Tách tổ hợp phần 3

Câu Với số tự nhiên k >0 , số ( + 5) 2k viết dạng ak + bk với số nguyên dương a) Tìm hệ thức xác định dãy ( ak ) , ( bk ) 20bk bk +1 + 16 b) Chứng minh: ak2+2 − c) Chứng minh: số phương chia hết cho Hướng dẫn giải ( + 5) 2( k +1) ( = 2+ ) ( 2+ 5) = ( 2+ 5) ( 9+ 5) 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 ) xác định: a1 = 9, a2 = 161  ak + = 18ak +1 − ak , ∀k ∈ ¥ * b = 4, b2 = 72 bk + = 18bk +1 − bk , ∀k ∈ ¥ * ( bk ) :  Tương tự ta dãy b) bk2+1 − bk +2bk = bk2+1 − ( 18bk +1 − bk ) bk = bk2 − bk +1 ( 18bk − bk +1 ) = bk2 − bk +1bk −1 = = b22 − b3b1 = 16 Mặt khác: 16 = bk2+1 − bk bk + = bk2+1 + bk ( bk − 18bk +1 ) = bk2+1 + bk2 − 18bk bk +1 ak , bk Suy 20bk +1bk + 16 = bk2+1 + bk2 + 2bk +1bk = ( bk +1 + bk ) Do số hạng dãy c) ( bk ) số nguyên nên 20bk bk +1 + 16 số phương ak + = 18ak +1 − ak ⇔ ak +2 − 9ak +1 = 9ak +1 − ak Suy ( ak +2 − 9ak +1 ) = ( 9ak +1 − ak ) hay ak2+ − 18ak + ak +1 = ak2 − 18ak +1ak Thay k = 1, 2, 3,…ta được: a32 − 18a3a2 = a12 − 18a2a1 a42 − 18a4 a3 = a22 − 18a3a2 ak2+1 − 18ak +1ak = ak2−1 − 18ak ak −1 ak2+ − 18ak + ak +1 = ak2 − 18ak +1ak Cộng vế theo vế, ta có: ak2+2 + ak2+1 − 18ak +2 ak +1 = a12 − 18a1a2 + a22 = −80 ak2+2 9ak + − ak +1 ) ( −1 = 80 Khi đó: Do ak ∈ ¢ nên Từ đó, ta được: Vậy Câu ( 9ak +2 − ak +1 ) ak2+ − chia hết cho 9ak +2 − ak +1 = 20m, m ∈ ¢ 80 = 42.5 ak2+ hay nên 9ak + − ak +1 chia hết cho 20 20m ) ( −1 = = 5m 80 chia hết cho 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 có cách chọn có +) Giả sử A97 cho vị trí lại Vậy B = { 0;1; 2; ;9} n ( A ) = A97 ta thấy tổng phần tử B 45M9 nên số có chín chữ số đơi 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 Vậy xác suất cần tìm Câu A88 + 4.7 A77 A88 + 4.7 A77 = A97 a) Gọi M tập tất số tự nhiên có sáu chữ số đơi khác có dạng a1a2 a3a4 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 −1) nCnn −Cn1 2Cn2 3Cn3 ( S= + − + + 2.3 3.4 4.5 ( n + 1) ( n + ) n Tính tổng: Hướng dẫn giải Gọi M tập tất số tự nhiên có sáu chữ số đơi … Ta có: n ( M ) = A95 (số có sáu chữ số đơi khác chỉnh hợp chập phần tử nên có A95 a1 có chín cách chọn, a2 a3a4 a5 a6 ) +) Gọi A biến cố “chọn số tự nhiên chẵn từ tập M đồng thời thỏa mãn a1 > a2 > a3 > a4 > a5 > a6 ” TH1: TH2: TH3: a6 = a6 = a6 = thì a1a2 a3a4 a5 a1a2 a3a4 a5 a1a2 a3a4 a5 có có có C95 C75 C55 cách chọn cách chọn cách chọn n ( A) = C95 + C75 + C55 = 148 P ( A) = Do n ( A ) 148 37 = = n ( Ω ) A9 34020 −1) nCnn −Cn1 2Cn2 3Cn3 ( S= + − + + 2.3 3.4 4.5 ( n + 1) ( n + ) n Tính tổng: Ta có: Cnk ( n + 1) ! C k +1 n! = = = n +1 k + k !( k + 1) ( n − k ) ! n + ( k + 1) ! ( n + 1) − ( k + 1)  ! n + ( −1) kCnk = ( −1) kCnk++22 ( k + 1) ( k + ) ( n + 1) ( n + ) k Áp dụng lần công thức (3) ta được: (3) k 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 = − ( 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 n ( = Cn0+1 − Cn1+1 − Cn0+1 − Cn1+1 + Cn2+1 − Cn3+1 + Cn4+1 − Cn5+1 + + ( −1) − ( n + 1) − ( − 1) S= Vậy Câu n −1 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 khơng gian mẫu là: n(Ω) = C124 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 − P ( A) = − Vậy xác suất để số bi đỏ mà người lấy khơng lớn 54 = 55 55 [1;2014] Câu Cho tập S gồm tất số nguyên đoạn tập không rỗng S Với tập hợp số thuộc X Đặt m( X ) m= ∑ |T | X ∈T Gọi T