Страница 178 - гдз по алгебре 11 класс учебник Колягин, Ткачева

427. Упростить:

1) $\frac{19!}{18!}$,

2) $\frac{22!}{20!}$,

3) $\frac{6! \cdot 4!}{8!}$,

4) $\frac{10!}{8! \cdot 3!}$,

5) $\frac{P_{n+2}}{P_n}$,

6) $\frac{P_{n+1}}{P_{n+3}}$,

7) $\frac{m! \cdot (m+1)}{(m+2)!}$,

8) $\frac{(k+4)! \cdot (k+5)}{(k+6)!}$,

если буквами $k$, $m$, $n$ обозначены натуральные числа.

1) Чтобы упростить выражение $\frac{19!}{18!}$, воспользуемся определением факториала: $n! = n \cdot (n-1)!$.
Представим $19!$ как $19 \cdot 18!$.
Тогда выражение примет вид: $\frac{19 \cdot 18!}{18!}$.
Сократим $18!$ в числителе и знаменателе.
$\frac{19 \cdot \cancel{18!}}{\cancel{18!}} = 19$.
Ответ: 19

2) Упростим выражение $\frac{22!}{20!}$.
Используя свойство факториала $n! = n \cdot (n-1) \cdot (n-2)!$, представим $22!$ как $22 \cdot 21 \cdot 20!$.
Подставим это в исходное выражение: $\frac{22 \cdot 21 \cdot 20!}{20!}$.
Сократим $20!$: $\frac{22 \cdot 21 \cdot \cancel{20!}}{\cancel{20!}} = 22 \cdot 21$.
Вычислим произведение: $22 \cdot 21 = 462$.
Ответ: 462

3) Упростим выражение $\frac{6! \cdot 4!}{8!}$.
Представим $8!$ через $6!$: $8! = 8 \cdot 7 \cdot 6!$.
Подставим в дробь: $\frac{6! \cdot 4!}{8 \cdot 7 \cdot 6!}$.
Сократим $6!$: $\frac{\cancel{6!} \cdot 4!}{8 \cdot 7 \cdot \cancel{6!}} = \frac{4!}{8 \cdot 7}$.
Распишем $4!$: $4! = 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 = 24$.
Получим: $\frac{24}{56}$.
Сократим дробь на 8: $\frac{24 \div 8}{56 \div 8} = \frac{3}{7}$.
Ответ: $\frac{3}{7}$

4) Упростим выражение $\frac{10!}{8! \cdot 3!}$.
Представим $10!$ через $8!$: $10! = 10 \cdot 9 \cdot 8!$.
Подставим в выражение: $\frac{10 \cdot 9 \cdot 8!}{8! \cdot 3!}$.
Сократим $8!$: $\frac{10 \cdot 9 \cdot \cancel{8!}}{\cancel{8!} \cdot 3!} = \frac{10 \cdot 9}{3!}$.
Распишем $3!$: $3! = 3 \cdot 2 \cdot 1 = 6$.
Получим: $\frac{10 \cdot 9}{6} = \frac{90}{6} = 15$.
Ответ: 15

5) Упростим выражение $\frac{P_{n+2}}{P_n}$.
По определению числа перестановок, $P_k = k!$.
Следовательно, выражение равно $\frac{(n+2)!}{n!}$.
Распишем $(n+2)!$ как $(n+2) \cdot (n+1) \cdot n!$.
Подставим в дробь: $\frac{(n+2) \cdot (n+1) \cdot n!}{n!}$.
Сократим $n!$: $\frac{(n+2) \cdot (n+1) \cdot \cancel{n!}}{\cancel{n!}} = (n+2)(n+1)$.
Ответ: $(n+2)(n+1)$

6) Упро

428. Решить уравнение относительно n:

1) $ \frac{P_n}{P_{n+1}} = \frac{1}{3} $;

2) $ \frac{nP_{n-2}}{P_n} = 0,1 $;

3) $ \frac{2P_{n-1}}{P_{n+1}} - 1 = 0. $

1) $\frac{P_n}{P_{n+1}} = \frac{1}{3}$

Число перестановок из $k$ элементов определяется по формуле $P_k = k!$. Для того чтобы выражения $P_n$ и $P_{n+1}$ имели смысл, необходимо, чтобы $n$ было целым неотрицательным числом, то есть $n \ge 0$.

