn lại là 34A . ĐS 25A . 34A = 480
f) Vì tổng tất cả các số là 21 nên tổng ba số đầu là 10, ba số cuối là 11.
Có 3 cặp số thoả mãn là:
+ Cặp 3 số đầu gồm 1, 4, 5 ba số cuối gồm 2, 3, 6. Có 3!.3! = 36 số.
+ Cặp 3 số đầu gồm 2, 3, 5 ba số cuối gồm 1, 4, 6. Có 3!.3! = 36 số.
+ Cặp 3 số đầu gồm 1, 3, 6 ba số cuối gồm 2, 4, 5. Có 3!.3! = 36 số.
Vậy có: 3.36 = 108 số.
Bài 3: Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5 lập được bao nhiêu số tự nhiên mà mỗi số có
6 chữ số khác nhau và chữ số 2 đứng cạnh 3.
HD: Coi hai số 2 và 3 là một cặp. Xét 2 trường hợp:
+ TH1: cặp 2,3 đứng đầu, có: 2.4! = 48 số.
+ TH2: cặp 2, 3 đứng ở các vị trí khác, có:4.2.3.3! = 144. ĐS: 192
Bài 4:Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 lập được bao nhiêu số tự nhiên 6 chữ
số khác nhau và tổng của các chữ số hàng chục, hàng trăm, hàng nghìn bằng 8.
Bài 5: Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên, mỗi
số gồm 5 chữ số khác nhau và nhất thiết phải có 2 chữ số 1 và 5.
Bài 6: Một đội văn nghệ có 15 người gồm 10 nam và 5 nữ. hỏi có bao nhiêu cách
lập một nhóm đồng ca gồm 8 người, biết rằng trong nhóm đó phải có ít nhất 3 nữ.
ĐS 4: 362. .3! 1440A . ĐS B5: 355.4. 1200A . ĐS6:  3 5 4 4 5 105 10 5 10 5 3. . .C C C C C C
Bài 7: Có 5 nhà toán học nam, 3 nhà toán học nữ, và 4 nhà vật lí nam. Lập một
đoàn công tác gồm 3 nguời có cả nam và nữ, cần có cả nhà toán học và nhà vật lí.
Hỏi có bao nhiêu cách? ĐS: 90 cách
Bài 8: Có 6 quả cầu xanh đánh số từ 1 đến 6, 5 quả cầu đỏ đánh số từ 1 đến 5 và 4
quả cầu vàng đánh số từ 1 đến 4. Hỏi có bao nhiêu cách lấy ra 3 quả cầu vừa khác
màu vừa khác số? ĐS: 64 cách
Bài 9: Có bao nhiêu cách phân phối 5 đồ vật khác nhau cho 3 người, sao cho mỗi
người nhận được ít nhất 1 đồ vật. ĐS: 150 cách
Bài 10: Cho hình thập giác đều.
1) Hỏi có thể lập được bao nhiêu tam giác có đỉnh là đỉnh của thập giác, nhưng
cạnh của tam giác không là cạnh nào của thập giác đó? ĐS: 50 tam giác; 10 hcn
2) Hỏi có thể lập được bao nhiêu hình chữ nhật có đỉnh là đỉnh của thập giác?
Bài 11: Một bàn dài có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy gồm 6 ghế. Người ta
muốn xếp chỗ ngồi cho 6 học sinh trường A và 6 học sinh trường B vào bàn nói
trên, Hỏi có bao nhiêu cánh xếp trong mỗi trường hợp sau:
1) Bất cứ hai học sinh nào ngồi cạnh nhau hoặc ngồi đối diện nhau thì khác
trường. ĐS: 1) 2.6!.6! 2) 12.10.8.6.4.2.6!
2) Bất cứ hai học sinh nào ngồi đối diện nhau thì khác trường.
Bài 12: Đội tuyển học sinh giỏi của trường gồm 18 em. Trong đó có 7 học sinh
khối 12, 6 học sinh khối 11, 5 học sinh khối 10. Hỏi có bao nhiêu cách cử 8 học
sinh trong đội đi dự trại hè sao cho mỗi khối có ít nhất 1 học sinh được chọn
HD:    8 8 8 818 11 12 13( ) 41811C C C C .
2. Các bài toán nhị thức, phương trình bất phương trình tổ
hợp, chỉnh hợp
1) Giải các PT, BPT:
a) 4 5 6 13  n n nC C C (n = 6) b) 1 22 2 2,5  n nn n nC C A (n=5)
c) 4 3 4123 24( )  nn n nA A C (n ≥ 2) d) 3 22 9 nn nA C n (n{3;4})
2) Giải bất PT hai ẩn n, k với n, k  0: 25 360( )!


