Страница 290, часть 2 - гдз по алгебре 10 класс учебник часть 1, 2 Мордкович, Семенов

47.13. Сколькими нулями оканчивается число:

а) $10!$;

б) $15!$;

в) $26!$;

г) $100!?$

Для того чтобы определить, сколькими нулями оканчивается число $n!$ (n-факториал), необходимо найти количество множителей 10 в его разложении на простые множители. Так как $10 = 2 \times 5$, количество нулей определяется количеством пар множителей (2, 5). В разложении $n! = 1 \times 2 \times 3 \times \dots \times n$ количество простых множителей 2 всегда больше, чем количество множителей 5. Поэтому задача сводится к подсчету количества множителей 5.

Для нахождения этого количества можно использовать формулу Лежандра, которая определяет показатель степени простого числа $p$ в каноническом разложении $n!$:

$E_p(n!) = \sum_{i=1}^{\infty} \lfloor \frac{n}{p^i} \rfloor = \lfloor \frac{n}{p} \rfloor + \lfloor \frac{n}{p^2} \rfloor + \lfloor \frac{n}{p^3} \rfloor + \dots$

где $\lfloor x \rfloor$ — это целая часть числа $x$. В нашем случае $p=5$.

а) 10!

Для $n=10$ найдем количество множителей 5. Применяем формулу:

$E_5(10!) = \lfloor \frac{10}{5} \rfloor + \lfloor \frac{10}{25} \rfloor + \dots = 2 + 0 = 2$

Количество множителей 5 равно 2, следовательно, число 10! оканчивается двумя нулями.

Ответ: 2

б) 15!

Для $n=15$ найдем количество множителей 5. Применяем формулу:

$E_5(15!) = \lfloor \frac{15}{5} \rfloor + \lfloor \frac{15}{25} \rfloor + \dots = 3 + 0 = 3$

Количество множителей 5 равно 3, следовательно, число 15! оканчивается тремя нулями.

Ответ: 3

в) 26!

Для $n=26$ найдем количество множителей 5. Применяем формулу:

$E_5(26!) = \lfloor \frac{26}{5} \rfloor + \lfloor \frac{26}{25} \rfloor + \lfloor \frac{26}{125} \rfloor + \dots = 5 + 1 + 0 = 6$

Первый член $\lfloor \frac{26}{5} \rfloor = 5$ соответствует числам 5, 10, 15, 20, 25. Второй член $\lfloor \frac{26}{25} \rfloor = 1$ соответствует числу 25, которое содержит дополнительный множитель 5 ($25 = 5^2$). Общее количество множителей 5 равно 6.

Следовательно, число 26! оканчивается шестью нулями.

Ответ: 6

г) 100!

Для $n=100$ найдем количество множителей 5. Применяем формулу:

$E_5(100!) = \lfloor \frac{100}{5} \rfloor + \lfloor \frac{100}{25} \rfloor + \lfloor \frac{100}{125} \rfloor + \dots$

Вычисляем члены суммы:

$\lfloor \frac{100}{5} \rfloor = 20$

$\lfloor \frac{100}{25} \rfloor = 4$

$\lfloor \frac{100}{125} \rfloor = 0$

Общее количество множителей 5 равно $20 + 4 = 24$.

Следовательно, число 100! оканчивается 24 нулями.

Ответ: 24

47.14. Укажите наибольшее натуральное число n, для которого:

a) $10!$ кратно $2^n$;

б) $16!$ кратно $2^n$;

в) $26!$ кратно $5^n$;

г) $28!$ кратно $3^n$.

Для того чтобы найти наибольшее натуральное число $n$, для которого $k!$ кратно $p^n$ (где $p$ — простое число), необходимо определить показатель степени, с которой простое число $p$ входит в каноническое разложение числа $k!$. Это значение можно найти с помощью формулы Лежандра:

$n = \sum_{i=1}^{\infty} \lfloor \frac{k}{p^i} \rfloor = \lfloor \frac{k}{p} \rfloor + \lfloor \frac{k}{p^2} \rfloor + \lfloor \frac{k}{p^3} \rfloor + ...$

где $\lfloor x \rfloor$ — это целая часть числа $x$ (наибольшее целое число, не превосходящее $x$). Суммирование продолжается до тех пор, пока $p^i$ не станет больше $k$, так как в этом случае $\lfloor \frac{k}{p^i} \rfloor$ будет равно нулю.

а)

Найдём наибольшее натуральное число $n$, для которого $10!$ кратно $2^n$. В данном случае $k=10$ и $p=2$.

