Страница 190 - гдз по алгебре 11 класс учебник Колягин, Ткачева

481. Используя свойства числа сочетаний, найти:

1) $C_4^0+C_4^1+C_4^2+C_4^3+C_4^4$;

2) $C_7^0+C_7^1+C_7^2+C_7^3$.

1) $C_4^0+C_4^1+C_4^2+C_4^3+C_4^4$

Для решения этой задачи воспользуемся свойством биномиальных коэффициентов, которое гласит, что сумма всех чисел сочетаний из $n$ по $k$, где $k$ принимает все целые значения от $0$ до $n$, равна $2^n$.

Формула этого свойства выглядит так:

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

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

В данном выражении $n=4$, и мы имеем сумму всех биномиальных коэффициентов для этого значения $n$.

Применяя указанное свойство, получаем:

$C_4^0 + C_4^1 + C_4^2 + C_4^3 + C_4^4 = 2^4$

Вычислим результат:

$2^4 = 16$

Ответ: 16

2) $C_7^0+C_7^1+C_7^2+C_7^3$

Для нахождения этой суммы мы воспользуемся двумя свойствами чисел сочетаний.

Во-первых, свойство суммы всех биномиальных коэффициентов для $n=7$:

$\sum_{k=0}^{7} C_7^k = C_7^0+C_7^1+C_7^2+C_7^3+C_7^4+C_7^5+C_7^6+C_7^7 = 2^7 = 128$

Во-вторых, свойство симметрии чисел сочетаний, которое утверждает, что $C_n^k = C_n^{n-k}$.

Применим свойство симметрии для $n=7$:

$C_7^4 = C_7^{7-4} = C_7^3$

$C_7^5 = C_7^{7-5} = C_7^2$

$C_7^6 = C_7^{7-6} = C_7^1$

$C_7^7 = C_7^{7-7} = C_7^0$

Обозначим искомую сумму через $S$: $S = C_7^0+C_7^1+C_7^2+C_7^3$.

Полная сумма биномиальных коэффициентов для $n=7$ может быть записана как:

$\sum_{k=0}^{7} C_7^k = (C_7^0+C_7^1+C_7^2+C_7^3) + (C_7^4+C_7^5+C_7^6+C_7^7)$

Используя свойство симметрии, мы видим, что вторая скобка равна первой:

$C_7^4+C_7^5+C_7^6+C_7^7 = C_7^3+C_7^2+C_7^1+C_7^0 = S$

Следовательно, полная сумма равна $S + S = 2S$.

Мы знаем, что полная сумма равна $2^7$, поэтому:

$2S = 2^7 = 128$

Отсюда находим $S$:

$S = \frac{128}{2} = 64$

Ответ: 64

482. Найти разложение бинома:

1) $(x+1)^6$;

2) $(x-1)^5$;

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

4) $(a+3)^4$.

Для разложения бинома вида $(a+b)^n$ используется формула бинома Ньютона:

$(a+b)^n = \sum_{k=0}^{n} C_n^k a^{n-k} b^k = C_n^0 a^n b^0 + C_n^1 a^{n-1} b^1 + \dots + C_n^n a^0 b^n$

где $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$ — биномиальные коэффициенты. Эти коэффициенты также можно найти с помощью треугольника Паскаля.

1) Для разложения бинома $(x+1)^6$ имеем: первый член $a=x$, второй член $b=1$ и степень $n=6$.

Биномиальные коэффициенты для $n=6$ равны: $1, 6, 15, 20, 15, 6, 1$.

Подставляем эти значения в формулу разложения:

$(x+1)^6 = 1 \cdot x^6 \cdot 1^0 + 6 \cdot x^5 \cdot 1^1 + 15 \cdot x^4 \cdot 1^2 + 20 \cdot x^3 \cdot 1^3 + 15 \cdot x^2 \cdot 1^4 + 6 \cdot x^1 \cdot 1^5 + 1 \cdot x^0 \cdot 1^6$

Так как любое слагаемое умножается на степень единицы (что равно 1), получаем:

$(x+1)^6 = x^6 + 6x^5 + 15x^4 + 20x^3 + 15x^2 + 6x + 1$

Ответ: $x^6 + 6x^5 + 15x^4 + 20x^3 + 15x^2 + 6x + 1$.

