Tổng hợp câu hay và khó chương 2 - Phần 2

Ta có $C_{2020}^{1010}$ cách chọn $1010$ vị trí trong $2020$ lần tung đồng xu để mặt xấp xuất hiện, các lần tung còn lại không xuất hiện mặt sấp. Ứng với mỗi cách chọn cố định 1010 vị trí xuất hiện mặt xấp ta có xác suất của trường hợp đó tính như sau:

+) Tại những lần mặt xấp xuất hiện thì xác suất xảy ra là $0,6$.

+) Tại những lần mặt ngửa xuất hiện thì xác suất xảy ra là $1 - 0,6$.

Do có $1010$ lần xuất hiện mặt sấp và $1010$ xuất hiện mặt ngửa nên ứng với mỗi cách chọn cố định 1010 vị trí xuất hiện mặt xấp thì có xác xuất là ${0,6^{1010}}{\left( {1 - 0,6} \right)^{1010}} = {\left( {0,24} \right)^{1010}}$.

Vậy xác xuất cần tính là $C_{2020}^{1010}.{\left( {0,24} \right)^{1010}}$.

Nếu chọn chữ số $1$ làm hàng trăm thì ta có các số sau:

$123,124,126,134,136,146,$$132,142,162,143,163,164$

Từ đó ta thấy chữ số $1$ ở hàng trăm xuất hiện $12$ lần, các chữ số $2,3,4,6$ ở hàng chục xuất hiện $3$ lần và ở hàng đơn vị cũng xuất hiện $3$ lần.

Tổng các số này là: $12.100 + 3.\left( {20 + 30 + 40 + 60} \right) + 3.\left( {2 + 3 + 4 + 6} \right) = 1695$

Nếu chọn chữ số $2$ làm hàng trăm thì ta có tổng là:

$12.200 + 3.\left( {10 + 30 + 40 + 60} \right) + 3.\left( {1 + 3 + 4 + 6} \right) = 2862$

Nếu chọn chữ số $3$ làm hàng trăm thì ta có tổng là:

$12.300 + 3.\left( {10 + 20 + 40 + 60} \right) + 3.\left( {1 + 2 + 4 + 6} \right) = 4029$

Nếu chọn chữ số $4$ làm hàng trăm thì ta có tổng là:

$12.400 + 3.\left( {10 + 20 + 30 + 60} \right) + 3.\left( {1 + 2 + 3 + 6} \right) = 5196$

Nếu chọn chữ số $6$ làm hàng trăm thì ta có tổng là:

$12.600 + 3.\left( {10 + 20 + 30 + 40} \right) + 3.\left( {1 + 2 + 3 + 4} \right) = 7530$

Vậy, tổng các số lập được là

$S = 1695 + 2862 + 4128 + 5196 + 7530$$= 21312$.

Giả sử tập con bất kì $\left\{ {a,b,c} \right\} \in S$$\Rightarrow 1 \le a,b,c \le 100$ ;$a,b,c$ phân biệt.

$a + b + c = 91.$

Số bộ $a,b,c$ là $C_{91 - 1}^{3 - 1}$

Tuy nhiên trong các bộ trên vẫn chứa các bộ có 2 số giống nhau, số bộ có 2 số giống nhau là $3.45 = 135$ (bộ). ( Không có bộ nào có 3 số giống nhau vì $a + b + c = 91$)

Vậy $n\left( \Omega  \right) = \left( {C_{90}^2 - 3.45} \right):3! = 645$.

Gọi $A$ là biến cố: ”$a,b,c$ lập thành cấp số nhân”

Gọi $q$ là công bội của cấp số nhân theo bài ra ta có $q > 0$

$a + aq + a{q^2} = 91$$\Leftrightarrow a\left( {1 + q + {q^2}} \right) =91$

$\Leftrightarrow {q^2} + q + 1 - \dfrac{{91}}{a} = 0$

Thử $a = 1,2,..,91$ và bấm máy tính tìm $q$ ta được các trường hợp sau:

+) $a = 1,q = 9$ nên bộ ba số là $1;9;81$.

+) $a = 7,q = 3$ nên bộ ba số là $7;21;63$.

+) $a = 13,q = 2$ nên bộ ba số là $13;26;52$.

