Tách tổ hợp phần 3

Câu   5 Với số tự nhiên k  , số 2k viết dạng ak  bk với ak , bk số nguyên dương  ak  ,  bk  a) Tìm hệ thức xác định dãy b) Chứng minh: 20bk bk 1  16 số phương a  chia hết cho k c) Chứng minh: 2 Hướng dẫn giải  2 5 2 k 1   2 2k 2k           9ak  20bk   4ak  9bk  ak 1  bk 1 Suy ak 1 9ak  20bk  bk 1 4ak  9bk ak 2 9ak 1  20bk 1 9ak 1  20  4ak  9bk  9ak 1  20.4ak  20.9bk 9ak 1  20.4ak   ak 1  9ak  18ak 1  ak Vậy dãy  ak  a1 9, a2 161  a 18ak 1  ak , k   * xác định:  k 2 b 4, b2 72 bk 2 18bk 1  bk , k   *  bk  :  Tương tự ta dãy 2 2 b  b b  b  18 b  b b  b  b 18 b  b  b  bk 1bk      k  k  k k  k  k k k k  k k  k b)  b22  b3b1 16 Mặt khác: 16 bk21  bk bk 2 bk21  bk  bk  18bk 1  bk21  bk2  18bk bk 1 20bk 1bk  16 bk21  bk2  2bk 1bk  bk 1  bk  Suy Do số hạng dãy  bk  số nguyên nên 20bk bk 1  16 số phương c) ak 2 18ak 1  ak  ak 2  9ak 1 9ak 1  ak Suy  ak 2  9ak 1   9ak 1  ak  hay ak22  18ak 2 ak 1 ak2  18ak 1ak Thay k = 1, 2, 3,…ta được: a32  18a3a2 a12  18a2a1 a42  18a4a3 a22  18a3a2 ak21  18ak 1ak ak2  18ak ak  ak22  18ak 2ak 1 ak2  18ak 1ak Cộng vế theo vế, ta có: ak22  ak21  18ak 2ak 1 a12  18a1a2  a22  80 Khi đó: ak22  9a    k 2 ak 1  80 9a  ak 1  chia hết cho 80 42.5 nên 9ak 2  ak 1 chia hết cho 20 Do ak   nên  k 2 Từ đó, ta được: 9ak 2  ak 1 20m, m   hay a Vậy k 2 Câu ak22 20m    1 5m 80  chia hết cho Gọi A tập hợp số tự nhiên có tám chữ số đơi khác Chọn ngẫu nhiên số tự nhiên thuộc vào tập A Tính xác suất để chọn số thuộc A số chia hết cho Hướng dẫn giải Gọi A tập hợp số tự nhiên có tám chữ số đơi khác Chọn ngẫu nhiên số tự nhiên thuộc vào tập A Tính xác suất để chọn số thuộc A số chia hết cho +) Trước hết ta tính n(A) Với số tự nhiên có tám chữ số đơi khác chữ số n  A  9 A97 A có cách chọn có cho vị trí cịn lại Vậy +) Giả sử B  0;1; 2; ;9 ta thấy tổng phần tử B 459 nên số có chín chữ số đôi khác chia hết cho tạo thành từ chữ số đôi khác tập B \  0; 9 ; B \  1; 8 ; B \  2; 7 ; B \  3; 6 ; B \  4; 5 Nên số số loại A8  4.7 A7 A88  4.7 A77  A 9 Vậy xác suất cần tìm Câu a) Gọi M tập tất số tự nhiên có sáu chữ số đơi khác có dạng a1a2 a3 a4 a5 a6 Chọn ngẫu nhiên số từ tập M Tính xác suất để số chọn số chẵn, đồng thời thỏa mãn a1  a2  a3  a4  a5  a6 n Tính tổng:  1 nCnn  Cn1 2Cn2 3Cn3  S     2.3 3.4 4.5  n  1  n   Hướng dẫn giải Gọi M tập tất số tự nhiên có sáu chữ số đơi … Ta có: n  M  9 A95 aaaaa (số có sáu chữ số đơi khác a1 có chín cách chọn, chỉnh hợp chập phần tử nên có A9 ) +) Gọi A biến cố “chọn số tự nhiên chẵn từ tập M đồng thời thỏa mãn a1  a2  a3  a4  a5  a6 ” aa a a a TH1: a6 0 có C9 cách chọn aa aa a TH2: a6 2 có C7 cách chọn aa a a a TH3: a6 4 có C5 cách chọn n  A  C95  C75  C55 148 P  A  Do n  A  148 37   n    A9 34020 n Tính tổng:  1 nCnn  Cn1 2Cn2 3Cn3  S     2.3 3.4 4.5  n  1  n   Ta có: n  1 ! Cnk  Cnk11 n!    k  k ! k  1  n  k  ! n   k  1 !   