Применяем формулу Лежандра:

$n = \lfloor \frac{10}{2} \rfloor + \lfloor \frac{10}{2^2} \rfloor + \lfloor \frac{10}{2^3} \rfloor = \lfloor \frac{10}{2} \rfloor + \lfloor \frac{10}{4} \rfloor + \lfloor \frac{10}{8} \rfloor = 5 + 2 + 1 = 8$.

Следующий член суммы, $\lfloor \frac{10}{16} \rfloor$, равен 0, поэтому вычисления завершены.

Ответ: 8

б)

Найдём наибольшее натуральное число $n$, для которого $16!$ кратно $2^n$. Здесь $k=16$ и $p=2$.

Вычисляем по формуле:

$n = \lfloor \frac{16}{2} \rfloor + \lfloor \frac{16}{4} \rfloor + \lfloor \frac{16}{8} \rfloor + \lfloor \frac{16}{16} \rfloor = 8 + 4 + 2 + 1 = 15$.

Следующий член суммы, $\lfloor \frac{16}{32} \rfloor$, равен 0.

Ответ: 15

в)

Найдём наибольшее натуральное число $n$, для которого $26!$ кратно $5^n$. Здесь $k=26$ и $p=5$.

Вычисляем по формуле:

$n = \lfloor \frac{26}{5} \rfloor + \lfloor \frac{26}{5^2} \rfloor = \lfloor \frac{26}{5} \rfloor + \lfloor \frac{26}{25} \rfloor = 5 + 1 = 6$.

Следующий член суммы, $\lfloor \frac{26}{125} \rfloor$, равен 0.

Ответ: 6

г)

Найдём наибольшее натуральное число $n$, для которого $28!$ кратно $3^n$. Здесь $k=28$ и $p=3$.

Вычисляем по формуле:

$n = \lfloor \frac{28}{3} \rfloor + \lfloor \frac{28}{3^2} \rfloor + \lfloor \frac{28}{3^3} \rfloor = \lfloor \frac{28}{3} \rfloor + \lfloor \frac{28}{9} \rfloor + \lfloor \frac{28}{27} \rfloor = 9 + 3 + 1 = 13$.

Следующий член суммы, $\lfloor \frac{28}{81} \rfloor$, равен 0.

Ответ: 13

47.15. Докажите тождество:

a) $(n + 1)! - n! = n \cdot n!$

б) $(2n + 1)! - (2n - 1)! \cdot 2n = 4n^2 \cdot (2n - 1)!$

а) Для доказательства тождества $(n + 1)! - n! = n \cdot n!$ преобразуем его левую часть.
По определению факториала, $(n + 1)!$ можно представить как произведение $(n + 1)$ и $n!$. Запишем это свойство:
$(n + 1)! = (n + 1) \cdot n!$
Теперь подставим это выражение в левую часть исходного равенства:
$(n + 1)! - n! = (n + 1) \cdot n! - n!$
Вынесем общий множитель $n!$ за скобки:
$n! \cdot ((n + 1) - 1)$
Упростим выражение в скобках:
$n! \cdot (n + 1 - 1) = n! \cdot n$
Полученное выражение $n \cdot n!$ совпадает с правой частью тождества. Так как левая часть равна правой, тождество доказано.
Ответ: Тождество доказано.

б) Для доказательства тождества $(2n + 1)! - (2n - 1)! \cdot 2n = 4n^2 \cdot (2n - 1)!$ преобразуем его левую часть.
Используя определение факториала, представим $(2n + 1)!$ через $(2n - 1)!$:
$(2n + 1)! = (2n + 1) \cdot (2n) \cdot (2n - 1)!$
Подставим это выражение в левую часть исходного равенства:
$(2n + 1) \cdot 2n \cdot (2n - 1)! - (2n - 1)! \cdot 2n$
Вынесем общий множитель $2n \cdot (2n - 1)!$ за скобки:
$2n \cdot (2n - 1)! \cdot ((2n + 1) - 1)$
Упростим выражение во вторых скобках:
$2n \cdot (2n - 1)! \cdot (2n)$
Выполним умножение:
$(2n \cdot 2n) \cdot (2n - 1)! = 4n^2 \cdot (2n - 1)!$
Полученное выражение совпадает с правой частью тождества. Так как левая часть равна правой, тождество доказано.
Ответ: Тождество доказано.

47.16. Решите уравнение:

a) $n! = 42(n - 2)!$;

б) $(k + 17)! = 420(k + 15)!$;

в) $0.125n! = (n - 1)! - 90$;

г) $(3x)! = 504(3x - 3)!$.