kn
n
P A
n k
ĐS: (0; 0), (1; 0), (1;1), (2;2), (3; 3).
3) Cho tập hợp A gồm n phần tử (n  4). Biết rằng số tập hợp
con gồm 4 phần tử của A bằng 20 lần số tập hợp con gồm 2 phần
tử của A. ĐS: A có 18 phần tử.
4) CMR : 1 2 3 12 3 ... .2    n nn n n nC C C nC n .
HD: 0 1 2 2 3 3(1 ) ...n n nn n n n nx C C x C x C x C x      
Lấy đạo hàm hai vế ta có : chọn x = 1  đpcm.
5) CMR : 2
2 3 1 1
0 1 22 2 2 3 1
....
2 3 1 1
n n
n
n n n nC C C C
n n
       
HD: Xét :  2
0
(1 )nI x dx =


1
2
0
(1 )
1
nx
n
=
 

13 1
1
n
n
 (1 )
Mà      
0 1 2 2 3 1 2
0
1 1 1( ... )
2 3 1
n n
n n n nI C x C x C x C xn
Chuyên đề đại số tổ hợp Hồ Văn Hoàng
2

     
2 3 1
0 1 22 2 22 ...
2 3 1
n
n
n n n nI C C C Cn
 (2). Từ (1) và (2)  đpcm
6) Tính :
1
0
(1 )  nI x dx và S = 0 1 21 1 1....2 3 1     nn n n nC C C Cn
HD :  1
0
(1 )nI x dx =
   
1 1
1
0
(1 ) 2 1
1 1
n nx
n n
          
11 2 1
0 1 0 1
0 0
( ... ) ...2 1
n
n n
n n n n n n
x xI C C x C dx C x C C n
     
0 1 21 1 1....2 3 1
n
n n n nC C C Cn => S =
 

12 1
1
n
n
7) CMR: 1 2 2 1 11 4 4 ... 4 4 5      n n n nn n nC C C
HD : Khai triển : ( 1+x ) n thay x= 4  đpcm.
8) CMR: 16 0 15 1 14 2 16 1616 16 16 163 3 3 ... 2   C C C C
HD: Khai triển : ( 3x-1)16 chọn x = 1  đpcm.
9) Tìm x ; y thuộc N* :
1 1
1
6 5 2
 
  
y y y
x x xC C C . ĐS : x=8 ; y = 3
10) CMR : 1 2 3 12 3 ... 2    n nn n n nC C C nC n
HD: Xét : (1+x) n khai triển. Lấy đạo hàm 2 vế. Chọn x = 1  đpcm .
11) Trong khai triển :  283 15 nx x x hãy tìm số hạng không chứa
x . Biết : 1 2 79    n n nn n nC C C . HD: k = 5  512 792C
12) Tính
1
2 3
0
(1 )  nI x x dx . Đổi biến: u= 1+x3 có   12 13( 1)nI n
Mặt khác ta có :      3 0 2 3 3 6 3(1 ) ...n n nn n n nx C C x C x C x
Nhân hai vế cho x2 , lấy tích phân hai vế .
Tìm nguyên hàm thế cận từ 0 −> 1 ta được vế trái .
A-2002 Cho khai triển :  1 322 2 nxx  . Biết : 1 15n nC C và số
hạng thứ tư bằng 20. Hãy tìm n và x ? ĐS : n = 7 và x= 4 .
D-2002 Tìm n  N*: 0 1 32 4 ... 2 243    n nn n n nC C C C
ĐS : Xét (1+x ) n và chọn x= 2 => n= 5.
A- 2003 Tìm hệ số của x8 trong khai triển 53
1   
n
x
x
.
Biết : 14 3 7( 3)   n nn nC C n . HD : K= 4 => 412 495C .
B-03 Cho nN* tính:        
2 3 1
0 1 22 1 2 1 2 1..2 3 1
n
n
n n n nS C C C Cn
Xét : (1+x) n Khai triển tính tp hai vế ta có :
  