n  1   k 1  ! n  k Áp dụng lần công thức (3) ta được: k (3)   1 kCnk    1 kCnk22  k  1  k    n  1  n   Cho k chạy từ đến n cộng vế đẳng thức ta có  n  1  n   S  Cn32  2Cn42  3Cn52     1 n nCnn22 n   Cn21  Cn31    Cn31  Cn41    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   n  1    1 S Vậy Câu n n 1  Cnn11   n n  n 1  n   Trong hộp có bi đỏ, bi vàng, bi xanh chất, kích thước.Một người lấy ngẫu nhiên lúc viên bi Tính xác suất để số bi đỏ mà người lấy khơng lớn Hướng dẫn giải Lấy ngẫu nhiên, lúc viên bi hộp có bi đỏ, bi vàng bi xanh nên có số phần tử không gian mẫu là: n() C12 Gọi A: “Biến cố bi lẫy ngẫu nhiên có bi màu đỏ” n( A) C33 C91 P ( A)  Xác suất biến cố A là: C33 C91  C124 55 Vậy xác suất để số bi đỏ mà người lấy khơng lớn Câu  P ( A) 1  54  55 55 Cho tập S gồm tất số nguyên đoạn [1;2014] Gọi T tập hợp gồm tất tập không rỗng S Với tập hợp X  T , ký hiệu m( X ) trung bình cộng tất số thuộc X Đặt m  m( X ) |T | (ở tổng lấy theo tất tập hợp X  T ) Hãy tính giá trị m Hướng dẫn giải Cho tập S gồm tất số nguyên đoạn [1;2014] Gọi T tập hợp gồm tất tập không rỗng S Với tập hợp X  T , ký hiệu m( X ) trung bình cộng tất số thuộc X Đặt m  m( X ) |T | (ở tổng lấy theo tất tập hợp X  T ) Hãy tính giá trị m m  m(X) Với x  [1, 2, , 2014], đặt k  tổng lấy theo tất tập hợp X  T mà | X | k k Xét số a thuộc S, suy a có mặt C2013 tập X  T mà | X | k k1 k1 Suy kmk (1    2014)C2013 1007.2015.C2013 k 2014 2014  C2013  2015 2014 k 2015 2014 k m (X)  m  1007.2015  C  C2014     2014    k k  k 1 k 1 k 1  k 1 Do  2015 2014 (2  1) Mà | T | (22015  1)  m  2015 Cách Xây dựng song ánh từ T vào T sau X  T  f ( X ) {2015 - x / x  X }  m( X )  m( f ( X )) 2015 Suy 2 m(X)   m(X)   m(f(X)) | T | 2015 m Suy Câu  m(X)  2015 |T| Ở vị trí khác đường đua tơ vịng trịn thời gian có 25 tơ xuất phát theo hướng Theo thể lệ đua, tơ vượt lẫn nhau, cấm không vượt đồng thời hai xe lúc Các tơ đến đích điểm mà chúng xuất phát ban đầu lúc Chứng minh suốt đua có số chẵn lần vượt ô tô Hướng dẫn giải Ở Ta sơn 25 tơ thành màu vàng, cịn oto khác đánh số từ đến 24 theo thứ tự mà chúng thời điểm ban đầu sau ô tô màu vàng ( theo chiều chuyển động ô tô) Ở tâm đường đua ta đặt bảng để ghi số thứ tự ô tô sắp xếp sau ô tô vàng sau lần ô tô vượt nhau, tức ta hoán vị {1,2,…,24} Trường hợp 1: Mỗi lần ô tô ô tô từ đến 24 vượt bảng có số liền đổi chỗ cho Trường hợp 2: Nếu trước có lần vượt tơ với tơ vàng, số bảng lập thành hốn vị a1, a2,…,a24 sau lần vượt có