а) $n! = 42(n - 2)!$
По определению факториала $n! = 1 \cdot 2 \cdot \dots \cdot (n-2) \cdot (n-1) \cdot n$.
Таким образом, $n!$ можно представить как $n! = n(n-1)(n-2)!$.
Область допустимых значений для $n$ определяется условием существования факториалов: $n \ge 0$ и $n-2 \ge 0$, откуда следует, что $n \ge 2$. Также $n$ должно быть целым числом.
Подставим выражение для $n!$ в исходное уравнение:
$n(n-1)(n-2)! = 42(n-2)!$
Поскольку $n \ge 2$, то $(n-2)! \ge 0! = 1$, значит $(n-2)! \ne 0$. Мы можем разделить обе части уравнения на $(n-2)!$:
$n(n-1) = 42$
Раскроем скобки и решим полученное квадратное уравнение:
$n^2 - n = 42$
$n^2 - n - 42 = 0$
По теореме Виета, корни уравнения $n_1 = 7$ и $n_2 = -6$.
Проверим корни по области допустимых значений ($n \ge 2$).
Корень $n_1 = 7$ удовлетворяет условию $7 \ge 2$.
Корень $n_2 = -6$ не удовлетворяет условию $-6 \ge 2$, поэтому он является посторонним.
Ответ: 7

б) $(k + 17)! = 420(k + 15)!$
Область допустимых значений: $k+17 \ge 0$ и $k+15 \ge 0$, что дает $k \ge -15$. $k$ должно быть целым числом.
Представим $(k+17)!$ как $(k+17)(k+16)(k+15)!$.
Подставим это в уравнение:
$(k+17)(k+16)(k+15)! = 420(k+15)!$
Разделим обе части на $(k+15)!$ (так как $(k+15)! \ne 0$):
$(k+17)(k+16) = 420$
Раскроем скобки:
$k^2 + 16k + 17k + 272 = 420$
$k^2 + 33k + 272 - 420 = 0$
$k^2 + 33k - 148 = 0$
Решим квадратное уравнение через дискриминант:
$D = b^2 - 4ac = 33^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-148) = 1089 + 592 = 1681 = 41^2$
$k_1 = \frac{-33 + 41}{2 \cdot 1} = \frac{8}{2} = 4$
$k_2 = \frac{-33 - 41}{2 \cdot 1} = \frac{-74}{2} = -37$
Проверим корни по области допустимых значений ($k \ge -15$).
Корень $k_1 = 4$ удовлетворяет условию $4 \ge -15$.
Корень $k_2 = -37$ не удовлетворяет условию $-37 \ge -15$.
Ответ: 4

в) $0,125n! = (n - 1)! - 90$
Область допустимых значений: $n \ge 0$ и $n-1 \ge 0$, откуда $n \ge 1$. $n$ должно быть целым числом.
Заменим $0,125$ на дробь $\frac{1}{8}$ и представим $n!$ как $n(n-1)!$:
$\frac{1}{8}n(n-1)! = (n-1)! - 90$
Перенесем слагаемые, содержащие факториал, в одну сторону:
$90 = (n-1)! - \frac{n}{8}(n-1)!$
Вынесем $(n-1)!$ за скобки:
$90 = (n-1)! \left(1 - \frac{n}{8}\right)$
$90 = (n-1)! \left(\frac{8-n}{8}\right)$
Умножим обе части на 8:
$720 = (n-1)!(8-n)$
Решим это уравнение подбором, проверяя целые значения $n \ge 1$. Заметим, что для положительной правой части необходимо, чтобы $8-n > 0$, то есть $n < 8$. Итак, ищем $n$ среди целых чисел от 1 до 7.
При $n=1$: $(1-1)!(8-1) = 0! \cdot 7 = 1 \cdot 7 = 7 \ne 720$.
При $n=2$: $(2-1)!(8-2) = 1! \cdot 6 = 1 \cdot 6 = 6 \ne 720$.
При $n=3$: $(3-1)!(8-3) = 2! \cdot 5 = 2 \cdot 5 = 10 \ne 720$.
При $n=4$: $(4-1)!(8-4) = 3! \cdot 4 = 6 \cdot 4 = 24 \ne 720$.
При $n=5$: $(5-1)!(8-5) = 4! \cdot 3 = 24 \cdot 3 = 72 \ne 720$.
При $n=6$: $(6-1)!(8-6) = 5! \cdot 2 = 120 \cdot 2 = 240 \ne 720$.
При $n=7$: $(7-1)!(8-7) = 6! \cdot 1 = 720 \cdot 1 = 720$.
Значение $n=7$ является решением.
Ответ: 7

