Номер 48.22, страница 295, часть 2 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мордкович, Семенов

48.22. Докажите тождество:

a) $C_n^3 = C_{n-1}^2 + C_{n-1}^3$;

б) $C_n^{n-4} = C_{n-1}^3 + C_{n-1}^{n-4}$;

в) $C_n^k = C_{n-1}^{k-1} + C_{n-1}^k$;

г) $C_n^k = C_{n-1}^{n-k} + C_{n-2}^{k-1} + C_{n-2}^{n-k-2}$.

а) $C_n^3 = C_{n-1}^2 + C_{n-1}^3$

Для доказательства этого тождества воспользуемся определением числа сочетаний $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$ и преобразуем правую часть равенства.

Правая часть: $C_{n-1}^2 + C_{n-1}^3$.

Распишем каждое слагаемое по формуле:

$C_{n-1}^2 = \frac{(n-1)!}{2!((n-1)-2)!} = \frac{(n-1)!}{2!(n-3)!}$

$C_{n-1}^3 = \frac{(n-1)!}{3!((n-1)-3)!} = \frac{(n-1)!}{3!(n-4)!}$

Теперь сложим их, приведя к общему знаменателю:

$C_{n-1}^2 + C_{n-1}^3 = \frac{(n-1)!}{2!(n-3)!} + \frac{(n-1)!}{3!(n-4)!}$

Заметим, что $3! = 3 \cdot 2!$ и $(n-3)! = (n-3) \cdot (n-4)!$. Подставим это в первое слагаемое:

$\frac{(n-1)!}{2!(n-3)(n-4)!} + \frac{(n-1)!}{3!(n-4)!} = \frac{3 \cdot (n-1)!}{3 \cdot 2!(n-3)(n-4)!} + \frac{(n-3)(n-1)!}{(n-3) \cdot 3!(n-4)!}$

Это не самый простой путь. Приведем к общему знаменателю $3!(n-3)!$:

$C_{n-1}^2 + C_{n-1}^3 = \frac{3 \cdot (n-1)!}{3 \cdot 2!(n-3)!} + \frac{(n-3) \cdot (n-1)!}{(n-3) \cdot 3!(n-4)!} = \frac{3(n-1)!}{3!(n-3)!} + \frac{(n-3)(n-1)!}{3!(n-3)!}$

Теперь сложим числители:

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

Так как $n \cdot (n-1)! = n!$, получаем:

$\frac{n!}{3!(n-3)!} = C_n^3$

Правая часть равна левой, тождество доказано. Это является частным случаем тождества Паскаля (см. пункт в).

Ответ: Тождество доказано.

б) $C_n^{n-4} = C_{n-1}^3 + C_{n-1}^{n-4}$

Проверим данное утверждение. Используем свойство симметрии сочетаний $C_m^k = C_m^{m-k}$.

Преобразуем левую часть тождества:

$C_n^{n-4} = C_n^{n-(n-4)} = C_n^4$

Преобразуем второе слагаемое в правой части:

$C_{n-1}^{n-4} = C_{n-1}^{(n-1)-(n-4)} = C_{n-1}^{n-1-n+4} = C_{n-1}^3$

Подставив преобразованные выражения в исходное равенство, получим:

$C_n^4 = C_{n-1}^3 + C_{n-1}^3 = 2 C_{n-1}^3$

Теперь проверим, является ли это равенство тождеством, раскрыв сочетания по формуле:

$C_n^4 = \frac{n!}{4!(n-4)!} = \frac{n(n-1)(n-2)(n-3)}{24}$

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

Приравняем полученные выражения:

$\frac{n(n-1)(n-2)(n-3)}{24} = \frac{(n-1)(n-2)(n-3)}{3}$

При $n > 4$ можно сократить на $(n-1)(n-2)(n-3)$:

$\frac{n}{24} = \frac{1}{3} \implies 3n = 24 \implies n=8$

Таким образом, исходное равенство является не тождеством, а уравнением, которое верно только при $n=8$. Вероятнее всего, в условии задачи допущена опечатка.

