Страница 186 - гдз по алгебре 11 класс учебник Колягин, Ткачева

448. В помещении 20 ламп. Сколько существует разных вариантов освещения, при котором должны светиться ровно 18 ламп?

Данная задача сводится к нахождению числа способов выбрать 18 элементов (горящих ламп) из множества, содержащего 20 элементов (все лампы). Поскольку порядок, в котором выбираются лампы, не важен, мы имеем дело с сочетаниями.

Формула для нахождения числа сочетаний из $n$ элементов по $k$ имеет вид:
$C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$

В условиях нашей задачи:

• Общее количество ламп $n = 20$.
• Количество ламп, которые должны гореть, $k = 18$.

Подставим эти значения в формулу:
$C_{20}^{18} = \frac{20!}{18!(20-18)!} = \frac{20!}{18! \cdot 2!}$

Для вычисления этого выражения можно сократить факториалы:
$C_{20}^{18} = \frac{20 \cdot 19 \cdot 18!}{18! \cdot (2 \cdot 1)} = \frac{20 \cdot 19}{2}$

Выполним расчет:
$C_{20}^{18} = \frac{380}{2} = 190$

Стоит отметить, что задача выбора 18 горящих ламп эквивалентна задаче выбора 2 негорящих ламп из 20. Это можно проверить, вычислив $C_{20}^{2}$:
$C_{20}^{2} = \frac{20!}{2!(20-2)!} = \frac{20!}{2! \cdot 18!} = \frac{20 \cdot 19}{2} = 190$

Оба подхода дают одинаковый результат. Следовательно, существует 190 вариантов освещения.

Ответ: 190.

449. Имеется 15 точек на плоскости, причём никакие 3 из них не лежат на одной прямой. Сколько различных отрезков можно построить, соединяя эти точки попарно?

Для решения этой задачи необходимо определить, сколько уникальных пар точек можно выбрать из 15 имеющихся. Каждая такая пара точек однозначно определяет один отрезок. Условие, что никакие 3 точки не лежат на одной прямой, гарантирует, что каждый отрезок, построенный на паре точек, будет уникальным.

Поскольку порядок выбора точек для построения отрезка не имеет значения (отрезок, соединяющий точку A и точку B, — это тот же самый отрезок, что соединяет точку B и точку A), нам нужно вычислить число сочетаний из 15 элементов по 2.

Формула для вычисления числа сочетаний из n элементов по k выглядит следующим образом:

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

В данном случае у нас есть:

- общее количество точек n = 15;

- количество точек, необходимых для построения одного отрезка, k = 2.

Подставим наши значения в формулу:

$C_{15}^2 = \frac{15!}{2!(15-2)!} = \frac{15!}{2! \cdot 13!}$

Теперь выполним вычисления, сократив факториалы:

$C_{15}^2 = \frac{15 \cdot 14 \cdot 13!}{2 \cdot 1 \cdot 13!} = \frac{15 \cdot 14}{2}$

$C_{15}^2 = 15 \cdot 7 = 105$

Таким образом, можно построить 105 различных отрезков, соединяя 15 точек попарно.

Ответ: 105

450. На окружности отмечено 12 точек. Сколько существует треугольников с вершинами в этих точках?

Чтобы найти количество треугольников, которые можно составить из 12 точек на окружности, нужно определить, сколькими способами можно выбрать 3 точки из 12. Каждая такая тройка точек будет образовывать уникальный треугольник, поскольку никакие три точки на окружности не лежат на одной прямой.

Порядок выбора точек для вершин треугольника не важен (треугольник ABC — это тот же самый, что и треугольник BCA). Следовательно, мы имеем дело с сочетаниями.

Количество сочетаний из $n$ элементов по $k$ находится по формуле:
$C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$

В нашей задаче общее количество точек $n = 12$, а для построения треугольника нам нужно выбрать $k = 3$ точки.

Подставляем эти значения в формулу:
$C_{12}^3 = \frac{12!}{3!(12-3)!} = \frac{12!}{3!9!}$

Теперь выполним вычисления. Можно сократить $9!$ в числителе и знаменателе:
$C_{12}^3 = \frac{12 \times 11 \times 10 \times 9!}{3 \times 2 \times 1 \times 9!} = \frac{12 \times 11 \times 10}{3 \times 2 \times 1}$

$C_{12}^3 = \frac{1320}{6} = 220$

Таким образом, из 12 точек на окружности можно образовать 220 различных треугольников.

Ответ: 220.

451. Сколькими способами можно составить из партии, содержащей $n$ деталей, комплект из $p$ деталей ($p \le n$) для контроля за качеством продукции?

В данной задаче требуется найти количество способов выбрать $p$ деталей из общего числа $n$ деталей. Поскольку для комплекта контроля качества порядок, в котором выбираются детали, не важен (то есть набор из деталей {А, Б, В} идентичен набору {Б, В, А}), мы имеем дело с комбинаторной задачей на нахождение числа сочетаний.

Число сочетаний из $n$ элементов по $p$ — это количество способов выбрать $p$ элементов из множества, содержащего $n$ различных элементов, без учета порядка их расположения. Оно обозначается как $C_n^p$ или $\binom{n}{p}$ и вычисляется по следующей формуле:

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

Здесь $n!$ (читается как "эн факториал") — это произведение всех натуральных чисел от 1 до $n$. Например, $5! = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5 = 120$. Условие $p \le n$ является необходимым, так как нельзя выбрать деталей больше, чем их имеется в партии.

Таким образом, чтобы найти искомое количество способов, нужно применить формулу для числа сочетаний.

Ответ: $C_n^p = \frac{n!}{p!(n-p)!}$

452. Записать разложение бинома:

1) $(1+x)^7$;

2) $(x-2)^4$;

3) $(2x+3)^4$;

4) $(3x-2)^4$;

5) $(2a-\frac{1}{2})^5$;

6) $(\frac{a}{2}+2)^6$.

