Страница 24 - гдз по алгебре 10 класс учебник Никольский, Потапов

1.47 Докажите, что для любого натурального $n$ верно равенство:

а) $n! + (n + 1)! = n! (n + 2);$

б) $(n + 1)! - n! = n! n;$

в) $(n - 1)! + n! + (n + 1)! = (n + 1)^2 (n - 1)!;$

г) $(n + 1)! - n! + (n - 1)! = (n^2 + 1) (n - 1)!;$

д) $\frac{(n+1)!}{(n-1)!} = n^2 + n;$

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

Для доказательства равенств будем преобразовывать их левые части, используя определение факториала $k! = 1 \cdot 2 \cdot \dots \cdot k$. Основные свойства, которые мы будем использовать:

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

а) $n! + (n + 1)! = n!(n + 2)$

Преобразуем левую часть равенства. Вынесем общий множитель $n!$ за скобки, предварительно представив $(n+1)!$ как $(n+1) \cdot n!$.

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

Левая часть равна правой, что и требовалось доказать.

Ответ: Равенство доказано.

б) $(n + 1)! - n! = n!n$

Преобразуем левую часть равенства. Вынесем общий множитель $n!$ за скобки.

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

Левая часть равна правой, что и требовалось доказать.

Ответ: Равенство доказано.

в) $(n - 1)! + n! + (n + 1)! = (n + 1)^2(n - 1)!$

Преобразуем левую часть равенства. Приведем все слагаемые к общему множителю $(n-1)!$.

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

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

Подставим эти выражения в левую часть:

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

Вынесем общий множитель $(n-1)!$ за скобки:

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

Выражение в скобках является полным квадратом: $n^2 + 2n + 1 = (n + 1)^2$.

Таким образом, левая часть равна $(n + 1)^2 (n - 1)!$, что совпадает с правой частью.

Ответ: Равенство доказано.

г) $(n + 1)! - n! + (n - 1)! = (n^2 + 1)(n - 1)!$

Преобразуем левую часть, приведя все слагаемые к множителю $(n-1)!$.

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

Вынесем общий множитель $(n-1)!$ за скобки:

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

Левая часть равна правой, что и требовалось доказать.

Ответ: Равенство доказано.

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

Преобразуем левую часть. Распишем числитель до множителя $(n-1)!$, чтобы сократить дробь.

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

Левая часть равна правой, что и требовалось доказать.

Ответ: Равенство доказано.

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

Преобразуем левую часть равенства. Упростим каждую дробь по отдельности.

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

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

Теперь вычтем вторую дробь из первой и приведем к общему знаменателю:

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

Левая часть равна правой, что и требовалось доказать.

Ответ: Равенство доказано.

1.48 Запишите в виде дроби:

a) $\frac{1}{(n+1)!} - \frac{n^2 + 5n}{(n+3)!}$;

б) $\frac{n+2}{n!} - \frac{3n+2}{(n+1)!}$;

в) $\frac{1}{(k-1)!} - \frac{k}{(k+1)!}$;

г) $\frac{1}{(k-2)!} - \frac{k^3+k}{(k+1)!}$.

а) $\frac{1}{(n+1)!} - \frac{n^2+5n}{(n+3)!}$

Для выполнения вычитания необходимо привести дроби к общему знаменателю. В данном случае общим знаменателем будет $(n+3)!$.

Используя определение факториала, $(n+3)! = (n+3)(n+2)(n+1)!$.

Домножим числитель и знаменатель первой дроби на множитель $(n+3)(n+2)$:

$\frac{1}{(n+1)!} = \frac{1 \cdot (n+3)(n+2)}{(n+1)! \cdot (n+3)(n+2)} = \frac{n^2+2n+3n+6}{(n+3)!} = \frac{n^2+5n+6}{(n+3)!}$

Теперь можно выполнить вычитание дробей:

$\frac{n^2+5n+6}{(n+3)!} - \frac{n^2+5n}{(n+3)!} = \frac{(n^2+5n+6) - (n^2+5n)}{(n+3)!} = \frac{n^2+5n+6-n^2-5n}{(n+3)!} = \frac{6}{(n+3)!}$

Ответ: $\frac{6}{(n+3)!}$

б) $\frac{n+2}{n!} - \frac{3n+2}{(n+1)!}$

Общим знаменателем является $(n+1)!$.