2) Для разложения бинома $(x-1)^5$ имеем: первый член $a=x$, второй член $b=-1$ и степень $n=5$.

Биномиальные коэффициенты для $n=5$: $1, 5, 10, 10, 5, 1$.

Применяем формулу бинома. Поскольку второй член отрицательный ($b=-1$), знаки в разложении будут чередоваться.

$(x-1)^5 = 1 \cdot x^5(-1)^0 + 5 \cdot x^4(-1)^1 + 10 \cdot x^3(-1)^2 + 10 \cdot x^2(-1)^3 + 5 \cdot x^1(-1)^4 + 1 \cdot x^0(-1)^5$

Выполняем вычисления:

$(x-1)^5 = x^5 - 5x^4 + 10x^3 - 10x^2 + 5x - 1$

Ответ: $x^5 - 5x^4 + 10x^3 - 10x^2 + 5x - 1$.

3) Для разложения бинома $(2-a)^4$ имеем: первый член равен $2$, второй член равен $-a$, а степень $n=4$.

Биномиальные коэффициенты для $n=4$: $1, 4, 6, 4, 1$.

Выполняем разложение, подставляя в формулу степени $2$ и $-a$:

$(2-a)^4 = 1 \cdot 2^4 \cdot (-a)^0 + 4 \cdot 2^3 \cdot (-a)^1 + 6 \cdot 2^2 \cdot (-a)^2 + 4 \cdot 2^1 \cdot (-a)^3 + 1 \cdot 2^0 \cdot (-a)^4$

Вычисляем каждый член разложения:

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

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

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

4) Для разложения бинома $(a+3)^4$ имеем: первый член равен $a$, второй член равен $3$, а степень $n=4$.

Биномиальные коэффициенты для $n=4$: $1, 4, 6, 4, 1$.

Выполняем разложение по формуле:

$(a+3)^4 = 1 \cdot a^4 \cdot 3^0 + 4 \cdot a^3 \cdot 3^1 + 6 \cdot a^2 \cdot 3^2 + 4 \cdot a^1 \cdot 3^3 + 1 \cdot a^0 \cdot 3^4$

Вычисляем значения степеней и произведения:

$(a+3)^4 = 1 \cdot a^4 \cdot 1 + 4 \cdot a^3 \cdot 3 + 6 \cdot a^2 \cdot 9 + 4 \cdot a \cdot 27 + 1 \cdot 1 \cdot 81$

$(a+3)^4 = a^4 + 12a^3 + 54a^2 + 108a + 81$

Ответ: $a^4 + 12a^3 + 54a^2 + 108a + 81$.

483. Доказать, что число перестановок при любом $n > 1$ является чётным числом.

Требуется доказать, что число перестановок из $n$ элементов является чётным при любом целом $n > 1$.

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

Факториал числа $n$ представляет собой произведение всех натуральных чисел от 1 до $n$: $n! = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \dots \cdot (n-1) \cdot n$

Чётным называется целое число, которое делится на 2 без остатка.

Согласно условию задачи, мы рассматриваем случаи, когда $n > 1$. Поскольку $n$ — это количество элементов, оно является целым числом. Следовательно, мы рассматриваем $n \ge 2$.

Рассмотрим произведение, определяющее $n!$ для любого $n \ge 2$: $n! = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \dots \cdot n$

Поскольку $n \ge 2$, в этом произведении всегда будет присутствовать множитель 2. Любое целое число, в разложении которого на простые множители есть число 2, является чётным.

Мы можем формально представить $n!$ как $2 \cdot k$, где $k$ — целое число. $n! = 2 \cdot (1 \cdot 3 \cdot 4 \cdot \dots \cdot n)$ Произведение в скобках $(1 \cdot 3 \cdot 4 \cdot \dots \cdot n)$ является произведением целых чисел, и его результат — также целое число.

