ĐẠI HỌC QUỐC GIA THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ———————o0o——————– BÀI TẬP NHÓM Môn học Toán rời rạc Giảng viên hướng dẫn GV Tạ Thị Nguyệt Nga GV Lê Văn Chánh Tên nhóm Thiếu tên[.]
Trang 1ĐẠI HỌC QUỐC GIA THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
———————o0o——————–
BÀI TẬP NHÓM
Môn học: Toán rời rạc
Giảng viên hướng dẫn: GV Tạ Thị Nguyệt Nga
GV Lê Văn Chánh Tên nhóm: Thiếu tên
TP HCM, 12/2022
Trang 2Thông tin nhóm
• Tên nhóm: Thiếu tên
• Thành viên nhóm:
2 22127010 Đỗ Tân Ngọc Anh
4 22127125 Nguyễn Đăng Việt Hoàng
7 22127294 Hồ Phước Nghĩa
8 22127303 Nguyễn Lê Đức Nhân
• Bảng phân công:
22127125 Nguyễn Đăng Việt Hoàng Giải Bài toán 3 Bài tập 12
Trang 3Lời giải bài tập
Bài toán 1
1) Trong khai triển (2x3− 4y2− 5z + 3t4)11, hệ số đứng trước x12y8z2t4 là bao nhiêu? Lời giải:
2) Khi khai triển (x − y + 4z − 3t)15, ta được bao nhiêu đơn thức khác nhau? Trong đó bao nhiêu đơn thức có dạng yrzmtn với m, n, r là các số nguyên không âm thỏa m ̸= 2, n ≥ 3? Lời giải:
r + m + n = 15 (∗) thỏa:
r ≥ 0
m ̸= 2 ⇔ m = 0 ∨ m = 1 ∨ m ≥ 3
n ≥ 3 Trường hợp m = 0:
(∗) ⇔ r + n = 15 (1)
(
r ≥ 0
n ≥ 3 ⇔ n − 3 ≥ 0
(1) ⇔ r + (n − 3) = 12
Vậy số nghiệm của phương trình (1) là K212 = C1312 = 13 (i)
Trường hợp m = 1:
(∗) ⇔ r + n = 14(2)
(
r ≥ 0
n ≥ 3 ⇔ n − 3 ≥ 0
(2) ⇔ r + (n − 3) = 11
Vậy số nghiệm của phương trình (2) là K11
2 = C11
12 = 12 (ii) Trường hợp m ≥ 3:
Trang 4
r ≥ 0
m ≥ 3 ⇔ m − 3 ≥ 0
n ≥ 3 ⇔ n − 3 ≥ 0
(∗) ⇔ r + (m − 3) + (n − 3) = 9 (3)
Vậy số nghiệm của phương trình (3) là K9
3 = C9
11= 55 (iii)
Số đơn thức thỏa yêu cầu bài toán là: (i) + (ii) + (iii) = 80
3) Tìm số nghiệm nguyên của phương trình x + y + z + t + u = 32 thỏa x ≥ 3, y > −2,
z ≥ 0, t = 5 và 1 < u ≤ 8
Lời giải:
x + y + z + t + u = 32 (∗)
vì t = 5, (∗) ⇔ x + y + z + u = 27 (∗∗)
thỏa điều kiện
x ≥ 3 ⇔ x − 3 ≥ 0
y > −2 ⇔ y = −1 ∨ y ≥ 0
z ≥ 0
1 < u ≤ 8 ⇔ 2 ≤ u ≤ 8 (1) Trường hợp y = −1:
(1.1) u ≥ 2 ⇔ u − 2 ≥ 0:
Đặt m1 = x − 3, m2 = z, m3 = u − 2
Khi đó mi ≥ 0, ∀ 1 ≤ x ≤ 3:
(∗∗) ⇔ m1 + m2+ m3 = 23
Vậy số nghiệm của (1.1) là K323= C23
25 = 300
(1.2) u ≥ 8 ⇔ u − 8 ≥ 0:
Đặt m1 = x − 3, m2 = z, m3 = u − 8
Khi đó mi ≥ 0, ∀ 1 ≤ x ≤ 3:
(∗∗) ⇔ m1 + m2+ m3 = 17
Vậy số nghiệm của (1.2) là K317= C17
19 = 171
Số nghiệm của trường hợp (1) là (1.1) - (1.2) = 129 (i)
(2) Trường hợp y ≥ 0:
(2.1) u ≥ 2 ⇔ u − 2 ≥ 0:
Trang 5Đặt m1 = x − 3, m2 = z, m3 = u − 2
Khi đó mi ≥ 0, ∀ 1 ≤ x ≤ 4:
(∗∗) ⇔ m1 + m2+ m3+ m4 = 22
Số nghiệm của (2.1) là K22
4 = C22
25 = 2300
(2.2) u ≥ 8 ⇔ u − 8 ≥ 0:
