Страница 295, часть 1 - гдз по алгебре 10 класс учебник часть 1, 2 Мордкович, Семенов

48.18. Пусть $y(n) = \frac{C_n^3}{A_{n-1}^3}$, $n \ge 4$.

а) Укажите дробно-линейную функцию, на графике которой лежат все точки $(n; y(n))$.

б) Постройте график этой функции.

в) Укажите наибольшее $n$, при котором $y(n) > 0,25$.

г) Укажите наименьшее $n$, при котором $y(n)$ отличается от $\frac{1}{6}$ менее чем на $0,01$.

а) Исходная функция задана как $y(n) = \frac{C_n^3}{A_{n-1}^3}$ при $n \ge 4$.
Воспользуемся формулами для числа сочетаний $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$ и числа размещений $A_n^k = \frac{n!}{(n-k)!}$.
Найдем выражение для числителя:
$C_n^3 = \frac{n!}{3!(n-3)!} = \frac{n(n-1)(n-2)(n-3)!}{6(n-3)!} = \frac{n(n-1)(n-2)}{6}$.
Найдем выражение для знаменателя:
$A_{n-1}^3 = \frac{(n-1)!}{((n-1)-3)!} = \frac{(n-1)!}{(n-4)!} = (n-1)(n-2)(n-3)$.
Теперь подставим эти выражения в исходную формулу для $y(n)$:
$y(n) = \frac{\frac{n(n-1)(n-2)}{6}}{(n-1)(n-2)(n-3)}$.
Поскольку по условию $n \ge 4$, множители $(n-1)$, $(n-2)$ и $(n-3)$ не равны нулю, и мы можем сократить дробь:
$y(n) = \frac{n}{6(n-3)}$.
Чтобы найти дробно-линейную функцию, на графике которой лежат все точки $(n; y(n))$, мы заменяем дискретную переменную $n$ на непрерывную переменную $x$.
Искомая функция: $y = \frac{x}{6(x-3)} = \frac{x}{6x-18}$.
Ответ: $y = \frac{x}{6x - 18}$.

б) Графиком функции $y = \frac{x}{6x - 18}$ является гипербола. Для построения графика определим его ключевые характеристики:
1. Асимптоты. Вертикальная асимптота находится из условия равенства знаменателя нулю: $6x - 18 = 0$, откуда $x = 3$. Горизонтальная асимптота находится как предел функции при $x \to \infty$: $y = \lim_{x\to\infty} \frac{x}{6x - 18} = \lim_{x\to\infty} \frac{1}{6 - \frac{18}{x}} = \frac{1}{6}$.
2. Точки пересечения с осями. Если $x=0$, то $y=\frac{0}{-18}=0$. Если $y=0$, то $x=0$. Следовательно, график пересекает оси координат только в одной точке — начале координат $(0,0)$.
3. Поведение функции. Производная функции $y' = \frac{1(6x-18) - x(6)}{(6x-18)^2} = \frac{-18}{(6x-18)^2}$ отрицательна при всех $x$ из области определения. Это означает, что функция убывает на каждом из интервалов $(-\infty; 3)$ и $(3; +\infty)$.
График состоит из двух ветвей. Одна ветвь проходит через точку $(0,0)$ и асимптотически приближается к прямым $x=3$ (стремясь к $-\infty$) и $y=1/6$. Вторая ветвь полностью лежит в первой координатной четверти, асимптотически приближаясь к прямым $x=3$ (стремясь к $+\infty$) и $y=1/6$. Именно на этой второй ветви лежат все точки $(n; y(n))$ для $n \ge 4$. Например, $(4; 2/3)$, $(5; 5/12)$, $(9; 1/4)$.
Ответ: Графиком является гипербола с вертикальной асимптотой $x=3$ и горизонтальной асимптотой $y=1/6$, проходящая через начало координат. Точки $(n; y(n))$ для $n \ge 4$ лежат на ветви гиперболы в первой координатной четверти.

