Một khối lập phương có độ dài cạnh là ${\rm{2cm}}$ được chia thành $8$ khối lập phương cạnh ${\rm{1cm}}$. Hỏi có bao nhiêu tam giác được tạo thành từ các đỉnh của khối lập phương cạnh ${\rm{1cm}}$.
Có tất cả $27$ điểm.
Chọn $3$ điểm trong $27$ có $C_{27}^3 = 2925.$
Có tất cả $\left( {8.2 + 6.2 + 4.2 + 4 + 3 + 2 + 2 + 2} \right) = 49$ bộ ba điểm thẳng hàng.
Vậy có $2925 - 49 = 2876$ tam giác.
Hai người ngang tài ngang sức tranh chức vô địch của một cuộc thi cờ tướng. Người giành chiến thắng là người đầu tiên thắng được năm ván cờ. Tại thời điểm người chơi thứ nhất đã thắng $4$ ván và người chơi thứ hai mới thắng $2$ ván, tính xác suất để người chơi thứ nhất giành chiến thắng.
Theo giả thiết hai người ngang tài ngang sức nên xác suất thắng thua trong một ván đấu là $0,5;0,5$.
Xét tại thời điểm người chơi thứ nhất đã thắng $4$ ván và người chơi thứ hai thắng $2$ ván.
Để người thứ nhất chiến thắng thì người thứ nhất cần thắng 1 ván và người thứ hai thắng không quá hai ván.
Có ba khả năng:
TH1: Đánh 1 ván. Người thứ nhất thắng xác suất là $0,5$.
TH2: Đánh 2 ván. Người thứ nhất thắng ở ván thứ hai xác suất là ${\left( {0,5} \right)^2}$.
TH3: Đánh 3 ván. Người thứ nhất thắng ở ván thứ ba xác suất là ${\left( {0,5} \right)^3}$.
Vậy $P = 0,5 + {\left( {0,5} \right)^2} + {\left( {0,5} \right)^3} = \dfrac{7}{8}.$.
Tìm số tự nhiên $n$ thỏa mãn $\dfrac{{C_n^0}}{{1.2}} + \dfrac{{C_n^1}}{{2.3}} + \dfrac{{C_n^2}}{{3.4}} + ... + \dfrac{{C_n^n}}{{\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}} = \dfrac{{{2^{100}} - n - 3}}{{\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}}$.
Cách 1: Ta có:
$\dfrac{{C_n^k}}{{\left( {k + 1} \right)\left( {k + 2} \right)}} = \dfrac{{n!}}{{k!\left( {n - k} \right)!\left( {k + 1} \right)\left( {k + 2} \right)}} = \dfrac{{\left( {n + 2} \right)!}}{{\left( {n - k} \right)!\left( {k + 2} \right)!\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}} = \dfrac{{C_{n + 2}^{k + 2}}}{{\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}}$
Suy ra: $\sum\limits_{k = 0}^n {\dfrac{{C_n^k}}{{\left( {k + 1} \right)\left( {k + 2} \right)}} = \sum\limits_{k = 0}^n {\dfrac{{C_{n + 2}^{k + 2}}}{{\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}}} } $
$ \Leftrightarrow \dfrac{{C_n^0}}{{1.2}} + \dfrac{{C_n^1}}{{2.3}} + \dfrac{{C_n^2}}{{3.4}} + ... + \dfrac{{C_n^n}}{{\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}} = \dfrac{{C_{n + 2}^2 + C_{n + 2}^3 + C_{n + 2}^4 + ... + C_{n + 2}^{n + 2}}}{{\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}}$$\left( * \right)$
Ta xét khai triển sau: ${\left( {1 + x} \right)^{n + 2}} = C_{n + 2}^0 + x.C_{n + 2}^1 + {x^2}.C_{n + 2}^2 + {x^3}.C_{n + 2}^3 + ... + {x^{n + 2}}.C_{n + 2}^{n + 2}$
Chọn $x = 1 \Rightarrow {2^{n + 2}} = C_{n + 2}^0 + C_{n + 2}^1 + C_{n + 2}^2 + C_{n + 2}^3 + ... + C_{n + 2}^{n + 2}$
Do đó: $\left( * \right) \Leftrightarrow \dfrac{{{2^{100}} - n - 3}}{{\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}} = \dfrac{{{2^{n + 2}} - C_{n + 2}^0 - C_{n + 2}^1}}{{\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}} \Leftrightarrow {2^{100}} = {2^{n + 2}} \Leftrightarrow n = 98$
Xét một bảng ô vuông gồm \(4 \times 4\) ô vuông. Người ta điền vào mỗi ô vuông đó một trong hai số \(1\) hoặc \( - 1\) sao cho tổng các số trong mỗi hàng và tổng các số trong mỗi cột đều bằng \(0\). Hỏi có bao nhiêu cách?