Для решения всех пунктов используется формула бинома Ньютона:

$(a+b)^n = \sum_{k=0}^{n} C_n^k a^{n-k} b^k$, где $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$ — биномиальные коэффициенты.

1) $(1+x)^7$

Здесь $a=1$, $b=x$ и $n=7$.

Разложение имеет вид:

$(1+x)^7 = C_7^0 \cdot 1^7 \cdot x^0 + C_7^1 \cdot 1^6 \cdot x^1 + C_7^2 \cdot 1^5 \cdot x^2 + C_7^3 \cdot 1^4 \cdot x^3 + C_7^4 \cdot 1^3 \cdot x^4 + C_7^5 \cdot 1^2 \cdot x^5 + C_7^6 \cdot 1^1 \cdot x^6 + C_7^7 \cdot 1^0 \cdot x^7$.

Биномиальные коэффициенты для $n=7$ равны: $C_7^0=1, C_7^1=7, C_7^2=21, C_7^3=35, C_7^4=35, C_7^5=21, C_7^6=7, C_7^7=1$.

Подставляя значения коэффициентов и учитывая, что $1$ в любой степени равен $1$, получаем:

$(1+x)^7 = 1 + 7x + 21x^2 + 35x^3 + 35x^4 + 21x^5 + 7x^6 + x^7$.

Ответ: $1 + 7x + 21x^2 + 35x^3 + 35x^4 + 21x^5 + 7x^6 + x^7$.

2) $(x-2)^4$

Здесь $a=x$, $b=-2$ и $n=4$.

Разложение по формуле:

$(x-2)^4 = C_4^0 x^4 (-2)^0 + C_4^1 x^3 (-2)^1 + C_4^2 x^2 (-2)^2 + C_4^3 x^1 (-2)^3 + C_4^4 x^0 (-2)^4$.

Коэффициенты для $n=4$ (из треугольника Паскаля): $1, 4, 6, 4, 1$.

Подставляем значения:

$(x-2)^4 = 1 \cdot x^4 \cdot 1 + 4 \cdot x^3 \cdot (-2) + 6 \cdot x^2 \cdot 4 + 4 \cdot x \cdot (-8) + 1 \cdot 1 \cdot 16$.

$(x-2)^4 = x^4 - 8x^3 + 24x^2 - 32x + 16$.

Ответ: $x^4 - 8x^3 + 24x^2 - 32x + 16$.

3) $(2x+3)^4$

Здесь $a=2x$, $b=3$ и $n=4$.

Разложение по формуле:

$(2x+3)^4 = C_4^0 (2x)^4 3^0 + C_4^1 (2x)^3 3^1 + C_4^2 (2x)^2 3^2 + C_4^3 (2x)^1 3^3 + C_4^4 (2x)^0 3^4$.

Используем те же коэффициенты для $n=4$: $1, 4, 6, 4, 1$.

Подставляем значения и вычисляем степени:

$(2x+3)^4 = 1 \cdot (16x^4) \cdot 1 + 4 \cdot (8x^3) \cdot 3 + 6 \cdot (4x^2) \cdot 9 + 4 \cdot (2x) \cdot 27 + 1 \cdot 1 \cdot 81$.

$(2x+3)^4 = 16x^4 + 96x^3 + 216x^2 + 216x + 81$.

Ответ: $16x^4 + 96x^3 + 216x^2 + 216x + 81$.

4) $(3x-2)^4$

Здесь $a=3x$, $b=-2$ и $n=4$.

Разложение по формуле:

$(3x-2)^4 = C_4^0 (3x)^4 (-2)^0 + C_4^1 (3x)^3 (-2)^1 + C_4^2 (3x)^2 (-2)^2 + C_4^3 (3x)^1 (-2)^3 + C_4^4 (3x)^0 (-2)^4$.

Коэффициенты для $n=4$: $1, 4, 6, 4, 1$.

Подставляем значения и вычисляем степени:

$(3x-2)^4 = 1 \cdot (81x^4) \cdot 1 + 4 \cdot (27x^3) \cdot (-2) + 6 \cdot (9x^2) \cdot 4 + 4 \cdot (3x) \cdot (-8) + 1 \cdot 1 \cdot 16$.

$(3x-2)^4 = 81x^4 - 216x^3 + 216x^2 - 96x + 16$.

Ответ: $81x^4 - 216x^3 + 216x^2 - 96x + 16$.

5) $(2a - \frac{1}{2})^5$

Здесь $a=2a$, $b=-\frac{1}{2}$ и $n=5$.

Разложение по формуле:

$(2a - \frac{1}{2})^5 = C_5^0 (2a)^5 (-\frac{1}{2})^0 + C_5^1 (2a)^4 (-\frac{1}{2})^1 + C_5^2 (2a)^3 (-\frac{1}{2})^2 + C_5^3 (2a)^2 (-\frac{1}{2})^3 + C_5^4 (2a)^1 (-\frac{1}{2})^4 + C_5^5 (2a)^0 (-\frac{1}{2})^5$.

Коэффициенты для $n=5$: $C_5^0=1, C_5^1=5, C_5^2=10, C_5^3=10, C_5^4=5, C_5^5=1$.

Подставляем значения:

$(2a - \frac{1}{2})^5 = 1 \cdot (32a^5) \cdot 1 + 5 \cdot (16a^4) \cdot (-\frac{1}{2}) + 10 \cdot (8a^3) \cdot (\frac{1}{4}) + 10 \cdot (4a^2) \cdot (-\frac{1}{8}) + 5 \cdot (2a) \cdot (\frac{1}{16}) + 1 \cdot 1 \cdot (-\frac{1}{32})$.

$(2a - \frac{1}{2})^5 = 32a^5 - 40a^4 + 20a^3 - 5a^2 + \frac{10}{16}a - \frac{1}{32}$.

