Bài 2: Hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp

Điều kiện để (1) có nghĩa là

\(\begin{cases}n\ge3\\n-2\ge0\\n\in Z\end{cases}\) \(\Leftrightarrow\) \(\begin{cases}n\ge3\\n\in Z\end{cases}\)

Ta thấy (1) \(\Leftrightarrow\) \(\frac{n!}{\left(n-3\right)!}\) + 2\(\frac{n!}{\left(n-2\right)!2!}\) \(\le\) 9n 

\(\Leftrightarrow\) (n-2)(n-1)n +(n-1)n \(\le\) 9n               (2)

Do n\(\ge\)3 (tức n>0) nên

(2) \(\Leftrightarrow\) (n-2)(n-1) + n-1 \(\le\) 9

\(\Leftrightarrow\) \(n^2\) - 2n - 8 \(\le\) 0

\(\Leftrightarrow\) -2 \(\le\) n \(\le\) 4         (3)

Đối chiếu vơi điều kiện, từ (3) suy ra n=3, n=4

Vậy (1) có hai nghiệm là n=3, n=4.

Số các chữ số tự nhiên có 4 chữ số lớn hơn 2014 là :

        ( 9999 - 2015 ) : 1 + 1 = 7985 ( số )

                                         Đáp số 7985 số

so tu nhien co bon chu so phan biet thi kho qua

Điều kiện để phương trình có nghĩa là 

\(\begin{cases}y-1\ge0\\x-1\ge\\x,y\in Z\end{cases}y}\) \(\Leftrightarrow\) \(\begin{cases}y\ge1\\x\ge\\x,y\in Z\end{cases}y+1}\)

Từ \(\frac{A_{x-1}^y}{C_{x-1}^y}\)= \(\frac{60}{10}\) \(\Leftrightarrow\) \(\frac{P_yC_{x-1}^y}{C_{x-1}^y}\) = 6

\(\Leftrightarrow\) \(P_y\) = 6 \(\Leftrightarrow\) y! = 3! \(\Leftrightarrow\) y=3

Thay lại vào phương trình ta có 

\(\frac{A_x^2}{A_{x-1}^3}\) = \(\frac{21}{60}\) \(\Leftrightarrow\) \(\frac{x!\left(x-4\right)!}{\left(x-2\right)!\left(x-1\right)!}\) = \(\frac{7}{20}\) \(\Leftrightarrow\) \(\frac{x}{\left(x-3\right)\left(x-2\right)}\) = \(\frac{7}{20}\)

\(\Leftrightarrow\) 20x = 7(x²-5x+6)

\(\Leftrightarrow\) 7x² - 55x + 42 = 0

\(\Leftrightarrow\) \(\left[\begin{array}{nghiempt}x=7\\x=\frac{6}{7}\end{array}\right.\) loại do (x\(\ge\)4, x\(\in\)N)

Điều kiện để (1) có nghĩa là

\(\begin{cases}n\ge k\\n+3\ge0\\k+2\ge0\\n,k\in Z\end{cases}\) \(\Leftrightarrow\) \(\begin{cases}n\ge k\\k\ge-2\\n,k\in Z\end{cases}\) 

Do n,k \(\ge\) 0, nên điều kiện là n \(\ge\) k; n,k \(\in\)Z               (2)

Ta có (1) \(\Leftrightarrow\) \(\frac{\left(n+5\right)!}{\left(n-k\right)!}\) \(\le\) 60\(\frac{\left(n+3\right)!}{\left(n-k+1\right)!}\)

\(\Leftrightarrow\) (n-4)(n+5) \(\le\) \(\frac{60}{n-k+1}\) \(\Leftrightarrow\) (n-4)(n+5)(n-k+1) \(\le\) 60           (3)

Vì n\(\ge\)k \(\Rightarrow\) n-k+1>0\(\Rightarrow\) n-k+1\(\ge\) 1

Ta nhận thấy nếu n\(\ge\)4, thì

(n+4)(n+5)\(\ge\)72 \(\Rightarrow\) VT (3) \(\ge\)72

Do đó mọi n\(\ge\)4 không thỏa mãn (3)

- Xét lần lượt các khả năng

1) Nếu n = 0, do 0\(\le\)k\(\le\)n\(\Rightarrow\)k=0

Khi n=k=0 thì VT(3)=4.5.1=20 \(\Rightarrow\) n=0, k=0 thỏa mãn (3)

2) Nếu n=1, do  0\(\le\)k\(\le\)n \(\Rightarrow\) \(\left[\begin{array}{nghiempt}k=0\\k=1\end{array}\right.\)

Thử lại n=1, k=0; n=1, k=1 đều thỏa mãn (3)

