Bài tập cuối chương VIII

Để đi từ thành phố $A$ đến thành phố $B$ ta có $6$ con đường để đi. Với mỗi cách đi từ thành phố $A$ đến thành phố $B$ ta có $7$ cách đi từ thành phố $B$ đến thành phố $C.$

Vậy có $6.7 = 42$ cách đi từ thành phố A đến B.

Đặt $y = 23$, xét các số $x = \overline {abcde}$ trong đó $a,b,c,d,e$ đôi một khác nhau và thuộc tập $\left\{ {0,1,y,4,5} \right\}$. Có ${P_5} - {P_4} = 96$ số như vậy

Khi ta hoán vị $2,3$ trong $y$ ta được hai số khác nhau

Nên có $96.2 = 192$ số thỏa yêu cầu bài toán.

Gọi $x = \overline {abcd} ;{\rm{ }}a,b,c,d \in \left\{ {0,1,2,4,5,6,8} \right\}$.

Vì $x$ là số chẵn nên $d \in \left\{ {0,2,4,6,8} \right\}$.

TH 1: $d = 0 \Rightarrow$ có $1$ cách chọn $d$.

Với mỗi cách chọn $d$ ta có $6$ cách chọn $a \in \left\{ {1,2,4,5,6,8} \right\}$

Với mỗi cách chọn $a,d$ ta có $5$ cách chọn $b \in \left\{ {1,2,4,5,6,8} \right\}\backslash \left\{ a \right\}$

Với mỗi cách chọn $a,b,d$ ta có $4$ cách chọn $c \in \left\{ {1,2,4,5,6,8} \right\}\backslash \left\{ {a,b} \right\}$

Suy ra trong trường hợp này có $1.6.5.4 = 120$ số.

TH 2: $d \ne 0 \Rightarrow d \in \left\{ {2,4,6,8} \right\} \Rightarrow$ có $4$ cách chọn $d$

Với mỗi cách chọn $d$, do $a \ne 0$ nên ta có $5$ cách chọn

$a \in \left\{ {1,2,4,5,6,8} \right\}\backslash \left\{ d \right\}$.

Với mỗi cách chọn $a,d$ ta có $5$ cách chọn $b \in \left\{ {0,1,2,4,5,6,8} \right\}\backslash \left\{ a,d \right\}$

Với mỗi cách chọn $a,b,d$ ta có $4$ cách chọn $c \in \left\{ {0,1,2,4,5,6,8} \right\}\backslash \left\{ {a,b,d} \right\}$

Suy ra trong trường hợp này có $4.5.5.4 = 400$ số.

Vậy có tất cả $120 + 400 = 520$ số cần lập.

ĐK: $\left\{ \begin{array}{l}n \in \mathbb{N}\\n \ge 6\end{array} \right.$

Ta có: $C_n^{n - 3} = 1140 \Leftrightarrow \dfrac{{n!}}{{3!(n - 3)!}} = 1140 \Leftrightarrow n = 20$

Khi đó: $A = \dfrac{{A_{20}^6 + A_{20}^5}}{{A_{20}^4}}=256$

Điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l}n \in \mathbb{N}\\n \ge 3\end{array} \right.$

Ta có: $C_{n + 1}^2 + 2C_{n + 2}^2 + 2C_{n + 3}^2 + C_{n + 4}^2 = 149$

$\Leftrightarrow \dfrac{{\left( {n + 1} \right)!}}{{2!\left( {n - 1} \right)!}} + 2\dfrac{{\left( {n + 2} \right)!}}{{2!n!}} + 2\dfrac{{\left( {n + 3} \right)!}}{{2!\left( {n + 1} \right)!}} + \dfrac{{\left( {n + 4} \right)!}}{{2!\left( {n + 2} \right)!}} = 149$

$\Leftrightarrow \dfrac{{\left( {n + 1} \right)n}}{2} + \dfrac{{2\left( {n + 2} \right)\left( {n + 1} \right)}}{2}$$+ \dfrac{{2\left( {n + 3} \right)\left( {n + 2} \right)}}{2} + \dfrac{{\left( {n + 4} \right)\left( {n + 3} \right)}}{2} = 149$

$\Leftrightarrow {n^2} + n + 2\left( {{n^2} + 3n + 2} \right)$$+ 2\left( {{n^2} + 5n + 6} \right) + {n^2} + 7n + 12 = 298$

$\Leftrightarrow 6{n^2} + 24n - 270 = 0$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n = 5\left( {TM} \right)\\n =  - 9\left( L \right)\end{array} \right.$

Do đó: $M = \dfrac{{A_6^4 + 3A_5^3}}{{6!}} = \dfrac{3}{4}$.

Điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l}x \in \mathbb{N}\\x \ge 2\end{array} \right.$

Phương trình

$\Leftrightarrow {P_x}A_x^2 + 72 - 6A_x^2 - 12{P_x} = 0$

$\Leftrightarrow \left( {{P_x}A_x^2 - 6A_x^2} \right) - \left( {12{P_x} - 72} \right) = 0$ 

$\Leftrightarrow A_x^2\left( {{P_x} - 6} \right) - 12({P_x} - 6) = 0$

$\Leftrightarrow ({P_x} - 6)(A_x^2 - 12) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{P_x} = 6\\A_x^2 = 12\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x! = 6\\x(x - 1) = 12\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = 4\end{array} \right.$

Với $n \ge 2,n \in \mathbb{N}$ ta có:

$C_{n + 2}^{n - 1} + C_{n + 2}^n > \dfrac{5}{2}A_n^2 \Leftrightarrow C_{n + 3}^n > \dfrac{5}{2}A_n^2 \Leftrightarrow \dfrac{{\left( {n + 3} \right)!}}{{n!3!}} > \dfrac{5}{2}\dfrac{{n!}}{{\left( {n - 2} \right)!}}$

$\Leftrightarrow n\left( {{n^2} - 9n + 26} \right) + 6 > 0$  luôn đúng với mọi $n \ge 2$.

Vậy nghiệm của bất phương trình $n \ge 2,n \in \mathbb{N}$.

Điều kiện $x,y \in \mathbb{N};\,x \le y$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}2A_y^x + 5C_y^x = 90\\5A_y^x - 2C_y^x = 80\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}A_y^x = 20\\C_y^x = 10\end{array} \right.$

Từ $A_y^x = x!C_y^x$ suy ra $x! = \dfrac{{20}}{{10}} = 2 \Leftrightarrow x = 2$

Từ $A_y^2 = 20 \Leftrightarrow y\left( {y - 1} \right) = 20$$\Leftrightarrow {y^2} - y - 20 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y =  - 4\,\,(L)\\y = 5\end{array} \right.$

Vậy $x = 2;y = 5$.

Gọi số tự nhiên thỏa mãn bài toán có dạng $\overline {abcdefg}$.

Xét trường hợp có cả chữ số $0$ đứng đầu.

Số cách chọn vị trí cho chữ số $2$ là $C_7^2$.

Số cách chọn vị trí cho chữ số $3$ là $C_5^3$.

Số cách chọn $2$ chữ số còn lại trong tập hợp $\left\{ {0;1;4;5;6;7;8;9} \right\}$ để xếp vào hai vị trí cuối là $A_8^2$.

Do đó có $C_7^2.C_5^3.A_8^2 = 11760$ số.

Xét trường hợp chữ số $0$ đứng đầu.

$a = 0$ nên có $1$ cách chọn.

Số cách chọn vị trí cho chữ số $2$ là $C_6^2$.

Số cách chọn vị trí cho chữ số $3$ là $C_4^3$.

Số cách chọn chữ số cuối trong tập hợp $\left\{ {1;4;5;6;7;8;9} \right\}$ là $7$ cách.

Do đó có $1.C_6^2.C_4^3.7 = 420$ số.

Vậy có $11760 - 420 = 11340$ số.

Gọi $A$ là số tự nhiên có hai chữ số lẻ khác nhau lấy từ các số $0,1,2,3,4,5,6$ số cách chọn được $A$ là $A_3^2 = 6$. Số chẵn có $5$ chữ số mà hai số lẻ đứng kề nhau phải chứa $A$ và ba trong $4$ chữ số $0;2;4;6.$ Gọi $\overline {abcd} ;a,b,c,d \in \{ A,0,2,4,6\}$ là số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

* TH1: Nếu $a = A$ có $1$ cách chọn $a$ và $A_4^3$ cách chọn $b,c,d$.