в) Необходимо найти наибольшее целое $n \ge 4$, для которого выполняется неравенство $y(n) > 0,25$.
Запишем неравенство, используя полученное выражение для $y(n)$:
$\frac{n}{6(n-3)} > 0,25$
$\frac{n}{6n-18} > \frac{1}{4}$
При $n \ge 4$ знаменатель $6n-18$ положителен, поэтому можно умножить обе части неравенства на $4(6n-18)$, сохранив знак неравенства:
$4n > 6n-18$
$18 > 2n$
$n < 9$
Мы ищем наибольшее целое число $n$, удовлетворяющее двум условиям: $n \ge 4$ и $n < 9$. Целые числа, удовлетворяющие этим условиям: $4, 5, 6, 7, 8$. Наибольшее из них — 8.
Ответ: $n=8$.

г) Необходимо найти наименьшее целое $n \ge 4$, для которого $y(n)$ отличается от $\frac{1}{6}$ менее чем на $0,01$. Это условие можно записать в виде неравенства:
$|y(n) - \frac{1}{6}| < 0,01$
Упростим выражение в левой части:
$y(n) - \frac{1}{6} = \frac{n}{6(n-3)} - \frac{1}{6} = \frac{n - (n-3)}{6(n-3)} = \frac{3}{6(n-3)} = \frac{1}{2(n-3)}$
Так как при $n \ge 4$ выражение $\frac{1}{2(n-3)}$ всегда положительно, знак модуля можно опустить:
$\frac{1}{2(n-3)} < 0,01$
$\frac{1}{2(n-3)} < \frac{1}{100}$
Поскольку обе части неравенства положительны, мы можем "перевернуть" дроби, изменив знак неравенства на противоположный:
$2(n-3) > 100$
$n-3 > 50$
$n > 53$
Наименьшее целое число $n$, которое больше 53, это 54. Оно также удовлетворяет исходному условию $n \ge 4$.
Ответ: $n=54$.

48.19. Пусть $y(n) = \frac{A_n^5}{C_{n-2}^3}$, $n \ge 4$.

а) Укажите многочлен, на графике которого лежат все точки $(n; y(n)).$

б) Постройте график этого многочлена.

в) Укажите наибольшее $n$, при котором $y(n) < 600$.

г) Укажите наименьшее $n$, при котором $y(n) > 6000$.

а) Укажите многочлен, на графике которого лежат все точки $(n; y(n))$.

Для того чтобы найти многочлен, необходимо упростить выражение для $y(n)$. Исходная функция задана как $y(n) = \frac{A_n^5}{C_{n-2}^3}$. Вспомним формулы для числа размещений ($A_n^k$) и числа сочетаний ($C_n^k$):
$A_n^k = \frac{n!}{(n-k)!}$
$C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$
Данные выражения определены для $n \ge k$. Следовательно, $A_n^5$ определено при $n \ge 5$, а $C_{n-2}^3$ определено при $n-2 \ge 3$, то есть $n \ge 5$. Таким образом, выражение для $y(n)$ корректно определено для целых $n \ge 5$.

Распишем числитель и знаменатель: $A_n^5 = n(n-1)(n-2)(n-3)(n-4)$ $C_{n-2}^3 = \frac{(n-2)!}{3!(n-2-3)!} = \frac{(n-2)!}{6(n-5)!} = \frac{(n-2)(n-3)(n-4)}{6}$

Теперь найдем их отношение: $y(n) = \frac{n(n-1)(n-2)(n-3)(n-4)}{\frac{(n-2)(n-3)(n-4)}{6}}$

При $n \ge 5$ знаменатель дроби в знаменателе не равен нулю, и мы можем сократить общие множители $(n-2)(n-3)(n-4)$: $y(n) = 6n(n-1) = 6n^2 - 6n$.

Таким образом, все точки $(n, y(n))$ для $n \ge 5$ лежат на графике многочлена $P(n) = 6n^2 - 6n$.

Ответ: $y = 6n^2 - 6n$.

б) Постройте график этого многочлена.