г) $(3x)! = 504(3x - 3)!$
Область допустимых значений: $3x \ge 0$ и $3x-3 \ge 0$. Из второго неравенства $3x \ge 3$, то есть $x \ge 1$. Также $3x$ должно быть целым числом.
Сделаем замену: пусть $m = 3x$. Тогда $m$ — целое число и $m \ge 3$. Уравнение примет вид:
$m! = 504(m-3)!$
Представим $m!$ как $m(m-1)(m-2)(m-3)!$:
$m(m-1)(m-2)(m-3)! = 504(m-3)!$
Разделим обе части на $(m-3)!$:
$m(m-1)(m-2) = 504$
Нам нужно найти три последовательных целых числа, произведение которых равно 504. Оценим корень кубический из 504: $7^3 = 343$, $8^3=512$. Числа должны быть близки к 8. Проверим числа 7, 8, 9:
$9 \cdot 8 \cdot 7 = 72 \cdot 7 = 504$.
Это означает, что самое большое из чисел, $m$, равно 9.
Итак, $m=9$.
Вернемся к замене:
$3x = 9$
$x = 3$
Проверим корень по ОДЗ: $x=3$ удовлетворяет условию $x \ge 1$, и $3x=9$ является целым числом.
Ответ: 3

47.17. При каких натуральных значениях n выполняется неравенство:

a) $n! > (n + 1)(n - 2)!$

б) $7 \cdot (2n + 1)! \cdot (2n - 1)! < 8 \cdot ((2n)!)^2$

a) Исходное неравенство: $n! > (n + 1)(n - 2)!$.
Поскольку $n$ — натуральное число, выражение $(n - 2)!$ определено при $n - 2 \ge 0$, то есть при $n \ge 2$.
Воспользуемся определением факториала, чтобы упростить левую часть неравенства: $n! = n \cdot (n - 1) \cdot (n - 2)!$.
Подставим это выражение в исходное неравенство:
$n \cdot (n - 1) \cdot (n - 2)! > (n + 1)(n - 2)!$.
Так как при $n \ge 2$ значение $(n-2)!$ всегда положительно, мы можем разделить обе части неравенства на $(n-2)!$, не меняя знака неравенства:
$n(n - 1) > n + 1$.
Раскроем скобки и преобразуем неравенство:
$n^2 - n > n + 1$
$n^2 - 2n - 1 > 0$.
Для решения этого квадратного неравенства найдем корни соответствующего уравнения $n^2 - 2n - 1 = 0$. Используем формулу для корней квадратного уравнения:
$n = \frac{-(-2) \pm \sqrt{(-2)^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-1)}}{2 \cdot 1} = \frac{2 \pm \sqrt{4 + 4}}{2} = \frac{2 \pm \sqrt{8}}{2} = \frac{2 \pm 2\sqrt{2}}{2} = 1 \pm \sqrt{2}$.
Графиком функции $y = n^2 - 2n - 1$ является парабола, ветви которой направлены вверх. Следовательно, неравенство $n^2 - 2n - 1 > 0$ выполняется, когда $n$ находится вне интервала между корнями:
$n < 1 - \sqrt{2}$ или $n > 1 + \sqrt{2}$.
Оценим значения корней: $1 - \sqrt{2} \approx -0.414$ и $1 + \sqrt{2} \approx 2.414$.
Таким образом, $n < -0.414$ или $n > 2.414$.
Учитывая, что $n$ — натуральное число и должно удовлетворять условию $n \ge 2$, нам подходят натуральные значения $n$, которые больше $2.414$.
Это числа $3, 4, 5, \dots$.
Ответ: для всех натуральных $n \ge 3$.

б) Исходное неравенство: $7 \cdot (2n + 1)! \cdot (2n - 1)! < 8 \cdot ((2n)!)^2$.
Выражение $(2n - 1)!$ определено для натуральных $n \ge 1$.
Преобразуем факториалы в неравенстве, используя следующие тождества:
$(2n + 1)! = (2n + 1) \cdot (2n)!$
$(2n)! = 2n \cdot (2n - 1)!$
Подставим первое тождество в левую часть неравенства:
$7 \cdot (2n + 1) \cdot (2n)! \cdot (2n - 1)! < 8 \cdot ((2n)!)^2$.
Поскольку $(2n)! > 0$ для всех натуральных $n$, мы можем разделить обе части на $(2n)!$:
$7 \cdot (2n + 1) \cdot (2n - 1)! < 8 \cdot (2n)!$.
Теперь подставим второе тождество в правую часть полученного неравенства:
$7 \cdot (2n + 1) \cdot (2n - 1)! < 8 \cdot 2n \cdot (2n - 1)!$.
Разделим обе части на $(2n-1)!$, которое также всегда положительно при $n \ge 1$:
$7(2n + 1) < 8 \cdot 2n$.
Решим полученное линейное неравенство:
$14n + 7 < 16n$
$7 < 16n - 14n$
$7 < 2n$
$n > \frac{7}{2}$ или $n > 3.5$.
Поскольку $n$ должно быть натуральным числом, решениями неравенства являются все натуральные числа, большие 3.5, то есть $4, 5, 6, \dots$.
Ответ: для всех натуральных $n \ge 4$.