+) $a = 25,q = \dfrac{6}{5}$ nên bộ ba số là $25;30;36$.

Vậy có bốn bộ số thỏa mãn.

$P\left( A \right) = \dfrac{4}{{645}}$.

Ta có $C_n^1 + C_n^2 = 55$$\Leftrightarrow n + \dfrac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2} = 55$$\Leftrightarrow {n^2} + n - 110 = 0$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n = 10\\n =  - 11\end{array} \right.$$\Rightarrow n = 10$.

Số hạng tổng quát trong khai triển ${\left( {{x^3} + \dfrac{2}{{{x^2}}}} \right)^{10}}$ là ${T_{k + 1}} = C_{10}^k{\left( {{x^3}} \right)^{10 - k}}.{\left( {\dfrac{2}{{{x^2}}}} \right)^k}$$= C_{10}^k{.2^k}.{x^{30 - 5k}}$.

Số hạng chứa ${x^5}$ ứng với $30 - 5k = 5 \Leftrightarrow k = 5$.

Vậy, hệ số của ${x^5}$ trong khai triển của biểu thức ${\left( {{x^3} + \dfrac{2}{{{x^2}}}} \right)^{10}}$ bằng $C_{10}^5{.2^5} = 8064$.

Cách 1: Số tự nhiên có bốn chữ số có dạng $\overline {abcd}$

$a \in \left\{ {1;\,2;\,3;\,4;\,5;\,6;\,7;\,8;\,9} \right\}$ suy ra có $9$ cách chọn

$\overline {bcd}$ có ${10^3}$ cách chọn

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là $n\left( \Omega  \right) = {9.10^3} = 9000$.

Gọi $A$ là biến cố ‘‘số được chọn có dạng $\overline {abcd}$, trong đó $1 \le a \le b \le c \le d \le 9$’’

Số dạng $\overline {aaaa}$ có $9$ số.

Số dạng $\overline {abcd}$ ($a < b < c < d$) có $C_9^4$ số.

Số dạng $\overline {aaab}$ có $C_9^2$ số.

Số dạng $\overline {aabb}$ có $C_9^2$ số.

Số dạng $\overline {abbb}$ có $C_9^2$ số.

Số dạng $\overline {aabc}$ có $C_9^3$ số.

Số dạng $\overline {abbc}$ có $C_9^3$ số.

Số dạng $\overline {abcc}$ có $C_9^3$ số.

$n\left( A \right) = 9 + C_9^4 + 3.C_9^2 + 3.C_9^3 = 495$.

Vậy $P\left( A \right) = \dfrac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \dfrac{{495}}{{9000}} = 0,055$.

Số chia hết cho $9$ có dạng: $9m$, với $m \in \mathbb{Z}$.

Ta có $1000000 \le 9m < 10000000$$\Leftrightarrow 111111 < m \le 1111111$.

Do đó có $1000000$ số có $7$ chữ số và chia hết cho $9$.

Từ các chữ số $0;1;2;...;9$ ta có các bộ gồm $7$ chữ số có tổng chia hết cho $9$ là

$\left( {0;2;3;4;5;6;7} \right)$; $\left( {0;1;3;4;5;6;8} \right)$; $\left( {0;1;2;4;5;7;8} \right)$; $\left( {0;1;2;4;5;6;9} \right)$ $\left( {0;1;2;3;6;7;8} \right)$; $\left( {0;3;4;5;7;8;9} \right)$;

$\left( {0;2;4;6;7;8;9} \right)$; $\left( {0;1;5;6;7;8;9} \right)$; $\left( {0;1;2;3;4;8;9} \right)$; $\left( {0;1;2;3;5;7;9} \right)$; $\left( {2;3;4;5;6;7;9} \right)$;

$\left( {1;3;4;5;6;8;9} \right)$; $\left( {1;2;4;5;7;8;9} \right)$; $\left( {1;2;3;6;7;8;9} \right)$.

Có $10$ bộ số gồm $7$ số có tổng chia hết cho $9$ trong đó có số $0$ nên từ các bộ số này lập được: $10 \times 6 \times 6! = 43200$ số có $7$ chữ số đôi một khác nhau và chia hết cho $9$.