Запишем уравнение, используя определение факториала:
$\frac{n!}{(n+1)!} = \frac{1}{3}$

Используем свойство факториала $(n+1)! = (n+1) \cdot n!$.
$\frac{n!}{(n+1) \cdot n!} = \frac{1}{3}$

Сократим дробь на $n!$ (так как при $n \ge 0$, $n! \ne 0$):
$\frac{1}{n+1} = \frac{1}{3}$

Отсюда следует, что $n+1 = 3$.
$n = 3 - 1$
$n = 2$

Полученное значение $n=2$ удовлетворяет условию $n \ge 0$.
Ответ: $n=2$.

2) $\frac{nP_{n-2}}{P_n} = 0,1$

Область допустимых значений (ОДЗ) для данного уравнения определяется условиями существования перестановок: $n \ge 0$ и $n-2 \ge 0$. Объединяя эти условия для целых $n$, получаем $n \ge 2$.

Подставим в уравнение определения перестановок через факториалы и представим $0,1$ в виде обыкновенной дроби $\frac{1}{10}$:
$\frac{n \cdot (n-2)!}{n!} = \frac{1}{10}$

Представим $n!$ как $n \cdot (n-1) \cdot (n-2)!$:
$\frac{n \cdot (n-2)!}{n \cdot (n-1) \cdot (n-2)!} = \frac{1}{10}$

Сократим дробь на $n \cdot (n-2)!$ (согласно ОДЗ $n \ge 2$, эти множители не равны нулю):
$\frac{1}{n-1} = \frac{1}{10}$

Отсюда $n-1 = 10$.
$n = 10 + 1$
$n = 11$

Значение $n=11$ удовлетворяет ОДЗ ($11 \ge 2$).
Ответ: $n=11$.

3) $\frac{2P_{n-1}}{P_{n+1}} - 1 = 0$

Сначала преобразуем уравнение:
$\frac{2P_{n-1}}{P_{n+1}} = 1$

ОДЗ для данного уравнения определяется условиями $n-1 \ge 0$ и $n+1 \ge 0$ для целых $n$. Из первого условия следует $n \ge 1$, второе условие ($n \ge -1$) является менее строгим. Таким образом, ОДЗ: $n \ge 1$.

Подставляем факториалы в уравнение:
$\frac{2 \cdot (n-1)!}{(n+1)!} = 1$

Используя свойство факториала $(n+1)! = (n+1) \cdot n \cdot (n-1)!$, получаем:
$\frac{2 \cdot (n-1)!}{(n+1) \cdot n \cdot (n-1)!} = 1$

Сокращаем на $(n-1)!$ (не равно нулю при $n \ge 1$):
$\frac{2}{n(n+1)} = 1$

$n(n+1) = 2$
$n^2 + n - 2 = 0$

Решим это квадратное уравнение. По теореме Виета, произведение корней равно -2, а сумма корней равна -1. Корни: $n_1 = 1$ и $n_2 = -2$.
Либо через дискриминант: $D = b^2 - 4ac = 1^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-2) = 1 + 8 = 9$.
$n = \frac{-b \pm \sqrt{D}}{2a} = \frac{-1 \pm \sqrt{9}}{2} = \frac{-1 \pm 3}{2}$.
$n_1 = \frac{-1+3}{2} = 1$
$n_2 = \frac{-1-3}{2} = -2$

Проверим корни по ОДЗ ($n \ge 1$).
Корень $n_1=1$ удовлетворяет условию.
Корень $n_2=-2$ не удовлетворяет условию, поэтому является посторонним.
Ответ: $n=1$.