Nhận xét 1: Trên mỗi hàng có \(2\) số \(1\) và \(2\) số \( - 1\), mỗi cột có \(2\) số \(1\) và \(2\) số \( - 1\)
Nhận xét 2: Để tổng các số trong mỗi hàng và trong mỗi cột bằng $0$ đồng thời có không quá hai số bằng nhau và ba hàng đầu tiên đã được xếp số thì ta chỉ có một cách xếp hàng thứ tư.
Do vậy ta tìm số cách xếp ba hàng đầu tiên. Phương pháp giải bài này là xếp theo hàng. (Hình vẽ). Các hàng được đánh số như sau:
Nếu xếp tự do thì mỗi hàng đều có $\dfrac{{4!}}{{2!.2!}} = 6$ cách điền số mà tổng các số bằng 0, đó là các cách xếp như sau (Ta gọi là các bộ số từ $\left( 1 \right)$ đến $\left( 6 \right)$):
$11 - 1 - 1$$\left( 1 \right)$,$1 - 1 - 11$$\left( 2 \right)$,$ - 1 - 111$$\left( 3 \right)$,$ - 11 - 11$$\left( 4 \right)$,$1 - 11 - 1$$\left( 5 \right)$,$ - 111 - 1$$\left( 6 \right)$
Giả sử hàng \(1\) được xếp như bộ $\left( 1 \right)$. Số cách xếp hàng \(2\) có các khả năng sau
KN1: Hàng \(2\) xếp giống hàng 1: Có \(1\) cách xếp ( bộ $\left( 1 \right)$).
Hàng \(3\) có \(1\) cách ( bộ $\left( 3 \right)$). Hàng \(4\) có \(1\) cách. Vậy có \(1.1.1.1 = 1\) cách xếp.
KN2: Hàng \(2\) xếp đối xứng với hàng 1: Có \(1\) cách xếp (bộ $\left( 3 \right)$)
Hàng \(3\) có \(6\) cách ( lấy thoải mái từ các bộ vì tổng hai hàng trên đã bằng $0$). Hàng \(4\) có \(1\) cách. Vậy có \(1.1.6.1 = 6\) cách xếp.
KN3: Hàng \(2\) xếp trùng với cách xếp hàng \(1\) ở \(2\) vị trí: Có \(4\) cách xếp ($4$ bộ còn lại)
Khi đó, với mỗi cách xếp hàng thứ \(2\) thì:
+) hàng \(3\) có \(2\) cách
+) hàng \(4\) có \(1\) cách.
Vậy có \(4.2.1 = 8\) cách xếp.
Vì vai trò các bộ số như nhau nên số cách xếp thỏa mãn ycbt là \(6.\left( {1 + 6 + 8} \right) = 90\) cách.
Thầy X có $15$ cuốn sách gồm $4$ cuốn sách toán, $5$ cuốn sách lí và $6$ cuốn sách hóa. Các cuốn sách đôi một khác nhau. Thầy X chọn ngẫu nhiên $8$ cuốn sách để làm phần thưởng cho một học sinh. Tính xác suất để số cuốn sách còn lại của thầy X có đủ $3$ môn.
Gọi A là biến cố “Số cuốn sách còn lại của thầy X có đủ 3 môn”, suy ra $\overline A $ là biến cố “Số cuốn sách còn lại của thầy X không có đủ 3 môn”= “Thầy X chắc chắn đã lấy hết số sách của một môn học”.
