Tài liệu Chuyên đề đại số tổ hợp, xác suất, nhị thức niu tơn bồi dưỡng học sinh giỏi toán 11

BÀI TẬP ĐẠI SỐỐ TỔ HỢP XÁC SUẤỐT BỐỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN 11 Năm 2017-2018 Câu 1. Cho tập hợp A gồm n phần tử (n≥4). Biết rằng số tập con gồm 4 phần tử của A bằng 20 lần số tập con gồm 2 phần tử của A. Tìm K ∈ {1;2;…;n} sao cho số tập con gồm K phần tử của A là lớn nhất? Trang 1 Hướng dẫn giải 4 Số tâ ̣p con gồm 4 phần tử ttư n phần tử của A : Cn tâ ̣p. 2 Số tâ ̣p con gồm 2 phần tử ttư n phần tử của A : Cn tâ ̣p. Theo đê bàii ta co: Cn4 20Cn2 n! n! 20 (n  4)!4! ( n  2)!2!  (n  3)(n  2) 240   n 18( n)   n  13(l ) Gọi K là số phần tử co số tâ ̣p con lớn nhất trong A( 0 K 18i K   ). Khi đo : K là giá trị lớn nhất C18K C18K 1  K K1 C18 C18 18! 18!   (18  K )! K !  (18  K  1)!( K  1)!   18! 18!    (18  K )! K ! (18  K  1)!( K  1)! 1  1  (18  K )  ( K 1)  1  1  K 19  K 17 19  K  2 2  K 9 Câu 2. Cho k là số tự nhiên thỏa mãn Chứng minh rằng: Hướng dẫn giải Ta co : (1  x)5 (1  x)2011 (1  x)2016 5 0 1 2 2 3 3 4 4 5 5 Đă ̣t M (1  x) C5  C5 x  C5 x  C5 x  C5 x  C5 x . 0 1 2 k 2011 2011 N (1  x) 2011 C2011  C2011 x  C2011 x 2  ...  C2011 x k  ...  C2011 x . 0 1 2 k 2016 2011 P (1  x) 2016 C2016  C2016 x  C2016 x 2  ...  C2016 x k  ...  C2016 x . mà P=M.. nên phần tử thứ k trong P co dang: k k k1 k1 k 5 k 5 C2016 x k C50C2011 x k  C51 xC2011 x  ...  C55 x 5C2011 x k k1 k k 5 k C50C2011 x k  C51C2011 x  ...  C55C2011 x . Chọn x=1 ta co điề phhi chứng minh. Câu 3. Gọi A là tập hợp các số tự nhiên co chín chữ số đôi một khác nhà.Chọn ngẫ̀ nhiên một số tự nhiên th̀ộc vào tập A. Tính xác s̀ất để chọn được một số th̀ộc A và số đo chia hết cho 3. Hướng dẫn giải Trang 2 Gọi phần tử của A co dang : a1a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 . a1 0 nên co 9 cách chọn. 8 Chọn 8 chữ số con lai và xếp vào vị trí ttư a2  a9 : A9 cách chọn. 8 Vâ ̣y n(A)= 9A9 . Gih sử gọi B  0;1; 2;...;9 co tổng 10 phần tử là 453 . ên nế̀ m̀ốn tao thành mô ̣t số co 9 chữ số vh chia hết cho 3i ta cần loai đi phần tử là bô ̣i của 3. hư vâ ̣yi ta sẽ co các tâ ̣p : B \{0}i B \{3}i B \{6}i B \ {9} TH1: Chọn tâ ̣p B \{0} để tao số : Ta con 9 chữ số để xếp vào 9 vị trí a1  a9 : 9! cách. TH2: Chọn 1 trong ba tâ ̣p : B \{3}i B \{6}i B \{9} : 3 cách. a1 0 : co 8 cách ( vì đã loai đi phần tử là bô ̣i của 3). Câu 4. Con 8 chữ số xếp vào 8 vị trí con lai : 8! cách.  Số cách chọn phần tử th̀ô ̣c A và chia hết cho 3 là: 9! 3.8.8! . 9! 3.8.8! 11  . Vâ ̣y xác s̀ất cần ttim là : 9 A98 27 Gọi A là tập hợp các số tự nhiên co tám chữ số đôi một khác nhà. Chọn ngẫ̀ nhiên một số tự nhiên th̀ộc vào tập A. Tính xác s̀ất để chọn được một số th̀ộc A và số đo chia hết cho 9. Hướng dẫn giải Gọi phần tử của A co dang : a1a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 . a1 0 nên co 9 cách chọn. 7 Chọn 7 chữ số con lai và xếp vào vị trí ttư a2  a8 : A9 cách chọn. 7 Vâ ̣y n(A)= 9A9 . Gih sử gọi B  0;1; 2;...;9 co tổng 10 phần tử là 459 . ên nế̀ m̀ốn tao thành mô ̣t số co 9 chữ số vh chia hết cho 3i ta cần loai đi 2 phần tử co tổng là bô ̣i của 9. hư vâ ̣yi ta sẽ co các tâ ̣p : B \{0;9}i B \{1;8}i B \{2;7}i B \{3;6}i B \{4;5} TH1: Chọn tâ ̣p B \{0;3} để tao số : Ta con 8 chữ số để xếp vào 8 vị trí a1  a8 : 8! cách. TH2: Chọn 1 trong bốn tâ ̣p : B \{1;8}i B \ {2; 7}i B \{3;6}i B \{4;5} : 4 cách. a1 0 : co 7 cách ( vì đã loai đi 2 phần tử co tổng là bô ̣i của 9). Con 7 chữ số xếp vào 7 vị trí con lai : 7! cách.  Số cách chọn phần tử th̀ô ̣c A và chia hết cho 3 là: 8! 4.7.7! . 8! 4.7.7! 1  . Vâ ̣y xác s̀ất cần ttim là : 9 A97 9 Câu 5. gười ta dùng 18 c̀ốn sách bao gồm 7 c̀ốn sách Toáni 6 c̀ốn sách Lý và 5 c̀ốn sách Hoa (các c̀ốn sách cùng loai thì giống nhà) để làm phần thưởng cho 9 học sinh AiBiCiDiEiFiGiHiIi mỗi học sinh nhận được 2 c̀ốn sách khác thể loai (không tính thứ tự các c̀ốn sách). Tính xác s̀ất để hai học sinh A và B nhận được phần thưởng giống nhà. Hướng dẫn giải Để mô ̣t học sinh nhâ ̣n được 2 ùyển sách thể loai khác nhài ta chia phần thưởng thhnh ba loai : ( Toán-Lý) ; ( Toán- Hoa) ; ( Lý- Hoa). Trang 3 Gọi xiyiz ( xi y i z  ) lần lượt là số học sinh nhâ ̣n được bô ̣ gihi thưởng ( Toán-Lý) ; ( Toán- Hoa) ; ( Lý- Hoa). Khi đoi ta co hê ̣ sà :  x  y 7  x 4    x  z 6   y 3  y  z 5  z 2   Số cách phát thưởng ngẫ̀ nhiên cho 9 học sinh : 4 Chọn 4 ban bất kì trong 9 ban để nhâ ̣n bô ̣ ( Toán-Lý) : C9 cách. 3 Chọn 3 ban bất kì trong 5 ban con lai để nhâ ̣n bô ̣ (Toán-Hoa) : C5 cách. 2 ban con lai chti co 1 cách phát thưởng là bô ̣ ( Lý-Hoa). 