Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

Поскольку десятый член разложения имеет наибольший коэффициент, то он больше девятого и больше одиннадцатого:

Из первого неравенства следует, что

Из второго

Ответ.n = 13.

21.12. Преобразуем выражение, стоящее в левой части, следующим образом:

Вопрос состоит в следующем: если k, m = 1, 2, ..., 20, причем m ≤ k, то какие значения от 0 до 100 принимает выражение 5k − 2m.

Если m = 0, 1, 2, 3, 4, то получим соответственно 5k, 5k − 2, 5k − 4, 5k − 6, 5k − 8. Если бы k не было связано ограничениями, то мы получили бы все числа, так как в эти пять выражений вошли числа, дающие при делении на 5 в остатке 0, 3, 1, 4 и 2 соответственно. Однако k = 0, 1, ..., 20 и, кроме того, k ≥ m. Так как 5k получено при m = 0, то k может принимать все свои 21 значение, в результате чего получим все числа, кратные 5 от 0 до 100. Рассмотрим теперь числа, которые при делении на 5 дают в остатке 1. У нас они записаны в виде 5k − 4 и получились при m = 2, в силу чего k = 2, 3, ..., 20. В результате мы получим 19 чисел, дающих при делении на 5 в остатке 1. В эту группу не войдет лишь число 1. Числа, дающие в остатке 2, записаны в виде 5k − 8, где k ≥ 4. Следовательно, 5k − 8 = 12, 17, ..., 92, т. е. выпадают числа 2, 7 и 97. Для чисел вида 5k − 2 переменная k = 1, 2, ..., 20 и 5k − 2 = 3, 8, ..., 98, куда вошли все числа, дающие в остатке 3. Среди чисел вида 5k − 6, где k = 3, ..., 20, мы не встретим 4 и 99.

Числа 1, 2, 4, 7, 97 и 99 не могут быть получены из выражения 5k − 2m и при m > 4. В самом деле, с одной стороны, 5k − 2m ≥ 5m − 2

m = 3m > 12, а с другой стороны,

5k − 2m < 5k − 8 ≤ 100 − 8 = 92,

т. е.

12 < 5k − 2m < 92.

Итак, выпали 6 чисел 1, 2, 4, 7, 97 и 99, т. е. будут отсутствовать члены с показателями 99, 98, 96, 93, 3, 1.

Ответ. 95.

21.13. Пусть Р_n — ответ на вопрос задачи для последовательности, состоящей из n элементов. В первой группе может оказаться либо один элемент (а₁), либо два элемента (а₁, а₂). Разбиений, содержащих в первой группе один элемент (а₁), будет столько, сколько разбиений можно образовать из n − 1 оставшихся членов последовательности а₂, а₃, ..., а_n, т. е. Р_{n − 1}. Разбиений же, содержащих в первой группе два элемента, будет Р_{n − 2}, так как после образования группы (а₁, а₂) останется n − 2 элементов а₃, ..., а_n.

Итак

Р_n = Р_{n − 1}

+ Р_{n − 2}.

Такая формула называется рекуррентной, потому что, зная Р₁ и Р₂ и применяя ее последовательно, мы получим Р₃, затем Р₄ и т. д. Поскольку Р₁ = 1, а Р₂ = 2, то Р₃ = 3, Р₄ = 5, Р₅ = 8, Р₆ = 13, Р₇ = 21, Р₈ = 34, Р₉ = 55, Р₁₀ = 89.

Ответ. 89.

21.14. Пусть на плоскости проведены m параллельных прямых. Они разобьют ее на m + 1 областей. Если провести еще одну непараллельную прямую, то областей станет 2(m + 1). Предположим, что k непараллельных прямых образуют, пересекаясь с m параллельными прямыми, М_k областей. Если добавить еще одну прямую, пересекающую все имеющиеся, но не проходящую ни через одну из старых точек пересечения, то на этой прямой будет m + k точек пересечения с остальными прямыми, в результате чего образуется m + k + 1 новых областей.

Таким образом,

М_{k + 1} = М_k + m + k + 1.

Так как М_о = m + 1, то

Остается доказать эту формулу методом математической индукции, что сводится к элементарным выкладкам, которые мы оставляем читателю.

Ответ.

Глава 22

Обратные тригонометрические функции

22.1. Введем обозначения:

В этих обозначениях равенство примет вид

2α = ^π/₄ − β,

причем правая и левая части лежат в интервале (0, ^π/₂). Возьмем тангенсы от каждой из частей:

Так как тангенс является монотонной функцией в интервале (0, ^π/₂), то равенство доказано.

22.2. Пусть

Так как 0 < α + β < ^π/₂ и

Наше выражение принимает теперь вид

^π/₄ + arcsin ^√2/₄.

Поскольку arcsin ^√2/₄ > arcsin ^√2/₂, то

0 < ^π/₄ + γ < ^π/₂,

где γ = arcsin ^√2/₄ и sin γ = ^√2/₄. Найдем

Поскольку мы оказались в интервале монотонности синуса, то остается воспользоваться определением арксинуса.

Ответ. arcsin [^{√7 + 1}/₄].

22.3. Рассмотрим сначала первое и третье слагаемые:

arctg (−2) = α, tg α = −2, −^π/₂ < α < 0;

arctg (−⅓) = β, tg β = −⅓, −^π/₂ < β < 0.

Таким образом, −π < α + β < 0, что не является областью главных значений какой−нибудь обратной тригонометрической функции. Поэтому прибавим ко всем частям неравенства π: 0 < π + α + β < π. Теперь π + α + β попадет в область значений арккотангенса, что обеспечивает взаимно однозначный переход к обратным функциям. Найдем

Следовательно,

π + α + β = arcctg (−¹/₇), т. е. α + β = −arcctg ¹/₇.

Наше выражение равно arcsin ⅓ − arcctg ¹/₇. Пусть

arcsin ⅓ = γ, sin γ = ⅓, 0 < γ < ^π/₂;

arcctg ¹/₇ = δ, ctg δ = ¹/₇, 0 < δ < ^π/₂.

Так как −^π/₂ < γ − δ < ^π/₂, что является интервалом значений арксинуса, то вычислим синус от γ − δ:

sin (γ − δ) = sin γ cos δ − cos γ sin δ.

Так как

cos γ = ^2√2/₃, cos δ = ¹/_5√2, sin δ = ⁷/_5√2,

то

Ответ. arcsin ^{√2 − 28}/₃₀. 

22.4. Сумма существует при 0 ≤ x ≤ 1. Введем обозначения и используем определение арксинуса: