Страница 186, часть 1 - гдз по алгебре 10 класс учебник часть 1, 2 Абылкасымова, Кучер

1. Чем является сочетание без повторений из $n$ элементов некоторого множества по $k$ элементов для этого множества?

2. В чем сходство и в чем различие сочетаний и размещений без повторений? Сочетаний с повторениями и сочетаний без повторений?

3. Сколько элементов в множестве, если у него всего 16 подмножеств?

1. Сочетанием без повторений из $n$ элементов некоторого множества по $k$ элементов называется любое подмножество этого множества, которое состоит ровно из $k$ элементов. Ключевой особенностью сочетаний является то, что порядок следования элементов в подмножестве не имеет значения. Например, для множества $\{A, B, C\}$ сочетания по 2 элемента — это $\{A, B\}$, $\{A, C\}$ и $\{B, C\}$. Подмножества $\{A, B\}$ и $\{B, A\}$ считаются одним и тем же сочетанием.

Ответ: Любое $k$-элементное подмножество данного $n$-элементного множества.

2.Сходство и различие сочетаний и размещений без повторений:

Сходство заключается в том, что в обоих случаях производится выборка $k$ элементов из исходного множества, содержащего $n$ элементов, и ни один элемент не может быть выбран более одного раза.

Различие состоит в том, что для размещений важен порядок следования элементов, а для сочетаний — нет. Так, наборы $(a, b)$ и $(b, a)$ являются двумя разными размещениями, но одним и тем же сочетанием.

Сходство и различие сочетаний с повторениями и сочетаний без повторений:

Сходство в том, что в обоих случаях порядок выбираемых элементов не имеет значения. Важен только итоговый состав набора.

Различие заключается в том, что в сочетаниях без повторений все элементы в наборе должны быть уникальными (как в подмножестве), а в сочетаниях с повторениями элементы могут выбираться неоднократно (как в мультимножестве).

Ответ: Основное различие между сочетаниями и размещениями — учитывается ли порядок элементов (в размещениях — да, в сочетаниях — нет). Основное различие между сочетаниями с повторениями и без — могут ли элементы в выборке повторяться (с повторениями — да, без — нет).

3. Общее количество всех подмножеств (включая пустое множество и само множество) для множества, содержащего $n$ элементов, вычисляется по формуле $2^n$. По условию задачи, это число равно 16. Следовательно, мы должны решить уравнение:

$2^n = 16$

Мы знаем, что 16 является степенью числа 2, а именно $16 = 2^4$. Подставим это значение в уравнение:

$2^n = 2^4$

Из равенства следует, что показатели степени также должны быть равны, то есть $n = 4$.

Ответ: В множестве 4 элемента.

24.1. Вычислите: 1) $C_5^4$; 2) $C_5^3$; 3) $C_6^2$; 4) $C_{11}^4$.

Для вычисления числа сочетаний из $n$ по $k$, обозначаемого как $C_n^k$ (или $\binom{n}{k}$), что соответствует количеству способов выбрать $k$ элементов из множества, содержащего $n$ элементов, без учета порядка, используется следующая формула:

$C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$

где $n!$ (читается «эн факториал») — это произведение всех натуральных чисел от 1 до $n$.

1) Вычислим $C_5^4$.

Для упрощения вычислений воспользуемся свойством симметрии сочетаний: $C_n^k = C_n^{n-k}$.

$C_5^4 = C_5^{5-4} = C_5^1$

Число сочетаний из $n$ по 1 всегда равно $n$, поэтому $C_5^1 = 5$.

Проверим по основной формуле:

$C_5^4 = \frac{5!}{4!(5-4)!} = \frac{5!}{4! \cdot 1!} = \frac{5 \cdot 4!}{4! \cdot 1} = 5$.

Ответ: 5

2) Вычислим $C_5^3$.

Применим основную формулу:

$C_5^3 = \frac{5!}{3!(5-3)!} = \frac{5!}{3! \cdot 2!} = \frac{5 \cdot 4 \cdot 3!}{3! \cdot (2 \cdot 1)} = \frac{5 \cdot 4}{2} = \frac{20}{2} = 10$.