Упрощая, получаем:

$(2a - \frac{1}{2})^5 = 32a^5 - 40a^4 + 20a^3 - 5a^2 + \frac{5}{8}a - \frac{1}{32}$.

Ответ: $32a^5 - 40a^4 + 20a^3 - 5a^2 + \frac{5}{8}a - \frac{1}{32}$.

6) $(\frac{a}{2} + 2)^6$

Здесь $a=\frac{a}{2}$, $b=2$ и $n=6$.

Разложение по формуле:

$(\frac{a}{2} + 2)^6 = C_6^0 (\frac{a}{2})^6 2^0 + C_6^1 (\frac{a}{2})^5 2^1 + C_6^2 (\frac{a}{2})^4 2^2 + C_6^3 (\frac{a}{2})^3 2^3 + C_6^4 (\frac{a}{2})^2 2^4 + C_6^5 (\frac{a}{2})^1 2^5 + C_6^6 (\frac{a}{2})^0 2^6$.

Коэффициенты для $n=6$: $C_6^0=1, C_6^1=6, C_6^2=15, C_6^3=20, C_6^4=15, C_6^5=6, C_6^6=1$.

Подставляем значения:

$(\frac{a}{2} + 2)^6 = 1 \cdot \frac{a^6}{64} \cdot 1 + 6 \cdot \frac{a^5}{32} \cdot 2 + 15 \cdot \frac{a^4}{16} \cdot 4 + 20 \cdot \frac{a^3}{8} \cdot 8 + 15 \cdot \frac{a^2}{4} \cdot 16 + 6 \cdot \frac{a}{2} \cdot 32 + 1 \cdot 1 \cdot 64$.

Выполняем умножение и упрощаем:

$(\frac{a}{2} + 2)^6 = \frac{a^6}{64} + \frac{12a^5}{32} + \frac{60a^4}{16} + 20a^3 + 60a^2 + 96a + 64$.

Сокращаем дроби:

$(\frac{a}{2} + 2)^6 = \frac{a^6}{64} + \frac{3}{8}a^5 + \frac{15}{4}a^4 + 20a^3 + 60a^2 + 96a + 64$.

Ответ: $\frac{a^6}{64} + \frac{3}{8}a^5 + \frac{15}{4}a^4 + 20a^3 + 60a^2 + 96a + 64$.

453. В школьном хоре 6 девочек и 4 мальчика. Сколькими способами можно выбрать из состава школьного хора двух девочек и одного мальчика для участия в выступлении окружного хора?

Для решения этой задачи необходимо применить комбинаторное правило произведения, так как нужно совершить два независимых действия: выбрать девочек и выбрать мальчика.

1. Вычислим, сколькими способами можно выбрать двух девочек из шести. Так как порядок выбора не важен, используем формулу для числа сочетаний $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$, где $n$ — общее количество элементов, а $k$ — количество элементов, которые нужно выбрать.

В нашем случае, для девочек $n=6$ и $k=2$.
Количество способов выбрать двух девочек:$C_6^2 = \frac{6!}{2!(6-2)!} = \frac{6!}{2!4!} = \frac{6 \times 5}{2 \times 1} = 15$.

2. Теперь вычислим, сколькими способами можно выбрать одного мальчика из четырех. Здесь $n=4$ и $k=1$.
Количество способов выбрать одного мальчика:$C_4^1 = \frac{4!}{1!(4-1)!} = \frac{4!}{1!3!} = \frac{4}{1} = 4$.

3. Чтобы найти общее количество способов выбрать двух девочек и одного мальчика, нужно перемножить количество способов для каждого выбора.
Общее число способов = (число способов выбрать девочек) × (число способов выбрать мальчика) = $15 \times 4 = 60$.

Ответ: 60.

454. Решить уравнение относительно m:

1) $C_m^3 = \frac{4}{15}C_{m+2}^4$;

2) $12C_{m+3}^{m-1} = 55A_{m+1}^2$;

3) $5C_m^3 = C_{m+2}^4$;

4) $C_{3m+1}^{3m-1} = 120$.

1) $C_m^3 = \frac{4}{15}C_{m+2}^4$

Сначала определим область допустимых значений (ОДЗ) для переменной $m$. Для числа сочетаний $C_n^k$ должно выполняться условие $n \ge k \ge 0$, где $n$ и $k$ - целые числа. Для $C_m^3$ должно выполняться $m \ge 3$ и $m$ - целое число. Для $C_{m+2}^4$ должно выполняться $m+2 \ge 4$, что означает $m \ge 2$, и $m$ - целое число. Объединяя эти условия, получаем ОДЗ: $m \ge 3$ и $m$ - целое число.

Воспользуемся формулой для числа сочетаний $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$ и распишем выражения в уравнении:
$C_m^3 = \frac{m!}{3!(m-3)!} = \frac{m(m-1)(m-2)}{3 \cdot 2 \cdot 1} = \frac{m(m-1)(m-2)}{6}$
$C_{m+2}^4 = \frac{(m+2)!}{4!(m+2-4)!} = \frac{(m+2)!}{4!(m-2)!} = \frac{(m+2)(m+1)m(m-1)}{4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} = \frac{(m+2)(m+1)m(m-1)}{24}$

Подставим эти выражения в исходное уравнение:
$\frac{m(m-1)(m-2)}{6} = \frac{4}{15} \cdot \frac{(m+2)(m+1)m(m-1)}{24}$

Так как согласно ОДЗ $m \ge 3$, то $m \ne 0$ и $m-1 \ne 0$. Мы можем сократить обе части уравнения на общий множитель $m(m-1)$:
$\frac{m-2}{6} = \frac{4}{15} \cdot \frac{(m+2)(m+1)}{24}$

Упростим правую часть:
$\frac{m-2}{6} = \frac{4(m+2)(m+1)}{15 \cdot 24} = \frac{(m+2)(m+1)}{15 \cdot 6} = \frac{(m+2)(m+1)}{90}$

Умножим обе части на 90, чтобы избавиться от знаменателей:
$15(m-2) = (m+2)(m+1)$
$15m - 30 = m^2 + 2m + m + 2$
$15m - 30 = m^2 + 3m + 2$

Приведем уравнение к стандартному квадратному виду $ax^2+bx+c=0$:
$m^2 + 3m - 15m + 2 + 30 = 0$
$m^2 - 12m + 32 = 0$

Решим полученное квадратное уравнение. По теореме Виета, сумма корней равна 12, а их произведение равно 32. Подбором находим корни:
$m_1 = 4$, $m_2 = 8$.