* TH2: $a \ne A$ có $3$ cách chọn $a$

+ Nếu $b = A$ có $1$ cách chọn $b$ và $A_3^2$ cách chọn $c,d$.

+ Nếu $c = A$ có $1$ cách chọn $c$ và $A_3^2$ cách chọn $b,d$.

Vậy có $A_3^2\left( {A_4^3 + 3\left( {1.A_3^2 + 1.A_3^2} \right)} \right) = 360$ số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ta có các trường hợp sau

TH 1: Đề thi gồm $2 D, 2 TB, 1 K:$ $C_{15}^2.C_{10}^2.C_5^1$

TH 2: Đề thi gồm $2 D, 1 TB, 2 K:$ $C_{15}^2.C_{10}^1.C_5^2$

TH 3: Đề thi gồm $3 D, 1 TB, 1 K:$ $C_{15}^3.C_{10}^1.C_5^1$

Vậy có: $C_{15}^2.C_{10}^2.C_5^1+C_{15}^2.C_{10}^1.C_5^2+C_{15}^3.C_{10}^1.C_5^1=56875$ đề kiểm tra.

Đặt $f(x) = x{\left( {1 - 2x} \right)^5} + {x^2}{\left( {1 + 3x} \right)^{10}}$

Ta có : $f(x) = x\sum\limits_{k = 0}^5 {C_5^k{{\left( { - 2} \right)}^k}.{x^k}}  + {x^2}\sum\limits_{i = 0}^{10} {C_{10}^i} {\left( {3x} \right)^i}$ $= \sum\limits_{k = 0}^5 {C_5^k{{\left( { - 2} \right)}^k}.{x^{k + 1}}}  + \sum\limits_{i = 0}^{10} {C_{10}^i} {3^i}.{x^{i + 2}}$

Vậy hệ số của ${x^5}$ trong khai triển đa thức của $f(x)$ ứng với $k = 4$ và $i = 3$ là: $C_5^4{\left( { - 2} \right)^4} + C_{10}^3{.3^3} = 3320$

Ta có:
${\left[ {1 + {x^2}\left( {1 - x} \right)} \right]^8} = \sum\limits_{n = 0}^8 {C_8^n} {x^{2n}}{\left( {1 - x} \right)^n}$ $= \sum\limits_{n = 0}^8 {C_8^n} \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{{\left( { - 1} \right)}^k}{x^{2n +k }}}$

với $0 \le k \le n \le 8$.

Số hạng chứa ${x^8}$ ứng với $2n + k = 8 \Rightarrow k = 8 - 2n$ là một số chẵn.

Thử trực tiếp ta được $k = 0;n = 4$ và $k = 2,\,n = 3$.

Vậy hệ số của ${x^8}$ là $C_8^3.C_3^2 + \,\,C_8^4.C_4^0 = 238$.

Ta có: $P\left( x \right) = {\left( {1 + 3x + 2{x^2}} \right)^{10}} = \sum\limits_{k = 0}^{10} {C_{10}^k} {\left( {3x + 2{x^2}} \right)^k}$ $= \sum\limits_{k = 0}^{10} {C_{10}^k} \sum\limits_{i = 0}^k {C_k^i} {(3x)^{k - i}}.{(2{x^2})^i}$ $= \sum\limits_{k = 0}^{10} {C_{10}^k} \sum\limits_{i = 0}^k {C_k^i} {.3^{k - i}}{.2^i}{x^{k + i}}$

với $0 \le i \le k \le 10\,\,$.

Do đó $k + i = 15$ với các trường hợp

$k = 10,i = 5$ hoặc $k = 9,i = 6$ hoặc $k = 8,i = 7$

Vậy ${a_{15}} = C_{10}^{10}.C_{10}^5{.3^5}{.2^5} + C_{10}^9.C_9^6{.3^3}{.2^6} + C_{10}^8.C_8^7{.3.2^7}$

Ta có: $C_n^{n - 1} + C_n^{n - 2} = 78 \Leftrightarrow \dfrac{{n!}}{{(n - 1)!1!}} + \dfrac{{n!}}{{(n - 2)!2!}} = 78$

$\Leftrightarrow n + \dfrac{{n(n - 1)}}{2} = 78 \Leftrightarrow {n^2} + n - 156 = 0 \Leftrightarrow n = 12$.