1 13 2
1
N n
S n
D2003 Với n  N*, gọi a3n - 3 là hệ số của x3n -3 trong khai triển
thành đa thức của biểu thức (x2 +1)n(x+2)n.
Tìm n để a3n-3 = 26n. ĐS: n = 5.
A-2004 Tìm hệ số của x8 trong khai triển :[1+x2( 1-x)]8
Hd:Số hạng thứ 4 và thứ 5:    3 6 3 4 8 4 3 48 8 8 8(1 ) ; (1 ) . : 3 238.C x x C x x KQ C C
D04 Tìm số hạng không chứa x:
7
3
4
1   x x (x > 0)ĐS : k = 4  35
B- 2004 Thầy giáo có 30 câu hỏi khác nhau : 5 câu khó ;10 câu
tb ; 15 câu dễ. Hỏi từ 30 câu trên lập được bao nhiêu đề kiểm tra
sao cho mỗi đề có 5 câu khác nhau trong đó mỗi đề nhất thiết
phải có 3 loại câu hỏi : khó ; tb ; dễ và câu dễ không ít hơn hai .
Giải : Có ba THợp 2dễ + 1TB + 2 khó: 10500.  2d + 2TB +1khó:
23625  3d + 1TB + 1 khó: 22750 . Tổng : 56.875 .
A- 2005Tìm số nguyên dương n sao cho :

          1 2 2 3 3 4 2 2 12 1 2 1 2 1 2 1 2 12.2 3.2 4.2 ... (2 1)2 2005.n nn n n n nC C C C n C
Xét:( 1-x) 2n+1. Khai triển, lấy đạo hàm hai vế, chọn x=2: (2n+1)=2005n=1002
B2005 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. ĐS: 4 1 4 1 4 112 3 8 2 4 1. . 207.900C C C C C C
D.2005 Tính giá trị biểu thức :
4 4
1 3
( 1)!
  
n nA AM
n
 . Biết rằng :
2 2 2 2
1 2 3 42 2 149      n n n nC C C C .HD: n = 5; n = − 9(l). M= ¾
CĐ05 Cho ( 1-x)n +x(1+x) n-1=Px. Biết : a0+a1+a2++an = 512 .
Tìm a 3=? HD: Khai triển Px= a0+a1x+a2x2+.+ anxn .
Cho x=1 thì: 2n-1 = a0 + a1 + a2 ++ an = 512 = 29  n = 10
 ( 1-x)10 +x(1+x) 9  a3 =   2  ... phần tử gấp 20 lần số tập con gồm 2
phần tử của A. Tìm  1;2;3...k n sao cho số tập con gồm
k phần tử của A là lớn nhất.
Giải: Số tập con k phần tử của tập hợp A bằng knC . Từ giả
thiết suy ra:
4 2 220 5 234 0 18n nC C n n n       ( vì 4n  ).
Do
1
18
18
18 1 9
1
k
k
C k k
kC
     nên
1 2 9 9 10 18
18 18 18 18 18 18.... ....C C C C C C      
Vậy số tập con gồm k phần tử của A là lớn nhất  k = 9.
Câu 38: Đội thanh niên xung kích của một trường phổ
thông có 12 học sinh, gồm 5 học sinh lớp A, 4 học sinh lớp
B và 3 học sinh lớp C. Cần chọn 4 học sinh đi làm nhiệm
vụ sao cho 4 học sinh này thuộc không quá 2 trong 3 lớp
trên. Hỏi có bao nhiêu cách chọn như vậy?
Giải:Số cách chọn 4 học sinh trong 12 học sinh đã cho là:
4
12 495C  .
Số cách chọn 4 học sinh mà mỗi lớp có ít nhấtmột em
được tính như sau:
- Lớp A có 2 học sinh, lớp B, C mỗi lớp có 1 học sinh. Số
cách chọn là: 2 1 15 4 3. . 120C C C 
- Lớp B có 2 học sinh, lớp A, C mỗi lớp có 1 học sinh. Số
cách chọn là: 1 2 15 4 3. . 90C C C 
- Lớp C có 2 học sinh, lớp A, B mỗi lớp có 1 học sinh. Số
cách chọn là: 1 1 25 4 3. . 60C C C 
Số cách chọn 4 học sinh mà mỗi lớp có ít nhất 1 học sinh
là: 120 + 90 + 60 = 270.
Vậy số cách chọn phải tìm là: 495 – 270 = 225.
Câu 39: Chứng minh bất đẳng thức sau:
1
1 2 31 1 1 1 1 1 ( 1)1 ... ...
2 3 4 2 3
n
n
n n n nC C C Cn n
         