4 3 Vâ ̣y n() C9 .C5 . Gọi S là biến cố “ hai học sinh A và B co phần thưởng giống nhàầ TH1 : A và B cùng nhâ ̣n bô ̣ ( Toán-Lý) Vì A và B đã nhâ ̣n ùà nên bô ̣ ( Toán-Lý) con lai 2 phần. Ta chọn 2 ban trong 7 ban để nhâ ̣n : C72 cách. 3 Chọn 3 ban trong 5 ban con lai để nhâ ̣n bô ̣ ( Toán-Hoa) : C5 cách. 2 ban con lai chti co 1 cách phát thưởng là bô ̣ ( Lý-Hoa). 2 3 Vâ ̣y co C7 .C5 cách để A và B củng nhâ ̣n bô ̣ ( Toán-Lý). TH2: A và B cùng nhâ ̣n bô ̣ ( Toán-Hoa) 1 4 Lâ ̣p l̀â ̣n tượng tựi ta được : C7 .C6 cách. 4 TH3 : A và B cùng nhâ ̣n bô ̣ ( Lý-Hoa) co C7 cách. 2 3 1 4 4 Vâ ̣y co C7 .C5 + C7 .C6 + C7 C72C53  C71C64  C74 5  . C94C53 18 Cho tâ ̣p hợp A={1i2i3i4i.i20}. Tính xác s̀ất để ba số được chọn không co 2 số tự nhiên liên tiếp. Hướng dẫn giải 3 Số cách chọn ba số đôi mô ̣t khác nhà ttư A : n() C20 . P(S )  Câu 6. TH1 : Ta chọn số co 3 chữ số tự nhiên liên tiếp : Chọn phần tử bất kì trong A \{19; 20} : 18 cách chọn. Với mỗi phần tử được chọni ta lấy hai phần tử liên kê bên phhi : 1 cách chọn. Vâ ̣y co 18 cách chọn 3 phần tử liên tiếp nhà. TH2 : Chọn ba số co đđng hai chữ số liên tiếp : Chọn 1 trong hai phần tử {1;19}: 2 cách. Với mỗi cách chọn phần tử trêni ta co 1 cách chọn phần tử liên sà đo. Chọn phần tử thứ ba không liên tiếp với 2 phần tử đã chọn : 17 cách ( vì phhi bỏ đi phần tử liển sà phần tử thứ 2 ). Chọn 1 phần tử trong tâ ̣p {2;3;4;.;18} : 17 cách. Với mỗi cách chọn trêni ta co 1 cách chọn phần tử thứ hai liên sà no. Để chọn phần tử thứ 3 không liên tiếpi ta cần bỏ đi phần tử liên trước phần tử 1 và liên sà phần tử 2 : 16 cách.  Vâ ̣y co 17.2+17.6 cách chọn 3 phần tử co đđng hai chữ số liên tiếp. Trang 4 3 C20  18  17.2  17.16 68  3 C20 95 Co 1650 học sinh được sắp xếp thành 22 hàng và 75 cột. Biết rằng với hai cột bất kìi số cặp học sinh cùng hàng và cùng giới tính không vượt ùá 11. Chứng minh rằng số học sinh nam không vượt ùá 920 người Hướng dẫn giải Gọi ai là số học sinh nam hàng thứ i. Vì co 75 cô ̣t nên số học sinh nữ của hàng thứ i là 75  ai . Số că ̣p học sinh cùng hàng và củng giới tính : P Câu 7. 2 Chọn 2 nam trong số nam cùng hàng : Cai cách. 2 Chọn 2 nữ trong số nữ cùng hàng : C75 ai cách. 2 Chọn 2 ban học sinh bất kì của mô ̣t hàng : C75 . Theo đê bàii ta co : 22 C i 1 2 ai   C752  ai 11C752 22    ai 2  75ai   30525  i 1 22   2ai  75 2 1650 i 1 Theo Càchy-Swatch : 2 Câu 8. 22 22 191  1650  22  2 (2 a  75)  22 (2 a  75)  36300  ai   921   i i   2 i 1 i 1  i 1  Trong mô ̣t gihi cờ v̀a gồm nam và nữ vâ ̣n đô ̣ng viên. M.ỗi vâ ̣n đô ̣ng viên phhi chơi hai ván với mỗi đô ̣ng viên con lai. Cho biết co 2 vâ ̣n đô ̣ng viên nữ và cho biết số ván các vâ ̣n đô ̣ng viên chơi với nhà hơn số ván họ chơi với hai vâ ̣n đô ̣ng viên nữ là 66. Hỏi co bao nhiề vâ ̣n đô ̣ng viên tham gia gihi và số ván tất ch các vâ ̣n đô ̣ng viên đã chơi? Hướng dẫn giải Gọi n là số vâ ̣n đô ̣ng viên nam tham gia ( n 2i n   ). 2 Câu 9. Chọn 2 trong số n VĐV nam để đấ̀ 2 ván với nhà : 2Cn cách. Số ván VĐV nam đấ̀ với VĐV nữ là : 4n. Theo đê bàii ta co :  n 11(n) 2n ! 2Cn2  4n 66   4n 66  (n  1)n  4n 66   (n  2)!2!  n  6(l ) Vâ ̣y số VĐV tham gia gihi là : 11+2=13 người. 2 Số ván các vâ ̣n đô ̣ng viên chơi với nhà là : 2C11  4.11  2 156 ván. Cho tâ ̣p hợp A co 20 phần tử. Hỏi co bao nhiề tâ ̣p hợp con của A mà số phần tử là số chhn ? Hướng dẫn giải Gọi S là số tâ ̣p hợp co số phần tử là số chhn. 2 4 6 20  C20  C20  ...  C20 S= C20 Ta xet : 0 1 3 3 20 (1  x) 20 C20  C20 x  C202 x 2  C20 x ...  C20 . 0 1 3 3 (1  x) 20 C20  C20 x  C202 x 2  C20 x ...  C2020 . Chọn x=1i ta được : 0 1 2 3 20 220 C20  C20  C20  C20 ...  C20 . 0 1 3 0 C20  C20  C202  C20 ...  C2020 . Trang 5 2  220 2  2C20  2C204 ...  2C2020 . 4 20  219  1 C202  C20 ...  C20 Câu 10. Cho n điểm P1 i P2 i P3 i..................i Pn ( n  4) cùng nằm trên một đường tron. Tìm số cách tô mà̀ n điểm trên bằng 5 mà̀ sao cho 2 điểm kê nhà tô bởi 2 mà̀ khác nhà. Hướng dẫn giải Gọi an là số cách tô mà̀ n điểm thỏa mãn. Gih sử co mô ̣t vong tron n+1 điểm được tô mà̀ theo yề cầ̀. TH1 : Điểm 1 và điểm n khác mà̀ nhà.  