Докажите неравенство:

47.18. a) $n! > (n + 3)^2$ при $n \ge 5$;

б) $n! > (n + 2)^3$ при $n \ge 6$;

в) $n! > 2^n$ при $n \ge 4$;

г) $n! > 4^n$ при $n \ge 9$.

Для доказательства всех неравенств воспользуемся методом математической индукции.

а) Докажем неравенство $n! > (n+3)^2$ при $n \ge 5$.

1. База индукции.
Проверим справедливость неравенства для наименьшего возможного значения $n=5$.
Левая часть: $5! = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5 = 120$.
Правая часть: $(5+3)^2 = 8^2 = 64$.
Поскольку $120 > 64$, неравенство для $n=5$ выполняется.

2. Индукционный переход.
Предположим, что неравенство верно для некоторого натурального числа $k \ge 5$, то есть $k! > (k+3)^2$. Это наше индукционное предположение.
Докажем, что из этого следует справедливость неравенства для $n=k+1$, то есть $(k+1)! > ((k+1)+3)^2$ или $(k+1)! > (k+4)^2$.
Рассмотрим левую часть неравенства для $n=k+1$:
$(k+1)! = (k+1) \cdot k!$
Используя индукционное предположение $k! > (k+3)^2$, получаем:
$(k+1)! > (k+1)(k+3)^2$
Теперь нам нужно доказать, что $(k+1)(k+3)^2 > (k+4)^2$ для $k \ge 5$.
$(k+1)(k^2+6k+9) > k^2+8k+16$
$k^3+6k^2+9k+k^2+6k+9 > k^2+8k+16$
$k^3+7k^2+15k+9 > k^2+8k+16$
$k^3+6k^2+7k-7 > 0$
Поскольку $k \ge 5$, все слагаемые положительны, кроме последнего: $k^3 > 0$, $6k^2 > 0$. Проверим $7k-7$: при $k \ge 5$, $7k \ge 35$, значит $7k-7 > 0$. Таким образом, вся сумма $k^3+6k^2+7k-7$ очевидно больше нуля при $k \ge 5$.
Итак, мы доказали, что $(k+1)! > (k+1)(k+3)^2$ и $(k+1)(k+3)^2 > (k+4)^2$. Следовательно, $(k+1)! > (k+4)^2$.
Индукционный переход доказан.

Вывод: Согласно методу математической индукции, неравенство $n! > (n+3)^2$ верно для всех $n \ge 5$.
Ответ: Неравенство доказано.

б) Докажем неравенство $n! > (n+2)^3$ при $n \ge 6$.

1. База индукции.
Проверим неравенство для $n=6$.
Левая часть: $6! = 720$.
Правая часть: $(6+2)^3 = 8^3 = 512$.
Поскольку $720 > 512$, неравенство для $n=6$ выполняется.

2. Индукционный переход.
Предположим, что неравенство верно для $k \ge 6$: $k! > (k+2)^3$.
Докажем, что оно верно для $n=k+1$: $(k+1)! > ((k+1)+2)^3$ или $(k+1)! > (k+3)^3$.
$(k+1)! = (k+1) \cdot k! > (k+1)(k+2)^3$.
Нам нужно доказать, что $(k+1)(k+2)^3 > (k+3)^3$ для $k \ge 6$.
Разделим обе части на $(k+2)^3$ (это положительное число):
$k+1 > \frac{(k+3)^3}{(k+2)^3} = \left(\frac{k+3}{k+2}\right)^3 = \left(1 + \frac{1}{k+2}\right)^3$.
Раскроем правую часть по формуле куба суммы: $\left(1 + \frac{1}{k+2}\right)^3 = 1 + \frac{3}{k+2} + \frac{3}{(k+2)^2} + \frac{1}{(k+2)^3}$.
Нам нужно доказать, что $k+1 > 1 + \frac{3}{k+2} + \frac{3}{(k+2)^2} + \frac{1}{(k+2)^3}$, что эквивалентно $k > \frac{3}{k+2} + \frac{3}{(k+2)^2} + \frac{1}{(k+2)^3}$.
Для $k \ge 6$, имеем $k+2 \ge 8$. Тогда правая часть меньше, чем $ \frac{3}{8} + \frac{3}{8^2} + \frac{1}{8^3} = \frac{3}{8} + \frac{3}{64} + \frac{1}{512} = \frac{192+24+1}{512} = \frac{217}{512} < 1$.
Поскольку $k \ge 6$, а правая часть меньше 1, неравенство $k > \frac{217}{512}$ очевидно выполняется.
Следовательно, $(k+1)! > (k+1)(k+2)^3 > (k+3)^3$.
Индукционный переход доказан.