Có $4$ bộ số gồm $7$ số có tổng chia hết cho $9$ tương tự như bộ số $\left( {2;3;4;5;6;7;9} \right)$, nên từ các bộ số này lập được $4 \times 7! = 20160$ số có $7$ chữ số đôi một khác nhau và chia hết cho $9$.

Vậy, xác suất chọn một số từ tập $S$ để được một số có các chữ số của số đó đôi một khác nhau là $P = \dfrac{{43200 + 20160}}{{1000000}} = \dfrac{{198}}{{3125}}$.

Ta có ${\left( {1 + x} \right)^{2n}} = C_{2n}^0 + C_{2n}^1.x + C_{2n}^2.{x^2} + C_{2n}^3.{x^3} +  \cdots  + C_{2n}^{2n - 1}.{x^{2n - 1}} + C_{2n}^{2n}.{x^{2n}}$$\left( 1 \right)$.

Thay $x = 1$ vào $\left( 1 \right)$ ta có: ${2^{2n}} = C_{2n}^0 + C_{2n}^1 + C_{2n}^2 + C_{2n}^3 +  \cdots  + C_{2n}^{2n - 1} + C_{2n}^{2n}$$\left( 2 \right)$.

Thay $x =  - 1$ vào $\left( 1 \right)$ ta có: $0 = C_{2n}^0 - C_{2n}^1 + C_{2n}^2 - C_{2n}^3 +  \cdots  - C_{2n}^{2n - 1} + C_{2n}^{2n}$$\left( 3 \right)$.

Trừ từng vế của $\left( 2 \right)$ và $\left( 3 \right)$ ta có:

${2^{2n}} = 2.\left( {C_{2n}^1 + C_{2n}^3 +  \cdots  + C_{2n}^{2n - 1}} \right)$$\Leftrightarrow C_{2n}^1 + C_{2n}^3 +  \cdots  + C_{2n}^{2n - 1} = {2^{2n - 1}}$.

Nên $C_{2n}^1 + C_{2n}^3 +  \cdots  + C_{2n}^{2n - 1} = 512$$\Leftrightarrow {2^{2n - 1}} = {2^9}$$\Leftrightarrow 2n - 1 = 9$$\Leftrightarrow n = 5$.

Hay $S = {2^2}C_5^2 - {3^2}C_5^3 + {4^2}C_5^4 - {5^2}.C_5^5 = 5$.

Cách 1: Tập hợp $S$ gồm có $11.101 = 1111$ điểm.

Ta xét $S' = \left\{ {\left( {x;y} \right):x + y > 90} \right\}$với $0 \le x \le 100$ và $0 \le y \le 10$

• Khi $y = 0$ $\Rightarrow$$x > 90$ $\Rightarrow$$x = \overline {91;100}$ $\Rightarrow$ có $10$ giá trị của $x$
• Khi $y = 1$ $\Rightarrow$$x > 89$ $\Rightarrow$$x = \overline {90;100}$ $\Rightarrow$ có $11$ giá trị của $x$
• Khi $y = 10$ $\Rightarrow$$x > 90$ $\Rightarrow$$x = \overline {91;100}$ $\Rightarrow$ có $20$ giá trị của $x$

Như vậy $S'$ có 165 phần tử. Vậy xác suất cần tìm là $\dfrac{{1111 - 165}}{{1111}} = \dfrac{{86}}{{101}}$.

Cách 2:

Nhận thấy các điểm cần tìm nằm trên các đường thẳng $y = m$, $m = \overline {0;10}$.

Dễ thấy trên các đường thẳng $y = 0$, $y = 1$, $y = 2...$, $y = 10$ có lần lượt $91$, $90$, $89...$,$81$ điểm.

Vậy xác suất cần tìm là $p\left( A \right) = \dfrac{{91 + 90 + ... + 81}}{{11.101}} = \dfrac{{86}}{{101}}$.

Cách 3:

$n\left( \Omega  \right) = 11.101 = 1111$.

Ta thấy $x + y \le 90$ có miền nghiệm là nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng $d$ chứa điểm $O$.