429. Сколько различных «слов» можно составить, переставляя местами буквы в слове треугольник (считая и само это слово)?

Данная задача относится к разделу комбинаторики и сводится к нахождению числа перестановок. Нам нужно определить, сколькими способами можно переставить буквы в заданном слове.

1. Подсчет букв. Сначала определим общее количество букв в слове «треугольник». Посчитаем их: т-р-е-у-г-о-л-ь-н-и-к. Всего в слове 11 букв.

2. Проверка на повторения. Теперь проверим, есть ли среди этих букв повторяющиеся. В слове «треугольник» все буквы уникальны, то есть каждая буква встречается только один раз.

3. Применение формулы перестановок. Количество различных комбинаций, которые можно составить, переставляя $n$ различных элементов, равно числу перестановок из $n$ элементов. Оно вычисляется по формуле факториала: $P_n = n!$

В нашем случае количество букв $n = 11$. Следовательно, количество различных «слов» равно $11!$.

4. Вычисление. Рассчитаем значение $11!$:
$11! = 1 \times 2 \times 3 \times 4 \times 5 \times 6 \times 7 \times 8 \times 9 \times 10 \times 11$
$10! = 3 \ 628 \ 800$
$11! = 11 \times 10! = 11 \times 3 \ 628 \ 800 = 39 \ 916 \ 800$

Таким образом, из букв слова «треугольник» можно составить 39 916 800 различных «слов».

Ответ: $39 \ 916 \ 800$.

430. Сколько различных пятизначных чисел (не содержащих одинаковых цифр), не кратных пяти, можно составить из цифр 1, 2, 3, 4, 5?

Для решения задачи нужно найти количество пятизначных чисел, составленных из цифр 1, 2, 3, 4, 5, которые удовлетворяют двум условиям: все цифры в числе должны быть различными, и число не должно быть кратно пяти.

Поскольку мы составляем пятизначное число из пяти различных цифр, каждое такое число является перестановкой этих пяти цифр. Учтем ограничение, что число не должно быть кратно пяти. Число кратно пяти, если его последняя цифра — 0 или 5. В нашем наборе цифр {1, 2, 3, 4, 5} есть только цифра 5. Следовательно, чтобы число не было кратно пяти, его последняя цифра не должна быть равна 5.

Будем составлять число, последовательно выбирая цифры для каждой из пяти позиций. Удобнее начать с позиции, на которую наложено ограничение, — это последняя цифра (разряд единиц).

1. Выбор последней цифры. На эту позицию можно поставить любую цифру из набора {1, 2, 3, 4, 5}, кроме 5. Таким образом, для последней цифры есть 4 варианта выбора: 1, 2, 3 или 4.

2. Выбор остальных цифр. После того как последняя цифра выбрана, у нас остается 4 неиспользованные цифры (одна из цифр {1, 2, 3, 4} занята, но теперь доступна цифра 5). Эти 4 оставшиеся цифры нужно разместить на первых четырех позициях. Количество способов разместить 4 различные цифры на 4 позициях равно числу перестановок из 4 элементов, то есть $P_4 = 4!$.

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

3. Общее количество чисел. Согласно комбинаторному правилу произведения, общее количество искомых чисел равно произведению количества вариантов для последней цифры на количество вариантов размещения остальных цифр.

Количество чисел = (Количество вариантов для последней цифры) $\times$ (Количество перестановок для остальных четырех цифр) = $4 \times 4! = 4 \times 24 = 96$.

Альтернативный способ (метод исключения):

1. Найдем общее количество всех возможных пятизначных чисел с неповторяющимися цифрами из набора {1, 2, 3, 4, 5}. Это число перестановок из 5 элементов: $P_5 = 5! = 120$.

2. Найдем количество "неподходящих" чисел, то есть тех, которые кратны пяти. Это числа, заканчивающиеся на 5. Зафиксируем 5 на последнем месте. Тогда оставшиеся 4 цифры {1, 2, 3, 4} можно расставить на первых четырех местах $4!$ способами: $4! = 24$.