Так как $n!$ можно представить в виде произведения числа 2 на другое целое число, то $n!$ по определению является чётным числом при любом $n > 1$.

Например:

• При $n=2$, число перестановок $P_2 = 2! = 1 \cdot 2 = 2$, что является чётным числом.
• При $n=3$, число перестановок $P_3 = 3! = 1 \cdot 2 \cdot 3 = 6$, что является чётным числом.
• При $n=4$, число перестановок $P_4 = 4! = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 = 24$, что является чётным числом.

Ответ: Число перестановок из $n$ элементов вычисляется как $n! = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \dots \cdot n$. При любом целом $n > 1$ (т.е. $n \ge 2$), в произведении $n!$ обязательно присутствует множитель 2. Следовательно, результат произведения $n!$ всегда делится на 2, а значит, является чётным числом, что и требовалось доказать.

484. Имеются отличающиеся друг от друга 7 роз и 5 веток зелени. Нужно составить букет из трёх роз и двух веток зелени. Сколькими способами это можно сделать?

Для решения этой задачи нужно использовать принципы комбинаторики. Процесс составления букета можно разделить на два независимых этапа: выбор роз и выбор веток зелени. Общее количество способов будет равно произведению числа способов на каждом этапе.

Поскольку порядок, в котором выбираются цветы или зелень для букета, не имеет значения, мы будем использовать формулу для числа сочетаний. Число сочетаний из $n$ элементов по $k$ вычисляется по формуле: $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$

Этап 1: Выбор роз

Необходимо выбрать 3 розы из 7 имеющихся. Здесь $n=7$ и $k=3$. Количество способов выбрать розы: $C_7^3 = \frac{7!}{3!(7-3)!} = \frac{7!}{3!4!} = \frac{7 \times 6 \times 5}{3 \times 2 \times 1} = 7 \times 5 = 35$ Таким образом, существует 35 способов выбрать 3 розы.

Этап 2: Выбор веток зелени

Необходимо выбрать 2 ветки зелени из 5 имеющихся. Здесь $n=5$ и $k=2$. Количество способов выбрать ветки зелени: $C_5^2 = \frac{5!}{2!(5-2)!} = \frac{5!}{2!3!} = \frac{5 \times 4}{2 \times 1} = \frac{20}{2} = 10$ Таким образом, существует 10 способов выбрать 2 ветки зелени.

Общее количество способов

Чтобы найти общее количество способов составить букет, нужно перемножить количество способов выбора роз и количество способов выбора веток зелени (согласно правилу произведения). Общее число способов = $C_7^3 \times C_5^2 = 35 \times 10 = 350$.

Ответ: 350

485. В двоичной системе счисления, используемой в ЭВМ, информация записывается с помощью цифр 0 и 1. В некоторой ЭВМ каждое «машинное слово» записывается в ячейке памяти, содержащей 32 пронумерованных двоичных разряда. Сколько различных «слов» может быть записано в такой ячейке?

Данная задача относится к области комбинаторики. Нам нужно определить, сколько уникальных последовательностей можно составить при заданных условиях.

«Машинное слово» в данном контексте — это последовательность, состоящая из 32 элементов (двоичных разрядов). Каждый элемент этой последовательности может принимать одно из двух возможных значений — 0 или 1.

Представим ячейку памяти как 32 позиции, которые нужно заполнить:

[Позиция 1] [Позиция 2] [Позиция 3] ... [Позиция 32]

Для заполнения первой позиции у нас есть 2 варианта (0 или 1). Для заполнения второй позиции у нас также есть 2 независимых варианта. И так далее, для каждой из 32 позиций существует по 2 варианта.

Чтобы найти общее количество всех возможных уникальных «слов», необходимо перемножить количество вариантов для каждой позиции. Это фундаментальный принцип комбинаторики, известный как правило произведения.

Общее количество различных слов $N$ будет равно: $N = \underbrace{2 \times 2 \times 2 \times \dots \times 2}_{32 \text{ множителя}}$

Это можно выразить в виде степени: $N = 2^{32}$

Это число равно: $2^{32} = 4\ 294\ 967\ 296$

Таким образом, в 32-разрядной ячейке памяти можно записать $2^{32}$ различных машинных слов.