Số điểm thuôc hcn $ENPD$ là $21.11 = 231$

Số điểm thuộc $\Delta EDK$ tính cả cạnh $EK$ là $55 + 11 = 66$

Suy ra $x + y > 90$ có $231 - 66 = 165$ điểm và $x + y \le 90$ có $1111 - 165 = 946$

$P\left( A \right) = \dfrac{{946}}{{1111}} = \dfrac{{86}}{{101}}$

- Số phần tử của không gian mẫu: $n\left( \Omega  \right) = C_{12}^3 = 220$.

- Giả sử chọn ba người có số thứ tự trong hàng lần lượt là $m$, $n$, $p$.

Theo giả thiết ta có: $\left\{ \begin{array}{l}m < n < p\\n - m > 1\\p - n > 1\\m,n,p \in \left\{ {1;2;...;12} \right\}\end{array} \right.$

- Đặt $\left\{ \begin{array}{l}a = m\\b = n - 1\\c = p - 2\end{array} \right.$$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a < b < c\\b - a \ge 1\\c - b \ge 1\\1 \le a < b < c = p - 2 \le 10\end{array} \right.$

$\Rightarrow a$, $b$, $c$ là ba số bất kì trong tập $\left\{ {1;2;3;...;10} \right\}$$\Rightarrow$ có $C_{10}^3$ cách chọn hay $n\left( A \right) = C_{10}^3 = 120$.

Vậy xác suất là $P\left( A \right) = \dfrac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \dfrac{{120}}{{220}} = \dfrac{6}{{11}}$.

Xét các trường hợp sau:

TH1: Hai học sinh lớp A đứng cạnh nhau có $2!.8!$ cách.

TH2: Giữa hai học sinh lớp A có một học sinh lớp C có $2!.A_4^1.7!$ cách.

TH3: Giữa hai học sinh lớp A có hai học sinh lớp C có $2!.A_4^2.6!$ cách.

TH4: Giữa hai học sinh lớp A có ba học sinh lớp C có $2!.A_4^3.5!$ cách.

TH5: Giữa hai học sinh lớp A có bốn học sinh lớp C có $2!.A_4^4.4!$ cách.

Vậy theo quy tắc cộng có $2!\left( {8! + A_4^17! + A_4^26! + A_4^35! + A_4^44!} \right) = 145152$ cách.

Ta dễ có số phần tử của không gian mẫu là $\left| \Omega  \right| = 6.A_6^5 = 4320$.

Gọi $A$ là biến cố “chọn được số thoả mãn yêu cầu bài toán”. Khi đó ta có $3$ phương án để chọn số $\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{a_6}}$ như sau:

• Phương án $1$: ${a_1} + {a_2} = {a_3} + {a_4} = {a_5} + {a_6} = 5$. Khi đó

$\left\{ {\left( {{a_1},{a_2}} \right);\left( {{a_3},{a_4}} \right);\left( {{a_5},{a_6}} \right)} \right\} \subset \left\{ {\left( {0,5} \right);\left( {1,4} \right);\left( {2,3} \right)} \right\}$.

• Phương án $1.1$: $\left( {{a_1},{a_2}} \right) = \left( {0,5} \right) \Rightarrow$có $2.{\left( {2!} \right)^2}$ cách chọn;
• Phương án $1.2$: $\left( {{a_1},{a_2}} \right) \ne \left( {0,5} \right) \Rightarrow$có $4.{\left( {2!} \right)^3}$ cách chọn.

Vậy có $2.{\left( {2!} \right)^2} + 4.{\left( {2!} \right)^3} = 40$ cách chọn.

• Phương án $2$: ${a_1} + {a_2} = {a_3} + {a_4} = {a_5} + {a_6} = 6$. Khi đó

$\left\{ {\left( {{a_1},{a_2}} \right);\left( {{a_3},{a_4}} \right);\left( {{a_5},{a_6}} \right)} \right\} \subset \left\{ {\left( {0,6} \right);\left( {1,5} \right);\left( {2,4} \right)} \right\}$. Phương án này hoàn toàn tương tự phương án $1$ do đó có $2.{\left( {2!} \right)^2} + 4.{\left( {2!} \right)^3} = 40$ cách chọn.