Вывод: Согласно методу математической индукции, неравенство $n! > (n+2)^3$ верно для всех $n \ge 6$.
Ответ: Неравенство доказано.

в) Докажем неравенство $n! > 2^n$ при $n \ge 4$.

1. База индукции.
Проверим неравенство для $n=4$.
Левая часть: $4! = 24$.
Правая часть: $2^4 = 16$.
Поскольку $24 > 16$, неравенство для $n=4$ выполняется.

2. Индукционный переход.
Предположим, что неравенство верно для $k \ge 4$: $k! > 2^k$.
Докажем, что оно верно для $n=k+1$: $(k+1)! > 2^{k+1}$.
$(k+1)! = (k+1) \cdot k! > (k+1) \cdot 2^k$.
Нам нужно доказать, что $(k+1) \cdot 2^k > 2^{k+1}$.
Разделив обе части на $2^k$, получим $k+1 > 2$.
Так как по условию $k \ge 4$, то $k+1 \ge 5$, и неравенство $5>2$ истинно.
Следовательно, $(k+1)! > (k+1) \cdot 2^k > 2 \cdot 2^k = 2^{k+1}$.
Индукционный переход доказан.

Вывод: Согласно методу математической индукции, неравенство $n! > 2^n$ верно для всех $n \ge 4$.
Ответ: Неравенство доказано.

г) Докажем неравенство $n! > 4^n$ при $n \ge 9$.

1. База индукции.
Проверим неравенство для $n=9$.
Левая часть: $9! = 362880$.
Правая часть: $4^9 = 262144$.
Поскольку $362880 > 262144$, неравенство для $n=9$ выполняется.

2. Индукционный переход.
Предположим, что неравенство верно для $k \ge 9$: $k! > 4^k$.
Докажем, что оно верно для $n=k+1$: $(k+1)! > 4^{k+1}$.
$(k+1)! = (k+1) \cdot k! > (k+1) \cdot 4^k$.
Нам нужно доказать, что $(k+1) \cdot 4^k > 4^{k+1}$.
Разделив обе части на $4^k$, получим $k+1 > 4$.
Так как по условию $k \ge 9$, то $k+1 \ge 10$, и неравенство $10>4$ истинно.
Следовательно, $(k+1)! > (k+1) \cdot 4^k > 4 \cdot 4^k = 4^{k+1}$.
Индукционный переход доказан.

Вывод: Согласно методу математической индукции, неравенство $n! > 4^n$ верно для всех $n \ge 9$.
Ответ: Неравенство доказано.

47.19. a) $2,66 < 1 + \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + ... + \frac{1}{n!}$ при всех $n \ge 3;$

б) $\frac{1}{2^4} + \frac{1}{2^5} + ... + \frac{1}{2^n} < 0,125$ при всех $n \ge 4;$

в) $1 + \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + ... + \frac{1}{n!} < 3$ при всех $n$ (используйте пункт б)
и номер 47.18 в));

г) $1 + \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + ... + \frac{1}{n!} < 2,75$ при всех $n$.

а) Требуется доказать, что $2,66 < 1 + \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + ... + \frac{1}{n!}$ при всех $n \ge 3$.

Обозначим сумму $S_n = 1 + \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + ... + \frac{1}{n!}$.

Последовательность $S_n$ является строго возрастающей, так как каждый следующий член последовательности получается из предыдущего добавлением положительного слагаемого $\frac{1}{(n+1)!}$.

Следовательно, если мы докажем неравенство для наименьшего значения $n$ из условия, то есть для $n=3$, то оно будет выполняться и для всех $n > 3$, поскольку $S_n > S_3$.

Найдем значение $S_3$:

$S_3 = 1 + \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} = 1 + 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{6} = 2 + 0,5 + \frac{1}{6} = 2,5 + \frac{1}{6}$.

Преобразуем $\frac{1}{6}$ в десятичную дробь: $\frac{1}{6} = 0,1666... = 0,1\bar{6}$.

Тогда $S_3 = 2,5 + 0,1\bar{6} = 2,6\bar{6}$.

Сравним $S_3$ с $2,66$: $2,6\bar{6} = 2,666... > 2,66$.

Таким образом, $S_3 > 2,66$. Поскольку $S_n$ возрастает, то для любого $n \ge 3$ выполняется $S_n \ge S_3 > 2,66$.

Неравенство доказано.

Ответ: Неравенство доказано.

б) Требуется доказать, что $\frac{1}{2^4} + \frac{1}{2^5} + ... + \frac{1}{2^n} < 0,125$ при всех $n \ge 4$.