Bỏ đi điểm n+1i ta co an cách. gược laii nế̀ thêm điểm n+1i ta co 3 lựa chọn mà̀ cho no. Vâ ̣y co 3.an cách tô mà̀ vong tron n+1 điểm theo TH1. TH2: điểm 1 và điểm n cùng mà̀ : Bỏ đi điểm n+1 và hợp nhất hai điểm 1 và n : an  1 cách. gược laii nế̀ co vong tron n-1 điểm đã được tô mà̀. Ta tách điểm 1 ra làm haii và thêm điểm n+1 vào. Khi đo no co 4 lựa chọn mà̀i vì vâ ̣y : 4an  1 cách. Ttư hai TH nề trêni ta co : an1 3an  4an 1 ( với a5 5! ). Câu 11. M.ột bhng ô v̀ông kích thước 3x3 được gọi là bhng “ 2015- hoàn thiệnầ nế̀ tất ch các ô của no được điên bởi các số ng̀yên không âm ( không nhất thiết phân biệt ) sao cho tổng các số trên mỗi hàng và mỗi cột đề bằng 2015. Hỏi co tất ch bao nhiề bhng “ 2015- hoàn thiệnầ sao cho số nhỏ nhất trong các số ở các ô trên đường cheo chính nằm ở vị trí tâm của bhng ? ( Đường cheo chính của bhng v̀ông là đường nối ô v̀ông ở goc trên cùng bên trái với ô v̀ông ở goc dưới cùng bên phhi. ) Hướng dẫn giải Gọi số học sinh ban đầ̀ là 2n và Un là số cách chọn ra một số ban xếp thành 2 hàng ngang thỏa mãn yề cầ̀ bài toan Ta bỏ đi một ban học sinh ở đầ̀ của một hàngi con 2n-1 người. Gọi Vn là số cách chọn ra một số ban ttư 2n-1 người đo thỏa mãn yề cầ̀ bài toan Xet số cách chọn ttư 2n người 1 3 n 2 4 n TH1: Ban ở vị trí 1 được chọn.Khi đo ban ở vị trí 2i3 không được chọn Vâ ̣y co Vn -1+ 1 cách chọn ( Thêm 1 cách không chọn ai ch ttư 2n-1 ban) TH2: Ban ở vị trí 2 được chọn. Tương tự co Vn -1+ 1 cách chọn TH3:Ch 2 ban ở vị trí 1 và 2 không được chọn. Khi đo co Un-1 cách Vậy ta co Un= Un-1+2 Vn -1+ 2 (1) Xet số cách chọn ttư 2n-1 ban 1 × 2 n n TH1: Ban ở vị trí 1 được chọn.khi đo ban ở vị trí 2 không được chọn. Vậy co Vn-1 +1 cách TH2: Ban ở vị trí 1 không được chọn. Co Un-1 cách Vậy ta co Vn = Vn-1 +1 + Un-1 (2) Ttư (1) và (2) ta tìm được Un+1 = 2 Un+Un-1+2  Trang 6 Với n=50 ta co số cách chọn thỏa mãn yề cầ̀ bài toán là Câu 12. Cho tập X= {1i2i3i.2015}i xet tất ch các tập con của Xi mỗi tập hợp co 3 phần tử. Trong mỗi tập hợp con ta chọn số be nhất. Tính tr̀ng bình cộng của các số được chọn. Hướng dẫn giải  Xet X= {1i2i3.n} và các tập con gồm r phần tử của X Các tập hợp con của X co phần tử được chọn là 1i2.n– r + 1.Cách cấ̀ tao các tập hợp như sà: Lấy A X {1}i A co r – 1 phần tử ( vì đã bỏ đi 1 )i thì {1}  A là tập hợp co r phần tử trong đo r 1 số 1 là phần tử be nhất. Vậy co: Cn 1 tâ ̣p con co phần tử co phần tử nhỏ nhất là 1. Tương tự ta co: r 1 + Cn  2 tập con co r phần tử co phần tử be nhất là 2. r 1 + Cn  ( n  r 1) tập con co r phần tử co phần tử be nhất là n – r + 1. Tr̀ng bình cô ̣ng các số được chọn : 1 P  r 1Cnr 11  2Cnr 12  ...  (n  r 1)Cnr 1(n r 1) . Cn   Ta chứng minh: 1 1Cnr 11  2Cnr 12  ...  (n  r 1)Cnr 1(n r 1) Cnr   1C r 1 r 1 n 1  2Cn 2  ...  (n  r 1)Cnr 1(n r 1)  nr 11 .   nr 11 C C r n r 1 n 1 . r r r1 mà Cn 1  Cn Cn ta được: 1 Cnr  Cnr 1   2  Cnr  1  Cnr  2   ...  (n  r )  Crr1  Crr  Cnr  Cnr 1  Cnr 2  ...  Crr1  Crr Cnr11 2015  1 2016  . 3 1 4 Co bao nhiề số tự nhiên 7 chữ số khác nhà tửng đôi mô ̣ti trong đo chữ số 2 đứng liên giữa hai số 1 và 3 ? Hướng dẫn giải Gọi số cần tìm co dang : a1a2 a3a4 a5 a6 a7 . Vậy tr̀ng bình cộng của các số được chọn là : Câu 13. 4 Vì số cần tìm co 3 số {1;2;3} nên ta chti cần chọn 4 số nữa để điên vào vị trí: C7 cách. Hoán đổi vị trí 4 số được chọn cùng với cụm { 1;2;3} : 5! cách. Hoán đổi vị trí số 3 và 1 trong cụm {1;2;3} : 2! cách. Trong các số tao thành co TH số 0 đứng đầ̀ : a1 0 co 1 cách. 3 Chọn 3 số nữa để điên vào vị trí : C6 cách. Hoán đổi vị trí của cụm{1;2;3} và 3 số vtưa chọn : 4! cách. Hoán đổi vị trí của số 1 và số 3 trong cụm {1;2;3}: 2! cách. 4 3 Vâ ̣y số các chữ số thỏa mãn yề cầ̀ bài toán là : 2!5!C7  2!4!C6 =7440 số. Câu 14. Co 2012 con thỏ nhốt trong 1006 ch̀ồngi mỗi ch̀ồng co đđng hai con. Sà mỗi ngày người ta lai thay đổi vị trí của thỏ sao cho không co hai con thỏ nào đã nằm ch̀ng ch̀ồng những ngày trước đo lai nằm ch̀ng ch̀ồng thêm một lần nữa. Hỏi co tối đa bao nhiề ngày làm được như vậy? Trang 7 Câu 15. Cho n điểm trong mặt phẳngi với n > 4i trong số đo không co ba điểm nào thẳng hàng. ( n  3)(n  4) chứng minh rằng co ít nhất tứ gác lồi tao thành co đtinh nằm trong số n điểm đã cho. 2 Câu 16. Cho nhị thức (1  2 x) n i biết rằng C 21n 1  C 22n 1    C 2nn 1 2 20  1 i (n ng̀yên dương). Tìm số hang co hệ số lớn nhất trong nhị thức? 2n Câu 17. Tìm hệ số của x7 trong khai triển đa thức  2  3 x  trong đo n là số ng̀yên dương thỏa k mãn: C21n 1  C23n 1  C25n 1  ...  