hốn vị a2,a3,…,a24,a1 Từ hốn vị chuyển xuống hoán vị 23 phép chuyển vị, tức phép đổi chỗ số liền Trường hợp 3: Nếu ô tô vàng vượt ô tô từ hốn vị a 1,a2,…,a24 ta có hốn vị a24,a1,a2,…a23 Lần di chuyển cũng thay 23 phép chuyển vị trường hợp Như lần ô tô vượt đều dẫn đến việc thực số lẻ lần phép chuyển vị Ta chứng minh số lần vượt số lẻ về đích tơ không sắp xếp cũ Thật gs a1,a2…,a24 cách sắp xếp tùy ý số1,2,…24 Ta nói số ai,aj lập thành nghịch iaj Khi đổi vị trí số đứng liền nhau, tức thực phép chuyển vị tăng hay giảm số nghịch Do oto vượt số lẻ lần từ cách sắp xếp thứ tự oto ban đầu, đến cuối ta thực số lẻ phép chuyển vị, tức số nghich lần sắp xếp cuối số lẻ, nghĩa ô tô sắp xếp cũ Mâu thuẫn Vậy ô tô vượt số chẵn lần Câu Với n số nguyên dương, tập tập  1, 2,3, , n gọi tốt sau ta sắp xếp thứ tự tăng phần tử thu số lẻ, chẵn, lẻ, … theo thứ tự Ví dụ tập tốt  1,4,5,6 , 3,4,7 , tập  Tập  2,3,4,7 không tập tốt bắt đầu số chẵn Tính số tập tốt tập  1,2,3, , n Hướng dẫn giải 1,2,3, , n Gọi f n số tập tốt  Ta lập hệ thức truy hồi f n + Nếu tập tốt  1,2,3, , n khơng lấy n f n  f n  + Nếu tập tốt  1,2,3, , n lấy n f n  f n  Vậy ta có f n  f n  f n Hơn f1 2, f 3 1 x  x  0  x  Phương trình đặc trưng n  1   1  fn A   B  2     Suy Thay giá trị đầu ta n  1 1 B 2 A 2   2        A  B  3            2 51 A   5   B   5 Suy   n n 2   1      1   fn             5 5    Câu Với hoán vị chữ số p  a1 , a2 , , a9  chữ số 1, 2, …, 9, kí hiệu s  p n 1 1     5  n tổng ba số có a1a2 a3 , a4 a5 a6 , a7 a8 a9 Trong s  p  có hàng đơn vị 0, gọi m giá trị nhỏ s  p  m m n n số hoán vị p thỏa mãn Tính Hướng dẫn giải Với hốn vị chữ số p  a1 , a2 , , a9  chữ số 1, 2, …, 9, kí hiệu s  p tổng ba số có a1a2 a3 , a4 a5 a6 , a7 a8 a9 Trong s  p  có hàng đơn vị 0, gọi m giá trị nhỏ s  p  m m n n số hoán vị p thỏa mãn Tính Với hốn vị chữ số p  a1 , a2 , , a9  chữ số 1, 2, …, 9, kí hiệu s  p tổng ba số có a1a2 a3 , a4 a5a6 , a7 a8 a9 Trong s  p  có hàng đơn vị 0, gọi m giá trị nhỏ s  p  m m n n số hốn vị p thỏa mãn Tính Để s  p đạt giá trị nhỏ chữ số hàng trăm 1, 2, 3, s  p có chữ số tận chữ số hàng đơn vị có tổng bội 10 Và từ chữ số 4, 5, 6, 7, 8, khơng có ba số có tổng 10   24  30 nên chữ số hàng đơn vị phải có tổng 20, ta thấy   4   5   20 , có ba số xếp vào chữ số hàng đơn vị, tương ứng chữ số cịn lại hàng chục Do giá trị nhỏ s  p m    3 100  19 10  20 810 Như có trường hợp, trường hợp có cách chọn chữ số hàng trăm, cách chọn chữ số hàng chục cách chọn chữ số hàng đơn vị Vậy số hoán vị p thỏa mãn yêu cầu toán n 3 6 6 6 648 Vậy Câu m  n 162 Cho tập hợp A gồm n phần tử (n≥4) Biết số tập gồm phần tử A 20 lần số tập gồm phần tử A Tìm K  {1;2;…;n} cho số tập gồm K phần tử A lớn nhất? Hướng dẫn giải ( Khơng có giải) Câu 10 Một số điện thoại di động dãy số gồm 10 chữ số chọn từ  0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 , chữ số phải Mr Fat có số điện thoại 0912364587 dãy số gồm 10 chữ số có tính chất chữ số sau (khơng kể chữ số đầu tiên) phân biệt, khác 0; đồng thời chữ số từ đến xuất dãy từ trái qua phải theo thứ tự tự nhiên chúng, chữ số từ đến khơng Mrs Fat cũng muốn chọn số điện thoại có tính chất Hỏi bà ta có cách chọn (sự lựa chọn)? Hướng dẫn giải ( Khơng có giải) Câu 11 Gọi A tập hợp số tự nhiên có tám chữ số đôi khác Chọn ngẫu nhiên số tự nhiên thuộc vào tập A Tính xác suất để chọn số thuộc A số chia hết cho Hướng dẫn giải Gọi A tập hợp số tự nhiên có tám chữ số đôi khác Chọn ngẫu nhiên số tự nhiên thuộc vào tập A Tính xác suất để chọn số thuộc A số chia hết cho +) Trước hết ta tính n(A) Với số tự nhiên có tám chữ số đơi khác chữ số n  A  9 A97 có cách chọn có A9 cho vị trí cịn lại Vậy +) Giả sử B  0;1; 2; ;9 ta thấy tổng phần tử B 459 nên số có chín chữ số đôi khác chia hết cho tạo thành từ chữ số đôi khác B \  0; 9 ; B \  1; 8 ; B \  2; 7 ; B \  3; 6 ; B \  4; 5 tập nên số số loại A8  4.7 A7 A88  4.7 A77  A 9 Vậy xác suất cần tìm Câu 12 Có n học sinh (n ≥ 2) đứng thành hàng dọc, lần thầy giáo thổi cịi có học sinh đổi chỗ cho Hỏi sau 2015 lần thầy giáo thổi cịi, ta thấy tất học sinh đều đứng trở lại vị trí ban đầu hay khơng ? Hướng dẫn giải Đánh số từ đến n cho bạn học sinh hàng dọc lúc đầu Ký hiệu Pn tập hoán vị { 1,2 , … , n } Gọi π=( π ( ) , π ( ) , … , π (n) ) hoán vị { 1,2 , … , n } Cặp ¿ π gọi nghịch π i< j π (i ) > π ( j) Xét ánh xạ f i : Pn → Pn mà f i (π ) thu từ π cách đổi chỗ hai vị trí kề ( π ( i ) , π (i+1) ) giữ ngun vị trí cịn lại Cho i , j∈ N ¿ , i< j≤ n Xét ánh xạ f ij : Pn → Pn f ij =f j−1 o f j−2 o f j−3 o … o f i+2 o f i+1 o f i o … o f j−3 o f j−2 o f j−1 ( ) Là hợp thành ( j−i ) −1 ánh xạ Dễ thấy f ( π ) thu từ π cách đổi vị ij trí ( π ( i ) , π ( j )) giữ ngun vị trí cịn lại Gọi T ( π) số nghịch hoán vị π Ta có T ( f i ( π ) )= T ( π )−1 n ế u(π ( i ) ; π ( i+ )) l ng hịc h t hế T ( π ) +1 n ế u ( π ( i ) ; π ( i+1 ) ) k hô ng l ng hị c ht hế { Do T ( f i ( π ) ) ≡ T ( π ) +1(mod 2) (2) Từ (1) (2) suy T ( f ij ( π ) ) ≡ T ( π )+ (mod2) (3) Giả sử π k thứ tự n học sinh sau lần thổi còi thứ k thầy giáo Ta có π k ∈ Pn π k+ 1=f ij (π k )với ≤i< j ≤ n Theo (3) ta có T ( π k+1 )≡ T ( π k ) +1 (mod2) Do T ( π k ) ≡ T ( π ) +k ≡ k (mod 2)(vì T ( π ) =0 ¿ Nếu k lẻ T ( π ) ≡ 0( mod 2) π ≠ π Vậy sau 2015 lần thổi còi, tất k k học sinh đứng trở lại vị trí ban đầu Câu 13 Lấy ngẫu nhiên số tự nhiên có chữ số khác Tìm xác xuất để có số chẵn Hướng dẫn giải Số stn có chữ số khác là: A96 544320 số Trong có số số lẻ là: 5.8 A85 268800 số, có 275520 số chẵn C544320 KGM có số phần tử là: C  C 275520 268800 Số cách lấy stn có số chẵn =74059776000  P 0.27668828 Câu 14 Lấy ngẫu nhiên 498 số nguyên dương khơng vượt q 1000 Chứng minh có số có tổng chia hết cho 111 Hướng dẫn giải Xét tập S={1,2,…,1000} ta phân hoạch S sau: A={1000}, B={111;222;…;999} Và chia tập T=S\(AUB) thành tập có phần tử mà tổng 999 sau: T1={1;998}, T2={2;997}, T3={3;996},…, T495={499;500} Như S chia thành 497 tập con, 498 số chọn ngẫu nhiên phải có số rơi vào tập hợp Hai số chia hết cho 111 có tổng 999 nên tổng chúng chia hết cho 111 Câu 15 Chứng minh : Cn0  2Cn1  22 Cn2   n Cnn 3n  n  * Một bình chứa viên bi khác về màu gồm bi xanh , bi đỏ , bi vàng Lấy ngẫu nhiên bi Tính xác suất để bi khác màu Hướng dẫn giải 1 x n Cn0  Cn1 x  Cn2 x  Cn3 x   Cnn x n * Cho x = : * *  n  Cn0  2Cn1  22 Cn2   2n Cnn 3n * Không gian mẫu : C9 36 1 1 1 Kết thuận lợi biến cố lấy bi khác màu : C4 C3  C3 C2  C4 C2 26 Xác suất để chọn bi khác màu : P 26 0, 72 36 ( 72% ) Câu 16 Có cách chọn k người từ n người xếp hàng dọc cho khơng có người liên tiếp chọn Hướng dẫn giải Giả sử k người chọn là: a1 ;a ; ; a k Gọi x1 số người đứng trước a1 Gọi x số người đứng a1 a Gọi x k số người đứng a k  a k Và x k 1 số người đứng bên phải a k Mỗi cách chọn  a1;a ; ;a k  số cách chọn  x1; x ; ; x k ; x k 1  thỏa mãn k 1 +) x i n  k i 1 +) x1 0; x k 1 0 +) x j  i 2;3; ; k Hàm sinh cho cách chọn x1 x k 1 giống là: Hàm sinh cho số cách chon  x i i 2; k 1  t  t   1 t  giống là: t  t t  t   1 t  x ; x ; ; x k ; x k 1  Hàm sinh cho số cách chọn Số cách chọn số:  a1;a ; ;a k  là: 1  t f  t   1 t 1 t  1 số cách chọn số   t k  x1; x ; ; x k ; x k 1   là: t k 1 k  k 1 f  n k  0  n  k ! Câu 17 Các số nguyên viết vào 441 ô bảng vuông 21´ 21 Mỗi hàng cột có nhiều giá trị khác Chứng minh tồn số nguyên có mặt cột hàng Hướng dẫn giải Giả sử giá trị ghi vào bảng mặt ( ) 1,2, ,n Gọi số cột khác mà i i Ỵ 1, n có bi số hàng khác mà i có mặt Gọi Ti số đánh số i , ta có T i Ti £ bi Þ 441 = å Ti = å bi Mỗi cột hàng có khơng giá trị khác nhau, nên å £ 6.21, å bi £ 6.21 a £ Giả sử với i , ta có i 2, bi £ Khi đó: ( - 2)( bi - 2) £ Þ å aibi £ 2å + 2å bi Vậy 3n £ 21.24 - 3n n £ 21 Mặt khác đặt A = { i | £ 2, bi ³ 3} , B = { i | bi £ 2, ³ 3} với cột có 21 hàng có khơng q giá trị khác nên tồn giá trị xuất hàng, giá trị thuộc A nên xuất nhiều hai cột Do có tất 21 cột nên số giá trị khơng é21 + ê ê ë Tương tự minh 1ù ú= 11 Þ A ³ 11 ú û B ³ 11, nên n ³ A + B ³ 22 Mâu thuẫn nhận suy điều phải chứng