• Phương án $1$: ${a_1} + {a_2} = {a_3} + {a_4} = {a_5} + {a_6} = 7$. Khi đó

$\left\{ {\left( {{a_1},{a_2}} \right);\left( {{a_3},{a_4}} \right);\left( {{a_5},{a_6}} \right)} \right\} \subset \left\{ {\left( {1,6} \right);\left( {2,5} \right);\left( {3,4} \right)} \right\}$, suy ra có $3!.{\left( {2!} \right)^3} = 48$ cách chọn.

Vậy số phần tử của $A$: $\left| A \right| = 40.2 + 48 = 128$. Suy ra $p = \dfrac{{\left| A \right|}}{{\left| \Omega  \right|}} = \dfrac{{128}}{{4320}} = \dfrac{4}{{135}}$.

Số phần tử của không gian mẫu là $n\left( \Omega  \right) = C_{30}^4$.

Gọi $A$: “$4$ đỉnh được chọn tạo thành một tứ giác có bốn cạnh đều là đường chéo của $\left( H \right)$”.

Để chọn ra một tứ giác thỏa mãn đề bài ta làm như sau:

Bước 1: Chọn đỉnh đầu tiên của tứ giác, có $30$ cách.

Bước 2: Chọn $3$ đỉnh còn lại sao cho hai đỉnh bất kỳ của tứ giác cách nhau ít nhất 1 đỉnh. Điều này tương đương với việc ta phải chia $m = 30$ chiếc kẹo cho $n = 4$ đứa trẻ sao cho mỗi đứa trẻ có ít nhất $k = 2$ cái, có $C_{m - n(k - 1) - 1}^{n - 1} = C_{25}^3$ cách, nhưng làm như thế mỗi tứ giác lặp lại 4 lần.

$\Rightarrow$ Số phần tử của biến cố $A$ là $n\left( A \right) = \dfrac{{30.C_{25}^3}}{4}$.

Vậy xác suất của biến cố $A$ là $P\left( A \right) = \dfrac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \dfrac{{\dfrac{{30.C_{25}^3}}{4}}}{{C_{30}^4}} = \dfrac{{1150}}{{1827}} \approx 0,6294$.

Ta có: $A = {\left( {1 + x + {x^2} + {x^3} + ... + {x^{10}}} \right)^{11}} \Leftrightarrow {\left( {1 - x} \right)^{11}}A = {\left( {1 - {x^{11}}} \right)^{11}}$

$\Leftrightarrow \underbrace {\sum\limits_{k = 0}^{11} {C_{11}^k} {{\left( { - x} \right)}^k}.\sum\limits_{i = 0}^{110} {{a_i}{x^i}} }_P = \underbrace {\sum\limits_{m = 0}^{11} {C_{11}^m} {{\left( { - {x^{11}}} \right)}^m}}_Q$.

Hệ số của ${x^{11}}$ trong $P$ là $C_{11}^0{a_{11}} - C_{11}^1{a_{10}} + C_{11}^2{a_9} - C_{11}^3{a_8} + ... + C_{11}^{10}{a_1} - C_{11}^{11}{a_0} = T$

Hệ số của ${x^{11}}$ trong $Q$ là $- C_{11}^1$

Vậy $T =  - C_{11}^1 =  - 11$.

Gọi ${A_1}$,${A_2}$,…,${A_{2018}}$ là các đỉnh của đa giác đều $2018$ đỉnh.

Gọi $\left( O \right)$ là đường tròn ngoại tiếp đa giác đều ${A_1}{A_2}...{A_{2018}}$.

Các đỉnh của đa giác đều chia $\left( O \right)$ thành $2018$ cung tròn bằng nhau, mỗi cung tròn có số đo bằng $\dfrac{{360^\circ }}{{2018}}$.

Vì tam giác cần đếm có đỉnh là đỉnh của đa giác nên các góc của tam giác là các góc nội tiếp của $\left( O \right)$.

Suy ra góc lớn hơn $100^\circ$ sẽ chắn cung có số đo lớn hơn $200^\circ$.

Cố định một đỉnh ${A_i}$. Có $2018$ cách chọn ${A_i}$.

Gọi ${A_i}$,${A_j}$,${A_k}$ là các đỉnh sắp thứ tự theo chiều kim đồng hồ sao cho số đo cung nhỏ ${A_i}{A_k} < 160^\circ$ thì số đo cung lớn ${A_i}{A_k} > 360 - 160^\circ  = {200^{\rm{o}}}$ $\Rightarrow \widehat {{A_i}{A_j}{A_k}} > 100^\circ$ và tam giác ${A_i}{A_j}{A_k}$ là tam giác cần đếm.