Giải:Xét tích phân:
 
 
1 1
1 2 1
0 0
1
1 2
1 (1 ) ... ( 1)
1 ( 1).... 1
2
n
n n n
n n n
n
n
n n n
x dx C C x C x dx
x
C C C
n


      
   
 
Mặt khác, đặt x = 1 – t, ta có:
   
1 1 1
0 0 0
1
2 1
0
1 (1 ) 1 1( 1)
1 1
1 1 11 .... 1 .... 2
2 3
n n n
n
x t tdx dt dt
x t t
t t t dt
n

       
         
  

Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh.
Chuyên đề đại số tổ hợp Hồ Văn Hoàng
8
Câu 40: Rút gọn tổng:
0 1 2 18 19
19 19 19 19 19
1 1 1 1 1....
2 3 4 20 21
S C C C C C     
Giải:Theo nhị thức Niutơn thì:
 19 0 1 2 2 18 18 19 1919 19 19 19 19
0 1 2 2 3 18 19 19 20
19 19 19 19 19
(1 ) ...
....
x x x C C x C x C x C x
C x C x C x C x C x
      
     
1 2 3 4 20 21
19 0 1 2 18 19 1
19 19 19 19 19 0
0
0 1 2 18 19
19 19 19 19 19
(1 ) . . . ... . .
2 3 4 20 21
1 1 1 1 1.....
2 3 4 20 21
x x x x xx x dx C C C C C
C C C C C S
          
      

Do đó 1
420
S  .
Câu 41: Tính tích phân:  1 2 *
0
(1 )nI x x dx n N   . Từ đó
cmr: 0 1 2 31 1 1 1 ( 1) 1...
2 4 6 8 2( 1) 2( 1)
n
n
n n n n nC C C C Cn n
      
Giải:
Ta có;  1 2 12 2 10
0
1 1 (1 ) 11 (1 )
2 2 1 2( 1)
nn xI x d x
n n
       
Mặt khác:
1 1
2 2 1
0 00 0
2 2
1
0
0 0
. ( 1) . ( 1) .
( 1) ( 1) .
2 2 2( 1)
n n
k k k k k k
n n
k k
kkn n
k k k k n
n n
k k
I x C x dx C x dx
CxC C
k k

 

 
            
    
  