Оба корня являются целыми числами и удовлетворяют условию ОДЗ ($m \ge 3$). Следовательно, оба являются решениями уравнения.

Ответ: $m=4, m=8$.

2) $12C_{m+3}^{m-1} = 55A_{m+1}^2$

Определим ОДЗ. Для $C_{m+3}^{m-1}$ должно выполняться $m+3 \ge m-1 \ge 0$. Условие $m+3 \ge m-1$ ($3 \ge -1$) верно всегда. Условие $m-1 \ge 0$ дает $m \ge 1$. Для числа размещений $A_n^k$ должно выполняться $n \ge k \ge 0$. Для $A_{m+1}^2$ имеем $m+1 \ge 2$, откуда $m \ge 1$. Общее ОДЗ: $m \ge 1$ и $m$ - целое число.

Используем формулы $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$ и $A_n^k = \frac{n!}{(n-k)!}$:
$C_{m+3}^{m-1} = \frac{(m+3)!}{(m-1)!((m+3)-(m-1))!} = \frac{(m+3)!}{(m-1)!4!} = \frac{(m+3)(m+2)(m+1)m}{24}$
$A_{m+1}^2 = \frac{(m+1)!}{(m+1-2)!} = \frac{(m+1)!}{(m-1)!} = (m+1)m$

Подставляем выражения в уравнение:
$12 \cdot \frac{(m+3)(m+2)(m+1)m}{24} = 55 \cdot (m+1)m$

Упрощаем левую часть:
$\frac{1}{2}(m+3)(m+2)(m+1)m = 55(m+1)m$

Поскольку из ОДЗ следует, что $m \ge 1$, мы можем разделить обе части на $(m+1)m$:
$\frac{1}{2}(m+3)(m+2) = 55$
$(m+3)(m+2) = 110$

Раскроем скобки и приведем к квадратному уравнению:
$m^2 + 5m + 6 = 110$
$m^2 + 5m - 104 = 0$

Решаем с помощью дискриминанта $D = b^2-4ac$:
$D = 5^2 - 4(1)(-104) = 25 + 416 = 441 = 21^2$
$m = \frac{-5 \pm \sqrt{441}}{2} = \frac{-5 \pm 21}{2}$
$m_1 = \frac{-5 + 21}{2} = \frac{16}{2} = 8$
$m_2 = \frac{-5 - 21}{2} = \frac{-26}{2} = -13$

Проверяем корни по ОДЗ ($m \ge 1$, целое). Корень $m_1 = 8$ подходит. Корень $m_2 = -13$ не подходит.

Ответ: $m=8$.

3) $5C_m^3 = C_{m+2}^4$

ОДЗ для этого уравнения такое же, как и в задаче 1): $m \ge 3$ и $m$ - целое число.

Подставляем выражения для сочетаний в уравнение:
$5 \cdot \frac{m(m-1)(m-2)}{6} = \frac{(m+2)(m+1)m(m-1)}{24}$

Сокращаем на $m(m-1)$ (т.к. $m \ge 3$):
$5 \cdot \frac{m-2}{6} = \frac{(m+2)(m+1)}{24}$

Умножим обе части на 24, чтобы избавиться от знаменателей:
$24 \cdot 5 \frac{m-2}{6} = (m+2)(m+1)$
$4 \cdot 5 (m-2) = (m+2)(m+1)$
$20(m-2) = m^2 + 3m + 2$
$20m - 40 = m^2 + 3m + 2$

Приводим к стандартному виду:
$m^2 - 17m + 42 = 0$

По теореме Виета: сумма корней равна 17, произведение равно 42. Корни:
$m_1 = 3$, $m_2 = 14$.

Оба корня удовлетворяют ОДЗ ($m \ge 3$, целые).

Ответ: $m=3, m=14$.

4) $C_{3m+1}^{3m-1} = 120$

Определим ОДЗ. Для $C_{3m+1}^{3m-1}$ должно выполняться $3m+1 \ge 3m-1 \ge 0$. Из $3m-1 \ge 0$ следует $3m \ge 1$, то есть $m \ge 1/3$. Так как $m$ должно быть целым, то $m \ge 1$. ОДЗ: $m \ge 1$ и $m$ - целое число.

Упростим выражение для сочетания, используя свойство $C_n^k = C_n^{n-k}$:
$C_{3m+1}^{3m-1} = C_{3m+1}^{(3m+1)-(3m-1)} = C_{3m+1}^2 = \frac{(3m+1)!}{2!(3m+1-2)!} = \frac{(3m+1)(3m)}{2}$

Подставляем в уравнение:
$\frac{3m(3m+1)}{2} = 120$

Решаем уравнение:
$3m(3m+1) = 240$
$m(3m+1) = 80$
$3m^2 + m - 80 = 0$

Решаем квадратное уравнение через дискриминант:
$D = 1^2 - 4(3)(-80) = 1 + 960 = 961 = 31^2$
$m = \frac{-1 \pm \sqrt{961}}{2 \cdot 3} = \frac{-1 \pm 31}{6}$
$m_1 = \frac{-1+31}{6} = \frac{30}{6} = 5$
$m_2 = \frac{-1-31}{6} = -\frac{32}{6} = -\frac{16}{3}$

Проверяем корни по ОДЗ ($m \ge 1$, целое). Корень $m_1 = 5$ подходит. Корень $m_2 = -16/3$ не является целым и не удовлетворяет условию $m \ge 1$.