Khi đó cung ${A_i}{A_k}$ là hợp liên tiếp của nhiều nhất $\left[ {\dfrac{{160}}{{\dfrac{{360}}{{2018}}}}} \right] = 896$ cung tròn nói trên.

$896$ cung tròn này có $897$ đỉnh. Trừ đi đỉnh ${A_i}$ thì còn $896$ đỉnh. Do đó có $C_{896}^2$ cách chọn hai đỉnh ${A_j}$,${A_k}$.

Vậy có tất cả $2018.C_{896}^2$ tam giác thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ta có ${\left( {1 + x + {x^2}} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k} {\left( {x + {x^2}} \right)^k} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k} \sum\limits_{l = 0}^k {C_k^l} {x^{k - l}}.{x^{2l}}$.

Hệ số của ${x^3}$ là ${x^{k + l}} = {x^3} \Rightarrow k + l = 3 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{l = 0;\,k = 3}\\{l = 1;\,k = 2}\end{array}} \right. \Rightarrow {a_3} = C_n^3C_3^0 + C_n^2C_2^1$.

Tương tự hệ số của ${x^4}$ là ${x^{k + l}} = {x^4} \Rightarrow k + l = 4 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{l = 0;\,k = 4}\\{l = 1;\,k = 3}\\{l = 2;\,k = 2}\end{array}} \right. \Rightarrow {a_4} = C_n^4C_4^0 + C_n^3C_3^1 + C_n^2C_2^2$.

Theo giả thiết $14{a_4} = 41{a_3} \Leftrightarrow 14\left( {C_n^4C_4^0 + C_n^3C_3^1 + C_n^2C_2^2} \right) = 41\left( {C_n^3C_3^0 + C_n^2C_2^1} \right)$

$\Leftrightarrow 14\left( {\dfrac{{n!}}{{4!\left( {n - 4} \right)!}} + \dfrac{{3.n!}}{{3!\left( {n - 3} \right)!}} + \dfrac{{n!}}{{2!\left( {n - 2} \right)!}}} \right) = 41\left( {\dfrac{{n!}}{{3!\left( {n - 3} \right)!}} + \dfrac{{2.n!}}{{2!\left( {n - 2} \right)!}}} \right)$

$\Leftrightarrow 14\left( {\dfrac{{n\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right)\left( {n - 3} \right)}}{{24}} + \dfrac{{n\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right)}}{2} + \dfrac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2}} \right) = 41\left( {\dfrac{{n\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right)}}{6} + n\left( {n - 1} \right)} \right)$

$\Leftrightarrow n\left( {n - 1} \right)\left( {\dfrac{{14}}{{24}}{n^2} - \dfrac{{11}}{4}n - \dfrac{{185}}{6}} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{n = 1}\\{n = 10}\end{array}} \right.\,\,\left( {n \in {\mathbb{N}^ * }} \right)$

Do $n \ge 2$ nên $n = 10$.

Mặt khác thay $x = 1$ vào hai vế của khai triển ${\left( {1 + x + {x^2}} \right)^{10}} = {a_0} + {a_1}x + {a_2}{x^2} +  \ldots  + {a_{20}}{x^{20}}$ ta được $S = {a_0} + {a_1} + {a_2} +  \ldots  + {a_{20}} = {3^{10}}$.

Ta có

${\left( {1 - 3x + 2{x^2}} \right)^{2017}} = \sum\limits_{k = 0}^{2017} {C_{2017}^k} {\left( {1 - 3x} \right)^k}{\left( {2{x^2}} \right)^{2017 - k}} = \sum\limits_{k = 0}^{2017} {C_{2017}^k} \sum\limits_{i = 0}^k {C_k^i{{\left( { - 3x} \right)}^i}} {\left( {2{x^2}} \right)^{2017 - k}}$

$\quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad  = \sum\limits_{k = 0}^{2017} {\sum\limits_{i = 0}^k {C_{2017}^kC_k^i{{\left( { - 3} \right)}^i}} {{\left( 2 \right)}^{2017 - k}}} {x^{4034 - 2k + i}}$