Графиком многочлена $y(n) = 6n^2 - 6n$ является парабола. Опишем её основные свойства для построения:

• Ветви параболы направлены вверх, так как коэффициент при $n^2$ положителен ($6 > 0$).
• Координаты вершины параболы. Абсцисса вершины: $n_v = -\frac{b}{2a} = -\frac{-6}{2 \cdot 6} = \frac{1}{2} = 0.5$. Ордината вершины: $y_v = 6(0.5)^2 - 6(0.5) = 6 \cdot 0.25 - 3 = 1.5 - 3 = -1.5$. Таким образом, вершина находится в точке $(0.5, -1.5)$.
• Точки пересечения с осью абсцисс (осью $On$). Решим уравнение $6n^2 - 6n = 0 \Rightarrow 6n(n-1) = 0$. Корни $n_1=0$ и $n_2=1$. Точки пересечения: $(0, 0)$ и $(1, 0)$.
• Точка пересечения с осью ординат (осью $Oy$) находится при $n=0$, $y(0)=0$. Это точка $(0,0)$.
• Для более точного построения можно вычислить значения в нескольких целочисленных точках:
  • $n=2: y(2) = 6 \cdot 2 \cdot (2-1) = 12$
  • $n=3: y(3) = 6 \cdot 3 \cdot (3-1) = 36$
  • $n=4: y(4) = 6 \cdot 4 \cdot (4-1) = 72$
  • $n=5: y(5) = 6 \cdot 5 \cdot (5-1) = 120$

График представляет собой параболу, проходящую через начало координат, с вершиной в точке $(0.5, -1.5)$ и быстро возрастающую при $n > 1$.

Ответ: График функции $y = 6n^2 - 6n$ — это парабола с ветвями вверх, вершиной в точке $(0.5, -1.5)$ и пересечениями с осью абсцисс в точках $n=0$ и $n=1$.

в) Укажите наибольшее n, при котором $y(n) < 600$.

Решим неравенство $y(n) < 600$, используя найденный многочлен: $6n^2 - 6n < 600$ $n^2 - n < 100$ $n^2 - n - 100 < 0$

Сначала найдем корни соответствующего квадратного уравнения $n^2 - n - 100 = 0$ по формуле: $n = \frac{-b \pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a} = \frac{1 \pm \sqrt{(-1)^2 - 4(1)(-100)}}{2} = \frac{1 \pm \sqrt{1+400}}{2} = \frac{1 \pm \sqrt{401}}{2}$

Приближенно оценим значение $\sqrt{401}$. Так как $20^2=400$, то $\sqrt{401} \approx 20.025$. Тогда корни равны: $n_1 = \frac{1 - \sqrt{401}}{2} \approx \frac{1 - 20.025}{2} \approx -9.51$ $n_2 = \frac{1 + \sqrt{401}}{2} \approx \frac{1 + 20.025}{2} \approx 10.51$

Парабола $f(n) = n^2 - n - 100$ направлена ветвями вверх, поэтому неравенство $f(n) < 0$ выполняется между корнями: $-9.51 < n < 10.51$. Мы ищем наибольшее целое число $n$ из этого интервала, удовлетворяющее условию $n \ge 4$. Целые числа из интервала, которые больше или равны 4, это $4, 5, 6, 7, 8, 9, 10$. Наибольшее из них — 10.

Проверим:
При $n=10$, $y(10) = 6 \cdot 10^2 - 6 \cdot 10 = 600 - 60 = 540$. $540 < 600$.
При $n=11$, $y(11) = 6 \cdot 11^2 - 6 \cdot 11 = 6 \cdot 121 - 66 = 726 - 66 = 660$. $660 > 600$.

Ответ: 10.

г) Укажите наименьшее n, при котором $y(n) > 6000$.