3. Вычтем из общего количества чисел количество чисел, кратных пяти, чтобы найти количество чисел, не кратных пяти: $120 - 24 = 96$.

Оба способа дают одинаковый результат.

Ответ: 96

431. Имеется 10 книг, среди которых:

1) 8 книг различных авторов и двухтомник одного автора, которого не было среди предыдущих восьми;

2) 7 книг разных авторов и трёхтомник восьмого автора.

Сколькими способами можно расставить эти книги на полке так, чтобы книги одного автора стояли рядом?

1) 8 книг различных авторов и двухтомник одного автора, которого не было среди предыдущих восьми;

Для решения этой задачи необходимо найти количество способов расставить 10 книг на полке при условии, что книги одного автора (двухтомник) должны стоять рядом.

Всего имеется 8 книг разных авторов и 2 книги одного автора, что в сумме составляет 10 книг. Поскольку два тома одного автора должны стоять вместе, мы можем рассматривать их как один единый объект или "блок".

Таким образом, у нас есть 8 отдельных книг и 1 "блок" из двух книг. Общее количество элементов для перестановки на полке становится $8 + 1 = 9$.

Количество способов расставить эти 9 элементов на полке равно числу перестановок из 9, то есть $P_9 = 9!$.

$9! = 9 \times 8 \times 7 \times 6 \times 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1 = 362\;880$

Теперь необходимо учесть, что внутри "блока" две книги (том 1 и том 2) также можно менять местами. Количество перестановок внутри этого блока равно $P_2 = 2!$.

$2! = 2 \times 1 = 2$

Чтобы найти общее число способов, нужно умножить число перестановок "блоков" на число перестановок книг внутри "блока" (согласно правилу произведения в комбинаторике).

Итоговое количество способов: $N_1 = 9! \times 2! = 362\;880 \times 2 = 725\;760$.

Ответ: $725\;760$ способов.

2) 7 книг разных авторов и трёхтомник восьмого автора.

В этом случае у нас 7 книг разных авторов и 3 книги (трёхтомник) восьмого автора. Условие то же: книги одного автора должны стоять рядом.

Аналогично первому пункту, мы рассматриваем трёхтомник как один единый "блок". Таким образом, у нас есть 7 отдельных книг и 1 "блок" из трех книг. Общее количество элементов для расстановки на полке составляет $7 + 1 = 8$.

Количество способов расставить эти 8 элементов на полке равно числу перестановок из 8, то есть $P_8 = 8!$.

$8! = 8 \times 7 \times 6 \times 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1 = 40\;320$

Внутри "блока" три тома можно переставить между собой $P_3 = 3!$ способами.

$3! = 3 \times 2 \times 1 = 6$

Общее количество способов расстановки находится как произведение числа перестановок "блоков" на число перестановок книг внутри "блока".

Итоговое количество способов: $N_2 = 8! \times 3! = 40\;320 \times 6 = 241\;920$.

Ответ: $241\;920$ способов.

432. Сколько анаграмм можно составить из слова:

1) клок;

2) окно;

3) драма;

4) банан;

5) шарабан;

6) кукушка;

7) математика;

8) тетраэдр?

Для нахождения количества анаграмм (различных перестановок букв) в слове используется формула для числа перестановок с повторениями:

$P(n; n_1, n_2, ..., n_k) = \frac{n!}{n_1! \cdot n_2! \cdot ... \cdot n_k!}$

где $n$ — общее количество букв в слове, а $n_1, n_2, ..., n_k$ — количества одинаковых (повторяющихся) букв.

1) клок;
В слове "клок" 4 буквы ($n=4$). Буква "к" повторяется 2 раза ($n_1=2$).
Число анаграмм: $N = \frac{4!}{2!} = \frac{24}{2} = 12$.
Ответ: 12.

2) окно;
В слове "окно" 4 буквы ($n=4$). Буква "о" повторяется 2 раза ($n_1=2$).
Число анаграмм: $N = \frac{4!}{2!} = \frac{24}{2} = 12$.
Ответ: 12.