3) Nếu n=2 khi đó:

(3) \(\Leftrightarrow\) 6.7.(3-k)\(\le\)60

\(\Leftrightarrow\)3-k\(\le\)\(\frac{10}{7}\) \(\Rightarrow\) 3-k=1 \(\Rightarrow\)k=2

4) Nếu n=3

(3)\(\Leftrightarrow\) 7.8.(4-k)\(\le\)60

\(\Leftrightarrow\)4-k\(\le\)\(\frac{60}{56}\) \(\Rightarrow\) 4-k=1 \(\Rightarrow\) k=3

Vậy (1) có các nghiệm (n,k) sau

(0,0), (1,0), (1,1), (2,2), (3,3).

Ta có

(1) \(\Leftrightarrow\) 1 + \(C_x^2\) + \(C_x^4\) + ... + \(C_x^{2n}\) \(\ge\) 2²⁰⁰³             (2)

Theo công thức khai triển nhị thức newton, ta có

(1+t)^2x = \(C_{2x}^0\) + \(C_{2x}^1\)t + \(C_{2x}^2\)t² + ... + \(C_{2x}^{2x}\)t^2x

(1 - t)^2x = \(C_{2x}^0\) - \(C_{2x}^1\)t + \(C_{2x}^2\)t² + .... + (-1)^2x\(C_{2x}^{2x}\)t^2x

Từ đó ta có

(1 + x)^2x + (1 - t)^2x = 2(1 + \(C_{2x}^2\)t² + \(C_{2x}^4\)t⁴ + ... + \(C_{2x}^{2x}\)t^2x)

Thay t = 1, có

1 + \(C_{2x}^2\) + \(C_{2x}^4\) + ... + \(C_{2x}^{2x}\) = 2^2x-1

Do đó 

(2) \(\Leftrightarrow\) 2^2x-1 \(\ge\) 2²⁰⁰³

     \(\Leftrightarrow\) 2x - 1 \(\ge\) 2003

     \(\Leftrightarrow\) x \(\ge\) 1002

Vậy với mọi số nguyên x \(\ge\) 1002 là nghiệm của (1)

(1) 1 + + + ... + 2 (2) Theo công thức khai triển nhị thức newton, ta có (1+t) = + t + t + ... + t (1 - t) = - t + t + .... + (-1) t Từ đó ta có (1 + x) + (1 - t) = 2(1 + t + t + ... + t ) Thay t = 1, có 1 + + + ... + = 2 Do đó (2) 2 2 2x - 1 2003 x 1002 Vậy với mọi số nguyên x 1002 là nghiệm của (1)

Điều kiện là n\(\ge\)5, n\(\in\)Z

Ta có

\(\Leftrightarrow\) \(C_{n+1}^5\) = 3\(C_{n+1}^6\) (áp dụng công thức \(C_{n+1}^k\) = \(C_n^k\) + \(C_n^{k-1}\))

\(\Leftrightarrow\) \(\frac{\left(n+1\right)!}{\left(n-4\right)!5!}\) = 3\(\frac{\left(n+1\right)!}{\left(n-5\right)!6!}\)

\(\Leftrightarrow\) \(\frac{1}{\left(n-4\right)!5!}\) = \(\frac{3}{\left(n-5\right)!6!}\)

\(\Leftrightarrow\) \(\frac{1}{n-4}\) = \(\frac{3}{6}\)

\(\Leftrightarrow\) 3n - 12 = 6

\(\Leftrightarrow\) n = 6

Rõ ràng n = 6 thỏa mãn điều kiện n\(\ge\) 5, n \(\in\) Z. Vậy nghiệm duy nhất của chương trình đã cho là n = 6.

Số tam giác là \(C_{2n}^3\). Một đa giác đều 2n đỉnh thì có n đường chéo xuyên tâm. Cứ 2 đường chéo xuyên tâm thì có một hình chữ nhật theo yêu cầu. Vậy số hình chữ nhật là \(C_n^2\).