Ответ: 10

3) Вычислим $C_6^2$.

Применим основную формулу:

$C_6^2 = \frac{6!}{2!(6-2)!} = \frac{6!}{2! \cdot 4!} = \frac{6 \cdot 5 \cdot 4!}{(2 \cdot 1) \cdot 4!} = \frac{6 \cdot 5}{2} = \frac{30}{2} = 15$.

Ответ: 15

4) Вычислим $C_{11}^4$.

Применим основную формулу:

$C_{11}^4 = \frac{11!}{4!(11-4)!} = \frac{11!}{4! \cdot 7!} = \frac{11 \cdot 10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7!}{(4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1) \cdot 7!} = \frac{11 \cdot 10 \cdot 9 \cdot 8}{4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1}$.

Сократим дробь:

$C_{11}^4 = \frac{11 \cdot 10 \cdot 9 \cdot 8}{24}$.

Заметим, что $4 \cdot 2 = 8$ и $9/3 = 3$.

$C_{11}^4 = 11 \cdot 10 \cdot \frac{9}{3} \cdot \frac{8}{4 \cdot 2} = 11 \cdot 10 \cdot 3 \cdot 1 = 330$.

Ответ: 330

24.2.1) Найдите число способов выбора 2 ручек из 5 и 2 карандашей из 3.

2) Найдите число способов выбора 3 тюльпанов из 10 и 4 нарциссов из 7.

3) Найдите число способов выбора 2 юношей из 20 и 2 девушек из 21.

1) Для решения задачи необходимо вычислить количество способов выбора для каждого типа предметов отдельно и затем перемножить полученные результаты, так как выборы независимы. Поскольку порядок выбора не важен, используем формулу для числа сочетаний: $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$.

Число способов выбрать 2 ручки из 5 равно $C_5^2 = \frac{5!}{2!(5-2)!} = \frac{5!}{2!3!} = \frac{5 \times 4}{2 \times 1} = 10$.

Число способов выбрать 2 карандаша из 3 равно $C_3^2 = \frac{3!}{2!(3-2)!} = \frac{3!}{2!1!} = \frac{3 \times 2}{2 \times 1} = 3$.

Общее число способов равно произведению этих двух значений: $N = 10 \times 3 = 30$.

Ответ: 30

2) Задача решается аналогично. Выбор тюльпанов и выбор нарциссов — это независимые события. Общее число способов будет равно произведению числа способов выбора для каждой группы цветов. Используем формулу числа сочетаний.

Число способов выбрать 3 тюльпана из 10: $C_{10}^3 = \frac{10!}{3!(10-3)!} = \frac{10!}{3!7!} = \frac{10 \times 9 \times 8}{3 \times 2 \times 1} = 120$.

Число способов выбрать 4 нарцисса из 7: $C_7^4 = \frac{7!}{4!(7-4)!} = \frac{7!}{4!3!} = \frac{7 \times 6 \times 5}{3 \times 2 \times 1} = 35$.

Общее число способов сформировать букет: $N = C_{10}^3 \times C_7^4 = 120 \times 35 = 4200$.

Ответ: 4200

3) В этой задаче также применяем правило умножения для независимых событий: выбора юношей и выбора девушек. Количество способов для каждого выбора находим по формуле числа сочетаний.

Число способов выбрать 2 юношей из 20: $C_{20}^2 = \frac{20!}{2!(20-2)!} = \frac{20!}{2!18!} = \frac{20 \times 19}{2 \times 1} = 190$.

Число способов выбрать 2 девушек из 21: $C_{21}^2 = \frac{21!}{2!(21-2)!} = \frac{21!}{2!19!} = \frac{21 \times 20}{2 \times 1} = 210$.

Общее число способов выбрать группу: $N = C_{20}^2 \times C_{21}^2 = 190 \times 210 = 39900$.

Ответ: 39900

24.3. Докажите равенство:

1) $C_8^4 + C_8^3 = C_9^4$;

2) $C_8^4 + C_8^3 + C_9^5 = C_{10}^5$;

3) $C_6^0 + C_6^1 + C_6^2 + \dots + C_6^6 = 64$.