Ответ: $2^{32}$ (или $4\ 294\ 967\ 296$).

486. В одной стране номера автомобилей составляются из двух неодинаковых букв алфавита, содержащего 20 букв, и четырёх цифр (с возможными повторами). Скольким машинам можно присвоить полученные таким образом номера?

$20 \times 19 \times 10^4$

Для решения этой задачи необходимо найти общее количество возможных уникальных автомобильных номеров. Согласно условию, номер состоит из двух частей: буквенной и цифровой. По правилу произведения в комбинаторике, общее число комбинаций равно произведению числа комбинаций для каждой части.

1. Расчет количества комбинаций для буквенной части.

Буквенная часть номера состоит из двух неодинаковых букв, которые выбираются из алфавита, содержащего 20 букв. Поскольку порядок букв в номере важен (например, комбинация «АБ» отличается от «БА»), нам нужно вычислить количество размещений без повторений.

Количество способов выбрать первую букву равно 20. Так как вторая буква должна отличаться от первой, для ее выбора остается $20 - 1 = 19$ вариантов. Следовательно, общее количество комбинаций для буквенной части составляет: $N_{букв} = 20 \times 19 = 380$

Это соответствует формуле для числа размещений без повторений из $n$ элементов по $k$: $A_n^k = \frac{n!}{(n-k)!}$. В нашем случае $n=20$ и $k=2$: $A_{20}^2 = \frac{20!}{(20-2)!} = \frac{20!}{18!} = 20 \times 19 = 380$

2. Расчет количества комбинаций для цифровой части.

Цифровая часть номера состоит из четырех цифр. Для составления этой части используются 10 арабских цифр (от 0 до 9), и повторения разрешены.

Для каждой из четырех позиций в цифровой части номера существует 10 возможных вариантов выбора. Таким образом, общее количество комбинаций для цифровой части равно: $N_{цифр} = 10 \times 10 \times 10 \times 10 = 10^4 = 10000$

3. Расчет общего количества автомобильных номеров.

Чтобы найти общее количество возможных автомобильных номеров, необходимо перемножить количество вариантов для буквенной и цифровой частей: $N_{всего} = N_{букв} \times N_{цифр} = 380 \times 10000 = 3 800 000$

Таким образом, можно присвоить номера 3 800 000 машинам.

Ответ: 3 800 000

487. Сколько различных экзаменационных комиссий, состоящих из 5 членов, можно образовать из 10 преподавателей?

487. Эта задача относится к области комбинаторики. Необходимо найти количество способов сформировать группу из 5 человек из 10 доступных, причем порядок выбора людей в группу не имеет значения. Такая задача решается с помощью формулы для числа сочетаний.

Число сочетаний из $n$ элементов по $k$ (в данном случае из 10 преподавателей по 5 членов комиссии) вычисляется по следующей формуле:

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

Где:

• $n$ — общее количество элементов, из которых производится выбор (всего преподавателей, $n=10$).
• $k$ — количество элементов, которые нужно выбрать (членов комиссии, $k=5$).

Подставим наши значения в формулу:

$C_{10}^5 = \frac{10!}{5!(10-5)!} = \frac{10!}{5! \cdot 5!}$

Теперь выполним вычисления. Для удобства распишем факториалы и проведем сокращение:

$C_{10}^5 = \frac{10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6 \cdot 5!}{5! \cdot (5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1)}$

Сократив $5!$ в числителе и знаменателе, получаем:

$C_{10}^5 = \frac{10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6}{5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1}$

Произведем вычисления в числителе и знаменателе:

$C_{10}^5 = \frac{30240}{120} = 252$

Следовательно, существует 252 способа сформировать различные экзаменационные комиссии. Ответ: 252

488. С помощью свойств числа сочетаний найти:

1) $C_{12}^2 + C_{12}^3 + C_{13}^4;$

2) $C_9^3 + C_9^4 + C_{10}^5;$

3) $C_8^4 - C_7^4;$

4) $C_9^3 - C_8^2;$

5) $C_7^4 + C_7^5 + C_7^6 + C_7^7;$

6) $C_5^0 + C_5^1 + C_5^2 + C_9^9 + C_9^8 + C_9^7 + C_9^6 + C_9^5.$

1) $C_{12}^{2} + C_{12}^{3} + C_{13}^{4}$

Для решения воспользуемся свойством сложения числа сочетаний (тождеством Паскаля): $C_{n}^{k} + C_{n}^{k+1} = C_{n+1}^{k+1}$.