C22nn11 1024 ( Cn là số các tổ hợp chập k của n phần tử). Câu 18. Ttư các số 1i 2i 3i 4i 5 co thể lập được bao nhiề số tự nhiên co 5 chữ sối trong đo chữ số 3 co mặt đđng 3 lầni các chữ số con lai co mặt không ùá một lần. Trong các số tự nhiên noi trêni chọn ngẫ̀ nhiên một sối tìm xác s̀ất để số được chọn chia hết cho 3. Câu 19. Trên bhng ô v̀ông 3x3i người ta đặt một số viên sỏi sao cho mỗi ô v̀ông co không ùá một viên sỏi. Với mỗi cách đặt ta cho tương ứng với số điểm bằng tổng số : các hàngi các cộti các đường cheo chứa số lẻ các viên sỏi trên đo. Bhng không co sỏi ứng với 0 điểm. a) Tồn tai hay không cách đặt sỏi sao cho ô chính giữa bhng không co sỏi và số điểm tương ứng với cách đặt đo là 8. b) Chứng minh rằng số cách đặt sỏi với điểm số là một số chhn bằng số cách đặt sỏi với điểm số là một số lẻ. Hướng dẫn giải a) Gih sử ô chính giữa không co sỏi và điểm số của cách đặt là 8. hư vậy 3 hàngi 3 cột và hai đường cheo đề co một số lẻ viên sỏi. Gọi ai bi ci d là số sỏi trong các ô như hình vẽi ai bi ci d   0i1 . Khi đo các ô đối xứng với ai bi ci d ùa tâm sẽ co số sỏi tương ứng là a 'i b 'i c 'i d' sao cho a  a ' b  b' c c' d  d' 1 a b c 0 d Ttư đo  a  b  c    a ' b ' c ' 3 s̀y ra một trong hai tổng a  b  c hoặc a ' b ' c ' là một số chhn. Khi đo dong thứ nhất hoặc dong thứ ba co tổng số sỏi là một số chhni mầ th̀ẫn với gih thiết ban đầ̀. Vậy không tồn tai cách đặt sỏi thỏa mãn điề kiện bài toán. b) Ta gọi hai cách đặt sỏi là liên hợp với nhau nêếu ô trên cùng bên trái c ủa chúng có sôế s ỏi khác nhau và các ô còn lại tương ứng có sôế sỏi như nhau. a b c f e d a’ b c g h i f 0 d g h i ( B) (B’) hư vậyi các cách đặt sỏi chia thành ttưng cặp đôi một liên hợp với nhà. Xet hai cách đặt liên hợp với nhà (B) và (B’). Tổng số sỏi ở dong 1i cột 1 và 1 đường cheo ch hai bhng đôi một khác nhà vê tính chhn lẻ. Các dongi cột và đường cheo con lai của hai bhng Trang 8 co số sỏi như nhà. Do đo điểm số của ( B) và (B’) khác nhà 3 đơn vịi s̀y ra số điểm của ( B) và (B’) co tính chhn lẻ khác nhà. Vậy hai cách đặt liên hợp với nhài một cách xếp co điểm số chhni cách đặt con lai co điểm số là một số lẻ s̀y ra điề phhi chứng minh. Câu 20. Cho các chữ số 0i 1i 2i 3i 4i 5. Co thể lập được bao nhiề số tự nhiên co 5 chữ số khác nhà ttư các chữ số trên. Tính tổng các chữ số lập được. k k2 k 1 Gihi phương trình: C14  C14 2C14 . Câu 21. Câu 22. Cho tập hợp X co 2016 phần tử. Chọn ra 64 tập con X 1 i X 2 i.i X 64 của tập X (mỗi tập con đề chứa nhiề hơn 1008 phần tử). Chứng minh tồn tai tập con A của X co số phần tử không vượt ùá 6 mà A  X i  i với i 1, 64 . Câu 23. hững ô của hình v̀ông kích thước 7´ 7 được tô bằng hai mà̀. Chứng minh rằng tồn tai ít nhất 21 hình chữ nhật với đtinh cùng mà̀ và các canh song song với các canh của hình v̀ông. Hướng dẫn giải Ta cho mà̀ được tô là trắng và đen. Lấy một hàng bất kỳi ta gih sử tồn tai k ô đen và 7 – k ô trắng. Khi đo tồn tai Ck2 + C72- k = k 2 - 7 k + 21 ³ 9 Cặp ô cùng mà̀. Vậy tồn tai ít nhất 7.9 = 63 cặp ô cùng mà̀ trên cùng hàng. Tiếp theo tồn tai C72 = 21 cặp cột. S̀y ra tồn tai 21.2 = 42 tổ hợp của mà̀ và cặp cột. Với tổ hợp i =1;24 i gih sử tồn tai ji cặp trong cùng một tổ hợpi thì tồn tai ít nhất ji – 1 hình chữ nhật cho tổ hợp này. Vì tổng của ji ít nhất là 63 nên tồn tai ít nhất 42 å ( ji - 1) ³ 63 - 42 = 21 i=1 Vậy tồn tai ít nhất 21 hình chữ nhật thỏa mãn yề cầ̀ của bài toán Câu 24. Cho tập hợp A  1; 2;...; 2013 . Cần phhi loai khỏi A ít nhất bao nhiề phần tử để tập hợp con lai co tính chất: Không phần tử nào bằng tích của hai phần tử khác. Hướng dẫn giải Loai khỏi A tập hợp {2;3;...; 44} i tập này co 43 phần tử. Khi đo tập con lai là {1; 45; 46;...; 2012; 2013} . Rõ ràng tập này thỏa mãn yề cầ̀: Không co phần tử nào là tích của hai phần tử khác. Ta sẽ chứng minh mọi cách tách khỏi A một tập hợp co nhiề nhất 42 phần tử đề không thỏa mãn yề cầ̀ đê bài. 0.5 đ Thật vậy xet các bộ ba sà (43 bộ ba): 2i 87i 2.87 3i 86i 3.86 4i 85i 4.85 ………… 44i 45i 44.45 Trang 9 Xet hàm số f ( x)  x(89  x) với 2  x 44 . Ta co f '( x) 89  2 x  0i 2 x 44 . Vậy f là hàm đồng biến khi 2  x 44 . S̀y ra f (2)  f (3)  ...  