Ə. A. Quliyev

⋅

=

= C

C

  üsulla 

seçmək mümkündür. 4) Kürəciklərin eyni rəngli olması üçün ya onların 

5-

də  ağ  vı  ya  5-də  qırmızı  olmalıdır.  Belə  üsulların  sayı 

62

6

56

1

6

3

8

5

6

5

8

=

+

=

+

=

+

C

C

C

C

-dir. 

396. Fu

nksiyanın təyin oblastı,  

 

9

4

1

9

4

1

1

8

2

0

8

2

0

1

1

8

2

0

≤

≤

⇔









−

≥

≤

≥

⇔









−

≥

+

≤

−

≥

−

⇔







≥

+

+

≤

−

≤

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

 

olduğundan, 

( ) {

}

9

;

8

;

7

;

6

;

5

;

4

=

f

D

  -dir. 

9

,

8

,

7

,

6

,

5

,

4

=

x

  olduqda 

( )

8

2

1

−

+

=

x

x

C

x

f

 

funksiyası  uyğun  olaraq 

1

0

5

=

C

, 

15

2

6

=

C

, 

35

3

7

4

7

=

= C

C

, 

28

2

8

6

8

=

= C

C

, 

9

1

9

8

9

=

= C

C

, 

1

10

10

=

C

qiymətlərini 

alır. 

Deməli 

baxılan 

funksiyanın 

qiymətlər 

çoxluğu 

( ) {

}

35

;

28

;

15

;

9

;

1

=

f

E

 -dur. 

397. 1) 15 sayğacdan 10-nu 

3003

5

15

10

15

=

= C

C

 

sayda üsulla seçmə 

imkanı  var.  2)  Montyor  ilk  iki  sayğacı 

2

2

C

üsulla,  digər  8  sayğacı  isə 

 

362 

8

13

C

 

üsulla quraşdırıldığından, onun 

8

13

8

13

8

13

2

2

C

C

C

C

=

=

⋅

 

sayda seçmə 

imkanı  olur.  3)  Montyor  ya  birinci  ya  da  ikinci  sayğacı 

quraşdırılmalıdırsa, belə üsulların sayı 

1

2

C

-

dir. O digər 9 sayğacı 

9

13

C

 

üsulla quraşdırdığından, seçmə imkanının sayı 

9

13

9

13

1

2

2C

C

C

=

⋅

 -dir. 

4)  Montyor  ilk  5  sayğacdan  3-nü 

3

5

C

 

üsulla,  digər  7  sayğacı  isə 

7

10

C

 

üsulla quraşdırdığından, onun 

7

10

3

5

C

C

⋅

 

sayda seçmə imkanı var. 

5)  O,  ilk  5  sayğacdan  ən  azı  üçünü  quraşdırmalıdırsa,  o  ya  3 

sayğacı,  ya  4,  ya  da  5  sayğacı  quraşdırmalıdır.  Birinci  halda  seçmə 

imka

nlarının  sayı 

7

10

3

5

C

C

⋅

, ikinci halda 

6

10

4

5

C

C

⋅

,  üçüncü  halda  isə 

5

10

3

5

C

C

⋅

 

sayda olduğundan, bütün üsulların sayı 

5

10

5

5

6

10

4

5

7

10

3

5

C

C

C

C

C

C

⋅

+

⋅

+

⋅

 

olur. 

6) O, son 5 sayğacın ən azı 3-nü quraşdırmalıdırsa, deməli son 5 

sayğacdan  ya  heç  birini,  ya  birini,  ya  ikisini,  ya  da  üçünü 

quraşdırmalıdır. Birinci halda seçmə imkanlarının sayı 

5

10

0

5

C

C

⋅

, ikinci 

halda 

9

10

1

5

C

C

⋅

, üçüncü halda 

8

10

2

5

C

C

⋅

, dördüncü halda isə 

7

10

3

5

C

C

⋅

  sayda 

olduğundan, bütün üsulların sayı 

5

10

0

5

9

10

1

5

8

10

2

5

7

10

3

5

C

C

C

C

C

C

C

C

⋅

+

⋅

+

⋅

+

⋅

 olur. 

398. 1) 1-

ci kompüter 3 informasiyanı 

3

12

C

 üsulla, 2-ci kompüter 3 

informasiyanı 

3

9

C

 üsulla, 3-

cü kompüter 3 informasiyanı 

3

6

C

 üsulla, 4-

cü  kompüter  son  3  informasiyanı 

3

3

C

 

üsulla  ala  bildiyindən  bütün 

üsulların sayı 

3

3

3

6

3

9

3

12

C

C

C

C

⋅

⋅

⋅

 olar.  