Ответ: $m=5$.

455. Найти значение выражения, предварительно упростив его:

1) $C_{15}^{12} + C_{15}^{13};$

2) $C_{11}^{3} + C_{11}^{2};$

3) $C_{21}^{4} - C_{20}^{4};$

4) $C_{101}^{3} - C_{100}^{3};$

Для решения этих задач используется свойство сочетаний, известное как тождество Паскаля:

$C_n^k + C_n^{k+1} = C_{n+1}^{k+1}$

где $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$ — число сочетаний из $n$ по $k$.

1) $C_{15}^{12} + C_{15}^{13}$

Применим тождество Паскаля, где $n=15$ и $k=12$.

$C_{15}^{12} + C_{15}^{13} = C_{15+1}^{13} = C_{16}^{13}$

Для упрощения вычислений воспользуемся свойством симметричности $C_n^k = C_n^{n-k}$:

$C_{16}^{13} = C_{16}^{16-13} = C_{16}^{3}$

Теперь вычислим значение:

$C_{16}^{3} = \frac{16!}{3!(16-3)!} = \frac{16!}{3! \cdot 13!} = \frac{16 \cdot 15 \cdot 14}{3 \cdot 2 \cdot 1} = 16 \cdot 5 \cdot 7 = 560$

Ответ: 560

2) $C_{11}^{3} + C_{11}^{2}$

Чтобы привести выражение к виду тождества Паскаля, поменяем слагаемые местами: $C_{11}^{2} + C_{11}^{3}$.

Применим тождество, где $n=11$ и $k=2$.

$C_{11}^{2} + C_{11}^{3} = C_{11+1}^{3} = C_{12}^{3}$

Вычислим значение:

$C_{12}^{3} = \frac{12!}{3!(12-3)!} = \frac{12!}{3! \cdot 9!} = \frac{12 \cdot 11 \cdot 10}{3 \cdot 2 \cdot 1} = 2 \cdot 11 \cdot 10 = 220$

Ответ: 220

3) $C_{21}^{4} - C_{20}^{4}$

Для решения воспользуемся следствием из тождества Паскаля. Исходное тождество можно записать как $C_n^{k-1} + C_n^k = C_{n+1}^k$.

Выразим из него разность: $C_{n+1}^k - C_n^k = C_n^{k-1}$.

В нашем выражении $n+1=21$ (следовательно, $n=20$) и $k=4$.

Подставляем эти значения в формулу:

$C_{21}^{4} - C_{20}^{4} = C_{20}^{4-1} = C_{20}^{3}$

Теперь вычислим значение:

$C_{20}^{3} = \frac{20!}{3!(20-3)!} = \frac{20!}{3! \cdot 17!} = \frac{20 \cdot 19 \cdot 18}{3 \cdot 2 \cdot 1} = 20 \cdot 19 \cdot 3 = 1140$

Ответ: 1140

4) $C_{101}^{3} - C_{100}^{3}$

Используем то же следствие из тождества Паскаля, что и в предыдущем пункте: $C_{n+1}^k - C_n^k = C_n^{k-1}$.

Здесь $n+1=101$ (следовательно, $n=100$) и $k=3$.

Подставляем значения:

$C_{101}^{3} - C_{100}^{3} = C_{100}^{3-1} = C_{100}^{2}$

Вычислим значение:

$C_{100}^{2} = \frac{100!}{2!(100-2)!} = \frac{100!}{2! \cdot 98!} = \frac{100 \cdot 99}{2 \cdot 1} = 50 \cdot 99 = 4950$

Ответ: 4950

456. С помощью свойств числа сочетаний найти сумму:

1) $C_5^0+C_5^1+C_5^2+C_5^3+C_5^4+C_5^5$;

2) $C_6^1+C_6^2+C_6^3+C_6^4+C_6^5$.

1) Для решения этой задачи воспользуемся свойством числа сочетаний, которое гласит, что сумма всех биномиальных коэффициентов для заданного $n$ равна $2^n$. Это свойство выражается формулой:

$\sum_{k=0}^{n} C_n^k = C_n^0 + C_n^1 + C_n^2 + \dots + C_n^n = 2^n$

Эта формула является следствием формулы бинома Ньютона $(a+b)^n = \sum_{k=0}^{n} C_n^k a^{n-k} b^k$ при $a=1$ и $b=1$.

В данном случае нам нужно найти сумму $C_5^0 + C_5^1 + C_5^2 + C_5^3 + C_5^4 + C_5^5$.

Здесь $n=5$. Применяя указанное выше свойство, получаем:

$C_5^0 + C_5^1 + C_5^2 + C_5^3 + C_5^4 + C_5^5 = 2^5$

Вычислим значение:

$2^5 = 2 \times 2 \times 2 \times 2 \times 2 = 32$

Ответ: $32$

2) Для нахождения этой суммы мы также воспользуемся свойством $\sum_{k=0}^{n} C_n^k = 2^n$.

В данном случае $n=6$. Полная сумма сочетаний для $n=6$ равна:

$C_6^0 + C_6^1 + C_6^2 + C_6^3 + C_6^4 + C_6^5 + C_6^6 = 2^6 = 64$

Искомая сумма $S = C_6^1 + C_6^2 + C_6^3 + C_6^4 + C_6^5$ не включает первый ($C_6^0$) и последний ($C_6^6$) члены полной суммы.