Так как $(n+1)! = (n+1)n!$, домножим числитель и знаменатель первой дроби на $(n+1)$:

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

Выполним вычитание:

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

Ответ: $\frac{n^2}{(n+1)!}$

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

Общий знаменатель — $(k+1)!$.

По определению факториала $(k+1)! = (k+1)k(k-1)!$. Домножим числитель и знаменатель первой дроби на $(k+1)k$:

$\frac{1}{(k-1)!} = \frac{1 \cdot (k+1)k}{(k-1)! \cdot (k+1)k} = \frac{k^2+k}{(k+1)!}$

Выполним вычитание:

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

Ответ: $\frac{k^2}{(k+1)!}$

г) $\frac{1}{(k-2)!} - \frac{k^3+k}{(k+1)!}$

Общий знаменатель — $(k+1)!$.

Так как $(k+1)! = (k+1)k(k-1)(k-2)!$, домножим числитель и знаменатель первой дроби на $(k+1)k(k-1)$:

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

Теперь выполним вычитание дробей:

$\frac{k^3-k}{(k+1)!} - \frac{k^3+k}{(k+1)!} = \frac{(k^3-k) - (k^3+k)}{(k+1)!} = \frac{k^3-k-k^3-k}{(k+1)!} = \frac{-2k}{(k+1)!}$

Ответ: $\frac{-2k}{(k+1)!}$

1.49$^\circ$ Что называют перестановкой из $n$ элементов?

Перестановкой из 𝑛 элементов называют любую упорядоченную последовательность (или, по-другому, кортеж), которая составлена из всех этих 𝑛 элементов, причём каждый элемент используется в последовательности ровно один раз. Основным свойством перестановки, отличающим её от других комбинаторных объектов (например, сочетаний), является то, что порядок следования элементов имеет значение. Любые два расположения, которые отличаются друг от друга порядком элементов, считаются различными перестановками.

Например, рассмотрим множество, состоящее из трёх элементов: {A, Б, В}. Перестановками этого множества будут все возможные способы расставить эти буквы в ряд. Всего таких способов 6:
(А, Б, В), (А, В, Б), (Б, А, В), (Б, В, А), (В, А, Б), (В, Б, А).

Число всех возможных перестановок из 𝑛 различных элементов обозначается как $P_n$ и вычисляется по формуле 𝑛-факториал:
$P_n = n!$
где $n!$ (читается как «эн факториал») — это произведение всех натуральных чисел от 1 до 𝑛 включительно:
$n! = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot n$.
По определению, также принимается, что $0! = 1$.

Эта формула легко выводится из комбинаторного правила умножения. При создании упорядоченной последовательности из 𝑛 элементов мы делаем последовательный выбор:
- Для первой позиции в последовательности мы можем выбрать любой из 𝑛 элементов (имеем 𝑛 вариантов).
- Для второй позиции, после того как первый элемент выбран, остаётся $n-1$ элемент, поэтому у нас есть $n-1$ вариант.
- Для третьей позиции остаётся $n-2$ варианта, и так далее.
- Для последней, 𝑛-й, позиции остаётся только один неиспользованный элемент (1 вариант).
Общее число способов составить такую последовательность равно произведению числа вариантов на каждом шаге: $P_n = n \cdot (n-1) \cdot (n-2) \cdot \ldots \cdot 1 = n!$.

Ответ: Перестановкой из 𝑛 элементов называется любое расположение этих элементов в определённом порядке.

1.50 Выпишите все перестановки из чисел 4, 5, 6. Чему равно $P_3$?

Выпишите все перестановки из чисел 4, 5, 6.

Перестановка — это комбинация, состоящая из одних и тех же элементов, но отличающаяся порядком их расположения. В данном случае у нас есть множество из трех чисел: {4, 5, 6}. Чтобы выписать все возможные перестановки, нужно составить все уникальные последовательности из этих трех чисел.

Сделаем это системно, поочередно ставя на первое место каждое из чисел:

Если на первом месте стоит число 4, то для оставшихся двух чисел (5 и 6) возможны два порядка: (4, 5, 6) и (4, 6, 5).

Если на первом месте стоит число 5, то для оставшихся двух чисел (4 и 6) возможны два порядка: (5, 4, 6) и (5, 6, 4).

Если на первом месте стоит число 6, то для оставшихся двух чисел (4 и 5) возможны два порядка: (6, 4, 5) и (6, 5, 4).