Theo bài ta có phương trình :

\(C_{2n}^3=20C_n^2,\left(n\ge2\right)\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(2n\right)!}{\left(2n-3\right)!3!}=20\frac{n!}{\left(n-2\right)!2!}\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(2n-2\right)\left(2n-1\right)2n}{3}=20\left(n-1\right)n\)

\(\Leftrightarrow2\left(n-1\right)\left(2n-1\right)2n=60\left(n-1\right)n\)

\(\Leftrightarrow2n-1=15\), (do \(n\ge2\))

\(\Leftrightarrow n=18\)

Vậy đa giác đều có 16 cạnh, (thập lục giác đều)

Số tập hợp con có k phần tử của tập hợp A (có 18 phần tử)

\(C_{18}^k\left(k=1,.....,18\right)\)

Để tìm max \(C_{18}^k,k\in\left\{1,2,.....,18\right\}\) (*), ta tiến hành giải bất phương trình sau :

\(\frac{C_{18}^k}{C_{18}^{k+1}}< 1\)

\(\Leftrightarrow C_{18}^k< C_{18}^{k+1}\)

\(\Leftrightarrow\frac{18!}{\left(18-k\right)!k!}< \frac{18!}{\left(17-k\right)!\left(k+1\right)!}\)

\(\Leftrightarrow\left(18-k\right)!k!>\left(17-k\right)!\left(k+1\right)!\)

\(\Leftrightarrow17>2k\)

\(\Leftrightarrow k< \frac{17}{2}\)

Điều kiện (*) nên k = 1,2,3,.....8

Suy ra \(\frac{C_{18}^k}{C_{18}^{k+1}}>1\) khi k = 9,10,...,17

Vậy ta có 

\(C^1_{18}< C_{18}^2< C_{18}^3< .........C_{18}^8< C_{18}^9>C_{18}^{10}>.....>C_{18}^{18}\)

Vậy \(C_{18}^k\) đạt giá trị lớn nhất khi k = 9. Như thế số tập hợp con gồm 9 phần tử của A là số tập hợp con lớn nhất.

Giải:

Điều kiện là n\(\ge\)2, n\(\in\)Z

Ta có 

(1) \(\Leftrightarrow\)\(\frac{\left(n+2\right)!}{\left(n-1\right)!3!}\)+\(\frac{\left(n+2\right)!}{n!2!}\)>\(\frac{5}{2}\)\(\frac{n!}{\left(n-2\right)!}\)

     \(\Leftrightarrow\)\(\frac{n\left(n+1\right)\left(n+2\right)}{6}\)+\(\frac{\left(n+1\right)\left(n+2\right)}{2}\)>\(\frac{5\left(n-1\right)n}{2}\)

     \(\Leftrightarrow\)n(n²+3n+2) + 3(n²+3n+2) > 15(n²-n)

     \(\Leftrightarrow\)n³-9n²+26n+6>0

     \(\Leftrightarrow\)n(n²-9n+26)+6>0                (1)

Xét tam thứ bậc hai n²-9n+26, ta thấy \(\Delta\)=81-104<0

Vậy n²-9n+26>0  với mọi n. Từ đó suy ra với mọi n\(\ge\)2 thì (1) luôn luôn đúng. Tóm lại mọi số nguyên n\(\ge\)2 đều là nghiệm của (1).

Điều kiện để phương trình (1) trên có nghĩa là:

\(\begin{cases}x\ge y+1\\y-1\ge\\x,y\in Z\end{cases}0}\) \(\Leftrightarrow\) \(\begin{cases}y\ge1\\x\ge\\x,y\in Z\end{cases}y+1}\)(2)

Từ phương trình (1) ta có 

\(\frac{C_x^{y+1}}{C_x^{y-1}}\) = \(\frac{5}{2}\) \(\Leftrightarrow\) \(\frac{x!\left(y-1\right)!\left(x-y+1\right)!}{\left(y+1\right)!\left(x-y-1\right)!x!}\) = \(\frac{5}{2}\) \(\Leftrightarrow\) \(\frac{\left(x-y\right)\left(x-y+1\right)}{y\left(y+1\right)}\) = \(\frac{5}{2}\) (3)

Vẫn từ (1) ta có

\(\frac{C_{x+1}^y}{C_x^{y+1}}\) = \(\frac{6}{5}\) \(\Leftrightarrow\) \(\frac{\left(x+1\right)!\left(y+1\right)!\left(x-y+1\right)!}{y!\left(x+1-y\right)!x!}\) = \(\frac{6}{5}\)

\(\Leftrightarrow\) \(\frac{\left(x+1\right)\left(y+1\right)}{\left(x-y\right)\left(x-y+1\right)}\) = \(\frac{6}{5}\) (4)

Nhân từng vế (3), (4) ta có 

\(\frac{x+1}{y}\) = 3 \(\Leftrightarrow\) x+1 = 3y   (5)

Thay (5) vào (4) đi đến

\(\frac{3y\left(y+1\right)}{\left(2y-1\right)2y}\) = \(\frac{6}{5}\) \(\Leftrightarrow\) 15(y+1) = 12(2y-1)

\(\Leftrightarrow\) 9y = 27 \(\Leftrightarrow\) y=3 (6)

Từ (5), (6) có x=8

Vậy x=8, y=3 là nghiệm duy nhất của phương trình (1)