Чтобы найти $S$, мы можем вычесть недостающие члены из полной суммы:

$S = (C_6^0 + C_6^1 + C_6^2 + C_6^3 + C_6^4 + C_6^5 + C_6^6) - C_6^0 - C_6^6$

Воспользуемся свойствами числа сочетаний: $C_n^0 = 1$ и $C_n^n = 1$.

Следовательно, $C_6^0 = 1$ и $C_6^6 = 1$.

Подставим эти значения в наше выражение:

$S = 2^6 - 1 - 1 = 64 - 2 = 62$

Ответ: $62$

457. Решить уравнение:

1) $C_x^2 + C_x^3 = 15(x-1);$

2) $C_{x-1}^3 + C_{x-1}^2 = 15(x-2).$

1) Решим уравнение $C_x^2 + C_x^3 = 15(x-1)$.

Сначала определим область допустимых значений (ОДЗ) для $x$. Число сочетаний $C_n^k$ определено для целых $n$ и $k$, где $n \ge k \ge 0$.

Для $C_x^2$ необходимо, чтобы $x$ было целым числом и $x \ge 2$.

Для $C_x^3$ необходимо, чтобы $x$ было целым числом и $x \ge 3$.

Объединяя эти условия, получаем ОДЗ: $x \ge 3$, $x \in \mathbb{Z}$.

Для решения воспользуемся свойством биномиальных коэффициентов (тождество Паскаля): $C_n^k + C_n^{k+1} = C_{n+1}^{k+1}$. В нашем случае $n=x$ и $k=2$.

Следовательно, левая часть уравнения $C_x^2 + C_x^3$ равна $C_{x+1}^3$.

Уравнение принимает вид: $C_{x+1}^3 = 15(x-1)$.

Распишем $C_{x+1}^3$ по формуле $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$:

$C_{x+1}^3 = \frac{(x+1)!}{3!((x+1)-3)!} = \frac{(x+1)!}{6(x-2)!} = \frac{(x+1)x(x-1)(x-2)!}{6(x-2)!} = \frac{(x+1)x(x-1)}{6}$.

Подставим это выражение обратно в уравнение:

$\frac{(x+1)x(x-1)}{6} = 15(x-1)$.

Согласно ОДЗ, $x \ge 3$, поэтому $x-1 \neq 0$. Мы можем разделить обе части уравнения на $(x-1)$:

$\frac{(x+1)x}{6} = 15$.

$x(x+1) = 90$.

$x^2 + x - 90 = 0$.

Решим это квадратное уравнение с помощью теоремы Виета. Ищем два числа, сумма которых равна $-1$, а произведение равно $-90$. Это числа $9$ и $-10$.

Корни уравнения: $x_1 = 9$, $x_2 = -10$.

Проверим корни на соответствие ОДЗ ($x \ge 3, x \in \mathbb{Z}$):

• $x_1 = 9$ удовлетворяет условиям.
• $x_2 = -10$ не удовлетворяет условиям, так как $-10 < 3$.

Таким образом, единственным решением является $x=9$.

Ответ: $x=9$.

2) Решим уравнение $C_{x-1}^3 + C_{x-1}^2 = 15(x-2)$.

Определим область допустимых значений (ОДЗ).

Для $C_{x-1}^3$ необходимо, чтобы $x-1$ было целым числом и $x-1 \ge 3$, то есть $x \ge 4$.

Для $C_{x-1}^2$ необходимо, чтобы $x-1$ было целым числом и $x-1 \ge 2$, то есть $x \ge 3$.

Объединяя условия, получаем ОДЗ: $x \ge 4$, $x \in \mathbb{Z}$.

Воспользуемся тождеством Паскаля: $C_n^k + C_n^{k-1} = C_{n+1}^k$. В нашем случае $n = x-1$ и $k=3$.

Следовательно, левая часть уравнения $C_{x-1}^3 + C_{x-1}^2$ равна $C_{(x-1)+1}^3 = C_x^3$.

Уравнение принимает вид: $C_x^3 = 15(x-2)$.

Распишем $C_x^3$ по формуле:

$C_x^3 = \frac{x!}{3!(x-3)!} = \frac{x(x-1)(x-2)(x-3)!}{6(x-3)!} = \frac{x(x-1)(x-2)}{6}$.

Подставим это выражение в уравнение:

$\frac{x(x-1)(x-2)}{6} = 15(x-2)$.

Согласно ОДЗ, $x \ge 4$, поэтому $x-2 \neq 0$. Мы можем разделить обе части уравнения на $(x-2)$:

$\frac{x(x-1)}{6} = 15$.

$x(x-1) = 90$.

$x^2 - x - 90 = 0$.

Решим это квадратное уравнение с помощью теоремы Виета. Ищем два числа, сумма которых равна $1$, а произведение равно $-90$. Это числа $10$ и $-9$.

Корни уравнения: $x_1 = 10$, $x_2 = -9$.

Проверим корни на соответствие ОДЗ ($x \ge 4, x \in \mathbb{Z}$):

• $x_1 = 10$ удовлетворяет условиям.
• $x_2 = -9$ не удовлетворяет условиям, так как $-9 < 4$.

Таким образом, единственным решением является $x=10$.

Ответ: $x=10$.

458. Доказать свойство числа сочетаний

$C_m^n = C_m^{m-n}$

Для доказательства тождества $C_m^n = C_m^{m-n}$ можно использовать два подхода: алгебраический (основанный на формулах) и комбинаторный (основанный на логических рассуждениях).

Алгебраическое доказательство

Число сочетаний из $m$ элементов по $n$ (где $m \ge n \ge 0$) определяется по формуле: $$ C_m^n = \frac{m!}{n!(m-n)!} $$ где $k!$ обозначает факториал числа $k$.