f (44)  2.87  3.86  ...  44.45 . Dễ thấy 2  3  ...  44  45  46  ...  87  2.87  3.86  ...  44.45 . Vì 44.45 1980  2013 nên toàn bộ các phần tử của 43 bộ ba đề là khác nhà và đề nằm trong tập hợp A . Vì ta tách ra khỏi A tối đa 42 phần tửi nên phần con lai của A (sà khi tách) phhi co ít nhất một bộ ba noi trên. Vậy mọi cách tách như thế không thỏa mãn yề cầ̀ đầ̀ bài. 2.0 đ Kết l̀ận: Số phần tử ít nhất cần tách khỏi A là 43 phần tử. Câu 25. Cho 51 điểm bất kì phân biệt nằm trong hình v̀ông ABCD co canh bằng 5i trong đo không co không co 3 điểm nào thẳng hàng. Vẽ các đường tron co bán kính bằng 2 và co tâm lần lượt là 51 điểm trên. Chứng minh rằng tồn tai 3 điểm trong số 51 điểm noi trên sao cho chđng đề th̀ộc phần giao của 3 hình tron co tâm cũng chính là 3 điểm đo. Hướng dẫn giải * Chia hình v̀ông ABCD thành 25 hình v̀ông đơn vị ( co canh bằng 1) Theo ng̀yên lý Dirichleti co ít nhất 1 hình v̀ông đơn vị chứa không ít hơn 3 điểm. * M.ặt kháci khohng cách giữa hai điểm bất kì trong một hình v̀ông đơn vị không vượt ùá 2 * Gọi I1i I2i I3 là 3 điểm nằm trong hình v̀ông đợ vị nào đo. Vẽ 3 đường tron co tâm lần lượt là I1i I2i I3 và co bán kính bằng 2 thì 3 điểm I1i I2i I3 đề th̀ộc giao của ch 3 hình tron này ( Đpcm) Câu 26. Cho 2013 điểm trên đường thẳngi tô các điểm bằng một trong 3 mà̀ mà̀ xanhi đỏi vàng (mỗi viên bi chti tô một mà̀). Co bao nhiề cách tô khác nhà sao cho không co 3 điểm liên tiếp nào cùng mà̀. Hướng dẫn giải Gọi là số cách tô mà̀ thỏa mãn cho n () điểm (bài toán của ta là n 2013 ). Ta sẽ tính theo i xet hai bi c̀ối cùng của co hai trường hợp xhy ra: + ế̀ hai bi c̀ối cùng mà̀ thế thì bi thứ n  1 khác mà̀ 2 bi c̀ối. + ế̀ hai bi c̀ối khác mà̀ thì bi thứ n  1 tô bất kì. Ttư đo sinh ra hai số đặc trưng là số cách tô n bi mà hai bi c̀ối cùng mà̀i là số cách tô mà̀ n bi mà hai bi c̀ối khác mà̀ và ch hai cùng thỏa mãn 3 bi liên tiếp khác mà̀. Ta co: S n 1 2M n  2 Pn i Pn1 2S n ; M n 1 Pn . Thế thì Sn 1 2 Pn  1  6 Sn 4Sn  2  6 Sn  1 . Vậy ta co hệ thức tr̀y hồi: S n 1  6 Sn  1  4 S n  2 0 . Bây giờ ta tính S3 i S 4 thấy ngay S3 27  3 24 i S 4 4! 3  12 49 . Phương trình đặc trưng n n X 2  6 X  4 0 co nghiệm là: x1 3  13i x2 3  13 . Công thức xác định Sn ax1  bx2  24 13  a  a (3  13)  b(3  13) 24  2 13(3    với ai b thỏa mãn:  4 4 24 13  a (3  13)  b(3  13) 49  b  2 13(3   3 3 23 13)3 23 13)3 Sà đo cho n 2013 ta được kết ùh bài toán. Trang 10 Câu 27. Đối với mỗi giá trị của n   i tìm số k lớn nhất thỏa mãn trong tập hợp gồm n phần tử co thể chọn ra k tập con khác nhà sao cho hai tập con bất kỳ đề co giao khác rỗng. Hướng dẫn giải Số tập con của X là 2n . Gih sử chọn được 2n 1  1 tập con của X co giao khác rỗng. Ta chia các tập con của X thành 2n 1 cặp được tao bởi một tập con của X và phần bù của tập con đo trong X. Co 2n 1 cặpi chọn ra 2n 1  1 tập ttư 2n 1 cặp nên theo ng̀yên lý Dirichlet phhi co ít nhất 2 tập th̀ộc cùng một cặpi và do đo giao của no bằng rỗng. Điề này chứng tỏ không thể chọn được lớn hơn hoặc bằng 2n 1  1 tập sao cho giao của hai tập bất kỳ trong chđng khác rỗng. Số tập con của X không chứa phần tử ai là 2n 1 . Số tập con của X chứa ai là 2n  2n 1 2n 1 . Do đo co 2n 1 tập con của X co giao là phần tử ai nên số k lớn nhất cần tìm là 2n 1. Câu 28.  Với mỗi số tự nhiên k  0 i số 2  5  2k l̀ôn được viết dưới dang ak  bk 5 với ak i bk là các số ng̀yên dương. a) Tìm hệ thức xác định dãy  ak  i  bk  . b) Chứng minh: 20bk bk 1  16 là số chính phương. c) Chứng minh: ak22  1 chia hết cho 5. Hướng dẫn giải  2 5 2 k 1   2 5 2k 2 2k   2  5   2  5   9  4 5  9ak  20bk   4ak  9bk  5 ak 1  bk 1 5 ak 1 9ak  20bk bk 1 4ak  9bk S̀y ra  ak 2 9ak 1  20bk 1 9ak 1  20  4ak  9bk  9ak 1  20.4ak  20.9bk 9ak 1  20.4ak  9  ak 1  9ak  18ak 1  ak a1 9i a2 161 ak 2 18ak 1  ak i k   * Vậy dãy  ak  được xác định:  b1 4i b2 72 bk 2 18bk 1  bk i k   * Tương tự ta được dãy  bk  :  2 2 2 b) bk 1  bk 2bk bk 1   18bk 1  bk  bk bk  bk 1  18bk  bk 1  bk2  bk 1bk  1 Trang 11 ... b22  b3b1 16 2 2 2 2 M.