Сначала сгруппируем первые два слагаемых: $C_{12}^{2} + C_{12}^{3}$. Применим тождество Паскаля для $n=12$ и $k=2$: $C_{12}^{2} + C_{12}^{3} = C_{12+1}^{2+1} = C_{13}^{3}$.

Теперь исходное выражение принимает вид: $C_{13}^{3} + C_{13}^{4}$. Снова применим тождество Паскаля, теперь для $n=13$ и $k=3$: $C_{13}^{3} + C_{13}^{4} = C_{13+1}^{3+1} = C_{14}^{4}$.

Осталось вычислить значение $C_{14}^{4}$: $C_{14}^{4} = \frac{14!}{4!(14-4)!} = \frac{14!}{4!10!} = \frac{14 \times 13 \times 12 \times 11}{4 \times 3 \times 2 \times 1} = \frac{24024}{24} = 1001$.

Ответ: 1001

2) $C_{9}^{3} + C_{9}^{4} + C_{10}^{5}$

Как и в предыдущем задании, используем тождество Паскаля: $C_{n}^{k} + C_{n}^{k+1} = C_{n+1}^{k+1}$.

Применим его к первым двум слагаемым $C_{9}^{3} + C_{9}^{4}$, где $n=9$ и $k=3$: $C_{9}^{3} + C_{9}^{4} = C_{9+1}^{3+1} = C_{10}^{4}$.

Выражение примет вид: $C_{10}^{4} + C_{10}^{5}$. Снова применяем тождество Паскаля для $n=10$ и $k=4$: $C_{10}^{4} + C_{10}^{5} = C_{10+1}^{4+1} = C_{11}^{5}$.

Вычислим значение $C_{11}^{5}$: $C_{11}^{5} = \frac{11!}{5!(11-5)!} = \frac{11!}{5!6!} = \frac{11 \times 10 \times 9 \times 8 \times 7}{5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1} = \frac{55440}{120} = 462$.

Ответ: 462

3) $C_{8}^{4} - C_{7}^{4}$

Используем следствие из тождества Паскаля. Тождество Паскаля можно записать в виде $C_{n}^{k} = C_{n-1}^{k} + C_{n-1}^{k-1}$. Перенеся одно из слагаемых в левую часть, получим: $C_{n}^{k} - C_{n-1}^{k} = C_{n-1}^{k-1}$.

В нашем выражении $C_{8}^{4} - C_{7}^{4}$ имеем $n=8$ и $k=4$. Применяя формулу, получаем: $C_{8}^{4} - C_{7}^{4} = C_{8-1}^{4-1} = C_{7}^{3}$.

Вычислим значение $C_{7}^{3}$: $C_{7}^{3} = \frac{7!}{3!(7-3)!} = \frac{7!}{3!4!} = \frac{7 \times 6 \times 5}{3 \times 2 \times 1} = 35$.

Ответ: 35

4) $C_{9}^{3} - C_{8}^{2}$

Здесь также можно применить следствие из тождества Паскаля. Из тождества $C_{n}^{k} = C_{n-1}^{k} + C_{n-1}^{k-1}$ получим другую формулу: $C_{n}^{k} - C_{n-1}^{k-1} = C_{n-1}^{k}$.

В нашем выражении $C_{9}^{3} - C_{8}^{2}$ имеем $n=9$ и $k=3$. Применяя формулу, получаем: $C_{9}^{3} - C_{8}^{2} = C_{9-1}^{3} = C_{8}^{3}$.