1) Для доказательства равенства $C_8^4 + C_8^3 = C_9^4$ воспользуемся тождеством Паскаля, которое гласит: $C_n^k + C_n^{k-1} = C_{n+1}^k$. В данном случае у нас $n=8$ и $k=4$. Подставляя эти значения в тождество, мы получаем $C_8^4 + C_8^{4-1} = C_{8+1}^4$, что в точности является доказываемым равенством $C_8^4 + C_8^3 = C_9^4$.

Для проверки можно выполнить прямое вычисление, используя формулу числа сочетаний $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$.

Вычислим левую часть равенства:

$C_8^4 = \frac{8!}{4!(8-4)!} = \frac{8!}{4!4!} = \frac{8 \cdot 7 \cdot 6 \cdot 5}{4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} = 70$.

$C_8^3 = \frac{8!}{3!(8-3)!} = \frac{8!}{3!5!} = \frac{8 \cdot 7 \cdot 6}{3 \cdot 2 \cdot 1} = 56$.

Сумма: $C_8^4 + C_8^3 = 70 + 56 = 126$.

Вычислим правую часть равенства:

$C_9^4 = \frac{9!}{4!(9-4)!} = \frac{9!}{4!5!} = \frac{9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6}{4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} = 126$.

Так как левая и правая части равны ($126 = 126$), равенство доказано.

Ответ: равенство доказано.

2) Для доказательства равенства $C_8^4 + C_8^3 + C_9^5 = C_{10}^5$ мы последовательно применим тождество Паскаля ($C_n^k + C_n^{k-1} = C_{n+1}^k$).

1. Сначала рассмотрим сумму первых двух слагаемых: $C_8^4 + C_8^3$. Как было показано в пункте 1 (или по тождеству Паскаля при $n=8, k=4$), эта сумма равна $C_9^4$.

2. Теперь исходное выражение можно переписать, заменив первые два слагаемых их суммой: $(C_8^4 + C_8^3) + C_9^5 = C_9^4 + C_9^5$.

3. К полученной сумме $C_9^4 + C_9^5$ снова применим тождество Паскаля, на этот раз для $n=9$ и $k=5$: $C_9^5 + C_9^4 = C_{9+1}^5 = C_{10}^5$.

Таким образом, мы преобразовали левую часть равенства в правую, что доказывает его истинность.

Проверим вычислением:

Из пункта 1 мы знаем, что $C_8^4 + C_8^3 = 126$.

$C_9^5 = \frac{9!}{5!(9-5)!} = \frac{9!}{5!4!} = \frac{9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6}{4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} = 126$.

Левая часть: $126 + 126 = 252$.

Правая часть: $C_{10}^5 = \frac{10!}{5!(10-5)!} = \frac{10!}{5!5!} = \frac{10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6}{5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} = 252$.

Так как $252 = 252$, равенство доказано.

Ответ: равенство доказано.

3) Для доказательства равенства $C_6^0 + C_6^1 + C_6^2 + ... + C_6^6 = 64$ воспользуемся свойством биномиальных коэффициентов. Эта сумма представляет собой сумму всех биномиальных коэффициентов для степени $n=6$.

Это свойство является следствием формулы бинома Ньютона: $(a+b)^n = \sum_{k=0}^{n} C_n^k a^{n-k} b^k$.

Если мы подставим в эту формулу $a=1$ и $b=1$, то получим:$(1+1)^n = \sum_{k=0}^{n} C_n^k 1^{n-k} 1^k$, что упрощается до $\sum_{k=0}^{n} C_n^k = 2^n$.

В нашем случае $n=6$, следовательно, сумма равна $2^6$.

$2^6 = 2 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 2 = 64$.

Таким образом, $C_6^0 + C_6^1 + C_6^2 + ... + C_6^6 = 64$.