3) драма;
В слове "драма" 5 букв ($n=5$). Буква "а" повторяется 2 раза ($n_1=2$).
Число анаграмм: $N = \frac{5!}{2!} = \frac{120}{2} = 60$.
Ответ: 60.

4) банан;
В слове "банан" 5 букв ($n=5$). Буква "а" повторяется 2 раза ($n_1=2$), и буква "н" повторяется 2 раза ($n_2=2$).
Число анаграмм: $N = \frac{5!}{2! \cdot 2!} = \frac{120}{2 \cdot 2} = \frac{120}{4} = 30$.
Ответ: 30.

5) шарабан;
В слове "шарабан" 7 букв ($n=7$). Буква "а" повторяется 3 раза ($n_1=3$).
Число анаграмм: $N = \frac{7!}{3!} = \frac{5040}{6} = 840$.
Ответ: 840.

6) кукушка;
В слове "кукушка" 7 букв ($n=7$). Буква "к" повторяется 3 раза ($n_1=3$), и буква "у" повторяется 2 раза ($n_2=2$).
Число анаграмм: $N = \frac{7!}{3! \cdot 2!} = \frac{5040}{6 \cdot 2} = \frac{5040}{12} = 420$.
Ответ: 420.

7) математика;
В слове "математика" 10 букв ($n=10$). Буква "м" повторяется 2 раза ($n_1=2$), буква "а" — 3 раза ($n_2=3$), и буква "т" — 2 раза ($n_3=2$).
Число анаграмм: $N = \frac{10!}{2! \cdot 3! \cdot 2!} = \frac{3628800}{2 \cdot 6 \cdot 2} = \frac{3628800}{24} = 151200$.
Ответ: 151200.

8) тетраэдр?
В слове "тетраэдр" 8 букв ($n=8$). Буква "т" повторяется 2 раза ($n_1=2$), и буква "р" повторяется 2 раза ($n_2=2$).
Число анаграмм: $N = \frac{8!}{2! \cdot 2!} = \frac{40320}{2 \cdot 2} = \frac{40320}{4} = 10080$.
Ответ: 10080.

433. На Новый год троим братьям родители купили в подарок 6 различных книг и решили каждому подарить по 2 книги. Сколькими способами можно сделать эти подарки?

Эта задача решается с помощью методов комбинаторики. Нам нужно распределить 6 различных книг между тремя братьями, каждому по 2 книги. Поскольку братья различны, то важен не только состав набора из двух книг, но и то, какому именно брату этот набор достанется. Решим задачу пошагово.

1. Выбор книг для первого брата.
Нужно выбрать 2 книги из 6. Порядок, в котором мы выбираем эти две книги, не важен, поэтому мы используем формулу для числа сочетаний $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$.
Число способов выбрать 2 книги из 6:
$C_6^2 = \frac{6!}{2!(6-2)!} = \frac{6!}{2!4!} = \frac{6 \cdot 5}{2 \cdot 1} = 15$ способов.

2. Выбор книг для второго брата.
После того, как мы отдали 2 книги первому брату, осталось $6 - 2 = 4$ книги. Для второго брата нужно выбрать 2 книги из этих 4.
Число способов выбрать 2 книги из 4:
$C_4^2 = \frac{4!}{2!(4-2)!} = \frac{4!}{2!2!} = \frac{4 \cdot 3}{2 \cdot 1} = 6$ способов.

3. Выбор книг для третьего брата.
Осталось $4 - 2 = 2$ книги, которые и получит третий брат.
Число способов выбрать 2 книги из 2:
$C_2^2 = \frac{2!}{2!(2-2)!} = \frac{2!}{2!0!} = 1$ способ.

Чтобы найти общее количество способов сделать подарки, необходимо перемножить количество способов для каждого шага, так как выборы для каждого брата являются частью одного общего процесса распределения.
Общее количество способов = $C_6^2 \times C_4^2 \times C_2^2 = 15 \times 6 \times 1 = 90$.