Khi đó: $f(x) = {\left( {{x^3} - \dfrac{2}{x}} \right)^{12}} = \sum\limits_{k = 0}^{12} {C_{12}^k{{( - 2)}^k}{x^{36 - 4k}}}$

Số hạng không chứa $x$ ứng với $k:36 - 4k = 0 \Rightarrow k = 9$

Số hạng không chứa $x$ là: ${( - 2)^9}C_{12}^9 =  - 112640$

Ta có: ${\left( {{x^2} + 1} \right)^n}{\left( {x + 2} \right)^n} = {x^{3n}}{\left( {1 + \dfrac{1}{{{x^2}}}} \right)^n}{\left( {1 + \dfrac{2}{x}} \right)^n}$

            $= {x^{3n}}\sum\limits_{i = 0}^n {C_n^i{{\left( {\dfrac{1}{{{x^2}}}} \right)}^i}\sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{{\left( {\dfrac{2}{x}} \right)}^k}}  = } {x^{3n}}\left[ {\sum\limits_{i = 0}^n {C_n^i{x^{ - 2i}}\sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{2^k}{x^{ - k}}} } } \right]$

Trong khai triển trên , luỹ thừa của $x$ là $3n - 3$ khi

$- 2i - k =  - 3 \Leftrightarrow 2i + k = 3$.

Ta chỉ có hai trường hợp thoả mãn điều kiện này là $i = 0,k = 3$ hoặc

$i = 1,k = 1$(vì $i,k$ nguyên).

Hệ số của ${x^{3n - 3}}$ trong khai triển thành đa thức của ${\left( {{x^2} + 1} \right)^n}{\left( {x + 2} \right)^n}$

Là :${a_{3n - 3}} = C_n^0.C_n^3{.2^3} + C_n^1.C_n^1.2$.

Do đó ${a_{3n - 3}} = 26n \Leftrightarrow \dfrac{{2n\left( {2{n^2} - 3n + 4} \right)}}{3} = 26n \Leftrightarrow n =  - \dfrac{7}{2}$hoặc$n = 5$

Vậy $n = 5$ là giá trị cần tìm.

Ta có:

$C_{2n + 1}^0 + C_{2n + 1}^1 + ... + C_{2n + 1}^n + C_{2n + 1}^{n + 1} + ... + C_{2n + 1}^{2n + 1} = {2^{2n + 1}}$

Vì $C_{2n + 1}^k = C_{2n + 1}^{2n + 1 - k}$ nên:

$C_{2n + 1}^0 + C_{2n + 1}^1 + ... + C_{2n + 1}^n + C_{2n + 1}^n + C_{2n + 1}^{n - 1} + ... + C_{2n + 1}^0 = {2^{2n + 1}}$

$\Leftrightarrow 2\left( {C_{2n + 1}^0 + C_{2n + 1}^1 + ... + C_{2n + 1}^n} \right) = {2^{2n + 1}}$

$\Leftrightarrow C_{2n + 1}^0 + C_{2n + 1}^1 + ... + C_{2n + 1}^n = {2^{2n}}$

$\Leftrightarrow C_{2n + 1}^1 + ... + C_{2n + 1}^n = {2^{2n}} - C_{2n + 1}^0 = {2^{2n}} - 1$

Do đó ${2^{2n}} - 1 = {2^{20}} - 1 \Leftrightarrow n = 10$

Khi đó: ${\left( {\dfrac{1}{{{x^4}}} + {x^7}} \right)^{10}} = {\left( {{x^{ - 4}} + {x^7}} \right)^{10}}$ $= \sum\limits_{k = 0}^{10} {C_{10}^k{{({x^{ - 4}})}^{10 - k}}.{x^{7k}}}$ $= \sum\limits_{k = 0}^{10} {C_{10}^k{x^{11k - 40}}}$

Hệ số chứa ${x^{26}}$ ứng với giá trị $k:$ $11k - 40 = 26 \Rightarrow k = 6$.

Vậy hệ số chứa ${x^{26}}$ là: $C_{10}^6 = 210$.