Проверим равенство прямым вычислением каждого слагаемого:

$C_6^0 = 1$

$C_6^1 = \frac{6!}{1!5!} = 6$

$C_6^2 = \frac{6!}{2!4!} = \frac{6 \cdot 5}{2} = 15$

$C_6^3 = \frac{6!}{3!3!} = \frac{6 \cdot 5 \cdot 4}{3 \cdot 2 \cdot 1} = 20$

Используя свойство симметрии $C_n^k = C_n^{n-k}$:

$C_6^4 = C_6^2 = 15$

$C_6^5 = C_6^1 = 6$

$C_6^6 = C_6^0 = 1$

Сложим все значения: $1 + 6 + 15 + 20 + 15 + 6 + 1 = 64$.

Так как $64 = 64$, равенство доказано.

Ответ: равенство доказано.

24.4. Решите уравнение:

1) $C^2_n = 28;$

2) $C^{n-3}_n = 20;$

3) $C^m_{30} = 435.$

1) Решим уравнение $C_n^2 = 28$.

Число сочетаний из $n$ по $k$ вычисляется по формуле $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$. По условию задачи, $k=2$. Также должно выполняться условие $n \ge k$, то есть $n \ge 2$, и $n$ должно быть натуральным числом.

Подставим $k=2$ в формулу:

$C_n^2 = \frac{n!}{2!(n-2)!} = \frac{n \cdot (n-1) \cdot (n-2)!}{2 \cdot 1 \cdot (n-2)!} = \frac{n(n-1)}{2}$.

Теперь решим полученное уравнение:

$\frac{n(n-1)}{2} = 28$

$n(n-1) = 56$

$n^2 - n - 56 = 0$

Это квадратное уравнение. Найдем его корни по теореме Виета или через дискриминант. По теореме Виета, произведение корней равно -56, а сумма равна 1. Корни: $n_1 = 8$ и $n_2 = -7$.

Так как $n$ должно быть натуральным числом и $n \ge 2$, корень $n_2 = -7$ не является решением. Следовательно, подходит только $n_1 = 8$.

Проверка: $C_8^2 = \frac{8 \cdot 7}{2} = 28$. Верно.

Ответ: $n=8$.

2) Решим уравнение $C_n^{n-3} = 20$.

Используем свойство симметрии для числа сочетаний: $C_n^k = C_n^{n-k}$.

В нашем случае $k=n-3$. Тогда $C_n^{n-3} = C_n^{n-(n-3)} = C_n^3$.

Уравнение принимает вид $C_n^3 = 20$.

По определению, $n$ должно быть натуральным числом и $n \ge 3$.

Распишем $C_n^3$ по формуле:

$C_n^3 = \frac{n!}{3!(n-3)!} = \frac{n(n-1)(n-2)(n-3)!}{3 \cdot 2 \cdot 1 \cdot (n-3)!} = \frac{n(n-1)(n-2)}{6}$.

Решим уравнение:

$\frac{n(n-1)(n-2)}{6} = 20$

$n(n-1)(n-2) = 120$

Мы ищем три последовательных натуральных числа, произведение которых равно 120. Можно решить это уравнение подбором. Попробуем $n=5$: $5 \cdot 4 \cdot 3 = 60$ (мало). Попробуем $n=6$: $6 \cdot 5 \cdot 4 = 120$ (верно).

Таким образом, $n=6$. Это значение удовлетворяет условию $n \ge 3$.

Проверка: $C_6^{6-3} = C_6^3 = \frac{6 \cdot 5 \cdot 4}{6} = 20$. Верно.

Ответ: $n=6$.

3) Решим уравнение $C_{30}^m = 435$.

Здесь нам нужно найти $m$. По определению числа сочетаний, $m$ должно быть целым неотрицательным числом и $0 \le m \le 30$.

Формула для $C_{30}^m$ выглядит так: $C_{30}^m = \frac{30!}{m!(30-m)!}$.

Будем подставлять небольшие значения $m$:

При $m=0$: $C_{30}^0 = 1$.

При $m=1$: $C_{30}^1 = 30$.

При $m=2$: $C_{30}^2 = \frac{30!}{2!(30-2)!} = \frac{30 \cdot 29}{2} = 15 \cdot 29 = 435$.

Значит, $m=2$ является одним из решений.

Воспользуемся свойством симметрии $C_n^k = C_n^{n-k}$. В данном случае $C_{30}^m = C_{30}^{30-m}$.