ặt khác: 16 bk 1  bk bk 2 bk 1  bk  bk  18bk 1  bk 1  bk  18bk bk 1 S̀y ra 20bk 1bk  16 bk21  bk2  2bk 1bk  bk 1  bk  2 Do các số hang của dãy  bk  là số ng̀yên nên 20bk bk 1  16 là số chính phương. c) ak 2 18ak 1  ak  ak 2  9ak 1 9ak 1  ak 2 2 S̀y ra  ak 2  9ak 1   9ak 1  ak  hay ak22  18ak 2 ak 1 ak2  18ak 1ak Thay k = 1i 2i 3i…ta được: a32  18a3a2 a12  18a2a1 a42  18a4 a3 a22  18a3a2 ... ak21  18ak 1ak ak2 1  18ak ak  1 ak22  18ak 2 ak 1 ak2  18ak 1ak Cộng vế theo vếi ta co: ak22  ak21  18ak 2 ak 1 a12  18a1a2  a22  80 Khi đo: ak22  9a   1  k 2 ak 1  2 80 2 Do ak   nên  9ak 2  ak 1  chia hết cho 80 4 2.5 nên 9ak 2  ak 1 chia hết cho 20 Ttư đoi ta được: 9ak 2  ak 1 20mi m   hay Vậy ak22 Câu 29. ak22 2 20m    1 5m 2 80  1 chia hết cho 5. Gọi A là tập hợp các số tự nhiên co tám chữ số đôi một khác nhà. Chọn ngẫ̀ nhiên một số tự nhiên th̀ộc vào tập A. Tính xác s̀ất để chọn được một số th̀ộc A và số đo chia hết cho 9 . Hướng dẫn giải Gọi A là tập hợp các số tự nhiên co tám chữ số đôi một khác nhà. Chọn ngẫ̀ nhiên một số tự nhiên th̀ộc vào tập A. Tính xác s̀ất để chọn được một số th̀ộc A và số đo chia hết cho 9 . Trang 12 +) Trước hết ta tính n(A). Với số tự nhiên co tám chữ số đôi một khác nhà thì chữ số đầ̀ tiên 7 7 co 9 cách chọn và co A9 cho 7 vị trí con lai. Vậy n  A  9 A9 . +) Gih sử B  0;1; 2;...;9 ta thấy tổng các phần tử của B bằng 459 nên số co chín chữ số đôi một khác nhà và chia hết cho 9 sẽ được tao thành ttư 8 chữ số đôi một khác nhà của các tập B \  0; 9 ; B \  1; 8 ; B \  2; 7 ; B \  3; 6 ; B \  4; 5 8 7 ên số các số loai này là A8  4.7. A7 . Vậy xác s̀ất cần tìm là Câu 30. A88  4.7. A77 1  . 9. A97 9 a) Gọi M. là tập tất ch các số tự nhiên co sá̀ chữ số đôi một khác nhà và co dang a1a2 a3 a4 a5 a6 . Chọn ngẫ̀ nhiên một số ttư tập M.. Tính xác s̀ất để số được chọn là một số chhni đồng thời thỏa mãn a1  a2  a3  a4  a5  a6 . n  1 nCnn  Cn1 2Cn2 3Cn3     ...  . Tính tổng: S  2.3 3.4 4.5  n  1  n  2  Hướng dẫn giải Gọi M. là tập tất ch các số tự nhiên co sá̀ chữ số đôi … 5 Ta co: n  M  9. A9 (số co sá̀ chữ số đôi một khác nhà thì a1 co chín cách chọni a2 a3a4 a5 a6 5 là chtinh hợp chập 5 của 9 phần tử nên co A9 ). +) Gọi A là biến cố “chọn ra được một số tự nhiên chhn ttư tập M đồng thời thỏa mãn a1  a2  a3  a4  a5  a6 ầ. 5 TH1: a6 0 thì a1a2 a3 a4 a5 co C9 cách chọn. 5 TH2: a6 2 thì a1a2 a3a4 a5 co C7 cách chọn. 5 TH3: a6 4 thì a1a2 a3 a4 a5 co C5 cách chọn. n  A  C95  C75  C55 148 Do đo P  A   n  A n    148 37  . 5 9. A9 34020 Trang 13 n  1 nCnn  Cn1 2Cn2 3Cn3     ...  . Tính tổng: S  2.3 3.4 4.5  n  1  n  2  Ta co:  n  1 ! Cnk C k 1 n! 1   .  n 1 (3) k  1 k ! k 1  n  k  ! n  1  k  1 !   n  1   k  1  ! n 1 k Áp dụng 2 lần công thức (3) ta được: k   1 kCnk    1 kCnk22  k  1  k  2   n 1  n  2  Cho k chay ttư 1 đến n rồi cộng vế các đẳng thức trên ta co  n 1  n  2  S  Cn32  2Cn42  3Cn52  ...    1 n nCnn22 n   Cn21  Cn31   2  Cn31  Cn41   3  Cn41  Cn51   ...    1 nCnn11 n  Cn21  Cn31  Cn41  ...    1 Cnn11  Cn01  Cn11  Cn01  Cn11  Cn21  Cn31  Cn41  Cn51  ...    1 1   n  1   1  1 Vậy S  Câu 31. n 1 n 1  Cnn11   n n  n  1  n  2  Trong 1 cái hộp co 3 bi đỏi 4 bi vàngi 5 bi xanh cùng chấti cùng kích thước.M.ột người lấy ngẫ̀ nhiên cùng lđc 4 viên bi. Tính xác s̀ất để số bi đỏ mà người đo lấy được không lớn hơn 2. Hướng dẫn giải Lấy ngẫ̀ nhiêni cùng lđc 4 viên bi trong hộp co 3 bi đỏi 4 bi vàng và 5 bi xanh nên co số phần 4 tử của không gian mẫ̀ là: n() C12 . Gọi A: “Biến cố trong 4 bi lẫy ngẫ̀ nhiên co 3 bi mà̀ đỏầ. n( A) C33 .C91 C33 .C91 1 Xác s̀ất của biến cố A là: P( A)  4  C12 55 Vậy xác s̀ất để số bi đỏ mà người đo lấy được không lớn hơn 2 là 1  P ( A) 1  Câu 32. 1 54  55 55 Cho tập S gồm tất ch các số ng̀yên trên trong đoan [1;2014] . Gọi T là tập hợp gồm tất ch các tập con không rỗng của S. Với mỗi tập hợp X  T i ký hiệ̀ m( X ) là tr̀ng bình cộng của tất Trang 14 ch các số th̀ộc X . Đặt m   m( X ) |T | (ở đây tổng được lấy theo tất ch các tập hợp X  T ). Hãy tính giá trị của m. Hướng dẫn giải Cho tập S gồm tất ch các số ng̀yên trên trong đoan [1;2014] . Gọi T là tập hợp gồm tất ch các tập con không rỗng của S. Với mỗi tập hợp X  T i ký hiệ̀ m( X ) là tr̀ng bình cộng của tất ch các số th̀ộc X . Đặt m   m( X ) |T | (ở đây tổng được lấy theo tất ch các tập hợp X  T ). Hãy tính giá trị của m. Với mỗi x  [1i 2i ...i 2014]i đặt mk  m(X) ở đây tổng được lấy theo tất ch các tập hợp X  T mà | X | k . k1 Xet số a bất kỳ th̀ộc Si s̀y ra a co mặt trong C2013 tập X  T mà | X | k . k1 k1 S̀y ra kmk (1  2  ...  