Всего мы получили 6 различных перестановок.

Ответ: (4, 5, 6), (4, 6, 5), (5, 4, 6), (5, 6, 4), (6, 4, 5), (6, 5, 4).

Чему равно P₃?

$P_n$ — это обозначение для числа всех возможных перестановок из $n$ различных элементов. Оно вычисляется по формуле $n$-факториал:
$P_n = n!$
где $n! = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \dots \cdot n$.

В нашей задаче количество элементов равно трем ($n=3$), так как мы работаем с числами 4, 5 и 6. Следовательно, нам нужно найти значение $P_3$.

Вычисляем факториал для трех элементов:
$P_3 = 3! = 1 \cdot 2 \cdot 3 = 6$.

Это означает, что для трех элементов существует 6 возможных перестановок, что полностью соответствует списку, который мы составили в первой части решения.

Ответ: $P_3 = 6$.

1.51 Выпишите все перестановки из элементов $x_1, x_2, x_3, x_4$. Чему равно $P_4$?

Выпишите все перестановки из элементов $x_1, x_2, x_3, x_4$.

Перестановка — это комбинация, в которой важен порядок элементов. Чтобы выписать все возможные перестановки из четырех элементов $x_1, x_2, x_3, x_4$, можно сгруппировать их по элементу, стоящему на первом месте. Общее число таких перестановок равно $P_4 = 4! = 24$.

1. Перестановки, начинающиеся с элемента $x_1$ (оставшиеся элементы $x_2, x_3, x_4$ образуют $3! = 6$ перестановок):
$(x_1, x_2, x_3, x_4)$, $(x_1, x_2, x_4, x_3)$, $(x_1, x_3, x_2, x_4)$, $(x_1, x_3, x_4, x_2)$, $(x_1, x_4, x_2, x_3)$, $(x_1, x_4, x_3, x_2)$.

2. Перестановки, начинающиеся с элемента $x_2$ (оставшиеся элементы $x_1, x_3, x_4$ образуют $3! = 6$ перестановок):
$(x_2, x_1, x_3, x_4)$, $(x_2, x_1, x_4, x_3)$, $(x_2, x_3, x_1, x_4)$, $(x_2, x_3, x_4, x_1)$, $(x_2, x_4, x_1, x_3)$, $(x_2, x_4, x_3, x_1)$.

3. Перестановки, начинающиеся с элемента $x_3$ (оставшиеся элементы $x_1, x_2, x_4$ образуют $3! = 6$ перестановок):
$(x_3, x_1, x_2, x_4)$, $(x_3, x_1, x_4, x_2)$, $(x_3, x_2, x_1, x_4)$, $(x_3, x_2, x_4, x_1)$, $(x_3, x_4, x_1, x_2)$, $(x_3, x_4, x_2, x_1)$.

4. Перестановки, начинающиеся с элемента $x_4$ (оставшиеся элементы $x_1, x_2, x_3$ образуют $3! = 6$ перестановок):
$(x_4, x_1, x_2, x_3)$, $(x_4, x_1, x_3, x_2)$, $(x_4, x_2, x_1, x_3)$, $(x_4, x_2, x_3, x_1)$, $(x_4, x_3, x_1, x_2)$, $(x_4, x_3, x_2, x_1)$.

Ответ: Все 24 перестановки из элементов $x_1, x_2, x_3, x_4$ перечислены выше в четырех группах.

Чему равно $P_4$?

Число всех перестановок из $n$ различных элементов обозначается как $P_n$ и вычисляется по формуле n-факториал:

$P_n = n!$

В данном случае количество элементов $n=4$. Подставляем это значение в формулу:

$P_4 = 4! = 4 \times 3 \times 2 \times 1 = 24$.

Это число совпадает с количеством перестановок, выписанных в первой части задачи.

Ответ: $P_4 = 24$.

1.52 Верно ли, что:

а) $P_5 = 5 \cdot P_4$;

б) $P_6 = 6 \cdot P_5$;

в) $P_{100} = 100 \cdot P_{99}$;

г) $P_n = n \cdot P_{n-1}?$

Для решения данной задачи воспользуемся определением числа перестановок из $n$ элементов. Число перестановок $P_n$ равно факториалу числа $n$, то есть $P_n = n!$.

Факториал числа $n$ ($n!$) — это произведение всех натуральных чисел от 1 до $n$ включительно: $n! = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \dots \cdot n$.