Số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( \Omega \right)\)\( = C_{15}^8\)\( = 6435\)
TH1: Lấy hết \(4\) cuốn môn toán và thêm \(4\) trong \(11\) cuốn còn lại có \(C_4^4.C_{11}^4\) cách.
TH2: Lấy hết \(5\) cuốn lí và \(3\) trong \(10\) cuốn còn lại có \(C_5^5.C_{10}^3\) cách.
TH3: Lấy hết \(6\) cuốn hóa và \(2\) trong \(9\) cuốn còn lại có \(C_6^6.C_9^2\) cách.
\(n\left( {\overline A } \right) = C_4^4.C_{11}^4 + C_5^5.C_{10}^3 + C_6^6.C_9^2 = 486\)\( \Rightarrow P\left( {\overline A } \right) = \dfrac{{54}}{{715}}\)\( \Rightarrow P\left( A \right) = 1 - P\left( {\overline A } \right) = \dfrac{{661}}{{715}}\)
Một con thỏ di chuyển từ địa điểm $A$ đến địa điểm $B$ bằng cách qua các điểm nút (trong lưới cho ở hình vẽ) thì chỉ di chuyển sang phải hoặc đi lên (mỗi cách di chuyển như vậy xem là một cách đi). Biết nếu thỏ di chuyển đến nút $C$ thì bị cáo ăn thịt, tính xác suất để thỏ đến được vị trí $B$.
Số cách di chuyển từ \(A\) đến \(I\) là \(C_5^2\) , số cách di chuyển từ \(I\) đến \(B\) là \(C_4^2\).
Số phần tử không gian mẫu: $n\left( \Omega \right) = C_5^2.C_4^2 = 60$
Gọi $X$ là biến cố thỏ đến được vị trí $B$ mà không bị cáo ăn thịt.
Số cách di chuyển từ \(A\) đến \(I\) là \(C_5^2\) , số cách di chuyển từ \(I\) đến \(J\) là \(1\) cách, số cách di chuyển từ \(J\) đến \(B\) là \(C_3^1\). Ta có $n\left( X \right) = C_5^2.1.C_3^1 = 30$
$P\left( X \right) = \dfrac{{n\left( X \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \dfrac{1}{2}$.
Mỗi lượt, ta gieo một con súc sắc (loại $6$ mặt, cân đối) và một đồng xu (cân đối). Tính xác suất để trong $3$ lượt gieo như vậy, có ít nhất một lượt gieo được kết quả con súc sắc xuất hiện mặt $1$ chấm, đồng thời đồng xu xuất hiện mặt sấp.
Trước hết ta tính xác suất để trong một lượt gieo thứ \(k\) không được kết quả con xúc sắc xuất hiện mặt $1$ chấm, đồng thời đồng xu xuất hiện mặt sấp.
Số phần tử của không gian mẫu là \(C_2^1.C_6^1 = 12\).
Số cách gieo để được kết quả con xúc sắc xuất hiện mặt $1$ chấm, đồng thời đồng xu xuất hiện mặt sấp là \(C_1^1.C_1^1 = 1\). Vậy \(P\left( {{A_k}} \right) = \dfrac{{12 - 1}}{{12}} = \dfrac{{11}}{{12}}\)
Gọi \(A\) là biến cố trong $3$ lượt gieo có ít nhất một lượt gieo được kết quả con xúc sắc xuất hiện mặt $1$ chấm, đồng thời đồng xu xuất hiện mặt sấp.
Khi đó \(P\left( A \right) = 1 - P\left( {{A_1}{A_2}{A_3}} \right) = 1 - {\left( {\dfrac{{11}}{{12}}} \right)^3} = \dfrac{{397}}{{1728}}\).