2) Kompüterlərdən biri 6 informasiyanı 

6

12

C

 üsulla, 2-ci kompüter 

2 informasiyanı 

2

6

C

 üsulla, 3-

cü kompüter 2 informasiyanı 

2

4

C

 üsulla, 

4-

cü  kompüter  isə  son  iki  informasiyanı 

2

2

C

 

üsulla  ala  bildiyindən, 

bütün üsulların sayı 

2

2

2

4

2

6

6

12

C

C

C

C

⋅

⋅

⋅

-dir. 

3)  Kompüterlərdən  hansısa  6  informasiya  qəbul  etməlidir.  Bu  4 

kompüterdən ixtiyari biri ola bildiyindən, onları 

1

4

C

 

üsulla seçmək olar. 

Hər bir seçilmiş kompüter üçün isə məsələ 2) variantında olduğu kimi 

həll edildiyindən, bütün üsulların sayı 

2

2

2

4

2

6

6

12

1

4

C

C

C

C

C

⋅

⋅

⋅

⋅

 olar. 

 

 

363 

399. Üçbucaqları iki qayda ilə qurmaq olar (Şəkil 96). 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

I halda üçbucağın bir təpə nöqtəsi 

1

l

 

düz xətti üzərində, digər iki 

təpə  nöqtəsi  isə 

2

l

 

düz  xətti  üzərində  götürülə  bilər,  II  halda  isə 

üçbucağın bir təpə nöqtəsi 

2

l

 

düz xətti üzərində, digər iki təpə nöqtəsi 

isə 

1

l

 

düz xətti üzərində götürülə bilər. I halda n nöqtədən bir nöqtəni 

1

n

C

 

üsulla,  m  nöqtədən  iki  nöqtəni 

2

m

C

üsulla  seçmək  olar,  onda 

üçbucaqların sayı 

2

1

m

n

C

C

⋅

 -

dir. II halda m nöqtədən bir nöqtəni 

1

m

C

, n 

nöqtədən  iki  nöqtəni 

2

n

C

 

üsulla  seçmək  mümkündür,  onda 

üçbucaqların  sayı 

2

1

n

m

C

C

⋅

 

olar.  Beləliklə,  iki  halda  birlikdə  qurulan 

bütün üçbucaqların sayı 

2

1

2

1

n

m

m

n

C

C

C

C

+

 olar. 

400. Ümumiyyətlə 

(

)

m

a

x

+

 

binomunun açılışında 

(

)

1

+

k

-

ci hədd 

( )

k

k

m

k

m

k

k

a

x

C

T

−

+

−

= 1

1

 

düsturu ilə hesablanır. Odur ki, 

(

)

18

2

−

x

binomunun 

açılışında 

(

)

1

+

k

-

ci  həddi 

( )

( ) ( )

k

k

k

k

k

x

C

T

4

18

18

1

2

1

−

+

−

=

 

şəkildə 

yazmaq  oalr.  Şərtə  görə 

( )

8

18

x

x

k

=

−

, onda 

8

2

18

x

x

k

=

−

, 

2

=

k

. 

Deməli  axtarılan  hədd 

2

18

1

2

C

T

=

+

 

8

8

2

153

2

x

x

=

 

və  ya 

8

3

2

153

x

T

=

-dir.  

401. 

Binomun açılışında 

(

)

1

+

k

-

ci hədd 

( ) ( )

3

2

9

9

3

9

9

1

2

3

2

3

k

k

k

k

k

k

k

C

C

T

⋅

⋅

=

=

−

−

+

 

olduğundan,  həddin  tam  ədəd  olması  üçün  9-k  cüt  ədəd  olmalıdır. 

Bunun üçün 

7

,

5

,

3

,

1

=

k

 

olmalıdır.    Digər  tərəfdən  k  ədədi  3-ə 

bö

lünməlidir.  Bu  isə  yalnız  k=3  olduqda  mümkündür.  Beləliklə, 

 

364 

binomun ayrılışında tam olan hədd 

4536

54

2

3

3

9

3

3

9

1

3

=

=

⋅

⋅

=

+

C

C

T

-

dir. 

402. 

Verilmiş 

binomun 

açılışında 

(

)

1

+

k

-

ci 

hədd 

( ) ( )

4

2

124

124

4

124

124

1

5

3

5

3

k

k

k

k

k

k

k

C

C

T

⋅

⋅

=

=

−

−

+

 

olduğundan,  hədlərin 

tam  ədəd  olması  üçün  k  ədədi  4-in  böləni  yəni, 

n

k

4

=

 

olmalıdır. 