Так как мы нашли, что $C_{30}^2 = 435$, то и $C_{30}^{30-2} = C_{30}^{28}$ также будет равно 435.

Следовательно, $m=28$ — это второе решение.

Для $n > 2$ функция $f(m) = C_n^m$ возрастает при $m \in [0, n/2]$ и убывает при $m \in [n/2, n]$. Так как $C_{30}^2=435$, а $C_{30}^3 = \frac{30 \cdot 29 \cdot 28}{6} = 4060 > 435$, других решений в интервале $m \in [0, 15]$ нет. В силу симметрии, других решений нет и в интервале $m \in [15, 30]$.

Таким образом, уравнение имеет два корня.

Ответ: $m=2$ или $m=28$.

24.5. В меню столовой имеется 7 первых, 9 вторых и 4 третьих блюда. Сколькими способами можно выбрать обед из трех блюд (первое, второе и третье)?

24.5. Данная задача относится к разделу комбинаторики и решается с помощью правила умножения. Нам необходимо выбрать обед, состоящий из трех блюд: первого, второго и третьего. Выбор каждого блюда является независимым событием.

1. Выбор первого блюда. В меню представлено 7 вариантов первых блюд. Следовательно, существует 7 способов выбрать первое блюдо.

2. Выбор второго блюда. В меню представлено 9 вариантов вторых блюд. Следовательно, существует 9 способов выбрать второе блюдо.

3. Выбор третьего блюда. В меню представлено 4 варианта третьих блюд. Следовательно, существует 4 способа выбрать третье блюдо.

Чтобы найти общее количество способов составить обед из трех блюд, необходимо перемножить количество вариантов для каждого из шагов. Обозначим общее количество способов как $N$.

$N = (\text{количество вариантов первого блюда}) \times (\text{количество вариантов второго блюда}) \times (\text{количество вариантов третьего блюда})$

Подставим числовые значения: $N = 7 \times 9 \times 4$

Выполним вычисления: $7 \times 9 = 63$ $63 \times 4 = 252$

Таким образом, существует 252 различных способа выбрать обед из трех блюд.

Ответ: 252

24.6. Решите уравнение:

1) $C_{2n+1}^{n-1} : C_{2n}^{n+1} = \frac{5}{3}$;

2) $A_{2x+3}^{x-1} : A_{2x}^{x+1} = \frac{1}{30}$;

3) $C_n^2 \cdot A_n^2 = 32.$

1) $C_{2n+1}^{n-1} : C_{2n}^{n+1} = \frac{5}{3}$

Запишем уравнение в виде дроби:

$\frac{C_{2n+1}^{n-1}}{C_{2n}^{n+1}} = \frac{5}{3}$

Используем формулу для числа сочетаний $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$ и распишем каждый член уравнения.

$C_{2n+1}^{n-1} = \frac{(2n+1)!}{(n-1)!((2n+1)-(n-1))!} = \frac{(2n+1)!}{(n-1)!(n+2)!}$

$C_{2n}^{n+1} = \frac{(2n)!}{(n+1)!(2n-(n+1))!} = \frac{(2n)!}{(n+1)!(n-1)!}$

Подставим эти выражения в исходное уравнение:

$\frac{\frac{(2n+1)!}{(n-1)!(n+2)!}}{\frac{(2n)!}{(n+1)!(n-1)!}} = \frac{(2n+1)!}{(n-1)!(n+2)!} \cdot \frac{(n+1)!(n-1)!}{(2n)!} = \frac{5}{3}$

Сократим факториалы, используя свойства $n! = n \cdot (n-1)!$:

$(2n+1)! = (2n+1) \cdot (2n)!$

$(n+2)! = (n+2) \cdot (n+1)!$

$\frac{(2n+1) \cdot (2n)!}{(n+2) \cdot (n+1)!} \cdot \frac{(n+1)!}{(2n)!} = \frac{5}{3}$

После сокращения одинаковых членов $(2n)!$ и $(n+1)!$ получаем:

$\frac{2n+1}{n+2} = \frac{5}{3}$

Решим полученное линейное уравнение с помощью перекрестного умножения:

$3(2n+1) = 5(n+2)$

$6n + 3 = 5n + 10$

$6n - 5n = 10 - 3$

$n = 7$

Проверим область допустимых значений. Для $C_n^k$ должно выполняться $n \ge k \ge 0$.