tập hợp gồm tất , ký hiệu m( X ) trung bình cộng tất (ở tổng lấy theo tất tập hợp X ∈T ) Hãy tính giá trị m Hướng dẫn giải [1;2014] Cho tập S gồm tất số nguyên đoạn tập không rỗng S Với tập hợp số thuộc X m= Đặt X ∈T , ký hiệu Gọi T tập hợp gồm tất m( X ) trung bình cộng tất ∑ m( X ) |T | (ở tổng lấy theo tất tập hợp X ∈T ) Hãy tính giá trị m Với mà x ∈ [1, 2, , 2014], | X |= k đặt mk = ∑ m(X) tổng lấy theo tất tập hợp X ∈T Xét số a thuộc S, suy a có mặt Suy tập X ∈T mà | X |= k k −1 k −1 kmk = (1 + + + 2014)C2013 = 1007.2015.C2013 k −1 2014 2014  C2013  2015 2014 k 2015 2014 k m (X) = m = 1007.2015 = C = C2014 ∑ ∑ ∑ ∑ 2014 ∑  ÷ k k =1 k =1 k =1  k k =1  Do = k −1 C2013 2015 2014 (2 − 1) | T | = (2 2015 − 1) ⇒ m = Mà 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 vòng tròn thời gian có 25 ô tô 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 ô tô thành màu vàng, 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 Trường hợp 2: có số liền đổi chỗ cho Nếu trước có lần vượt tơ với ô tô 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 tơ 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 ô tô 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} bắt đầu số chẵn Tính số tập tốt tập { 1, 2,3, ,n} Hướng dẫn giải Gọi fn số tập tốt Ta lập hệ thức truy hồi + Nếu tập tốt + Nếu tập tốt { 1,2,3, ,n} fn { 1,2,3, ,n} { 1,2,3, ,n} khơng lấy n lấy n f n = f n −1 f n = f n −2 không tập tốt Vậy ta có Hơn f n = f n−1 + f n −2 f1 = 2, f = x2 − x − = ⇔ x = Phương trình đặc trưng n Suy 1± n 1−  1+  fn = A ÷ + B ÷ 2     ( Thay giá trị đầu ta )  1−  1+ 2 −1 +B =2 A  A = 2   −5 ⇔ 2   A −  + B  +  =  B =  ÷  ÷   5+       Suy ( ) n −1 n −1 2 −1  1−  1 +  −11 −  1 +  fn =  ÷ +  ÷ =  ÷ +  ÷ −5   5+ 5    5  Câu Với hoán vị n p = ( a1 , a2 , , a9 ) n chữ số 1, 2, …, 9, kí hiệu s ( p) tổng ba số có s ( p) a1a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 m chữ số , , Trong có hàng đơn vị 0, gọi giá trị nhỏ n số hoán vị p thỏa mãn s ( p) = m m−n Tính Hướng dẫn giải Với hoán vị p = ( a1 , a2 , , a9 ) chữ số 1, 2, …, 9, kí hiệu s ( p) tổng ba số có s ( p) a1a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 m chữ số , , Trong có hàng đơn vị 0, gọi giá trị nhỏ n số hoán vị p thỏa mãn s ( p) = m m−n Tính Với hốn vị p = ( a1 , a2 , , a9 ) chữ số 1, 2, …, 9, kí hiệu s ( p) tổng ba số có s ( p) a1a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 m chữ số , , Trong có hàng đơn vị 0, gọi giá trị nhỏ Để s ( p) n số hoán vị p thỏa mãn s ( p) = m m−n Tính 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 ta thấy + + = 24 < 30 + + = + + = + + = 20 nên chữ số hàng đơn vị phải có tổng 20, , có ba số xếp vào chữ số hàng đơn vị, tương ứng chữ số 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 yêu cầu toán n = × × × = 648 p thỏa mãn m − n = 162 Vậy Câu 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 (không 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 Câu 11 tính chất Hỏi bà ta có cách chọn (sự lựa chọn)? Hướng dẫn giải ( Khơng có 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 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 có cách chọn có +) Giả sử A97 cho vị trí lại Vậy B = { 0;1; 2; ;9} n ( A ) = A97 ta thấy tổng phần tử B 45M9 nên số có chín chữ số đơi 