Şərtdə 

124

0

≤

≤ k

; 

124

4

0

≤

≤ n

; 

31

0

≤

≤ n

-

dir.  Deməli  ayrılışın 

32  həddi  tamdır.  k=4n  bərabərliyindən  alınır  ki, 

31

...,

,

2

,

1

,

0

=

n

 

olduqda 

124

...,

,

8

,

4

,

0

=

k

olur.  Deməli  k-ın  bu  qiymətlərində  alınan 

hədlər  tam  ədədlərdir.  Belə  hədlərin  sayı  isə  qeyd etdiyimiz  kimi  32-

dir.  

403. 

(

)

20

2

5

x

+

binomunun  açılışında 

(

)

1

+

k

-

ci  hədd 

( ) ( )

k

k

k

k

k

k

k

k

x

C

x

C

T

⋅

⋅

⋅

=

⋅

=

−

−

+

2

2

20

20

20

20

1

2

5

2

5

 

dır.  İndi 

2

2

10

4

2

5

k

k

k

k

C

a

⋅

⋅

=

−

 

əmsallarından  ən  böyüyünü tapmaq üçün 

k

k

a

a

≤

−1

,  yəni 

2

2

10

20

2

1

2

10

1

20

2

5

2

5

k

k

k

k

k

k

C

C

⋅

⋅

≤

⋅

⋅

−

−

−

−

 

bərabərsizliyini  həll  etmək 

lazımdır.  Sonuncu  bərabərsizliyin  hər  tərəfini 

2

1

2

10

2

5

−

−

⋅

k

k

 

ifadəsinə 

bölsək 

2

1

20

2

1

1

20

2

5

⋅

≤

⋅

−

k

k

C

C

 

və  ya 

(

) (

)

(

)

!

20

!

2

!

20

!

21

!

1

5

!

20

k

k

k

k

−

≤

−

−

 

bərabərsizliyini alarıq. Buradan 

k

k

2

21

5

≤

−

 

və ya 

(

)

2

10

7

−

≤

k

. 

Beləliklə, 

7

...,

,

1

,

0

=

k

  olduqda 

k

k

a

a

≤

−1

 

və 

8

≥

k

 

olduqda  isə 

k

k

a

a

>

−1

 

bərabərsizlikləri  ödənir.  Deməli  ən  böyük  əmsal 

( )

( )

=

⋅

⋅

⋅

⋅

=

⋅

⋅

⋅

⋅

=

⋅

⋅

=

=

≤

≤

2

1

3

3

2

7

20

2

1

3

2

1

6

7

20

5

,

3

5

,

6

7

20

7

8

0

2

5

2

5

2

2

5

5

2

5

max

C

C

C

a

a

k

k

 

(

)

3

7

20

2

1

3

7

20

10

50

10

2

25

C

C

=

⋅

⋅

=

. 

404.  Məlumdur  ki,  n  dərəcəli  binomda  binomial  əmsalların  cəmi 

n

2

-

dir. Yəni 

n

n

n

n

n

n

k

k

n

C

C

C

C

2

...

1

0

0

=

+

+

+

=

∑

=

. 

 

365 

Doğrudan  da 

(

)

n

b

a

+

 

binomunun  açılışında 

1

=

= b

a

götürsək 

( )

n

n

n

n

n

k

k

n

n

n

C

C

C

C

+

+

+

=

=

=

+

∑

=

...

2

1

1

1

0

0

 

alarıq. Deməli, istənilən çoxhədlinin 

əmsalları  cəmi  bu  çoxhədlinin 

1

=

x

 

olduqda  qiymətinə  bərabər-

dir. Odur ki, 

1

=

x

 olduqda 

16

1

2

5

2

3

2

5

2

3

2

5

2

3

8

8

8

=













−

⋅

=













−

=













−

x

olduğundan 

baxılan çoxhədlinin əmsalları cəmi 

16

1

-

ə bərabərdir. 

405. 1) Nyuton binomu düsturunda 

x

b

a

=

= ,

1

  götürüb 

(

)

∑

=

=

+

n

k

k

k

n

n

x

C

x

0

1

 

eyniliyini  alarıq.  Bu  eyniliyin  hər  tərəfinin 

x

 

dəyişəninə  görə  törəməsini  alsaq 

(

)

∑

=

−

−

=

+

n

k

k

k

n

n

x

kC

x

n

0

1

1

1

  eyniliyini 

alarıq. Bu eynilikdə 

1

=

x

 hesab edib 

1

0

2

−

=

⋅

=

∑

n

n

k

k

n

n

kC

 (1) eyniliyini 

alırıq.  Digər  tərəfdən, 

(

)

∑

=

−