Рассмотрим данную сумму $S_n = \frac{1}{2^4} + \frac{1}{2^5} + ... + \frac{1}{2^n}$. Это частичная сумма бесконечно убывающей геометрической прогрессии.

Рассмотрим сумму соответствующего бесконечного ряда: $S = \frac{1}{2^4} + \frac{1}{2^5} + \frac{1}{2^6} + ...$

Первый член этой прогрессии $b_1 = \frac{1}{2^4} = \frac{1}{16}$, а знаменатель $q = \frac{1}{2}$.

Сумма бесконечно убывающей геометрической прогрессии вычисляется по формуле $S = \frac{b_1}{1-q}$.

$S = \frac{1/16}{1 - 1/2} = \frac{1/16}{1/2} = \frac{2}{16} = \frac{1}{8}$.

Преобразуем $0,125$ в обыкновенную дробь: $0,125 = \frac{125}{1000} = \frac{1}{8}$.

Таким образом, сумма бесконечного ряда равна $0,125$.

Данная в условии сумма $S_n$ является частичной суммой этого бесконечного ряда. Так как все члены ряда положительны, любая его конечная частичная сумма будет строго меньше полной суммы бесконечного ряда.

Следовательно, $\frac{1}{2^4} + \frac{1}{2^5} + ... + \frac{1}{2^n} < \frac{1}{8} = 0,125$ для любого $n \ge 4$.

Ответ: Неравенство доказано.

в) Требуется доказать, что $1 + \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + ... + \frac{1}{n!} < 3$ при всех $n$.

Обозначим сумму $S_n = 1 + \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + ... + \frac{1}{n!}$.

Сначала проверим неравенство для малых $n$.

При $n=1: S_1 = 1 + \frac{1}{1!} = 2 < 3$.

При $n=2: S_2 = 1 + \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} = 2 + \frac{1}{2} = 2,5 < 3$.

При $n=3: S_3 = 1 + \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} = 2,5 + \frac{1}{6} = \frac{8}{3} \approx 2,67 < 3$.

Теперь докажем для $n \ge 4$. Разделим сумму на две части:

$S_n = (1 + \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!}) + (\frac{1}{4!} + \frac{1}{5!} + ... + \frac{1}{n!})$.

Первая часть равна $S_3 = \frac{8}{3}$.

Для оценки второй части докажем вспомогательное неравенство $k! > 2^k$ для всех $k \ge 4$ методом математической индукции.

База индукции ($k=4$): $4! = 24$, $2^4 = 16$. $24 > 16$, неравенство верно.

Шаг индукции: Предположим, что $m! > 2^m$ для некоторого $m \ge 4$. Докажем, что $(m+1)! > 2^{m+1}$.

$(m+1)! = (m+1) \cdot m!$. По предположению индукции, $(m+1) \cdot m! > (m+1) \cdot 2^m$. Так как $m \ge 4$, то $m+1 \ge 5 > 2$. Следовательно, $(m+1) \cdot 2^m > 2 \cdot 2^m = 2^{m+1}$.

Таким образом, $(m+1)! > 2^{m+1}$. Неравенство $k! > 2^k$ доказано для всех $k \ge 4$.

Из этого следует, что $\frac{1}{k!} < \frac{1}{2^k}$ для всех $k \ge 4$.

Теперь оценим вторую часть суммы:

$\frac{1}{4!} + \frac{1}{5!} + ... + \frac{1}{n!} < \frac{1}{2^4} + \frac{1}{2^5} + ... + \frac{1}{2^n}$.

Используя результат пункта б), мы знаем, что $\frac{1}{2^4} + \frac{1}{2^5} + ... + \frac{1}{2^n} < 0,125 = \frac{1}{8}$.

Следовательно, для $n \ge 4$ имеем:

$S_n < S_3 + \frac{1}{8} = \frac{8}{3} + \frac{1}{8} = \frac{64+3}{24} = \frac{67}{24}$.

Так как $3 = \frac{72}{24}$, а $67 < 72$, то $\frac{67}{24} < 3$.

Мы показали, что $S_n < 3$ для $n=1,2,3$ и для $n \ge 4$. Таким образом, неравенство верно для всех натуральных $n$.

Ответ: Неравенство доказано.

г) Требуется доказать, что $1 + \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + ... + \frac{1}{n!} < 2,75$ при всех $n$.

Обозначим сумму $S_n = 1 + \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + ... + \frac{1}{n!}$.

Проверим неравенство для $n \le 4$.

$S_1 = 2 < 2,75$.

$S_2 = 2,5 < 2,75$.

$S_3 = \frac{8}{3} \approx 2,667 < 2,75$.