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} Vậy xác suất cần tìm Câu 12 A88 + 4.7 A77 = A97 nên số số loại A88 + 4.7 A77 tập Có học sinh đứng thành hàng dọc, lần thầy giáo thổi còi có học sinh đổi chỗ cho Hỏi sau 2015 lần thầy giáo thổi còi, 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 tập hoán vị Gọi hoán vị Cặp gọi nghịch Xét ánh xạ mà thu từ cách đổi chỗ hai vị trí kề giữ ngun vị trí lại Cho Xét ánh xạ Là hợp thành ánh xạ Dễ thấy thu từ cách đổi vị trí giữ ngun vị trí lại Gọi số nghịch hốn vị Ta có Do (2) Từ (1) (2) suy (mod2) (3) Giả sử thứ tự học sinh sau lần thổi còi thứ k thầy giáo Ta có với Theo (3) ta có (mod2) Do (vì Nếu k lẻ Vậy sau 2015 lần thổi còi, tất học sinh khơng thể 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: 5.8 A85 = 268800 A96 = 544320 số Trong có số số lẻ là: số, có 275520 số chẵn KGM có số phần tử là: C544320 Số cách lấy stn có số chẵn C275520 × C268800 =74059776000 ⇒ P ≈ 0.27668828 Câu 14 Lấy ngẫu nhiên 498 số nguyên dương không vượt 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 Cn0 + 2Cn1 + 22 Cn2 + + 2n Cnn = 3n Câu 15 Chứng minh : ( 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 Cn0 + 2Cn1 + 22 Cn2 + + 2n Cnn = 3n * Cho x = : * Không gian mẫu : ( n∈¥ ) * C92 = 36 Kết thuận lợi biến cố lấy bi khác màu : P= * Câu 16 Xác suất để chọn bi khác màu : C41 C31 + C31.C21 + C41 C21 = 26 26 ≈ 0, 72 36 ( 72% ) 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: Gọi Gọi x1 a1 ; a ; ; a k số người đứng trước x2 số người đứng a1 a1 a2 Gọi Và xk x k +1 số người đứng a k −1 số người đứng bên phải ak ak Mỗi cách chọn k +1 ∑x +) +) +) i =1 i ( a1 ;a ; ; a k ) số cách chọn ( x1; x ; ; x k ; x k +1 ) thỏa mãn =n−k x1 ≥ 0; x k +1 ≥ x j > ∀i = 2;3; ; k Hàm sinh cho cách chọn x1 x k +1 + t + t + = giống là: ( x i i = 2; k Hàm sinh cho số cách chon ) 1− t t + t + t + = giống là: t 1− t k −1 Hàm sinh cho số cách chọn Số cách chọn số: Câu 17 ( x1 ; x ; ; x k ; x k +1 ) ( a1;a ; ; a k ) Các số nguyên viết vào 1  t  f ( t) =  ÷ 1− t 1− t 1− t  là: số cách chọn số 441 = ô bảng vuông ( x1; x ; ; x k ; x k +1 ) là: t k −1 ( 1− k) k +1 f ( n −k ) ( ) ( n − k) ! 21´ 21 Mỗi hàng cột có nhiều giá trị khác Chứng minh tồn số ngun có mặt cột hàng Hướng dẫn giải Giả sử giá trị ghi vào bảng mặt bi số hàng khác mà 1,2, ,n i Gọi có mặt Gọi số cột khác mà Ti Ti £ bi Þ 441= å Ti = å bi Mỗi cột hàng có khơng q giá trị khác nhau, nên å £ 6.21,å bi £ 6.21 i số ô đánh số ( i Ỵ 1,n) i có , ta có Ti i Giả sử với , ta có £ 2,bi £ Khi đó: ( - 2)( bi - 2) £ 1Þ å bi £ 2å + 2å Vậy bi - 3n£ 21.24- 3n n£ 21 Mặt khác đặt A = { i | £ 2,bi ³ 3} , B = { i | bi £ 2,ai ³ 3} với cột có 21 hàng có không 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+ 2ê ê ë 1ù ú= 11Þ A ³ 11 ú û B ³ 11, Tương tự minh n³ A + B ³ 22 nên Mâu thuẫn nhận suy điều phải chứng ... C95 + C75 + C55 = 148 P ( A) = Do n ( A ) 148 37 = = n ( Ω ) A9 34 020 −1) nCnn −Cn1 2Cn2 3Cn3 ( S= + − + + 2 .3 3.4 4.5 ( n + 1) ( n + ) n Tính tổng: Ta có: Cnk ( n + 1) ! C k +1 n! = = = n... có dạng a1a2 a3a4 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 −1) nCnn −Cn1 2Cn2 3Cn3 ( S= + − + + 2 .3 3.4 4.5 ( n +... dụng lần công thức (3) ta được: (3) k 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 = − ( Cn2+1 + Cn3+1 ) + ( Cn3+1 + Cn4+1 ) − (