Решим неравенство $y(n) > 6000$: $6n^2 - 6n > 6000$ $n^2 - n > 1000$ $n^2 - n - 1000 > 0$

Найдем корни уравнения $n^2 - n - 1000 = 0$: $n = \frac{1 \pm \sqrt{(-1)^2 - 4(1)(-1000)}}{2} = \frac{1 \pm \sqrt{1+4000}}{2} = \frac{1 \pm \sqrt{4001}}{2}$

Оценим значение $\sqrt{4001}$. Так как $63^2=3969$ и $64^2=4096$, то $63 < \sqrt{4001} < 64$. Более точная оценка: $\sqrt{4001} \approx 63.25$. Корни равны: $n_1 = \frac{1 - \sqrt{4001}}{2} \approx \frac{1 - 63.25}{2} \approx -31.125$ $n_2 = \frac{1 + \sqrt{4001}}{2} \approx \frac{1 + 63.25}{2} \approx 32.125$

Парабола $g(n) = n^2 - n - 1000$ направлена ветвями вверх, поэтому неравенство $g(n) > 0$ выполняется вне интервала между корнями: $n < n_1$ или $n > n_2$. То есть $n < -31.125$ или $n > 32.125$. Учитывая условие $n \ge 4$, нам подходит только $n > 32.125$. Наименьшее целое число $n$, удовлетворяющее этому условию, — 33.

Проверим:
При $n=32$, $y(32) = 6 \cdot 32^2 - 6 \cdot 32 = 6 \cdot 1024 - 192 = 6144 - 192 = 5952$. $5952 < 6000$.
При $n=33$, $y(33) = 6 \cdot 33^2 - 6 \cdot 33 = 6 \cdot 1089 - 2046 = 6534 - 198 = 6336$. $6336 > 6000$.

Ответ: 33.

48.20. a) Докажите, что последовательность $A_{n+1}^4 / C_{n+2}^4$, $n = 3, 4, 5, \dots$, монотонно возрастает.

б) Докажите, что все члены этой последовательности больше числа 4.

в) Укажите наименьший номер, начиная с которого члены этой последовательности будут больше 20.

г) Найдите предел этой последовательности при $n \rightarrow \infty$.

Для начала упростим выражение для общего члена последовательности $x_n = \frac{A_{n+1}^4}{C_{n+2}^4}$, заданной для $n = 3, 4, 5, \dots$.

Используем формулы для числа размещений $A_m^k = \frac{m!}{(m-k)!}$ и числа сочетаний $C_m^k = \frac{m!}{k!(m-k)!}$.

Число размещений из $n+1$ по 4:

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

Число сочетаний из $n+2$ по 4:

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

Теперь подставим эти выражения в формулу для $x_n$:

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

Сокращая общие множители в числителе и знаменателе и учитывая, что $4! = 24$, получаем:

$x_n = \frac{24(n-2)}{n+2}$.

Теперь решим пункты задачи, используя полученную формулу.

а) Докажите, что последовательность монотонно возрастает.

Чтобы доказать, что последовательность $x_n$ монотонно возрастает, необходимо показать, что каждый следующий член больше предыдущего, то есть $x_{n+1} > x_n$ для всех $n \ge 3$. Рассмотрим отношение $\frac{x_{n+1}}{x_n}$.

Запишем $(n+1)$-й член последовательности:

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

Найдем отношение $\frac{x_{n+1}}{x_n}$:

$\frac{x_{n+1}}{x_n} = \frac{\frac{24(n-1)}{n+3}}{\frac{24(n-2)}{n+2}} = \frac{n-1}{n+3} \cdot \frac{n+2}{n-2} = \frac{(n-1)(n+2)}{(n+3)(n-2)} = \frac{n^2+n-2}{n^2+n-6}$.

Чтобы сравнить эту дробь с единицей, представим числитель в виде $n^2+n-2 = (n^2+n-6)+4$. Тогда отношение примет вид:

$\frac{x_{n+1}}{x_n} = \frac{(n^2+n-6)+4}{n^2+n-6} = 1 + \frac{4}{n^2+n-6}$.

Для возрастания последовательности требуется, чтобы $\frac{x_{n+1}}{x_n} > 1$, что равносильно $\frac{4}{n^2+n-6} > 0$. Так как числитель 4 положителен, знаменатель также должен быть положителен: $n^2+n-6 > 0$.