$S_4 = S_3 + \frac{1}{4!} = \frac{8}{3} + \frac{1}{24} = \frac{64+1}{24} = \frac{65}{24}$. Сравним с $2,75 = \frac{11}{4} = \frac{66

47.20. У мамы и папы — один сын. К ним в гости пришла другая семья — мама, папа и дочь. За круглым обеденным столом есть 6 мест. Сколькими способами можно рассадить людей за столом, если:

а) место хозяина дома неприкосновенно;

б) первыми садятся дети, и они садятся рядом;

в) первыми садятся дети, но не рядом друг с другом;

г) жёны садятся рядом со своими мужьями?

Всего за столом 6 человек: семья хозяев (мама, папа, сын) и семья гостей (мама, папа, дочь). Стол круглый, на 6 мест. Для решения задачи будем считать места за столом различимыми (например, пронумерованными), так как условия, особенно в пункте а), это подразумевают. Это означает, что мы имеем дело с перестановками, а не с комбинациями с учётом циклической симметрии.

а) место хозяина дома неприкосновенно

По условию, хозяин дома (папа-хозяин) занимает одно конкретное, заранее определенное место. Его позиция фиксирована, поэтому для него существует только 1 способ сесть. Остается 5 человек, которых нужно рассадить на оставшиеся 5 свободных мест. Количество способов сделать это равно числу перестановок из 5 элементов, то есть $P_5 = 5!$.

Вычисляем факториал:

$5! = 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1 = 120$

Таким образом, существует 120 способов рассадить людей при данном условии.

Ответ: 120

б) первыми садятся дети, и они садятся рядом

В группе два ребенка: сын хозяев и дочь гостей. Они должны сидеть на двух соседних местах.
1. Сначала выберем пару соседних мест. За круглым столом с 6 стульями существует 6 пар соседних мест (места 1-2, 2-3, 3-4, 4-5, 5-6, 6-1).
2. На эти два места детей можно посадить двумя способами: сын слева, дочь справа, или наоборот. Это $2! = 2$ способа.
Таким образом, число способов рассадить детей равно $6 \times 2 = 12$.
3. После того как дети сели, остаются 4 свободных места и 4 взрослых. Их можно рассадить на оставшиеся места $4!$ способами.
$4! = 4 \times 3 \times 2 \times 1 = 24$ способа.
4. Общее число способов находим, перемножая число способов для детей и для взрослых:
$12 \times 24 = 288$

Ответ: 288

в) первыми садятся дети, но не рядом друг с другом

Этот случай является дополнением к случаю из пункта б). Мы можем найти общее количество способов рассадить 6 человек и вычесть из него количество способов, когда дети сидят рядом.
1. Общее количество способов рассадить 6 человек на 6 различных мест равно $6!$.
$6! = 6 \times 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1 = 720$ способов.
2. Количество способов, при которых дети сидят рядом, мы нашли в пункте б) — это 288 способов.
3. Вычитаем одно из другого, чтобы найти количество способов, при которых дети сидят не рядом:
$720 - 288 = 432$ способа.
Другой способ решения:
1. Посадим первого ребенка (например, сына). У него есть 6 вариантов выбора места.
2. Чтобы второй ребенок (дочь) не сидел рядом, она не может занять место, уже занятое сыном, и два соседних с ним. Таким образом, для неё остается $6 - 1 - 2 = 3$ свободных места.
3. Количество способов разместить детей не рядом: $6 \times 3 = 18$.
4. Оставшихся 4 взрослых можно рассадить на 4 оставшихся места $4! = 24$ способами.
5. Общее число способов: $18 \times 24 = 432$.

Ответ: 432

г) жёны садятся рядом со своими мужьями?

В задаче две супружеские пары, которые должны сидеть вместе. Будем рассматривать каждую пару как единый объект.
Пара 1 (хозяева) и Пара 2 (гости). Также есть двое детей.
1. Рассадим первую пару. Нужно выбрать для них 2 соседних места. Как мы уже знаем, есть 6 таких пар мест. Внутри каждой пары мужа и жену можно поменять местами ($2! = 2$ способа). Итого способов для первой пары: $6 \times 2 = 12$.
2. Рассадим вторую пару. После посадки первой пары осталось 4 свободных места. Среди этих 4 мест нужно найти пары соседних. Таких пар будет 3. (Например, если первая пара заняла места 1-2, то для второй остаются пары 3-4, 4-5, 5-6). Внутри второй пары также 2 способа рассадки ($2! = 2$). Итого способов для второй пары: $3 \times 2 = 6$.
3. Рассадим детей. Осталось 2 свободных места и 2 ребенка. Их можно рассадить $2! = 2$ способами.
4. Находим общее число способов. Для этого нужно перемножить количество способов на каждом шаге:
$12 \times 6 \times 2 = 144$

Ответ: 144