Đặt m1 = x − 3, m2 = z, m3 = u − 8
Khi đó mi ≥ 0, ∀ 1 ≤ x ≤ 4:
(∗∗) ⇔ m1 + m2+ m3+ m4 = 16
Vậy số nghiệm của (2.2) là K16
4 = C16
19 = 969
Số nghiệm của trường hợp (2) là (2.1) - (2.2) = 1331 (ii)
Số nghiệm thỏa yêu cầu bài toán là: (i) + (ii) = 1460
4) Tìm số nghiệm nguyên dương của phương trình (m + n + p + q + r)(x + y + z + t) = 110 Lời giải:
Ta có: m, n, p, q, r, x, y, z, t ≥ 1 (∗)
Nhận thấy: 110 = 2.5.11 = 2.55 = 10.11 = 22.5
(1) Trường hợp 110 = 2.55
Từ (∗) ⇒
(
m + n + p + q + r ≥ 5
x + y + z + t ≥ 4 Vậy trường hợp (1) vô nghiệm
(2) Trường hợp 110 = 5.22 = 22.5
(2.1)
(
m + n + p + q + r = 5
( (m − 1) + (n − 1) + (p − 1) + (q − 1) + (r − 1) = 0 (x − 1) + (y − 1) + (z − 1) + (t − 1) = 18
Vậy số nghiệm của trường hợp (2.1) là: K0
5.K18
4 = C0
4.C18
21 = 1330
Đặt k1 = m − 1, k2 = n − 1, k3 = p − 1, k4 = q − 1, k5 = r − 1, k6 = x − 1, k7 = y − 1,
k8 = z − 1, k9 = t − 1
Khi đó ki ≥ 0, ∀ 1 ≤ i ≤ 9
Trang 6(2.2) m + n + p + q + r = 22
x + y + z + t = 5 ⇔ k1+ k2+ k3 + k4+ k5 = 17 ⇒ K
17 5
k6+ k7+ k8 + k9 = 1 ⇒ K1
4
Vậy số nghiệm của trường hợp (2.2) là: K17
5 K1
4 = C17
21.C1
4 = 23940 Vậy số nghiệm của trường hợp (2) là: (2.1) + (2.2) = 25270 (i)
(3) Trường hợp 110 = 10.11
(3.1)
(
m + n + p + q + r = 10
(
k1+ k2+ k3 + k4+ k5 = 5 ⇒ K5
5
k6+ k7+ k8 + k9 = 7 ⇒ K47 Vậy số nghiệm của trường hợp (3.1) là: K55.K47 = C95.C107 = 15120
(3.2)
(
m + n + p + q + r = 11
(
k1+ k2+ k3 + k4+ k5 = 6 ⇒ K6
5
k6+ k7+ k8 + k9 = 6 ⇒ K6
4
Vậy số nghiệm của trường hợp (3.2) là: K6
5.K6
4 = C6
10.C6
9 = 17640 Vậy số nghiệm của trường hợp (3) là: (3.1) + (3.2) = 32760 (ii)
Vậy số nghiệm thỏa yêu cầu bài toán là: (i) + (ii) = 58030
Bài toán 2
5) Cho a0 = 7, a1 = 4 và an = an−1+ 2an−2+ (4n − 5)2n−1, ∀n ≥ 2 Tìm an theo n (n ≥ 0) Lời giải:
(
an= an−1+ 2an−2+ (4n − 5)2n−1
a0 = 7, a1 = 4
Giải phương trình tuyến tính thuần nhất để tìm nghiệm tổng quát:
an: an− an−1− 2an−2= 0
Xét phương trình đặc trưng λ2− λ − 2 = 0 có nghiệm λ = 2 và λ = 1
Vậy nghiệm tổng quát là an = 2n.C1+ (−1)n.C2
Xét f (n) = 2n.4n − 5
2 có β = 2 là nghiệm đơn của phương trình đặc trưng
Trang 7⇒ a∗
n= n.2n.Qr(n), vì f (n) là đa thức bậc nhất
⇒ a∗
n= n.2n.(an + b)
Thế vào phương trình ban đầu ta được:
n.2n.(an + b) = (n − 1).2n−1.[a(n − 1) + b] + 2.(n − 2).2n−2.[a(n − 2) + b] + (4n − 5)2n−1
Xét n = 2: 2.22.(2a + b) = 2.(a + b) + (4.2 − 5).2 ⇔ 14a + 6b = 6
Xét n = 3: 3.23.(3a + b) = 2.2n.(2a + b) + 2.2.(a + b) + (4.3 − 5).22 ⇔ 52a + 12b = 28
⇒ a = 2
3, b =
−5
9 Hệ có nghiệm riêng a
∗
n= n.2n 2
3n −
5 9
!