Для $C_{2n+1}^{n-1}$: $2n+1 \ge n-1 \implies n \ge -2$ и $n-1 \ge 0 \implies n \ge 1$.

Для $C_{2n}^{n+1}$: $2n \ge n+1 \implies n \ge 1$ и $n+1 \ge 0 \implies n \ge -1$.

Общая область допустимых значений: $n$ - целое число и $n \ge 1$. Найденный корень $n=7$ удовлетворяет этому условию.

Ответ: 7

2) $A_{2x+8}^{x-1} : A_{2x}^{x+1} = \frac{1}{30}$

В данном уравнении, скорее всего, допущена опечатка. Если решать его в исходном виде, используя формулу для размещений $A_n^k = \frac{n!}{(n-k)!}$, то получится очень сложное уравнение:

$\frac{A_{2x+8}^{x-1}}{A_{2x}^{x+1}} = \frac{(2x+8)!/(x+9)!}{(2x)!/(x-1)!} = \frac{(2x+8)!}{(x+9)!} \cdot \frac{(x-1)!}{(2x)!} = \frac{(2x+8)(2x+7)...(2x+1)}{(x+9)(x+8)...x} = \frac{1}{30}$

Это уравнение является полиномиальным уравнением высокой степени и не имеет простых целочисленных решений. Наиболее вероятной опечаткой является основание первого члена. Предположим, что вместо $2x+8$ должно быть $2x$. Тогда уравнение принимает вид:

$A_{2x}^{x-1} : A_{2x}^{x+1} = \frac{1}{30}$

Запишем уравнение в виде дроби и используем формулу для числа размещений:

$\frac{A_{2x}^{x-1}}{A_{2x}^{x+1}} = \frac{\frac{(2x)!}{(2x-(x-1))!}}{\frac{(2x)!}{(2x-(x+1))!}} = \frac{\frac{(2x)!}{(x+1)!}}{\frac{(2x)!}{(x-1)!}} = \frac{(2x)!}{(x+1)!} \cdot \frac{(x-1)!}{(2x)!} = \frac{1}{30}$

Сократим $(2x)!$:

$\frac{(x-1)!}{(x+1)!} = \frac{1}{30}$

Распишем $(x+1)! = (x+1) \cdot x \cdot (x-1)!$:

$\frac{(x-1)!}{(x+1) \cdot x \cdot (x-1)!} = \frac{1}{x(x+1)} = \frac{1}{30}$

Отсюда получаем квадратное уравнение:

$x(x+1) = 30$

$x^2 + x - 30 = 0$

Решим его, например, по теореме Виета. Корни уравнения: $x_1 = 5$ и $x_2 = -6$.

Проверим область допустимых значений. Для $A_n^k$ должно выполняться $n \ge k \ge 0$.

Для $A_{2x}^{x-1}$: $2x \ge x-1 \implies x \ge -1$ и $x-1 \ge 0 \implies x \ge 1$.

Для $A_{2x}^{x+1}$: $2x \ge x+1 \implies x \ge 1$ и $x+1 \ge 0 \implies x \ge -1$.

Общая область допустимых значений: $x$ - целое число и $x \ge 1$. Этому условию удовлетворяет только корень $x=5$.

Ответ: 5

3) $C_n^2 \cdot A_n^2 = 32$

Используем формулы для числа сочетаний $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$ и числа размещений $A_n^k = \frac{n!}{(n-k)!}$.

$C_n^2 = \frac{n!}{2!(n-2)!} = \frac{n(n-1)}{2}$

$A_n^2 = \frac{n!}{(n-2)!} = n(n-1)$

Подставим эти выражения в исходное уравнение:

$\frac{n(n-1)}{2} \cdot n(n-1) = 32$

$\frac{[n(n-1)]^2}{2} = 32$

$[n(n-1)]^2 = 64$

Извлечем квадратный корень из обеих частей уравнения:

$n(n-1) = \pm 8$

Рассмотрим два случая.

