Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

сумма которого равна ³/₂. Однако, с другой стороны, его сумма есть ни что иное, как S − ^S/₂ = ^S/₂. Таким образом, ^S/₂ = ³/₂ и, следовательно, S = 3.

Ответ. 3.

Глава 21

Соединения и бином

21.1. Присвоим каждому из сидящих за круглым столом номер: а₁, а₂, ..., а_n. Образовывая циклические перестановки: а_n, а₁, а₂, ..., а_{n − 1}; а_{п − 1}, а_n, а₁, а₂, ..., а_{п − 2} и т. д., мы будем получать тот же способ размещения за столом. Таких циклических перестановок можно составить n.

Кроме этого, нужно учесть, что сосед слева и сосед справа неразличимы, т. е. перестановки а₁, а₂, ..., а_п и а₁, а_n, а_n − 1, ..., а₂ дают одно и то же размещение за столом. Так как всего возможно n! перестановок, из которых каждые 2n одинаковы, то искомое число равно

^n!/_2n = ½(n

− 1)!.

Ответ. ½(n − 1)!.

21.2. Всего из пяти элементов можно составить Р₅ перестановок. Среди них будет Р₄, y которых на первом месте а₁, и Р₄, y которых на первом месте а₂. Однако перестановки, y которых на первом месте а₁, а на втором месте а₂, попали и в первую, и во вторую группы. Таких перестановок Р₃.

Поэтому искомое число перестановок равно

Р₅ − (2P₄ − Р₃) = 78.

Ответ. 78.

21.3. Из семи разрядов три должны быть заняты двойками, что дает  вариантов. На каждое из оставшихся мест можно поместить любую из восьми цифр, благодаря чему каждый из предыдущих вариантов даст еще 8⁴ возможностей.

Ответ.

21.4. Предположим, что в каждое число входят три различные единицы: l₁, l₂, l₃, а остальные цифры 0, 2, 3, 4 и 5 равноправны. Тогда можно получить Р₈ различных чисел. Отсюда нужно исключить Р₇ чисел, начинающихся с нуля.

На самом деле разные единицы неразличимы. Другими словами, вместо одного числа мы получим Р₃ одинаковых чисел, отличающихся лишь взаимными перестановками единиц.

Ответ.

21.5. Предположим, что каюты неравноценны. Это дает в 8! раз больше вариантов, чем в случае равноценных кают, что мы учтем позднее.

В первую каюту можно заселить любых четырех из 32 экскурсантов, что можно сделать  способами, во вторую — любых четырех из 28 оставшихся и т. д. В итоге получим

способов. Это число остается разделить на 8! и произвести упрощения.

Ответ..

21.6. Рассмотрим k−й член суммы

Данную сумму можно переписать в виде

Ответ.n · 2ⁿ − 1.

21.7. Из разложения

выделим действительную часть и приравняем действительной части комплексного числа (1 + i)ⁿ. В самом деле,

т. е.

где n − 1 ≤ 2k ≤ n.

Последнее ограничение означает, что через 2k обозначено то из чисел n − 1 и n, которое является четным.

Ответ.

21.8. Условию задачи удовлетворяют такие n, для которых равенство

выполняется хотя бы для одного k. Заметим, что 1 ≤ k ≤ n − 1; n ≥ 2. Равенство (1) перепишем в виде

что после простых преобразований даст

4k² − 4nk + п² − n − 2 = 0,

откуда

Чтобы выражение в правой части было целым, нужно сначала потребовать

n + 2 = m²,   т. е.   n = m² − 2.

Поскольку n ≥ 2, то т² ≥ 4 и m ≥ 2. Тогда

Если взять знак минус, получим

Число, стоящее в числителе, четное при всех m. Значение m = 2 нужно исключить, так как тогда k₁ = 0, что невозможно. Если же m ≥ 3, то m + 1 ≥ 4, а m − 2 ≥ 1. Следовательно, k₁ ≥ 2. Потребуем теперь, чтобы выполнялось второе условие: k₁ ≤ n − 1, т. е.  что равносильно неравенству m² + m − 4 ≥ 0. Последнее неравенство справедливо при всех m ≥ 3.

Остается исследовать

Так как условие n ≥ 2, из которого следует, что m

 ≥ 2, должно выполняться и для k₂, то формула (3) по сравнению с (2) может дать лишь одно дополнительное значение: m = 2. Однако при m = 2 получим, что k₂ = 2 и n = 2. Это противоречит требованию k ≤ n − 1. Таким образом, формула (3) не дает новых значений m, а следовательно, и n.

Ответ.n = m² − 2, где m = 3, 4, 5, ... .

21.9. Так как

(a + b + c + d)ⁿ = [(a + b) + (c + d)]ⁿ = (a + b)ⁿ + C_n¹(a + b)ⁿ − 1(c + d) + ... + (c + d)ⁿ,

то после раскрытия скобок получим все неподобные члены. Их число будет равно

(n + 1) · 1 + n · 2 + (n − 1) · 3 + ... + 2n + 1(n + 1),

где для симметрии к крайним членам приписаны множителями единицы. Чтобы вычислить эту сумму, запишем ее k−й член: (n + 2 − k) = (n + 2)k − k². Тогда наша сумма примет вид

Ответ.

21.10.

Предположим, что 0 ≤ k ≤ n − 1. Запишем данное выражение в виде

(1 + x + x² + ... + x^{k − 1} + x^k + x^{k + 1} + ... + x^{n − 1})².

Члены, содержащие x^k, могут быть получены только в результате почленного перемножения членов суммы 1 + x + x² + ... + x^{k − 1} + x^k с членами той же суммы, записанной в обратном порядке, т. е.

1 · х^k, x · х^{k − 1}, ..., х^{k − 1} · x, x^k · 1

Так как слагаемых будет k + 1, то и коэффициент при x^k будет равен k + 1.

Предположим теперь, что n − 1 < k ≤ 2(n − 1). Тогда нужно почленно перемножить суммы

x^{k − n} + 1 + ... + x^{n − 1}, x^{n − 1} + ... + x^{k − n} + 1,

в результате чего получим 2n − k − 1 членов, содержащих x^k.

Ответ. k + 1, если 0 ≤ k ≤ n − 1;

2n − k − 1, если n − 1 < k ≤ 2n − 2.

21.11. Сравним коэффициент члена разложения с номером k + 1 с коэффициентом десятого члена разложения:

Так как знаменатели одинаковы, то