 
Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Câu 42: Cho 6 chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6. Hỏi có bao nhiêu
cách viết số:
1) Có 6 chữ số.
2) Có 6 chữ số đôi một khác nhau.
3) Có 4 chữ số.
4) Có 4 chữ số đôi một khác nhau.
5) Chia hết cho 5 và có 3 chữ số khác nhau.
6) Có 6 chữ số khác nhau và là số lẻ.
7) Có 4 chữ số khác nhau và lớn hơn 3000.
8) Có 3 chữ số khác không lớn hơn 243.
9) Có 3 chữ số khác nhau nhỏ hơn 243.
Giải:
1) Để viết một số có 6 chữ số từ các số đã cho, ta có 6
cách chọn số hàng trăm nghìn, tương tự với các số ở mỗi
hàng còn lại đều có 6 cách chọn. Theo quy tắc nhân ta lập
được: 66 = 46656 số thoả mãn điều kiện đề bài.
2) Do yêu cầu 6 chữ số đôi một khác nhau nên có 6 cách
chọn số hàng trăm nghìn, 5 cách chọn số hàng vạn, 4 cách
chọn số hàng nghìn, ., 1 cách chọn số hàng đơn vị.
Vậy có tất cả 6 x 5 x 4 x 3 x 2 x 1 = 720 ( số) thoả mãn đề
bài.
3) Lập luận tương tự câu 1 ta lập được: 66 = 1296 số thoả
mãn đề bài.
4) Lập luận tương tự câu 2, có 6 cách chọn số hàng nghìn,
5 cách chọn số hàng trăm, 4 cách chọn số hàng chục, 3
cách chọn số hàng đơn vị.
Vậy có tất cả: 6 x 5 x 4 x 3 = 360 ( số) thoả mãn đề bài.
5) Gọi abc là số thoả mãn đề bài, số đó chia hết cho 5
nên chỉ có mọt cách chọn c = 5, số a, b có thể được coi là
một chỉnh hợp chập 2 của 5 số còn lại sau khi đã chọn số
c. Vậy có tất cả 251. 20A  số.
6) Do số được thành lập là một số lẻ nên số hàng đơn vị
phải là: 1, 3, 5. vậy có 3 cách chọn. Các số còn lại được
coi như một hoán vị năm phần tử. Vậy có tất cả:
53. 3.5! 360P   ( số).
7) Gọi số có 4 chữ số khác nhau là: abcd
Do số đó lớn hơn 3000 nên 3a  hay  3;4;5;6a . Vậy
có 4 cách chọn a, 3 số còn lại được coi như một chỉnh hợp
chập 3 của 5 phần tử. Suy ra các số thoả mãn đề bài là:
3
54. 240A  ( số).
8) Gọi số có 3 chữ số khác nhau làabc . do số đó không
nhỏ hơn 243 ( hay 243abc  ) nên 2a  . Vậy
 2;3;4;5;6a .
+ Với a = 2 để  2 243 4 4;5;6bc b b    
Nếu b = 4, lập luận tương tự, cần 4, 3c c  do đó có 3
cách chọn c. Vậy số có dạng 24c là: 1 x 3 = 3 ( số).
Nếu b = 5, 6 thì c có thể chọn bất kì trong 4 số còn lại. vậy
số các số có dạng 25c hoặc 26c là:
 1 x 2 x 4 = 8 (số).
+ Với a = 3; 4; 5; 6 ta có thể chọn b, c là 2 số bất kì trong 5
số còn lại sau khi chọn a. Tất cả các dạng này là:
2
54. 80A  ( số)
Vậy từ 6 số đã cho, ta có thể lập được 3 + 8 + 80 = 91 (
số)có 3 chữ số khác nhau không nhỏ hơn 243..
9) Ta có:  243 *abc 
Từ 6 số đã cho, thành lập được 36 120A  ( số) có 3 chữ
số khác nhau. Trong đó số các số không nhỏ hơn 243 là
91 số. Vậy số các số thoả mãn (*) là: 120 – 91 = 29 ( số).
Câu 43: Một lớp 12 có 15 học sinh nữ và 25 học sinh nam.
Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra những tổ có 5 người:
1) Nam, nữ tuỳ ý, không phân biệt nhiệm vụ.
2) Có 3 nam, không phân biệt nhiệm vụ.
3) Có ít nhất 2 nữ, không phân biệt nhiệm vụ.
4) Tổ trưởng là nữ, số còn lại không phân biệt nhiệm vụ.
5) Tổ trưởng là nam và có ít nhất 2 nam nữ.
6) 1 tổ trưởng, 1 tổ phó và 3 tổ viên.
7) Mỗi người sẽ phụ trách một trong 5 đội thiếu niên cụ thể
của phường.
Giải:
1) Số học sinh trong lớp là: 15 + 25 = 40 ( học sinh)
Do đó số cách chọn 1 tổ 5 người theo yêu cầu đề bài là:
5
40 658008C  ( Cách)
2) Để chọn một tổ có 5 người: Gồm 3 nam: có 325 2300C 