Случай 1: $n(n-1) = 8$

$n^2 - n - 8 = 0$

Найдем дискриминант: $D = (-1)^2 - 4(1)(-8) = 1 + 32 = 33$. Так как $D$ не является полным квадратом, корни этого уравнения $n = \frac{1 \pm \sqrt{33}}{2}$ не являются целыми числами.

Случай 2: $n(n-1) = -8$

$n^2 - n + 8 = 0$

Найдем дискриминант: $D = (-1)^2 - 4(1)(8) = 1 - 32 = -31$. Так как $D < 0$, это уравнение не имеет действительных корней.

Для существования выражений $C_n^2$ и $A_n^2$ необходимо, чтобы $n$ было целым числом и $n \ge 2$. Поскольку ни в одном из случаев мы не получили целочисленных решений для $n$, удовлетворяющих этому условию, исходное уравнение не имеет решений в области определения.

Ответ: нет решений

24.7. В почтовом отделении продаются открытки 10 сортов. Сколькими способами можно купить в нем:

1) 12 открыток?

2) 8 открыток?

3) 8 различных открыток?

1) 12 открыток?

В данном случае нам нужно выбрать 12 открыток из 10 имеющихся сортов. Поскольку мы можем покупать несколько открыток одного и того же сорта, а порядок выбора не имеет значения, эта задача решается с помощью формулы для числа сочетаний с повторениями.

Формула для числа сочетаний с повторениями из $n$ элементов по $k$ имеет вид:

$ \bar{C}_n^k = C_{n+k-1}^k = \binom{n+k-1}{k} $

Здесь $n=10$ (количество сортов открыток), а $k=12$ (количество открыток, которое нужно купить).

Подставляем значения в формулу:

$ \bar{C}_{10}^{12} = C_{10+12-1}^{12} = C_{21}^{12} = \binom{21}{12} $

Для удобства вычислений используем свойство биномиальных коэффициентов $ \binom{n}{k} = \binom{n}{n-k} $:

$ \binom{21}{12} = \binom{21}{21-12} = \binom{21}{9} $

Теперь вычислим значение:

$ \binom{21}{9} = \frac{21!}{9!(21-9)!} = \frac{21!}{9!12!} = \frac{21 \cdot 20 \cdot 19 \cdot 18 \cdot 17 \cdot 16 \cdot 15 \cdot 14 \cdot 13}{9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} = 293930 $

Ответ: 293930 способов.

2) 8 открыток?

Этот случай аналогичен предыдущему. Мы снова выбираем открытки из 10 сортов, и они могут повторяться. Это также задача на сочетания с повторениями.

Здесь $n=10$ (количество сортов), а $k=8$ (количество открыток для покупки).

Применяем ту же формулу:

$ \bar{C}_{10}^8 = C_{10+8-1}^8 = C_{17}^8 = \binom{17}{8} $

Вычисляем значение:

$ \binom{17}{8} = \frac{17!}{8!(17-8)!} = \frac{17!}{8!9!} = \frac{17 \cdot 16 \cdot 15 \cdot 14 \cdot 13 \cdot 12 \cdot 11 \cdot 10}{8 \cdot 7 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} = 24310 $

Ответ: 24310 способов.

3) 8 различных открыток?

Ключевое слово здесь — "различных". Это означает, что все 8 открыток должны быть разных сортов, то есть повторения не допускаются. Нам нужно выбрать 8 сортов из 10 доступных. Порядок выбора не важен.

Эта задача решается с помощью формулы для числа сочетаний без повторений.

Формула для числа сочетаний из $n$ элементов по $k$:

$ C_n^k = \binom{n}{k} = \frac{n!}{k!(n-k)!} $

Здесь $n=10$ (общее количество сортов), а $k=8$ (количество различных открыток, которое нужно выбрать).

Подставляем значения в формулу:

$ C_{10}^8 = \binom{10}{8} = \frac{10!}{8!(10-8)!} = \frac{10!}{8!2!} = \frac{10 \cdot 9}{2 \cdot 1} = 45 $

Ответ: 45 способов.