Biết tổng các hệ số của ba số hạng đầu trong khai triển \({\left( {{x^2} - \dfrac{2}{x}} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{{\left( { - 1} \right)}^k}{{\left( {{x^2}} \right)}^{n - k}}.{{\left( {\dfrac{2}{x}} \right)}^k}} \) bằng \(49\). Khi đó hệ số của số hạng chứa \({x^3}\) trong khai triển đó là
Ta có \({\left( {{x^2} - \dfrac{2}{x}} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{{\left( { - 1} \right)}^k}{{\left( {{x^2}} \right)}^{n - k}}.{{\left( {\dfrac{2}{x}} \right)}^k}} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{{\left( { - 1} \right)}^k}{{.2}^k}.{x^{2n - 3k}}} \)
Vì tổng các hệ số của ba số hạng đầu trong khai triển bằng \(49\) nên \(C_n^0 - 2C_n^1 + {2^2}C_n^2 = 49\,\,\,\left( * \right)\)
Điều kiện \(n \in \mathbb{N}^*\), \(n \ge 2\).
Khi đó \(\left( * \right)\)\( \Leftrightarrow \,\,\,1 - 2n + {2^2}.\dfrac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2} = 49\)\( \Leftrightarrow \,\,\,1 - 2n + 2{n^2} - 2n = 49\)\( \Leftrightarrow \,\,\,2{n^2} - 4n - 48 = 0\)\( \Leftrightarrow \,\,\,n = - 4\) (loại), \(n = 6\) (nhận).
Với \(n = 6\) ta có nhị thức \({\left( {{x^2} - \dfrac{2}{x}} \right)^6}\).
Số hạng tổng quát của khai triển là: \(C_6^k{\left( { - 1} \right)^k}{.2^k}.{x^{12 - 3k}}\)\(\left( {k \in \mathbb{N},\,\,0 \le k \le 6} \right)\).
Số hạng chứa \({x^3}\) ứng với \(k\) thỏa mãn \(12 - 3k = 3\)\( \Leftrightarrow \)\(k = 3\) (nhận).
Vậy hệ số của số hạng chứa \({x^3}\) trong khai triển là \(C_6^3{\left( { - 1} \right)^3}{.2^3} = - 160\).
Tính tổng \(S = \dfrac{1}{{2018}}{\left( {C_{2018}^1} \right)^2} + \dfrac{2}{{2017}}{\left( {C_{2018}^2} \right)^2} + ... + \dfrac{{2017}}{2}{\left( {C_{2018}^{2017}} \right)^2} + \dfrac{{2018}}{1}{\left( {C_{2018}^{2018}} \right)^2}\)
Ta có $C_n^k = \dfrac{{n - k + 1}}{k}.C_n^{k - 1}$ với \(\forall k \in \mathbb{N}\), \(n \in \mathbb{N}\), \(n \ge k\) nên:
\(S = \dfrac{1}{{2018}}C_{2018}^1.C_{2018}^1 + \dfrac{2}{{2017}}C_{2018}^2.C_{2018}^2 + ...\) \( + \dfrac{{2017}}{2}C_{2018}^{2017}.C_{2018}^{2017} + \dfrac{{2018}}{1}C_{2018}^{2018}.C_{2018}^{2018}\)
\(S = \dfrac{1}{{2018}}C_{2018}^1.\dfrac{{2018}}{1}C_{2018}^0 + \dfrac{2}{{2017}}C_{2018}^2.\dfrac{{2017}}{2}C_{2018}^1\)\( + ... + \dfrac{{2017}}{2}C_{2018}^{2017}.\dfrac{2}{{2017}}C_{2018}^{2016} + \dfrac{{2018}}{1}C_{2018}^{2018}.\dfrac{1}{{2018}}C_{2018}^{2017}\)
\( = C_{2018}^1.C_{2018}^0 + C_{2018}^2.C_{2018}^1 + ... + C_{2018}^{2017}.C_{2018}^{2016} + C_{2018}^{2018}.C_{2018}^{2017}\).
Mà \(C_{2018}^k = C_{2018}^{2018 - k}\) suy ra
\(S = C_{2018}^1.C_{2018}^{2018} + C_{2018}^2.C_{2018}^{2017} + ... + C_{2018}^{2017}.C_{2018}^2 + C_{2018}^{2018}.C_{2018}^1\).