Вычислим значение $C_{8}^{3}$: $C_{8}^{3} = \frac{8!}{3!(8-3)!} = \frac{8!}{3!5!} = \frac{8 \times 7 \times 6}{3 \times 2 \times 1} = 56$.

Ответ: 56

5) $C_{7}^{4} + C_{7}^{5} + C_{7}^{6} + C_{7}^{7}$

Для решения воспользуемся свойством суммы всех сочетаний из $n$ элементов, которая равна $2^n$: $\sum_{k=0}^{n} C_{n}^{k} = 2^n$, а также свойством симметрии: $C_{n}^{k} = C_{n}^{n-k}$.

Рассмотрим полную сумму сочетаний для $n=7$: $C_{7}^{0} + C_{7}^{1} + C_{7}^{2} + C_{7}^{3} + C_{7}^{4} + C_{7}^{5} + C_{7}^{6} + C_{7}^{7} = 2^7 = 128$.

Заданная в условии сумма $S = C_{7}^{4} + C_{7}^{5} + C_{7}^{6} + C_{7}^{7}$. Оставшаяся часть полной суммы: $S' = C_{7}^{0} + C_{7}^{1} + C_{7}^{2} + C_{7}^{3}$.

Используя свойство симметрии: $C_{7}^{4} = C_{7}^{7-4} = C_{7}^{3}$, $C_{7}^{5} = C_{7}^{7-5} = C_{7}^{2}$, $C_{7}^{6} = C_{7}^{7-6} = C_{7}^{1}$, $C_{7}^{7} = C_{7}^{7-7} = C_{7}^{0}$.

Следовательно, $S = C_{7}^{3} + C_{7}^{2} + C_{7}^{1} + C_{7}^{0} = S'$. Так как $S+S' = 2^7$ и $S=S'$, то $2S = 2^7$. $2S = 128 \implies S = 64$.

Ответ: 64

6) $C_{5}^{0} + C_{5}^{1} + C_{5}^{2} + C_{9}^{9} + C_{9}^{8} + C_{9}^{7} + C_{9}^{6} + C_{9}^{5}$

Данное выражение можно разбить на две независимые части. Часть 1: $A = C_{5}^{0} + C_{5}^{1} + C_{5}^{2}$. Часть 2: $B = C_{9}^{5} + C_{9}^{6} + C_{9}^{7} + C_{9}^{8} + C_{9}^{9}$. Найдем значение всего выражения, вычислив сумму $A+B$.

Вычислим часть А прямым подсчетом: $C_{5}^{0} = 1$; $C_{5}^{1} = 5$; $C_{5}^{2} = \frac{5!}{2!3!} = \frac{5 \times 4}{2} = 10$. $A = 1 + 5 + 10 = 16$.

Вычислим часть B, используя те же свойства, что и в задании 5. Полная сумма сочетаний для $n=9$ равна $\sum_{k=0}^{9} C_{9}^{k} = 2^9 = 512$.

Сумма B представляет собой сумму "второй половины" сочетаний для $n=9$. Используя свойство симметрии $C_{n}^{k} = C_{n}^{n-k}$, можно показать, что сумма первой половины ($C_9^0$ до $C_9^4$) равна сумме второй половины ($C_9^5$ до $C_9^9$). $B = C_{9}^{5} + C_{9}^{6} + C_{9}^{7} + C_{9}^{8} + C_{9}^{9} = C_{9}^{4} + C_{9}^{3} + C_{9}^{2} + C_{9}^{1} + C_{9}^{0}$.

Следовательно, сумма всех сочетаний для $n=9$ равна $2B$. $2B = \sum_{k=0}^{9} C_{9}^{k} = 2^9 = 512$. Отсюда $B = 512 / 2 = 256$.

Итоговая сумма равна $A + B = 16 + 256 = 272$.