Nghiệm của phương trình đệ quy có dạng: an= an+a∗n = 2n.C1+(−1)n.C2+n.2n 2
3n−
5 9
!
Tìm C1, C2 dựa vào a0 = 7, a1 = 4, ta có:
C1+ C2 = 7
2C1− C2 = 34
9
⇔
(
C1 = 9727
C2 = 9227
⇒ an= 2n.97
27+ (−1)
n.92
27 + n.2
n 2
3n −
5 9
!
6) Tìm antheo n(n ≥ 1) nếu a1 = 2, a2 = 108 và an+2 = 4an+1− 4an+ (12n + 11)2n+2, ∀n ≥ 1 Lời giải:
(
an+2= 4an+1− 4an+ (12n + 11)2n+2
a1 = 2, a2 = 108
Giải phương trình tuyến tính thuần nhất để tìm nghiệm tổng quát:
an: an+2− 4an+1+ 4an = 0
Xét phương trình đặc trưng λ2− 4λ + 4 = 0 có nghiệm kép λ = 2
Vậy nghiệm tổng quát là an = (C1+ nC2)2n
Xét f (n) = 2n.4.(12n + 11) có β = 2 là nghiệm kép của phương trình đặc trưng
⇒ a∗
n= n2.2n.(an + b) vì f (n) là đa thức bậc nhất
Thế vào phương trình ban đầu ta được:
(n + 2)2.2n+2.[a(n + 2) + b] = 4(n + 1)2n+1[a(n + 1) + b] − 4n22n(an + b) + (12n + 11)2n+2
⇔ 4(n + 2)2.[a(n + 2) + b] = 8(n + 1)[a(n + 1) + b] − 4n2(an + b) + 4(12n + 11)
Xét n = 0: 4.22.(2a + b) = 8(a + b) + 44 ⇔ 24a + 8b = 44
Trang 8Xét n = 1: 4.32.(3a + b) = 8.22(2a + b) − 4(a + b) + 92 ⇔ 48a + 8b = 92
⇒ a = 2, b = −1
2 Hệ có nghiệm riêng a
∗
n= n2.2n 2n − 1
2
!
Nghiệm của phương trình đệ quy có dạng: an = an+ a∗n= (C1+ nC2)2n+ n2.2n 2n −1
2
!
Tìm C1, C2 dựa vào a1 = 2, a2 = 108, ta có:
C1+ C2 = −1
2
C1+ 2C2 = 13
⇔
C1 = −14
C2 = 27 2
⇒ an= − 14 + 27
2 n
!
2n+ n2.2n 2n − 1
2
!
7) Với n là số nguyên không âm, đặt sn =
n
P
k=0
(2k − 1)(−3)k Tính tổng sn theo n bằng cách thiết lập một hệ thức đệ qui có điều kiện đầu và giải hệ thức đệ quy đó
Lời giải:
Ta có:
(
s0 = 0
sn= sn−1+ (2n − 1).(−3)n Xét phương trình đặc trưng: λ − 1 = 0 ⇔ λ = 1
Vậy nghiệm tổng quát sn= C
Xét f (n) = (2n − 1)(−3)n, có β = −3 không là nghiệm của phương trình đặc trưng
⇒ s∗
n= (−3)n.(an + b) vì f (n) là đa thức bậc nhất
Thế vào phương trình ban đầu ta được:
(−3)n(an + b) = (−3)n+1[a(n − 1) + b] + (2n − 1)(−3)n
⇔ (an + b) = (−3)−1[a(n − 1) + b] + 2n − 1
Xét n = 0: b = −1
3(−a + b) − 1 ⇔
1
3a −
4
3b = 1 Xét n = 1: a + b = −1
3b + 1 ⇔ a +
4
3b = 1
⇒ a = 3
2, b =
−3
8 Hệ có nghiệm riêng s
∗
n= (−3)n 3
2n −
3 8
!
Nghiệm của phương trình đệ quy có dạng: sn= sn+ s∗n= C + (−3)n 3
2n −
3 8
!