Ответ: 90

434. Когда Х. Гюйгенс (1629—1695) открыл кольцо Сатурна, он составил следующую анаграмму:

aaaaaaa ccccc d eeeee g h iiiiiii llll mm nnnnnnnnn oooo pp q rr s ttttt uuuuu.

Этими буквами записывается фраза «Annulo cingitur tenui, plano, nusquam cohaerente, ad eclipticam inclinato» («Окружён кольцом тонким, плоским, нигде не подвешенным, наклонным к эклиптике»). Сколько различных анаграмм можно составить из букв зашифрованной Гюйгенсом фразы?

Для решения этой задачи необходимо определить количество перестановок с повторениями. Это задача из области комбинаторики, где нужно найти число всех возможных способов расположения набора объектов, некоторые из которых неотличимы друг от друга.

1. Подсчет количества букв

Сначала необходимо подсчитать общее количество букв (n) в анаграмме и количество раз, которое встречается каждая уникальная буква (n₁, n₂, ...).Анаграмма состоит из следующих букв:"aaaaaaa ccccc d eeeee g h iiiiiii llll mm nnnnnnnnn oooo pp q rr s ttttt uuuuu"

Подсчитаем количество каждой буквы:

• 'a': 7 раз ($n_a=7$)
• 'c': 5 раз ($n_c=5$)
• 'd': 1 раз ($n_d=1$)
• 'e': 5 раз ($n_e=5$)
• 'g': 1 раз ($n_g=1$)
• 'h': 1 раз ($n_h=1$)
• 'i': 7 раз ($n_i=7$)
• 'l': 4 раза ($n_l=4$)
• 'm': 2 раза ($n_m=2$)
• 'n': 9 раз ($n_n=9$)
• 'o': 4 раза ($n_o=4$)
• 'p': 2 раза ($n_p=2$)
• 'q': 1 раз ($n_q=1$)
• 'r': 2 раза ($n_r=2$)
• 's': 1 раз ($n_s=1$)
• 't': 5 раз ($n_t=5$)
• 'u': 5 раз ($n_u=5$)

Общее количество букв $n$ равно сумме всех этих количеств:$n = 7 + 5 + 1 + 5 + 1 + 1 + 7 + 4 + 2 + 9 + 4 + 2 + 1 + 2 + 1 + 5 + 5 = 62$

2. Применение формулы перестановок с повторениями

Количество различных анаграмм (перестановок с повторениями) вычисляется по формуле:$P(n_1, n_2, \dots, n_k) = \frac{n!}{n_1! \cdot n_2! \cdot \dots \cdot n_k!}$где $n$ — общее число элементов, а $n_1, n_2, \dots, n_k$ — количества одинаковых элементов каждого вида.

Подставим наши значения в формулу. В знаменателе будут факториалы количеств каждой буквы. Факториалы от единицы ($1! = 1$) можно опустить, так как они не влияют на результат.

Число анаграмм $N$ будет равно:$N = \frac{62!}{7! \cdot 5! \cdot 1! \cdot 5! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 7! \cdot 4! \cdot 2! \cdot 9! \cdot 4! \cdot 2! \cdot 1! \cdot 2! \cdot 1! \cdot 5! \cdot 5!}$

Упростим выражение, убрав $1!$ и сгруппировав одинаковые множители в знаменателе:

$N = \frac{62!}{9! \cdot (7!)^2 \cdot (5!)^4 \cdot (4!)^2 \cdot (2!)^3}$

Это выражение и является точным количеством различных анаграмм, которые можно составить из букв зашифрованной фразы. Вычисление точного числового значения не требуется и является крайне громоздким.

Ответ: Количество различных анаграмм, которые можно составить из букв зашифрованной Гюйгенсом фразы, равно $\frac{62!}{9! \cdot (7!)^2 \cdot (5!)^4 \cdot (4!)^2 \cdot (2!)^3}$.