Основное рекуррентное свойство факториала: $n! = n \cdot (n-1)!$.

Используя обозначение для перестановок, это свойство можно записать как $P_n = n \cdot P_{n-1}$.

Проверим каждое утверждение.

а) Проверим равенство $P_5 = 5 \cdot P_4$.

Вычислим левую часть равенства:

$P_5 = 5! = 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 = 120$.

Вычислим правую часть равенства:

$P_4 = 4! = 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 = 24$.

$5 \cdot P_4 = 5 \cdot 24 = 120$.

Поскольку левая и правая части равны ($120 = 120$), утверждение верно. Это частный случай рекуррентного свойства при $n=5$.

Ответ: верно.

б) Проверим равенство $P_6 = 6 \cdot P_5$.

Воспользуемся рекуррентным свойством $P_n = n \cdot P_{n-1}$ для $n=6$.

$P_6 = 6 \cdot P_{6-1} = 6 \cdot P_5$.

Равенство является верным согласно свойству. Проверим прямым вычислением:

$P_6 = 6! = 720$.

$P_5 = 5! = 120$.

$6 \cdot P_5 = 6 \cdot 120 = 720$.

Так как $720 = 720$, утверждение верно.

Ответ: верно.

в) Проверим равенство $P_{100} = 100 \cdot P_{99}$.

Это также частный случай рекуррентного свойства $P_n = n \cdot P_{n-1}$ при $n=100$.

$P_{100} = 100 \cdot P_{100-1} = 100 \cdot P_{99}$.

Утверждение основано на определении факториала:

$P_{100} = 100! = 100 \cdot (99 \cdot 98 \cdot \dots \cdot 1) = 100 \cdot 99! = 100 \cdot P_{99}$.

Следовательно, утверждение верно.

Ответ: верно.

г) Проверим равенство $P_n = n \cdot P_{n-1}$.

Это утверждение является общей формулой, выражающей рекуррентное свойство числа перестановок (и факториалов).

По определению, $P_n = n!$ и $P_{n-1} = (n-1)!$.

По определению факториала:

$n! = n \cdot (n-1) \cdot (n-2) \cdot \dots \cdot 2 \cdot 1$.

Сгруппируем множители:

$n! = n \cdot \underbrace{((n-1) \cdot (n-2) \cdot \dots \cdot 2 \cdot 1)}_{(n-1)!}$.

Отсюда следует, что $n! = n \cdot (n-1)!$.

Заменяя факториалы на обозначения перестановок, получаем $P_n = n \cdot P_{n-1}$.

Это соотношение является верным для любого натурального числа $n \ge 1$.

Ответ: верно.

1.53 Вычислите:

а) $P_{10} : P_9$;

б) $P_{12} : P_{10}$

В данной задаче $P_n$ обозначает число перестановок из $n$ элементов. Число перестановок вычисляется по формуле n-факториала:
$P_n = n! = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot n$.
Для решения будем использовать основное свойство факториала: $n! = (n-1)! \cdot n$.

a) $P_{10} : P_9$

Нам необходимо вычислить частное от деления числа перестановок из 10 элементов на число перестановок из 9 элементов.
Запишем это отношение, используя формулу для числа перестановок:
$P_{10} : P_9 = \frac{P_{10}}{P_9} = \frac{10!}{9!}$
Теперь представим числитель $10!$ через $9!$, используя свойство факториала:
$10! = 9! \cdot 10$
Подставим это выражение в нашу дробь и выполним сокращение:
$\frac{10!}{9!} = \frac{9! \cdot 10}{9!} = 10$
Ответ: 10

б) $P_{12} : P_{10}$

Аналогично предыдущему пункту, вычислим частное от деления $P_{12}$ на $P_{10}$.
Запишем отношение в виде дроби с факториалами:
$P_{12} : P_{10} = \frac{P_{12}}{P_{10}} = \frac{12!}{10!}$
Представим $12!$ через $10!$:
$12! = 10! \cdot 11 \cdot 12$
Подставим это выражение в дробь и сократим общие множители:
$\frac{12!}{10!} = \frac{10! \cdot 11 \cdot 12}{10!} = 11 \cdot 12$
Вычислим произведение:
$11 \cdot 12 = 132$
Ответ: 132

1.54 Множество, состоящее из шести элементов $x_1, x_2, x_3, x_4, x_5, x_6$, упорядочили всеми возможными способами. Сколько таких способов? В скольких случаях:

а) элемент $x_1$ будет первым по порядку;

б) элемент $x_1$ не будет ни первым, ни последним;

в) элемент $x_1$ будет первым, а элемент $x_6$ будет последним;

г) элемент $x_1$ будет первым, а элемент $x_6$ не будет последним;

д) элемент $x_1$ будет стоять рядом с элементом $x_6$;

е) элемент $x_1$ не будет стоять рядом с элементом $x_6$;

ж) элемент $x_1$ будет стоять перед элементом $x_6$?