Теперь рассмотрим правую часть доказываемого равенства, $C_m^{m-n}$, и применим к ней ту же формулу, подставив $m-n$ вместо $n$: $$ C_m^{m-n} = \frac{m!}{(m-n)!(m-(m-n))!} $$

Упростим выражение в знаменателе во второй скобке: $$ (m-(m-n))! = (m-m+n)! = n! $$

Таким образом, выражение для $C_m^{m-n}$ принимает вид: $$ C_m^{m-n} = \frac{m!}{(m-n)!n!} $$

Сравнивая полученное выражение с исходной формулой для $C_m^n$, видим, что они идентичны, так как порядок сомножителей в знаменателе не имеет значения ($n!(m-n)! = (m-n)!n!$). Следовательно, равенство доказано.

Ответ: Алгебраическое доказательство основано на тождественности выражений $\frac{m!}{n!(m-n)!}$ и $\frac{m!}{(m-n)!(m-(m-n))!}$ после упрощения.

Комбинаторное доказательство

Число сочетаний $C_m^n$ по определению равно количеству способов выбрать $n$ элементов из множества, содержащего $m$ различных элементов.

Рассмотрим процесс выбора. Каждый раз, когда мы выбираем группу из $n$ элементов из общего множества, мы одновременно и однозначно определяем группу из оставшихся $m-n$ элементов, которые мы не выбрали.

Например, если из группы в 10 человек ($m=10$) нужно выбрать 3 человека ($n=3$) для участия в соревновании, то этот выбор автоматически определяет группу из 7 человек ($m-n=7$), которые остаются в запасе. Каждому уникальному выбору троих участников соответствует уникальный выбор семерых оставшихся.

Следовательно, количество способов выбрать $n$ элементов из $m$ в точности равно количеству способов выбрать $m-n$ элементов (которые мы оставляем).

• Количество способов выбрать $n$ элементов из $m$ равно $C_m^n$.
• Количество способов выбрать (или оставить) $m-n$ элементов из $m$ равно $C_m^{m-n}$.

Поскольку эти два действия эквивалентны и количество вариантов для них совпадает, мы приходим к выводу, что $C_m^n = C_m^{m-n}$.

Ответ: Комбинаторное доказательство основано на том, что выбор $n$ элементов из множества $m$ эквивалентен выбору $m-n$ элементов, которые не будут включены в выборку, а значит, количество способов в обоих случаях одинаково.

459. В вазе лежат 5 разных яблок и 6 различных апельсинов. Сколькими способами из них можно выбрать 2 яблока и 2 апельсина?

Для решения этой задачи необходимо использовать принципы комбинаторики. Нам нужно совершить два независимых действия: выбрать 2 яблока из 5 и выбрать 2 апельсина из 6. Общее количество способов будет равно произведению числа способов для каждого действия.

Поскольку все яблоки и апельсины различны, а порядок их выбора не имеет значения, мы будем использовать формулу для числа сочетаний без повторений:

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

где $n$ — общее количество элементов, а $k$ — количество элементов, которое нужно выбрать.

1. Найдём количество способов выбрать 2 яблока из 5.

В данном случае $n=5$ (всего яблок), $k=2$ (нужно выбрать яблок).

Число способов выбрать яблоки: $C_5^2 = \frac{5!}{2!(5-2)!} = \frac{5!}{2!3!} = \frac{5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1}{(2 \times 1)(3 \times 2 \times 1)} = \frac{120}{12} = 10$.

2. Найдём количество способов выбрать 2 апельсина из 6.

Здесь $n=6$ (всего апельсинов), $k=2$ (нужно выбрать апельсинов).

Число способов выбрать апельсины: $C_6^2 = \frac{6!}{2!(6-2)!} = \frac{6!}{2!4!} = \frac{6 \times 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1}{(2 \times 1)(4 \times 3 \times 2 \times 1)} = \frac{720}{48} = 15$.

3. Найдём общее количество способов.

Чтобы найти общее число способов выбрать 2 яблока и 2 апельсина, нужно перемножить количество способов для каждого выбора (согласно правилу произведения в комбинаторике):

Общее число способов = (число способов выбрать яблоки) $\times$ (число способов выбрать апельсины)

Общее число способов = $10 \times 15 = 150$.

Ответ: 150

460. Колода карт содержит по 13 карт каждой из четырёх мастей. Сколькими способами можно выбрать из колоды следующий набор: 3 карты пиковой, 4 карты трефовой, 5 карт червовой, 2 карты бубновой масти?

Для решения этой задачи воспользуемся методами комбинаторики. Поскольку порядок выбора карт в наборе не важен, мы будем использовать формулу для числа сочетаний. Выборы карт для каждой из четырех мастей являются независимыми событиями, поэтому общее количество способов находится как произведение числа способов для каждой масти (согласно правилу произведения).

Формула для числа сочетаний из n элементов по k: $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$

В колоде имеется по 13 карт каждой масти. Рассчитаем количество способов выбора для каждой масти отдельно.

Выбор 3 карт пиковой масти
Число способов выбрать 3 карты из 13 карт пиковой масти: $C_{13}^3 = \frac{13!}{3!(13-3)!} = \frac{13!}{3!10!} = \frac{13 \cdot 12 \cdot 11}{3 \cdot 2 \cdot 1} = 13 \cdot 2 \cdot 11 = 286$ способов.

Выбор 4 карт трефовой масти
Число способов выбрать 4 карты из 13 карт трефовой масти: $C_{13}^4 = \frac{13!}{4!(13-4)!} = \frac{13!}{4!9!} = \frac{13 \cdot 12 \cdot 11 \cdot 10}{4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} = 13 \cdot 5 \cdot 11 = 715$ способов.

Выбор 5 карт червовой масти
Число способов выбрать 5 карт из 13 карт червовой масти: $C_{13}^5 = \frac{13!}{5!(13-5)!} = \frac{13!}{5!8!} = \frac{13 \cdot 12 \cdot 11 \cdot 10 \cdot 9}{5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} = 13 \cdot 11 \cdot 9 = 1287$ способов.