Mặt khác ta có:
\({\left( {1 + x} \right)^{2018}} = \sum\limits_{k = 0}^{2018} {C_{2018}^k{x^k}} \)
\( \Rightarrow {\left( {1 + x} \right)^{2018}}.{\left( {1 + x} \right)^{2018}}\) \( = \sum\limits_{k = 0}^{2018} {C_{2018}^k{x^k}} .\sum\limits_{l = 0}^{2018} {C_{2018}^l{x^l}} \) \( = \sum\limits_{k,l = 0}^{2018} {C_{2018}^k.C_{2018}^l.{x^{k + l}}} \) \(\left( 1 \right)\).
Suy ra hệ số của số hạng chứa \({x^{2019}}\) trong khai triển của \(\left( 1 \right)\) là
\(S = C_{2018}^1.C_{2018}^{2018} + C_{2018}^2.C_{2018}^{2017} + ... + C_{2018}^{2017}.C_{2018}^2 + C_{2018}^{2018}.C_{2018}^1\).
Lại do \({\left( {1 + x} \right)^{2018}}.{\left( {1 + x} \right)^{2018}} = {\left( {1 + x} \right)^{4036}}\);
\({\left( {1 + x} \right)^{4036}} = \sum\limits_{n = 0}^{4036} {C_{4036}^n{x^n}} \)\(\left( 2 \right)\)
Suy ra hệ số của số hạng chứa \({x^{2019}}\) trong khai triển của \(\left( 2 \right)\) là \(C_{4036}^{2019}\).
Vậy \(S = C_{2018}^1.C_{2018}^{2018} + C_{2018}^2.C_{2018}^{2017} + ... + C_{2018}^{2017}.C_{2018}^2 + C_{2018}^{2018}.C_{2018}^1 = C_{4036}^{2019}\)
So sánh với các đáp án bằng máy tính bỏ túi ta được \(S = \dfrac{{2018}}{{2019}}C_{4036}^{2018}\)
Xếp ngẫu nhiên \(10\) học sinh gồm \(2\) học sinh lớp ${\rm{12A}}$, \(3\) học sinh lớp ${\rm{12B}}$ và \(5\) học sinh lớp ${\rm{12C}}$ thành một hàng ngang. Xác suất để trong \(10\) học sinh trên không có \(2\) học sinh cùng lớp đứng cạnh nhau bằng
Số cách xếp \(10\) người vào \(10\) chỗ là \(10!\)
Kí hiệu học sinh các lớp \(12C\) là \(C\)
Ta xếp \(5\) học sinh của lớp \(12C\) trước, khi đó xảy ra các trường hợp sau:
+ TH1: \(CxCxCxCxCx\) với \(x\) là ghế trống.
Khi đó, số cách xếp \(5\) vị trí \(C\) là \(5!\) và số cách xếp vào \(5\) vị trí \(x\) là \(5!\)
Nên có \(5!.5!\) cách xếp.
+ TH2: \(xCxCxCxCxC\)cũng có \(5!.5!\) cách xếp.
+ TH3: \(CxxCxCxCxC\) ở đó hai vị trí \(xx\) phải là \(1\) học sinh lớp \(A\) và \(1\) học sinh lớp \(B\)
Số cách chọn \(1\) học sinh lớp \(A\) và \(1\) học sinh lớp \(B\) và \(2\) vị trí đó là \(2.3.2!\)
Ba ghế trống còn lại có \(3!\) cách xếp.
Do đó có \(5!.2.3.2!.3!\) cách xếp.
+ TH4: \(CxCxxCxCxC\) cũng có \(5!.2.3.2!.3!\) cách xếp.
+ TH5: \(CxCxCxxCxC\) cũng có \(5!.2.3.2!.3!\) cách xếp.
+ TH6: \(CxCxCxCxxC\) cũng có \(5!.2.3.2!.3!\) cách xếp.
Vậy có \(2.5!.5! + 4.5!.2.3.2!.3! = 63360\) cách xếp.