Задача состоит в нахождении числа перестановок (упорядочиваний) множества из 6 различных элементов. Общее число таких способов (перестановок) равно числу перестановок из $n$ элементов, которое вычисляется по формуле $P_n = n!$. В нашем случае $n=6$.

Общее число способов упорядочить 6 элементов: $P_6 = 6! = 1 \times 2 \times 3 \times 4 \times 5 \times 6 = 720$.

а) элемент $x_1$ будет первым по порядку

Если элемент $x_1$ зафиксирован на первой позиции, то нам остается расположить оставшиеся 5 элементов ($x_2, x_3, x_4, x_5, x_6$) на оставшихся 5 позициях. Число способов сделать это равно числу перестановок из 5 элементов. $P_5 = 5! = 1 \times 2 \times 3 \times 4 \times 5 = 120$.
Ответ: 120

б) элемент $x_1$ не будет ни первым, ни последним

Всего есть 6 позиций. Элемент $x_1$ не может стоять на первой и последней позициях. Следовательно, для $x_1$ остается $6 - 2 = 4$ возможные позиции. После того как мы поместили $x_1$ на одну из этих 4 позиций, оставшиеся 5 элементов нужно расположить на оставшихся 5 местах. Это можно сделать $5!$ способами. Используя правило произведения, получаем общее число способов: $4 \times 5! = 4 \times 120 = 480$.
Ответ: 480

в) элемент $x_1$ будет первым, а элемент $x_6$ будет последним

Если $x_1$ зафиксирован на первой позиции, а $x_6$ — на последней, то нам нужно упорядочить оставшиеся 4 элемента ($x_2, x_3, x_4, x_5$) на 4 средних позициях. Число способов сделать это равно числу перестановок из 4 элементов. $P_4 = 4! = 1 \times 2 \times 3 \times 4 = 24$.
Ответ: 24

г) элемент $x_1$ будет первым, а элемент $x_6$ не будет последним

Это можно найти, вычитая из общего числа случаев, когда $x_1$ стоит на первом месте, те случаи, когда $x_1$ стоит на первом месте, а $x_6$ — на последнем. Из пункта (а) мы знаем, что число случаев, когда $x_1$ первый, равно $5! = 120$. Из пункта (в) мы знаем, что число случаев, когда $x_1$ первый, а $x_6$ последний, равно $4! = 24$. Следовательно, число искомых случаев: $5! - 4! = 120 - 24 = 96$.
Ответ: 96

д) элемент $x_1$ будет стоять рядом с элементом $x_6$

Будем рассматривать пару элементов ($x_1, x_6$) как один единый "блок". Теперь нам нужно расположить 5 объектов: этот блок и оставшиеся 4 элемента ($x_2, x_3, x_4, x_5$). Число способов расположить эти 5 объектов равно $5!$. Внутри самого "блока" элементы $x_1$ и $x_6$ могут располагаться двумя способами: ($x_1, x_6$) или ($x_6, x_1$). По правилу произведения, общее число таких перестановок равно: $5! \times 2 = 120 \times 2 = 240$.
Ответ: 240

е) элемент $x_1$ не будет стоять рядом с элементом $x_6$

Это событие является дополнением к событию из пункта (д). Чтобы найти число таких случаев, нужно из общего числа перестановок вычесть число перестановок, где $x_1$ и $x_6$ стоят рядом. Общее число перестановок равно $6! = 720$. Число перестановок, где $x_1$ и $x_6$ рядом, равно $240$ (из пункта д). $6! - 240 = 720 - 240 = 480$.
Ответ: 480

ж) элемент $x_1$ будет стоять перед элементом $x_6$

В любой перестановке из 6 элементов элемент $x_1$ может стоять либо перед $x_6$, либо после $x_6$. Эти два случая полностью симметричны. Поскольку элементы различны, не может быть случая, где они на одной позиции. Следовательно, ровно в половине всех перестановок $x_1$ будет стоять перед $x_6$. Общее число перестановок равно $6! = 720$. Число искомых случаев: $\frac{6!}{2} = \frac{720}{2} = 360$.
Ответ: 360

1.55* Сколькими различными способами можно усадить в ряд трёх мальчиков и трёх девочек так, чтобы никакие два мальчика и никакие две девочки не оказались рядом?