Корни квадратного трехчлена $n^2+n-6$ равны $n_1=2$ и $n_2=-3$. График функции $y=n^2+n-6$ — парабола с ветвями вверх, поэтому неравенство выполняется при $n>2$ или $n<-3$.

Поскольку по условию задачи $n \ge 3$, условие $n>2$ всегда выполняется. Следовательно, $\frac{x_{n+1}}{x_n} > 1$ для всех $n \ge 3$, и последовательность монотонно возрастает.

Ответ: Что и требовалось доказать.

б) Докажите, что все члены этой последовательности больше числа 4.

Нужно доказать, что $x_n > 4$ для всех $n \ge 3$. В пункте а) мы доказали, что последовательность монотонно возрастает. Это значит, что ее наименьшим членом является первый, т.е. $x_3$.

Вычислим $x_3$:

$x_3 = \frac{24(3-2)}{3+2} = \frac{24 \cdot 1}{5} = \frac{24}{5} = 4.8$.

Так как $x_3 = 4.8 > 4$, и все последующие члены последовательности больше $x_3$, то все члены последовательности больше 4.8, а значит, и больше 4. Таким образом, $x_n > 4$ для всех $n \ge 3$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

в) Укажите наименьший номер, начиная с которого члены этой последовательности будут больше 20.

Нужно найти наименьшее целое $n \ge 3$, для которого выполняется неравенство $x_n > 20$.

$\frac{24(n-2)}{n+2} > 20$.

Поскольку при $n \ge 3$ знаменатель $n+2$ положителен, можно умножить обе части неравенства на $n+2$:

$24(n-2) > 20(n+2)$.

Разделим обе части на 4:

$6(n-2) > 5(n+2)$

$6n - 12 > 5n + 10$

$6n - 5n > 10 + 12$

$n > 22$.

Наименьшее целое число $n$, удовлетворяющее этому условию, — это $n=23$.

Ответ: 23.

г) Найдите предел этой последовательности при n > ?.

Найдем предел последовательности $x_n = \frac{24(n-2)}{n+2}$ при $n \to \infty$.

$\lim_{n \to \infty} x_n = \lim_{n \to \infty} \frac{24(n-2)}{n+2} = \lim_{n \to \infty} \frac{24n-48}{n+2}$.

Чтобы найти предел, разделим числитель и знаменатель на $n$ (наивысшая степень переменной):

$\lim_{n \to \infty} \frac{\frac{24n-48}{n}}{\frac{n+2}{n}} = \lim_{n \to \infty} \frac{24 - \frac{48}{n}}{1 + \frac{2}{n}}$.

Так как при $n \to \infty$ дроби $\frac{48}{n}$ и $\frac{2}{n}$ стремятся к нулю, предел равен:

$\frac{24 - 0}{1 + 0} = 24$.

Ответ: 24.

48.21. Найдите n, при котором:

а) число $C_{n+1}^2$ составляет 80 % от числа $C_n^3$;

б) число $C_{n+1}^3$ составляет 120 % от числа $C_n^4$;

в) число $C_{2n}^{n+1}$ составляет 56 % от числа $C_{2n+1}^{n-1}$;

г) число $C_{2n+3}^n$ составляет 150 % от числа $C_{2n+2}^{n+2}$.

а)

По условию, число $C_{n+1}^2$ составляет 80% от числа $C_n^3$. Это можно записать в виде уравнения: $C_{n+1}^2 = 0.8 \cdot C_n^3$

Используем формулу для числа сочетаний $C_k^m = \frac{k!}{m!(k-m)!}$. Область допустимых значений для $n$: из $C_{n+1}^2$ следует $n+1 \ge 2$, то есть $n \ge 1$; из $C_n^3$ следует $n \ge 3$. Таким образом, $n$ должно быть целым числом и $n \ge 3$.