( Cách chọn). 2 nữ: có 215 150C  ( cách chọn).
Theo quy tắc nhân, số cách chọn tổ là: 3 225 15. 241500C C  (
cách).
3) Cách 1: Số học sinh nữ trong tổ có thể là: 2, 3, 4 hoặc
5.
Số cách chọn một tổ gồm 2 nữ, 3 nam là:
2 3
15 25. 241500C C 
Số cách chọn một tổ gồm 3 nữ, 2 nam là:
3 2
15 25. 136500C C 
Số cách chọn một tổ gồm 4 nữ, 1 nam là: 4 115 25. 34125C C 
Số cách chọn một tổ gồm 5 nữ là: 515 3003C 
Cách 2: Tính số tổ có 1 nữ và số tổ không có nữ là:
5 4
25 2515C C . Số tổ phải tìm là: 5 5 440 25 25( 15 )C C C 
4) Để tổ trưởng là nữ, có 115 15C  cách chọn.
Bốn tổ viên được chọn trong 39 học sinh còn lại, có:
4
39 82251C  cách chọn. Vậy số cách chọn tổ là:
1 4
15 39. 1233765C C  ( cách chọn).
5) Để tổ trưởng là nam, có 125 25C  cách chọn.
Bốn người còn lại trong tổ gồm:
Chuyên đề đại số tổ hợp Hồ Văn Hoàng
9
+ 2 nam, 2 nữ: 2 224 15. 28980C C  ( cách chọn)
+ 3 nam, 1 nữ: 3 124 15. 30360C C  ( cách chọn)
+ 4 nam: 424 10626C  ( cách chọn).
Tổng số cách chọn là:
 25. 28980 30360 10626 1749150  
6) Một tổ trưởng và một tổ phó có thể coi là một chỉnh hợp
chập 2 của 40 học sinh trong lớp:
2
40 1560A  ( cách chọn)
Ba tổ viên là một tổ hợp chập 3 của 38 học sinh còn lại (
sau khi đã chọn tổ trưởng và tổ phó ) :
2
38 8436C  ( cách chọn)
Vậy số cách chọn tổ là: 2 240 38A . 13160160C 
7) Do mỗi người sẽ phụ trách một đội thiếu niên khác nhau
nên có thể mỗi tổ là một chỉnh hợp chập 5 của 40 học sinh.
Vậy số cách chọn tổ là: 540 78960960A 
Câu 44: Từ 5 chữ số 0, 1, 2, 3, 4 có thể viết được bao
nhiêu số?
1) Có 5 chữ số khác nhau.
2) Có 5 chữ số.
3) Có 3 chữ số khác nhau.
4) Có 3 chữ số khác nhau và là số lẻ.
5) Có 3 chữ số khác nhau và nhất thiết có mặt chữ số 2.
Giải:
1) Gọi số có 5 chữ số khác nhau là: abcde . vì 0a  nên
có 4 cách chọn. Bộ số bcde có thể coi là một hoán vị của
4 số còn lại sau khi đã chọn số a, vậy có 4 4! 24P   ( Số)
Số cách thành lập số có 5 chữ số khác nhau là: 4 x 24 = 96
( cách)
2) Để thành lập một số có 5 chữ số, ta chọn lần lượt từng
hàng, 0a  nên có 4 cách chọn a; 5 cách chọn b; 5 cách
chọn c; 5 cách chọn d; 5 cách chọn e. Vậy số các số có 5
chữ số thành lập từ 5 chữ số đã cho là:
44.5 2500 ( số).
3) Gọi số có 3 chữ số khác nhau là: abc . Vì 0a  nên có
4 cách chọn. Bộ số bc có thể coi là một chỉnh hợp chập 2
của 4 phần tử, số các chỉnh hợp là: 24 12A 
Vậy các số thoả mãn đề bài: 4 x 12 = 48 ( số)
4) Gọi số có 3 chữ số khác nhau là abc , đề số đó là số lẻ
thì  1;3c  , vậy có 2 cách chọn c. Còn lại 4 số
( gồm cả số 0) để chọn a và b; do 0a  nên có 3 cách
chọn số a, từ đó còn 3 cách chọn b.
Vậy số các số lẻ có 3 chữ số khác nhau là: 2 x 3 x 3 = 18
(số).
5) Gọi số phải tìm là abc , trong đó nhất thiết có một vị trí là
số 2:
+ Số 2 ở vị trí của a; các số b, c chọn trong 4 số còn lại nên
là một chỉnh hợp chập 2 của 4 số nên có 24 12A  số loại
này.
+ Số 2 ở vị trí của số b; khi đó có 3 cách chọn a; 3 cách
chọn c nên có 3 x 3 = 9 số loại này.
+ Số 2 ở vị trí của c; tương tự, ta được 9 số.
Vậy có tất cả: 12 + 9 + 9 = 30 số thoả mãn đề bài.
Câu 45: 1) Tính hệ số của số hạng chứa x3 trong khai triển
của: 3 4 7( ) (2 1) (3 1) ( 1)P x x x x     
2) Khai triển của 1
n
x
x
    có tổng các hệ số của 3 số hạng
đầu là 28. tìm số hạng thứ 5 của khai triển đó.
3) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển của
1012x
x
   