24.8. В булочной имеется 3 вида батонов хлеба. Сколькими способами можно купить 9 батонов?

Это задача из комбинаторики на нахождение числа сочетаний с повторениями. Нам необходимо найти, сколькими способами можно выбрать $k=9$ батонов из $n=3$ доступных видов. Поскольку батоны одного и того же вида неразличимы между собой, а порядок их покупки не имеет значения, данная задача решается с помощью специальной формулы.

Формула для числа сочетаний с повторениями из $n$ элементов по $k$ выглядит следующим образом:

$\bar{C}_n^k = C_{n+k-1}^k = \frac{(n+k-1)!}{k! \cdot (n-1)!}$

В условиях нашей задачи:

$n = 3$ (количество видов батонов хлеба).

$k = 9$ (количество батонов, которые нужно купить).

Подставим эти значения в формулу:

$\bar{C}_3^9 = C_{3+9-1}^9 = C_{11}^9$

Для упрощения расчетов можно использовать свойство биномиальных коэффициентов $C_m^k = C_m^{m-k}$:

$C_{11}^9 = C_{11}^{11-9} = C_{11}^2$

Теперь вычислим значение:

$C_{11}^2 = \frac{11!}{2! \cdot (11-2)!} = \frac{11!}{2! \cdot 9!} = \frac{9! \cdot 10 \cdot 11}{2 \cdot 1 \cdot 9!} = \frac{10 \cdot 11}{2} = 55$

Следовательно, существует 55 способов составить набор из 9 батонов.

Ответ: 55

*24.9. На окружности последовательно отмечены точки $A_1$, $A_2$, ..., $A_{11}$, $A_{12}$. Найдите:

1) число хорд с концами в этих точках;

2) число треугольников с вершинами в этих точках;

3) число выпуклых четырехугольников с вершинами в этих точках.

1) число хорд с концами в этих точках;

На окружности отмечено 12 точек. Хорда — это отрезок, соединяющий две любые точки на окружности. Чтобы найти общее число хорд, нужно определить, сколькими способами можно выбрать 2 точки из 12 имеющихся. Поскольку порядок выбора точек для хорды не важен (хорда $A_1A_2$ — это та же хорда, что и $A_2A_1$), мы используем формулу для числа сочетаний из $n$ элементов по $k$: $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$.

В данном случае общее число точек $n = 12$, а для построения одной хорды нужно выбрать $k = 2$ точки.

Число хорд равно числу сочетаний из 12 по 2:

$C_{12}^2 = \frac{12!}{2!(12-2)!} = \frac{12!}{2!10!} = \frac{12 \times 11}{2 \times 1} = 6 \times 11 = 66$.

Ответ: 66

2) число треугольников с вершинами в этих точках;

Треугольник образуется тремя точками, которые не лежат на одной прямой. Так как все 12 точек расположены на окружности, любые три из них не будут коллинеарными, а значит, всегда будут образовывать треугольник. Следовательно, задача сводится к нахождению числа способов выбрать 3 вершины из 12 доступных точек.

Используем формулу для числа сочетаний, где $n = 12$ и $k = 3$.

Число треугольников равно числу сочетаний из 12 по 3:

$C_{12}^3 = \frac{12!}{3!(12-3)!} = \frac{12!}{3!9!} = \frac{12 \times 11 \times 10}{3 \times 2 \times 1} = 2 \times 11 \times 10 = 220$.

Ответ: 220

3) число выпуклых четырехугольников с вершинами в этих точках.

Любые четыре точки, выбранные на окружности, однозначно определяют выпуклый четырехугольник, вершинами которого они являются. Таким образом, задача состоит в том, чтобы найти количество способов выбрать 4 вершины из 12 данных точек.

Используем формулу для числа сочетаний, где $n = 12$ и $k = 4$.

Число выпуклых четырехугольников равно числу сочетаний из 12 по 4:

$C_{12}^4 = \frac{12!}{4!(12-4)!} = \frac{12!}{4!8!} = \frac{12 \times 11 \times 10 \times 9}{4 \times 3 \times 2 \times 1} = \frac{11880}{24} = 495$.

Ответ: 495