2014)C2013 1007.2015.C2013 Do đo  k 1 2014 2014  C2013  2015 2014 k 2015 2014 k m (X)  m  1007.2015  C  C2014     2014 2    k k  2 k 1 k 1 k 1  k 1 2015 2014 (2  1) 2 2015 M.à | T | (2  1)  m  2015 2 Cách 2. Xây dựng song ánh ttư T vào T như sà X  T  f ( X ) {2015 - x / x  X }  m( X )  m( f ( X )) 2015 Suy ra 2 m(X)   m(X)  m(f(X)) | T | .2015 Suy ra m  Câu 33.  m(X)  2015 |T| 2 Ơ các vị trí khác nhà của mô ̣t đường đ̀a ô tô vong tron cùng mô ̣t thời gian co 25 ô tô x̀ất phát theo cùng mô ̣t hướng. Theo thể lê ̣ c̀ô ̣c đ̀ai các ô tô co thể vượt lẫn nhài nhưng cấm không được vượt đồng thời hai xe mô ̣t lđc. Các ô tô đến đích là các điểm mà chđng x̀ất phát ban đầ̀ cùng mô ̣t lđc. Chứng minh rằng trong s̀ốt c̀ô ̣c đ̀a co mô ̣t số chhn lần vượt nhà của các ô tô. Trang 15 Hướng dẫn giải Ơ Ta sơn 1 trong 25 ô tô thành mà̀ vàngi con các oto khác đánh số ttư 1 đến 24 theo thứ tự mà chđng ở thời điểm ban đầ̀ sà ô tô mà̀ vàng ( theo chiề ch̀yển đô ̣ng của các ô tô). Ơ tâm của đường đ̀a ta đă ̣t mô ̣t bhng để ghi số thứ tự của các ô tô sắp xếp sà ô tô vàng sà mỗi lần các ô tô vượt nhài tức là ta được mô ̣t hoán vị của {1i2i…i24}. Trường hợp 1: M.ỗi lần 2 ô tô trong các ô tô ttư 1 đến 24 vượt nhà thì trên bhng co 2 số liên nhà đổi chỗ cho nhà. Trường hợp 2: ế̀ trước khi co lần vượt của mô ̣t ô tô nào với ô tô vàngi các số trên bhng lâ ̣p thành mô ̣t hoán vị a1i a2i…ia24 thì sà lần vượt đo sẽ co hoán vị a2ia3i…ia24ia1. Ttư hoán vị trên co thể ch̀yển x̀ống hoán vị dưới bằng 23 phep ch̀yển vịi tức là phep đổi chỗ 2 số liên nhà. Trường hợp 3: ế̀ ô tô vàng vượt mô ̣t ô tô nào đo thì ttư hoán vị a 1ia2i…ia24 ta co hoán vị a24ia1ia2i…a23. Lần di ch̀yển này cũng co thể thay bằng 23 phep ch̀yển vị như trường hợp 2. hư vâ ̣y mỗi lần các ô tô vượt nhà đề dẫn đến viê ̣c thực hiê ̣n mô ̣t số lẻ lần phep ch̀yển vị. Ta sẽ chứng minh nế̀ số lần vượt nhà là số lẻ thì khi vê đích các ô tô không được sắp xếp như cũ. Thâ ̣t vâ ̣y gs a1ia2…ia24 là mô ̣t cách sắp xếp tùy ý của các số1i2i…24. Ta sẽ noi rằng các số aiiaj lâ ̣p thành mô ̣t nghịch thế nế̀ iaj. Khi đổi vị trí 2 số đứng liên nhài tức là thực hiê ̣n mô ̣t phep ch̀yển vị thì sẽ tăng hay gihm số nghịch thế đi 1. Do đo nế̀ các oto vượt nhà mô ̣t số lẻ lần thì ttư cách sắp xếp thứ tự của các oto ban đầ̀i đến c̀ối cùng ta đã thực hiê ̣n mô ̣t số lẻ các phep ch̀yển vịi tức là số nghich thế của lần sắp xếp c̀ối cùng là số lẻi ngh̃a là các ô tô không thể sắp xếp như cũ. M.ầ th̀ẫn. Vâ ̣y các ô tô vượt nhà mô ̣t số chhn lần. Câu 34. Với n là số ng̀yên dươngi một tập con của tập  1i2i3i...i n được gọi là tốt nế̀ sà khi ta sắp xếp thứ tự tăng các phần tử của no thì th̀ được các số lẻi chhni lẻi … theo thứ tự. Ví dụ các tập con tốt là  1i4i5i6 i 3i4i7 i tập  . Tập  2i3i4i7 không là tập con tốt do no bắt đầ̀ bởi số chhn. Tính số tập con tốt của tập  1i2i3i...i n . Trang 16 Hướng dẫn giải Gọi f n là số tập con tốt của  1i2i3i...i n . Ta lập hệ thức tr̀y hồi của f n . + ế̀ tập con tốt của  1i2i3i...i n không lấy n thì f n  f n  1 . + ế̀ tập con tốt của  1i2i3i...i n lấy n thì f n  f n  2 . Vậy ta co f n  f n 1  f n  2 . Hơn nữa f1 2i f 2 3 1 5 2 Phương trình đặc trưng x 2  x  1 0  x  n  1 5   1 5  S̀y ra f n  A    B   2   2  n  1 5 1 5 B 2 A 2 2   Thay 2 giá trị đầ̀ ta được  2 2      A 1  5  B 1  5 3     2  2         2 2 51 A   5 5  2  B   5 5  S̀y ra   n n 2 2 5  1  1 5  2  1 5  2 5  fn        5  5  2  5 5 2  5 Câu 35. 