Xác suất cần tính là: \(\dfrac{{63360}}{{10!}} = \dfrac{{11}}{{630}}\)
An và Bình cùng tham gia kì thi THPTQG năm \(2018\), ngoài thi ba môn Toán, Văn, Tiếng Anh bắt buộc thì An và Bình đều đăng kí thi thêm đúng hai môn tự chọn khác trong ba môn Vật lí, Hóa học và Sinh học dưới hình thức thi trắc nghiệm để xét tuyển Đại học. Mỗi môn tự chọn trắc nghiệm có \(8\) mã đề thi khác nhau, mã đề thi của các môn khác nhau là khác nhau. Tính xác suất để An và Bình có chung đúng một môn thi tự chọn và chung một mã đề.
Gọi \(A\) là biến cố: “An và Bình có chung đúng một môn thi tự chọn và chung một mã đề”.
Số khả năng An chọn \(2\) môn thi tự chọn và mã đề của \(2\) môn thi là \(C_3^2{.8^2}\).
Số khả năng Bình chọn \(2\) môn thi tự chọn và mã đề của \(2\) môn thi là \(C_3^2{.8^2}\).
Do đó, số phần tử của không gian mẫu là $n\left( \Omega \right) = C_3^2{.8^2}.C_3^2{.8^2}$.
Bây giờ ta đếm số khả năng để An và Bình có chung đúng một môn thi tự chọn và chung một mã đề:
Số khả năng An chọn \(2\) môn thi tự chọn và mã đề của \(2\) môn thi là \(C_3^2{.8^2}\).
Sau khi An chọn thì Bình có \(2\) cách chọn \(2\) môn thi tự chọn để có đúng một môn thi tự chọn với An, để chung mã đề với An thì số cách chọn mã đề \(2\) môn thi của Bình là \(1.8 = 8\) cách. Như vậy, số cách chọn môn thi và mã đề thi của Bình là \(2.8\).
Do đó: \(n\left( A \right) = C_3^2{.8^2}.2.8\).
Bởi vậy: \(P\left( A \right) = \dfrac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}}\)\( = \dfrac{{C_3^2{{.8}^2}.2.8}}{{C_3^2{{.8}^2}.C_3^2{{.8}^2}}} = \dfrac{1}{{12}}\).
Trong không gian cho \(2n\) điểm phân biệt (\(n > 4\), \(n \in \mathbb{N}\)), trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng và trong \(2n\) điểm đó, có đúng \(n\) điểm cùng nằm trên một mặt phẳng và không có \(4\) điểm nào ngoài \(4\) điểm trong \(n\) điểm này đồng phẳng. Tìm \(n\) sao cho từ \(2n\) điểm đã cho tạo ra đúng \(201\) mặt phẳng phân biệt.
Số cách chọn \(3\) điểm trong \(2n\) điểm phân biệt đã cho là \(C_{2n}^3\).
Số cách chọn \(3\) điểm trong \(n\) điểm cùng nằm trên một mặt phẳng là \(C_n^3\).
Số mặt phẳng được tạo ra từ \(2n\) điểm đã cho là $C_{2n}^3 - C_n^3 + 1$.
Như vậy: $C_{2n}^3 - C_n^3 + 1 = 201$\( \Leftrightarrow \dfrac{{\left( {2n} \right)!}}{{3!\left( {2n - 3} \right)!}} - \dfrac{{n!}}{{3!\left( {n - 3} \right)!}} + 1 = 201\)
$ \Leftrightarrow \dfrac{{2n\left( {2n - 1} \right)\left( {2n - 2} \right)}}{6} - \dfrac{{n\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right)}}{6} = 200$$ \Leftrightarrow 2n\left( {2n - 1} \right)\left( {2n - 2} \right) - n\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right) = 1200$
\( \Leftrightarrow 7{n^3} - 9{n^2} + 2n - 1200 = 0\)
\( \Leftrightarrow 7n^3-42n^2+33n^2-198n+200n-1200=0\)
\( \Leftrightarrow \left( {n - 6} \right)\left( {7{n^2} + 33n + 200} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow n = 6\)
Vậy \(n = 6\).