Ответ: 272

489. Найти разложение бинома:

1) $(2a - 1)^5$

2) $(\frac{1}{2} + 2b)^6$

3) $(3x + \frac{1}{3})^4$

4) $(\frac{y}{3} - 3)^5$

Для решения данных задач используется формула бинома Ньютона:

$(x+y)^n = \sum_{k=0}^{n} C_n^k x^{n-k} y^k = C_n^0 x^n + C_n^1 x^{n-1}y + C_n^2 x^{n-2}y^2 + \dots + C_n^n y^n$

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

Требуется найти разложение бинома $(2a - 1)^5$.

В данном случае $x = 2a$, $y = -1$ и $n = 5$.

Биномиальные коэффициенты для $n=5$ можно найти с помощью треугольника Паскаля или по формуле. Они равны: $C_5^0=1, C_5^1=5, C_5^2=10, C_5^3=10, C_5^4=5, C_5^5=1$.

Подставляем значения в формулу бинома Ньютона:

$(2a - 1)^5 = C_5^0 (2a)^5 (-1)^0 + C_5^1 (2a)^4 (-1)^1 + C_5^2 (2a)^3 (-1)^2 + C_5^3 (2a)^2 (-1)^3 + C_5^4 (2a)^1 (-1)^4 + C_5^5 (2a)^0 (-1)^5$

Теперь вычислим каждый член разложения:

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

Упростим полученное выражение:

$= 32a^5 - 80a^4 + 80a^3 - 40a^2 + 10a - 1$

Ответ: $32a^5 - 80a^4 + 80a^3 - 40a^2 + 10a - 1$.

Требуется найти разложение бинома $(\frac{1}{2} + 2b)^6$.

Здесь $x = \frac{1}{2}$, $y = 2b$ и $n = 6$.

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

Запишем разложение по формуле:

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

Вычислим каждый член:

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

Упростим коэффициенты, выполнив умножение и сокращение:

$= \frac{1}{64} + \frac{12}{32}b + \frac{60}{16}b^2 + \frac{160}{8}b^3 + \frac{240}{4}b^4 + \frac{192}{2}b^5 + 64b^6$

$= \frac{1}{64} + \frac{3}{8}b + \frac{15}{4}b^2 + 20b^3 + 60b^4 + 96b^5 + 64b^6$

Ответ: $\frac{1}{64} + \frac{3}{8}b + \frac{15}{4}b^2 + 20b^3 + 60b^4 + 96b^5 + 64b^6$.

Требуется найти разложение бинома $(3x + \frac{1}{3})^4$.

В этом случае $x$ из формулы — это $3x$, $y$ — это $\frac{1}{3}$, а степень $n=4$.

Биномиальные коэффициенты для $n=4$: $C_4^0=1, C_4^1=4, C_4^2=6, C_4^3=4, C_4^4=1$.

Применяем формулу бинома Ньютона:

$(3x + \frac{1}{3})^4 = C_4^0 (3x)^4 (\frac{1}{3})^0 + C_4^1 (3x)^3 (\frac{1}{3})^1 + C_4^2 (3x)^2 (\frac{1}{3})^2 + C_4^3 (3x)^1 (\frac{1}{3})^3 + C_4^4 (3x)^0 (\frac{1}{3})^4$

Производим вычисления для каждого слагаемого:

$= 1 \cdot 81x^4 \cdot 1 + 4 \cdot 27x^3 \cdot \frac{1}{3} + 6 \cdot 9x^2 \cdot \frac{1}{9} + 4 \cdot 3x \cdot \frac{1}{27} + 1 \cdot 1 \cdot \frac{1}{81}$

Упрощаем полученное выражение:

$= 81x^4 + \frac{108}{3}x^3 + \frac{54}{9}x^2 + \frac{12}{27}x + \frac{1}{81}$

$= 81x^4 + 36x^3 + 6x^2 + \frac{4}{9}x + \frac{1}{81}$

Ответ: $81x^4 + 36x^3 + 6x^2 + \frac{4}{9}x + \frac{1}{81}$.

Требуется найти разложение бинома $(\frac{y}{3} - 3)^5$.

Здесь $x = \frac{y}{3}$, $y = -3$ и $n = 5$.

Биномиальные коэффициенты для $n=5$ нам уже известны: $1, 5, 10, 10, 5, 1$.