Số hạng chứa ${x^2}$ ứng với $\left\{ \begin{array}{l}4034 - 2k + i = 2\\i,k \in \mathbb{N}\\0 \le k \le 2017,0 \le i \le k\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}i = 2k - 4032 \ge 0\\i,k \in \mathbb{N}\\0 \le k \le 2017,0 \le i \le k\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}k = 2016\\i = 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}k = 2017\\i = 2\end{array} \right.\end{array} \right.$

Vậy ${a_2} = C_{2017}^{2016}C_{2016}^0{\left( { - 3} \right)^0}{2^1} + C_{2017}^{2017}C_{2017}^2{\left( { - 3} \right)^2}{2^0} = 18302258$.

Số phần tử của không gian mẫu là $n\left( \Omega  \right) = 4.4 = 16$

Gọi biến cố $A =$ “Cú sút đó không vào lưới”

Khi đó biến cố $\overline A  =$ “Cú sút đó vào lưới”

Trường hợp 1: Cầu thủ sút vào vị trí $1$ hoặc $2$.

Cầu thủ có $2$ cách sút $\left\{ {1;2} \right\}$

Thủ môn bay vào vị trí khác vị trí cầu thủ sút có $3$ cách.

Do đó, có $2.3 = 6$ khả năng xảy ra.

Xác suất trong TH này là $\dfrac{6}{{16}} = \dfrac{3}{8}$

Trường hợp 2: Cầu thủ sút vào vị trí $3$ hoặc $4$, thủ môn bay vào $1$ trong $3$ vị trí còn lại

Cầu thủ có $2$ cách sút $\left\{ {3;4} \right\}$

Thủ môn bay vào vị trí khác vị trí cầu thủ sút có $3$ cách.

Do đó, có $2.3 = 6$ khả năng xảy ra

Xác suất trong TH này là $\dfrac{6}{{16}} = \dfrac{3}{8}$

Trường hợp 3: Cầu thủ sút vào vị trí 3 thủ môn bay vào vị trí 3

Cầu thủ có 1 cách sút

Thủ môn có 1 cách bay

Do đó, có 1 khả năng xảy ra.

Xác suất trong TH này là $\dfrac{1}{{16}}.\dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{{32}}$

Trường hợp 4: Cầu thủ sút vào vị trí 4 thủ môn bay vào vị trí 4

Cầu thủ có 1 cách sút

Thủ môn có 1 cách bay

Do đó, có 1 khả năng xảy ra

Xác suất trong TH này là $\dfrac{1}{{16}}.\dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{{32}}$

Do đó $P\left( {\overline A } \right) = \dfrac{3}{8} + \dfrac{3}{8} + \dfrac{1}{{32}} + \dfrac{1}{{32}} = \dfrac{{13}}{{16}}$

Vậy $P\left( A \right) = 1 - P\left( {\overline A } \right) = 1 - \dfrac{{13}}{{16}} = \dfrac{3}{{16}}$

Khai triển: $P\left( x \right) = \sum\limits_{k = 0}^{12} {C_{12}^k{2^k}{x^{2k}}}  = \sum\limits_{k = 0}^{12} {{a_k}{x^{2k}}}$ với ${a_k} = C_{12}^k{2^k}$.

${a_{k + 1}} > {a_k}$ $\Leftrightarrow$ $C_{12}^{k + 1}{2^{k + 1}} > C_{12}^k{2^k}$$\Leftrightarrow$ $\dfrac{2}{{k + 1}} > \dfrac{1}{{12 - k}} \Leftrightarrow k < \dfrac{{23}}{3} \Leftrightarrow k \le 7$.

Như vậy ${a_0} < {a_1} < {a_2} < ... < {a_8}$.

${a_{k + 1}} < {a_k}$ $\Leftrightarrow$ $C_{12}^{k + 1}{2^{k + 1}} < C_{12}^k{2^k}$ $\Leftrightarrow$ $\dfrac{2}{{k + 1}} < \dfrac{1}{{12 - k}} \Leftrightarrow k > \dfrac{{23}}{3} \Leftrightarrow k \ge 8$.

Như vậy ${a_8} > {a_9} > {a_{10}} > ... > {a_{12}}$.