4) Xét khai triển của 3 15( )x xy
a) Tìm hai hạng tử chính giữa.
b) Tính hệ số của hạng tử chứa 21 12x y
Giải:
1) Số hạng chứa x3 trong khai triển của  32 1x  là 8x3
Số hạng chứa x3 trong khai triển của  43 1x  là:
1 3 3
4 (3 ) 108C x x
Số hạng chứa x3 trong khai triển của  71x  là:
4 3 3
7 35C x x
Vậy hệ số của x3 trong đa thức P(x) là: 8 – 108 + 35 = - 65
2) Ta có: 2
0 0
1 1( 1) . ( 1)
n kn n
k k n k k k n k
n n
k k
x C x C x
x x
 
 
               .
Theo giả thiết ta có: 0 1 2 38n n nC C C   .
Điều kiện:
  2( 1)2 28 3 54 0
2
n nn N n n n       
Phương trình có nghiệm n = 9 thoả mãn điều kiện.
Khi đó số hạng thứ 5 của khai triển là: 4 4 9 2.49( 1) 126C x x
 
3) Ta có:
10
10 10 10 2
10 10
0 0
1 12 ( 1) (2 ) . ( 1) 2 .
kn n
k k k k k k k
k k
x C x C x
x x
  
 
              
.
Do đó số hạng không chứa x tương ứng với
10 2 0 5k k   
Vậy số hạng cần tìm là: 5 510( 1)2 . 8064C  
4) Khai triển của  153x xy gồm 16 hạng tử:
Số hạng tổng quát của khai triển là:
3 15 45 2
15 15( ) .( )
k k k k k kC x xy C x y 
a) Hai hạng tử chính giữa trong khai triển là số hạng thứ 8
và thứ 9 trong dãy:
7 45 2.7 7 31 7 8 45 2.8 8 29 8
15 156435. . ; 6435. .C x y x y C x y x y
  
b) Hạng tử chứa 21 12x y tương ứng với k = 12. Vậy hệ số
của hạng tử đó là: 1215 455C 