Выбор 2 карт бубновой масти
Число способов выбрать 2 карты из 13 карт бубновой масти: $C_{13}^2 = \frac{13!}{2!(13-2)!} = \frac{13!}{2!11!} = \frac{13 \cdot 12}{2 \cdot 1} = 13 \cdot 6 = 78$ способов.

Общее количество способов
Чтобы найти общее количество способов сформировать требуемый набор, необходимо перемножить количество способов для каждой масти: $N = C_{13}^3 \cdot C_{13}^4 \cdot C_{13}^5 \cdot C_{13}^2 = 286 \cdot 715 \cdot 1287 \cdot 78$
$N = 204490 \cdot 100386 = 20\,527\,952\,460$

Ответ: 20 527 952 460.

461. Найти член разложения $(\sqrt{x} + \frac{1}{\sqrt{x}})^{10}$, содержащий $x^2$.

Для нахождения искомого члена разложения воспользуемся формулой бинома Ньютона:

$(a+b)^n = \sum_{k=0}^{n} C_n^k a^{n-k} b^k$,

где $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$ — биномиальный коэффициент.

В нашем случае дано разложение выражения $(\sqrt{x} + \frac{1}{\sqrt{x}})^{10}$.

Здесь $a = \sqrt{x} = x^{1/2}$, $b = \frac{1}{\sqrt{x}} = x^{-1/2}$ и $n = 10$.

Общий член разложения (обозначим его $T_{k+1}$) имеет вид:

$T_{k+1} = C_{10}^k (\sqrt{x})^{10-k} \left(\frac{1}{\sqrt{x}}\right)^k$

Преобразуем это выражение, используя свойства степеней:

$T_{k+1} = C_{10}^k (x^{1/2})^{10-k} (x^{-1/2})^k = C_{10}^k x^{\frac{10-k}{2}} x^{-\frac{k}{2}} = C_{10}^k x^{\frac{10-k-k}{2}} = C_{10}^k x^{\frac{10-2k}{2}} = C_{10}^k x^{5-k}$

По условию задачи, нам нужно найти член, содержащий $x^2$. Это означает, что показатель степени переменной $x$ должен быть равен 2.

Приравняем показатель степени к 2 и найдем соответствующее значение $k$:

$5 - k = 2$

$k = 5 - 2$

$k = 3$

Найденное значение $k=3$ является целым числом в диапазоне от 0 до 10, следовательно, такой член в разложении существует. Это будет $(k+1)$-й, то есть четвертый член разложения.

Теперь подставим $k=3$ в формулу общего члена, чтобы найти сам член разложения:

$T_{3+1} = T_4 = C_{10}^3 x^{5-3} = C_{10}^3 x^2$

Осталось вычислить биномиальный коэффициент $C_{10}^3$:

$C_{10}^3 = \frac{10!}{3!(10-3)!} = \frac{10!}{3!7!} = \frac{10 \cdot 9 \cdot 8}{3 \cdot 2 \cdot 1} = 10 \cdot 3 \cdot 4 = 120$

Таким образом, искомый член разложения равен $120x^2$.

Ответ: $120x^2$.

462. Найти член разложения $ \left(\sqrt{x} + \frac{1}{\sqrt[3]{x}}\right)^{16} $, содержащий $ x^3 $.

Для нахождения члена разложения бинома $(\sqrt{x} + \frac{1}{\sqrt[3]{x}})^{16}$, содержащего $x^3$, воспользуемся формулой общего члена разложения бинома Ньютона:

$T_{k+1} = C_n^k a^{n-k} b^k$

В нашем случае $a = \sqrt{x} = x^{1/2}$, $b = \frac{1}{\sqrt[3]{x}} = x^{-1/3}$ и $n=16$.

Подставим эти значения в формулу общего члена:

$T_{k+1} = C_{16}^k (x^{1/2})^{16-k} (x^{-1/3})^k$

Упростим выражение, используя свойства степеней:

$T_{k+1} = C_{16}^k x^{\frac{1}{2}(16-k)} x^{-\frac{1}{3}k} = C_{16}^k x^{\frac{16-k}{2} - \frac{k}{3}}$

Мы ищем член, содержащий $x^3$. Это означает, что показатель степени при $x$ должен быть равен 3. Составим и решим уравнение относительно $k$:

$\frac{16-k}{2} - \frac{k}{3} = 3$

Приведем дроби к общему знаменателю 6:

$\frac{3(16-k) - 2k}{6} = 3$

$3(16-k) - 2k = 18$

$48 - 3k - 2k = 18$

$48 - 5k = 18$

$5k = 48 - 18$

$5k = 30$

$k = 6$

Поскольку $k=6$ является целым неотрицательным числом ($0 \le 6 \le 16$), искомый член существует. Это $(k+1)$-й, то есть $(6+1)=7$-й член разложения. Теперь найдем его, подставив $k=6$ в формулу общего члена:

$T_7 = C_{16}^6 x^3$

Осталось вычислить биномиальный коэффициент $C_{16}^6$:

$C_{16}^6 = \frac{16!}{6!(16-6)!} = \frac{16!}{6!10!} = \frac{16 \cdot 15 \cdot 14 \cdot 13 \cdot 12 \cdot 11}{6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1}$

Проведем сокращения:

$C_{16}^6 = \frac{16}{4} \cdot \frac{15}{5 \cdot 3} \cdot 14 \cdot 13 \cdot \frac{12}{6 \cdot 2} \cdot 11 = 4 \cdot 1 \cdot 14 \cdot 13 \cdot 1 \cdot 11 = 4 \cdot 14 \cdot 13 \cdot 11$

$C_{16}^6 = 56 \cdot 143 = 8008$

Таким образом, искомый член разложения равен $8008x^3$.

Ответ: $8008x^3$