Vậy hệ số có giá trị lớn nhất là ${a_8} = C_{12}^8{2^8} = 126720$.

Ta có $n\left( \Omega  \right) = A_{10}^8 - A_9^7$.

Gọi $A$ là tập hợp các số $a$ có 8 chữ số khác nhau chia hết cho $45$.

Khi đó $a$ chia hết cho $5$ và $9$ (tổng các chữ số chia hết cho $9$ và số hàng đơn vị bằng $0$ hoặc $5$).

Trường hợp 1: $a$ có hàng đơn vị bằng $0$; $7$ chữ số còn lại có chữ số $9$ và $3$ trong $4$ bộ số $\left\{ {1;8} \right\}$, $\left\{ {2;7} \right\}$, $\left\{ {3;6} \right\}$, $\left\{ {4;5} \right\}$, có $4.7!$ số.

Trường hợp 2:$a$ có hàng đơn vị bằng $5$; $7$ chữ số còn lại có chữ số $4$ và $3$ trong $4$ bộ số $\left\{ {0;9} \right\}$, $\left\{ {1;8} \right\}$, $\left\{ {2;7} \right\}$, $\left\{ {3;6} \right\}$.

* Không có bộ $\left\{ {0;9} \right\}$, có $7!$ số.

* Có bộ $\left\{ {0;9} \right\}$, có $C_3^2\left( {7! - 6!} \right)$ số

$\Rightarrow n\left( A \right) = 4.7! + C_3^2\left( {7! - 6!} \right)$ số.

$\Rightarrow P\left( A \right) = \dfrac{{4.7! + C_3^2\left( {7! - 6!} \right)}}{{A_{10}^8 - A_9^7}} = \dfrac{{53}}{{2268}}$.

Bước 1: Tính không gian mẫu

Không gian mẫu của phép thử gieo hai con súc sắc xanh và đỏ gồm các bộ số $(x;y)$ thỏa mãn $x,y \in \{ 1;2; \ldots ;6\}$.

$\Rightarrow$ Số phần tử của không gian mẫu là $n(\Omega ) = 6 \times 6 = 36$.

Bước 2: Tính xác suất để $x + y < 5$ và xác suất để $x + y \ge 5$

Ta thấy trong 36 bộ số $(x;y)$ của không gian mẫu chỉ có 6 cặp $(x;y)$ có tổng nhỏ hơn 5 .

Đó là $(1;1),(1;2),(2;1),(1;3),(3;1),(2;2)$.

Vậy xác suất để $x + y < 5$ là ${P_1} = \dfrac{6}{{36}} = \dfrac{1}{6}$.

Xác suất để $x + y \ge 5$ là ${P_2} = 1 - \dfrac{1}{6} = \dfrac{5}{6}$.

Bước 3: Tính xác suất lấy được ít nhất 1 viên bi xanh từ bình 1 và xác suất lấy được ít nhất 1 viên bi xanh từ bình 2.

Bình 1 đựng 6 viên bi xanh và 4 viên bi vàng

$\Rightarrow$ Xác suất lấy cả 2 viên bi vàng từ bình 1 là $\dfrac{{C_4^2}}{{C_{10}^2}}$

$\Rightarrow$ Xác suất lấy được ít nhất 1 viên bi xanh từ bình 1 là $1 - \dfrac{{C_4^2}}{{C_{10}^2}}$.

Bình 2 đựng 3 viên bi xanh và 6 viên bi vàng

$\Rightarrow$ Xác suất lấy cả 2 viên bi vàng từ bình 2 là $\dfrac{{C_6^2}}{{C_9^2}}$

$\Rightarrow$ Xác suất lấy được ít nhất 1 viên bi xanh từ bình 2 là $1 - \dfrac{{C_6^2}}{{C_9^2}}$.

Bước 4: Tính xác suất để lấy được ít nhất 1 bi xanh trong trò chơi

Do đó xác suất để lấy được ít nhất 1 bi xanh trong trò chơi là

$\dfrac{5}{6}\left( {1 - \dfrac{{C_4^2}}{{C_{10}^2}}} \right) + \dfrac{1}{6}\left( {1 - \dfrac{{C_6^2}}{{C_9^2}}} \right) = \dfrac{{59}}{{72}}$