Распишем левую и правую части уравнения: $C_{n+1}^2 = \frac{(n+1)!}{2!(n+1-2)!} = \frac{(n+1)!}{2(n-1)!} = \frac{(n+1)n(n-1)!}{2(n-1)!} = \frac{n(n+1)}{2}$ $C_n^3 = \frac{n!}{3!(n-3)!} = \frac{n(n-1)(n-2)(n-3)!}{6(n-3)!} = \frac{n(n-1)(n-2)}{6}$

Подставим выражения в исходное уравнение: $\frac{n(n+1)}{2} = 0.8 \cdot \frac{n(n-1)(n-2)}{6}$ $\frac{n(n+1)}{2} = \frac{4}{5} \cdot \frac{n(n-1)(n-2)}{6} = \frac{2n(n-1)(n-2)}{15}$

Так как $n \ge 3$, то $n \neq 0$. Можно разделить обе части на $n$: $\frac{n+1}{2} = \frac{2(n-1)(n-2)}{15}$

Умножим обе части на 30, чтобы избавиться от знаменателей: $15(n+1) = 4(n-1)(n-2)$ $15n + 15 = 4(n^2 - 3n + 2)$ $15n + 15 = 4n^2 - 12n + 8$ $4n^2 - 27n - 7 = 0$

Решим полученное квадратное уравнение. Дискриминант $D = b^2 - 4ac = (-27)^2 - 4(4)(-7) = 729 + 112 = 841 = 29^2$. Корни уравнения: $n_1 = \frac{27 - 29}{8} = -\frac{2}{8} = -0.25$ $n_2 = \frac{27 + 29}{8} = \frac{56}{8} = 7$

Согласно области допустимых значений, $n$ должно быть целым числом и $n \ge 3$. Корень $n_1 = -0.25$ не подходит. Корень $n_2 = 7$ удовлетворяет условиям.

Ответ: $n=7$.

б)

По условию, число $C_{n+1}^3$ составляет 120% от числа $C_n^4$. Уравнение: $C_{n+1}^3 = 1.2 \cdot C_n^4$

Область допустимых значений для $n$: из $C_{n+1}^3$ следует $n+1 \ge 3 \implies n \ge 2$; из $C_n^4$ следует $n \ge 4$. Таким образом, $n$ — целое число и $n \ge 4$.

Распишем сочетания: $C_{n+1}^3 = \frac{(n+1)!}{3!(n-2)!} = \frac{(n+1)n(n-1)}{6}$ $C_n^4 = \frac{n!}{4!(n-4)!} = \frac{n(n-1)(n-2)(n-3)}{24}$

Подставим в уравнение: $\frac{(n+1)n(n-1)}{6} = 1.2 \cdot \frac{n(n-1)(n-2)(n-3)}{24}$ $\frac{(n+1)n(n-1)}{6} = \frac{6}{5} \cdot \frac{n(n-1)(n-2)(n-3)}{24} = \frac{n(n-1)(n-2)(n-3)}{20}$

Так как $n \ge 4$, то $n(n-1) \neq 0$. Разделим обе части на $n(n-1)$: $\frac{n+1}{6} = \frac{(n-2)(n-3)}{20}$

Умножим обе части на 60: $10(n+1) = 3(n-2)(n-3)$ $10n + 10 = 3(n^2 - 5n + 6)$ $10n + 10 = 3n^2 - 15n + 18$ $3n^2 - 25n + 8 = 0$

Решим квадратное уравнение. Дискриминант $D = (-25)^2 - 4(3)(8) = 625 - 96 = 529 = 23^2$. Корни уравнения: $n_1 = \frac{25 - 23}{6} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$ $n_2 = \frac{25 + 23}{6} = \frac{48}{6} = 8$

Корень $n_1 = 1/3$ не является целым числом. Корень $n_2 = 8$ удовлетворяет условию $n \ge 4$.

Ответ: $n=8$.