Наиболее вероятное верное тождество, которое могло иметься в виду, это тождество Паскаля для $C_n^4$: $C_n^4 = C_{n-1}^3 + C_{n-1}^4$. Учитывая, что $C_n^{n-4} = C_n^4$, возможно, второе слагаемое в правой части должно было быть $C_{n-1}^4$, а не $C_{n-1}^{n-4}$.

Ответ: Данное равенство не является тождеством. Оно справедливо только при $n=8$.

в) $C_n^k = C_{n-1}^{k-1} + C_{n-1}^k$

Это известное тождество Паскаля. Докажем его двумя способами.

1. Алгебраическое доказательство.

Преобразуем правую часть, используя формулу для числа сочетаний:

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

$= \frac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!} + \frac{(n-1)!}{k!(n-k-1)!}$

Приведем дроби к общему знаменателю $k!(n-k)!$. Для этого домножим числитель и знаменатель первой дроби на $k$, а второй — на $(n-k)$:

$= \frac{k \cdot (n-1)!}{k \cdot (k-1)!(n-k)!} + \frac{(n-k) \cdot (n-1)!}{(n-k) \cdot k!(n-k-1)!}$

$= \frac{k(n-1)!}{k!(n-k)!} + \frac{(n-k)(n-1)!}{k!(n-k)!}$

Сложим дроби:

$= \frac{k(n-1)! + (n-k)(n-1)!}{k!(n-k)!} = \frac{(n-1)!(k + n - k)}{k!(n-k)!}$

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

Правая часть равна левой, тождество доказано.

2. Комбинаторное доказательство.

$C_n^k$ — это количество способов выбрать $k$ элементов из множества, содержащего $n$ элементов. Выделим в этом множестве один конкретный элемент, назовем его A.

Все возможные выборки $k$ элементов можно разделить на две непересекающиеся группы:

1. Выборки, содержащие элемент A. В этом случае нам нужно добрать еще $k-1$ элемент из оставшихся $n-1$ элементов. Число способов сделать это равно $C_{n-1}^{k-1}$.

2. Выборки, не содержащие элемент A. В этом случае нам нужно выбрать все $k$ элементов из оставшихся $n-1$ элементов. Число способов сделать это равно $C_{n-1}^k$.

Поскольку эти два случая охватывают все возможности и не пересекаются, общее число способов $C_n^k$ равно сумме способов в этих двух случаях: $C_n^k = C_{n-1}^{k-1} + C_{n-1}^k$.

Ответ: Тождество доказано.

г) $C_n^k = C_{n-1}^{n-k} + C_{n-2}^{k-1} + C_{n-2}^{n-k-2}$

Для доказательства преобразуем правую часть тождества, используя свойство симметрии $C_m^j = C_m^{m-j}$ и тождество Паскаля $C_m^j = C_{m-1}^{j-1} + C_{m-1}^j$.

Рассмотрим правую часть: $C_{n-1}^{n-k} + C_{n-2}^{k-1} + C_{n-2}^{n-k-2}$.

Применим свойство симметрии к первому и третьему слагаемым:

$C_{n-1}^{n-k} = C_{n-1}^{(n-1)-(n-k)} = C_{n-1}^{n-1-n+k} = C_{n-1}^{k-1}$

$C_{n-2}^{n-k-2} = C_{n-2}^{(n-2)-(n-k-2)} = C_{n-2}^{n-2-n+k+2} = C_{n-2}^k$

Подставим эти выражения обратно в правую часть:

$C_{n-1}^{k-1} + C_{n-2}^{k-1} + C_{n-2}^k$

Теперь сгруппируем последние два слагаемых: $C_{n-2}^{k-1} + C_{n-2}^k$.

Согласно тождеству Паскаля (пункт в), где $n$ заменено на $n-1$:

$C_{n-1}^k = C_{(n-1)-1}^{k-1} + C_{(n-1)-1}^k = C_{n-2}^{k-1} + C_{n-2}^k$

Таким образом, сумма последних двух слагаемых равна $C_{n-1}^k$.

Подставим это в наше выражение для правой части:

$C_{n-1}^{k-1} + C_{n-1}^k$

И снова, по тождеству Паскаля, эта сумма равна $C_n^k$.

Итак, мы показали, что правая часть тождества равна $C_n^k$, то есть левой части.

Ответ: Тождество доказано.