Tìm C1, C2 dựa vào s0 = 0 ⇒ C = 3
8
Trang 9⇒ sn= 3
8+ (−3)
n 3
2n −
3 8
Bài toán 3
8) Phân tích h = 834.250 và k = −241.500 thành tích của các số nguyên tố Từ đó tìm
d = (h, k), e = [h, k] và dạng tối giản mẫu số dương của phân số h
k Lời giải:
h = 834.250 = 2.53.47.71
k = −241.500 = −22.3.53.7.23
d = (h, k) = 2.53 = 250
e = [h, k] = 22.3.53.7.23.47.71 = 805885500
h
k =
834.250/250
−241.500/250 =
−3337 996
9) h có bao nhiêu ước số nguyên dương và bao nhiêu ước số nguyên?
Lời giải:
Ta có h = 834.250 = 2.53.47.71
Số ước nguyên dương của h: (1 + 1).(3 + 1).(1 + 1).(1 + 1) = 32
Số ước nguyên của h: 32.2 = 64
10) Cho a = 34715 và b = 6643 Dùng các thuật chia Euclide để tìm r, s, u, v ∈ Z thỏa
ra + sb = 1 và 1
ab =
u
a +
v
b. Lời giải:
Có: 34715 = 5.6643 + 1500
6643 = 4.1500 + 643
1500 = 2.643 + 214
643 = 3.214 + 1
214 = 214.1 + 0
Trang 10Có: 1 = 643 − 3.214
= 643 − 3.(1500 − 2.643)
= 7.643 − 3.1500
= 7.(6643 − 4.1500) − 3.1500
= 7.6643 − 31.1500
= 7.6643 − 31.(34715 − 5.6643)
= −31.34715 + 162.6643 (1)
Có: ra + sb = 1 và (1) ⇒ r = −31, s = 162
1
ab =
u
a +
v
b ⇔ 1
ab =
ub + va
ab ⇔ ub + va = 1, có (1) ⇒ u = 162, v = −31
Bài toán 4
Cho S1 = {−1, 0, 1}.S2 = {−2, −1, 0, 1} Với x, y ∈ S1, xét quan hệ ℜ: xℜy ⇔ (x+1) | (y +1)
Ta cũng xét quan hệ T trên S2 như sau: ∀x, y ∈ S2, xT y ⇔ y ≤ x − x3
11) Xác định tập hợp K = {(u, v) ∈ S2 | uℜv} xét các tính chất phản xạ, đối xứng, phản xứng và truyền của quan hệ hai ngôi ℜ
12) Xác định tập hợp K = {(u, v) ∈ S2 | uℜv} xét các tính chất phản xạ, đối xứng, phản xứng và truyền của quan hệ hai ngôi ℜ
Lời giải:
Bài toán 5
13) Giải các phương trình sau trong Z120 :
−180 · x = 317, 240 · y = −420, 24 · z = 30 và 21 · t = 171
Lời giải:
−180 · x = 317 trong Z120 ⇔ 60 · x = 317 trong Z120
Trong Z120, a = 60 không có khả nghịch, ta có d = (120, 60) = 60 và d ∤ 317
⇒ Phương trình vô nghiệm
240 · y = −420 trong Z120 ⇔ 0 · y = 60
Trang 11⇒ Phương trình vô nghiệm
24 · z = 30 trong Z120
Trong Z120, a = 24 không có khả nghịch, ta có d = (24, 120) = 24 và d ∤ 30
⇒ Phương trình vô nghiệm
21 · t = 171 trong Z120
Trong Z120, a = 21 không có khả nghịch, ta có d = (21, 120) = 3 là ước của 171
nên ta xét phương trình:7 · t′ = 57 trong Z40
Nghịch đảo của 7 trong Z40 là 23
⇒ 23 · 7 · t′ = 57 · 23 trong Z40
⇔ t′ = 1311 trong Z40
⇒ Nghiệm tổng quát t = 31 + 40.k với 0 ≤ k ≤ 2
Vậy tập nghiệm của phương trình là {31, 71, 111}
14) Trong Z715, giải thích tính khả nghịch của 6643 và giải phương trình 6643 · x = −29 Lời giải:
Ta có (6643, 715) = 13 ̸= 1
Nên không thể viết 6643 và 715 dưới dạng 6643.a + 715.b = 1 hay 6643.a = 1 mod 715
⇒ Không tồn tại khả nghịch của 6643 trong Z715
6643 · x = −29 trong Z715
⇔ 208 · x = 696 trong Z715
Trong Z715, a = 208 không có khả nghịch, ta có d = (715, 208) = 13 và d ∤ 696
⇒ Phương trình vô nghiệm