в)

По условию, число $C_{2n}^{n+1}$ составляет 56% от числа $C_{2n+1}^{n-1}$. Уравнение: $C_{2n}^{n+1} = 0.56 \cdot C_{2n+1}^{n-1}$

Область допустимых значений: из $C_{2n}^{n+1}$ следует $2n \ge n+1 \implies n \ge 1$; из $C_{2n+1}^{n-1}$ следует $2n+1 \ge n-1 \implies n \ge -2$ и $n-1 \ge 0 \implies n \ge 1$. Таким образом, $n$ — целое число и $n \ge 1$.

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

Подставим в уравнение: $\frac{(2n)!}{(n+1)!(n-1)!} = 0.56 \cdot \frac{(2n+1)!}{(n-1)!(n+2)!}$ $\frac{(2n)!}{(n+1)!(n-1)!} = \frac{14}{25} \cdot \frac{(2n+1)(2n)!}{(n-1)!(n+2)(n+1)!}$

Сократим общие множители $\frac{(2n)!}{(n+1)!(n-1)!}$ в обеих частях: $1 = \frac{14}{25} \cdot \frac{2n+1}{n+2}$

Решим полученное уравнение: $25(n+2) = 14(2n+1)$ $25n + 50 = 28n + 14$ $3n = 36$ $n = 12$

Значение $n=12$ удовлетворяет условию $n \ge 1$.

Ответ: $n=12$.

г)

По условию, число $C_{2n+3}^{n}$ составляет 150% от числа $C_{2n+2}^{n+2}$. Уравнение: $C_{2n+3}^{n} = 1.5 \cdot C_{2n+2}^{n+2}$

Область допустимых значений: из $C_{2n+3}^{n}$ следует $2n+3 \ge n \implies n \ge -3$ и $n \ge 0$; из $C_{2n+2}^{n+2}$ следует $2n+2 \ge n+2 \implies n \ge 0$. Таким образом, $n$ — целое число и $n \ge 0$.

Распишем сочетания: $C_{2n+3}^{n} = \frac{(2n+3)!}{n!(2n+3-n)!} = \frac{(2n+3)!}{n!(n+3)!}$ $C_{2n+2}^{n+2} = \frac{(2n+2)!}{(n+2)!(2n+2-(n+2))!} = \frac{(2n+2)!}{(n+2)!n!}$

Подставим в уравнение: $\frac{(2n+3)!}{n!(n+3)!} = 1.5 \cdot \frac{(2n+2)!}{(n+2)!n!}$ $\frac{(2n+3)!}{n!(n+3)!} = \frac{3}{2} \cdot \frac{(2n+2)!}{(n+2)!n!}$

Распишем факториалы $(2n+3)! = (2n+3)(2n+2)!$ и $(n+3)! = (n+3)(n+2)!$: $\frac{(2n+3)(2n+2)!}{n!(n+3)(n+2)!} = \frac{3}{2} \cdot \frac{(2n+2)!}{n!(n+2)!}$

Сократим общие множители $\frac{(2n+2)!}{n!(n+2)!}$ в обеих частях уравнения (так как при $n \ge 0$ они не равны нулю): $\frac{2n+3}{n+3} = \frac{3}{2}$

Решим полученное линейное уравнение: $2(2n+3) = 3(n+3)$ $4n + 6 = 3n + 9$ $4n - 3n = 9 - 6$ $n = 3$

Значение $n=3$ удовлетворяет условию $n \ge 0$.

Ответ: $n=3$.

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.

48.23. Выпишите треугольник Паскаля до седьмой строки включительно.

а) Найдите сумму всех чисел в третьей строке треугольника Паскаля.

б) Найдите сумму всех чисел в четвёртой строке треугольника Паскаля.

в) Найдите сумму всех чисел в седьмой строке треугольника Паскаля.

г) Методом математической индукции докажите, что сумма чисел в n-й строке треугольника Паскаля равна $2^n$.

Сначала выпишем треугольник Паскаля до седьмой строки включительно. Будем считать, что нумерация строк начинается с нуля (верхняя строка — нулевая, $n=0$).

Теперь ответим на вопросы.