1 1  5     2  n 1 1 1 5     5 2  n 1 Với mỗi hoán vị p  a1 i a2 i...i a9  của các chữ số 1i 2i …i 9i kí hiệ̀ s  p  là tổng của ba số co 3 chữ số a1a2 a3 i a4 a5 a6 i a7 a8 a9 . Trong các s  p  co hàng đơn vị bằng 0i gọi m là giá trị nhỏ nhất của no và n là số các hoán vị p thỏa mãn s  p  m . Tính m  n . Hướng dẫn giải Với mỗi hoán vị p  a1 i a2 i...i a9  của các chữ số 1i 2i …i 9i kí hiệ̀ s  p  là tổng của ba số co 3 chữ số a1a2 a3 i a4 a5 a6 i a7 a8 a9 . Trong các s  p  co hàng đơn vị bằng 0i gọi m là giá trị nhỏ nhất của no và n là số các hoán vị p thỏa mãn s  p  m . Tính m  n . Trang 17 Với mỗi hoán vị p  a1 i a2 i...i a9  của các chữ số 1i 2i …i 9i kí hiệ̀ s  p  là tổng của ba số co 3 chữ số a1a2 a3 i a4 a5 a6 i a7 a8 a9 . Trong các s  p  co hàng đơn vị bằng 0i gọi m là giá trị nhỏ nhất của no và n là số các hoán vị p thỏa mãn s  p  m . Tính m  n . Để s  p  đat giá trị nhỏ nhất thì 3 chữ số hàng trăm là 1i 2i 3i s  p  co chữ số tận cùng bằng 0 thì các chữ số hàng đơn vị co tổng là bội của 10. Và ttư các chữ số 4i 5i 6i 7i 8i 9 không co ba số nào co tổng bằng 10 và vì 7  8  9 24  30 nên 3 chữ số hàng đơn vị phhi co tổng bằng 20i ta thấy 5  6  9 4  7  9 5  7  8 20 i co ba bộ số co thể xếp vào 3 chữ số ở hàng đơn vịi tương ứng các chữ số con lai sẽ là hàng chục. Do đo giá trị nhỏ nhất của s  p  là m  1  2  3 100  19 10  20 810 hư vậy co 3 trường hợpi trong mỗi trường hợp co 6 cách chọn 3 chữ số hàng trămi 6 cách chọn 3 chữ số hàng chục và 6 cách chọn 3 chữ số hàng đơn vị. Vậy số các hoán vị p thỏa mãn yề cầ̀ bài toán là n 3 6 6 6 648 . Vậy m  n 162 . Câu 36. Cho tập hợp A gồm n phần tử (n≥4). Biết rằng số tập con gồm 4 phần tử của A bằng 20 lần số tập con gồm 2 phần tử của A. Tìm K  {1;2;…;n} sao cho số tập con gồm K phần tử của A là lớn nhất? Hướng dẫn giải ( Không có giải) Câu 37. M.ột số điện thoai di động là một dãy số gồm 10 chữ số được chọn ttư  0i1i 2i3i4i5i6i7i8i9 i nhưng chữ số đầ̀ tiên phhi là 0. M.r. Fat co số điện thoai 0912364587 là một dãy số gồm 10 chữ số co tính chất 9 chữ số sà (không kể chữ số 0 đầ̀ tiên) là phân biệti khác 0; đồng thời các chữ số ttư 1 đến 5 x̀ất hiện trong dãy ttư trái ùa phhi theo đđng thứ tự tự nhiên của chđngi con các chữ số ttư 1 đến 6 thì không. M.rs. Fat cũng m̀ốn chọn được một số điện thoai co cùng tính chất như vậy. Hỏi bà ta co bao nhiề cách chọn (sự lựa chọn)? Hướng dẫn giải ( Không có giải) Câu 38. Gọi A là tập hợp các số tự nhiên co tám chữ số đôi một khác nhà. Chọn ngẫ̀ nhiên một số tự nhiên th̀ộc vào tập A. Tính xác s̀ất để chọn được một số th̀ộc A và số đo chia hết cho 9 . Hướng dẫn giải Gọi A là tập hợp các số tự nhiên co tám chữ số đôi một khác nhà. Chọn ngẫ̀ nhiên một số tự nhiên th̀ộc vào tập A. Tính xác s̀ất để chọn được một số th̀ộc A và số đo chia hết cho 9 . Trang 18 +) Trước hết ta tính n(A). Với số tự nhiên co tám chữ số đôi một khác nhà thì chữ số đầ̀ tiên 7 7 co 9 cách chọn và co A9 cho 7 vị trí con lai. Vậy n  A  9 A9 +) Gih sử B  0;1; 2;...;9 ta thấy tổng các phần tử của B bằng 459 nên số co chín chữ số đôi một khác nhà và chia hết cho 9 sẽ được tao thành ttư 8 chữ số đôi một khác nhà của các tập B \  0; 9 ; B \  1; 8 ; B \  2; 7 ; B \  3; 6 ; B \  4; 5 nên số các số loai này là A88  4.7. A77 . Vậy xác s̀ất cần tìm là Câu 39. Co A88  4.7. A77 1  . 9. A97 9 học sinh đứng thành hàng dọci cứ mỗi lần thầy giáo thổi coi thì co đđng 2 học sinh đổi chỗ cho nhà. Hỏi sà 2015 lần thầy giáo thổi coii ta co thể thấy tất ch các học sinh đề đứng trở lai đđng vị trí ban đầ̀ của mình hay không ? Hướng dẫn giải Đánh số ttư 1 đến n cho các ban học sinh trong hàng dọc lđc đầ̀. Ký hiệ̀ của là tập các hoán vị . Gọi là một hoán vị của nghịch thế của nế̀ Xet ánh xa và . Cặp của gọi là 1 . mà th̀ được ttư bằng cách đổi chỗ hai vị trí kê nhà và giữ ng̀yên các vị trí con lai. Cho . Xet ánh xa Là hợp thành của ánh xa. Dễ thấy th̀ được ttư bằng cách đổi vị trí của và giữ ng̀yên các vị trí con lai . Gọi là số nghịch thế của hoán vị . Trang 19 Ta co Do vậy (2). Ttư (1) và (2) s̀y ra Gih sử là thứ tự của Ta co và (mod2) (3). học sinh sà lần thổi coi thứ k của thầy giáo. với Theo (3) ta co nào đo. (mod2). Do đo (vì ế̀ k lẻ thì . do đo . Vậy sà 2015 lần thổi coii tất ch các học sinh không thể đứng trở lai đđng vị trí ban đầ̀ của mình. Câu 40. Lấy ngẫ̀ nhiên 7 số tự nhiên co 7 chữ số khác nhà. Tìm xác x̀ất để trong đo co đđng 4 số chhn. Hướng dẫn gihi 6 Số các stn co 7 chữ số khác nhà là: 9 A9 544320 số. Trong đo co số các số lẻ là: 5.8. A85 268800 sối vậy co 275520 số chhn. KGM. co số phần tử là: 7 . C544320 4 3 Số cách lấy 7 stn trong đo co đđng 4 số chhn là C275520 C268800 =74059776000  P 0.27668828 Câu 41. Lấy ngẫ̀ nhiên 498 số ng̀yên dương không vượt ùá 1000. Chứng minh rằng trong đo co 2 số co tổng chia hết cho 111. Hướng dẫn giải Xet tập S={1i2i…i1000} ta phân hoach S như sà: A={1000}i B={111;222;…;999} Trang 20