В данной задаче требуется рассадить в ряд трёх мальчиков (М) и трёх девочек (Д) так, чтобы представители одного пола не сидели рядом. Это означает, что мальчики и девочки должны строго чередоваться.

Поскольку количество мальчиков и девочек одинаковое (по 3), возможны два общих варианта рассадки (две схемы):

1. Ряд начинается с мальчика: М Д М Д М Д
2. Ряд начинается с девочки: Д М Д М Д М

Рассчитаем количество способов для каждого из этих двух случаев.

Случай 1: расстановка вида М Д М Д М Д

На 3 места, предназначенные для мальчиков, мы можем рассадить трёх разных мальчиков. Количество способов сделать это равно числу перестановок из 3 элементов, то есть $3!$.
$P_М = 3! = 3 \times 2 \times 1 = 6$ способов.

Аналогично, на 3 места, предназначенные для девочек, мы можем рассадить трёх разных девочек $3!$ способами.
$P_Д = 3! = 3 \times 2 \times 1 = 6$ способов.

Поскольку выбор рассадки мальчиков и выбор рассадки девочек — независимые события, по правилу произведения общее число способов для этой схемы равно:
$N_1 = P_М \times P_Д = 3! \times 3! = 6 \times 6 = 36$ способов.

Случай 2: расстановка вида Д М Д М Д М

Этот случай полностью симметричен первому. Мы можем рассадить трёх девочек на их места $3!$ способами и трёх мальчиков на их места $3!$ способами.
Общее число способов для этой схемы также равно:
$N_2 = P_Д \times P_М = 3! \times 3! = 6 \times 6 = 36$ способов.

Общее количество способов

Чтобы найти общее количество способов, нужно сложить количество способов для каждого из двух взаимоисключающих случаев (ряд может начинаться либо с мальчика, либо с девочки).
$N_{общ} = N_1 + N_2 = 36 + 36 = 72$.

Ответ: 72

1.56* Задача-шутка. Как-то раз в воскресенье семеро друзей зашли в кафе, уселись за один столик и заказали мороженое. Хозяин кафе сказал, что если друзья в каждое следующее воскресенье будут садиться по-новому и перепробуют все способы посадки, то с этого момента он обещает кормить их мороженым бесплатно. Удастся ли друзьям воспользоваться предложением хозяина кафе?

Чтобы понять, смогут ли друзья воспользоваться предложением хозяина, нужно рассчитать общее количество способов, которыми семь человек могут сесть за столик. Эта задача из области комбинаторики и решается с помощью вычисления числа перестановок.

Число перестановок для $n$ различных элементов вычисляется по формуле $n!$ (n-факториал), что означает произведение всех целых чисел от 1 до $n$. В данном случае у нас 7 друзей, значит $n=7$.

Найдем общее количество уникальных способов рассадки:

$P_7 = 7! = 1 \times 2 \times 3 \times 4 \times 5 \times 6 \times 7$

Выполним вычисления:

$7! = 5040$

Таким образом, существует 5040 различных вариантов, как друзья могут сесть за столик. Поскольку они пробуют новый вариант каждое воскресенье, им потребуется 5040 недель, чтобы перепробовать все комбинации.

Теперь переведем это количество недель в годы. В одном году примерно 52 недели. Рассчитаем, сколько лет понадобится друзьям:

$5040 \text{ недель} / 52 \text{ недели в году} \approx 96,92 \text{ года}$

Получается, что друзьям потребуется почти 97 лет, чтобы выполнить условие хозяина кафе. Очевидно, что за такой долгий срок воспользоваться щедрым предложением у них не получится. В этом и заключается шутка в условии задачи.

Ответ: Нет, друзьям не удастся воспользоваться предложением хозяина кафе, так как для того, чтобы перепробовать все возможные способы посадки, им потребуется почти 97 лет.