а) Третья строка (при нумерации с нуля, $n=3$) состоит из чисел 1, 3, 3, 1. Найдем их сумму:

$1 + 3 + 3 + 1 = 8$

Ответ: 8.

б) Четвёртая строка ($n=4$) состоит из чисел 1, 4, 6, 4, 1. Найдем их сумму:

$1 + 4 + 6 + 4 + 1 = 16$

Ответ: 16.

в) Седьмая строка ($n=7$) состоит из чисел 1, 7, 21, 35, 35, 21, 7, 1. Найдем их сумму:

$1 + 7 + 21 + 35 + 35 + 21 + 7 + 1 = 128$

Ответ: 128.

г) Докажем методом математической индукции, что сумма чисел в $n$-й строке треугольника Паскаля равна $2^n$. Обозначим сумму чисел в $n$-й строке как $S_n$. Элементы $n$-й строки являются биномиальными коэффициентами $\binom{n}{k}$, где $k$ изменяется от $0$ до $n$. Таким образом, нам нужно доказать, что $S_n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} = 2^n$ для всех целых $n \ge 0$.

1. База индукции

Проверим утверждение для $n=0$. Нулевая строка состоит из одного числа 1. Сумма $S_0 = \binom{0}{0} = 1$. По формуле получаем $2^0 = 1$. Утверждение верно.

2. Индукционное предположение

Предположим, что утверждение верно для некоторого целого неотрицательного числа $n=m$, то есть $S_m = \sum_{k=0}^{m} \binom{m}{k} = 2^m$.

3. Индукционный шаг

Докажем, что утверждение верно для $n=m+1$. То есть, нам нужно показать, что $S_{m+1} = \sum_{k=0}^{m+1} \binom{m+1}{k} = 2^{m+1}$.

Каждый элемент треугольника Паскаля (кроме крайних единиц) равен сумме двух вышестоящих элементов. Это свойство выражается тождеством Паскаля: $\binom{n}{k} = \binom{n-1}{k-1} + \binom{n-1}{k}$.

Распишем сумму для $S_{m+1}$:

$S_{m+1} = \sum_{k=0}^{m+1} \binom{m+1}{k} = \binom{m+1}{0} + \sum_{k=1}^{m} \binom{m+1}{k} + \binom{m+1}{m+1}$

Мы знаем, что $\binom{m+1}{0} = 1 = \binom{m}{0}$ и $\binom{m+1}{m+1} = 1 = \binom{m}{m}$. Применим тождество Паскаля к членам суммы:

$S_{m+1} = \binom{m}{0} + \sum_{k=1}^{m} \left(\binom{m}{k-1} + \binom{m}{k}\right) + \binom{m}{m}$

Разобьем сумму на две и сгруппируем слагаемые:

$S_{m+1} = \left(\binom{m}{0} + \sum_{k=1}^{m} \binom{m}{k}\right) + \left(\sum_{k=1}^{m} \binom{m}{k-1} + \binom{m}{m}\right)$

Первая группа слагаемых в скобках — это в точности сумма всех элементов $m$-й строки:$\binom{m}{0} + \sum_{k=1}^{m} \binom{m}{k} = \sum_{k=0}^{m} \binom{m}{k} = S_m$.

Вторая группа слагаемых в скобках, если сделать замену индекса $j=k-1$ в сумме, также представляет собой сумму всех элементов $m$-й строки:$\sum_{k=1}^{m} \binom{m}{k-1} + \binom{m}{m} = \sum_{j=0}^{m-1} \binom{m}{j} + \binom{m}{m} = \sum_{j=0}^{m} \binom{m}{j} = S_m$.

Таким образом, мы получаем:

$S_{m+1} = S_m + S_m = 2S_m$

Используя наше индукционное предположение $S_m = 2^m$, находим:

$S_{m+1} = 2 \cdot 2^m = 2^{m+1}$

Индукционный шаг доказан.

Заключение

Поскольку база индукции верна и индукционный шаг доказан, то по методу математической индукции формула $S_n=2^n$ верна для всех целых $n \ge 0$.

Ответ: Утверждение доказано.