Запишем разложение:

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

Выполним вычисления:

$= 1 \cdot \frac{y^5}{243} \cdot 1 + 5 \cdot \frac{y^4}{81} \cdot (-3) + 10 \cdot \frac{y^3}{27} \cdot 9 + 10 \cdot \frac{y^2}{9} \cdot (-27) + 5 \cdot \frac{y}{3} \cdot 81 + 1 \cdot 1 \cdot (-243)$

Упростим каждый член разложения:

$= \frac{y^5}{243} - \frac{15}{81}y^4 + \frac{90}{27}y^3 - \frac{270}{9}y^2 + \frac{405}{3}y - 243$

Сократим дроби:

$= \frac{y^5}{243} - \frac{5}{27}y^4 + \frac{10}{3}y^3 - 30y^2 + 135y - 243$

Ответ: $\frac{y^5}{243} - \frac{5}{27}y^4 + \frac{10}{3}y^3 - 30y^2 + 135y - 243$.

490. Допустим, что Кай из сказки «Снежная королева» выкладывал слово вечность не из льдинок, а из букв в, е, ч, н, о, с, т, ь, каждая из которых написана на своей льдинке. Какое наибольшее число попыток расположения льдинок могло понадобиться Каю до того, как выложилось слово вечность?

В задаче требуется определить наибольшее число попыток, которое могло понадобиться Каю, чтобы сложить слово «вечность». Это соответствует наихудшему сценарию, когда Кай перебирает все возможные неправильные комбинации букв и только в самой последней попытке получает правильное слово.

Следовательно, нам нужно найти общее количество всех возможных способов расположения имеющихся букв. Это задача на нахождение числа перестановок.

У Кая есть 8 льдинок с 8 уникальными буквами: в, е, ч, н, о, с, т, ь. Все буквы в наборе различны.

Количество способов, которыми можно расположить в ряд $n$ различных объектов (в данном случае, льдинок с буквами), равно факториалу числа $n$, который обозначается как $n!$.

Формула для числа перестановок из $n$ элементов:

$P_n = n!$

В нашем случае количество букв (льдинок) $n = 8$. Рассчитаем общее число возможных комбинаций:

$P_8 = 8! = 8 \times 7 \times 6 \times 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1$

Выполним вычисления:

$8 \times 7 = 56$

$56 \times 6 = 336$

$336 \times 5 = 1680$

$1680 \times 4 = 6720$

$6720 \times 3 = 20160$

$20160 \times 2 = 40320$

$40320 \times 1 = 40320$

Таким образом, существует 40 320 различных способов расположить льдинки. Наибольшее число попыток потребуется в том случае, если правильный вариант («вечность») окажется самым последним в переборе всех возможных вариантов. Это означает, что Каю придется сделать 40 320 попыток.

Ответ: 40320.

491. Хоккейная команда состоит из 2 вратарей, 8 защитников и 10 нападающих. Сколькими способами тренер может образовать стартовую шестёрку, состоящую из вратаря, двух защитников и трёх нападающих?

Для решения данной задачи необходимо найти количество способов, которыми можно выбрать игроков на каждую позицию, а затем перемножить полученные значения, так как выбор для каждой позиции является независимым событием. Мы будем использовать формулу для числа сочетаний, поскольку порядок выбора игроков на одну и ту же позицию (например, двух защитников) не имеет значения.

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

Выбор вратаря
Тренер должен выбрать 1 вратаря из 2 имеющихся. Количество способов это сделать:
$C_2^1 = \frac{2!}{1!(2-1)!} = \frac{2}{1} = 2$ способа.

Выбор защитников
Тренер должен выбрать 2 защитников из 8 имеющихся. Количество способов:
$C_8^2 = \frac{8!}{2!(8-2)!} = \frac{8 \times 7}{2 \times 1} = 28$ способов.

Выбор нападающих
Тренер должен выбрать 3 нападающих из 10 имеющихся. Количество способов:
$C_{10}^3 = \frac{10!}{3!(10-3)!} = \frac{10 \times 9 \times 8}{3 \times 2 \times 1} = 10 \times 3 \times 4 = 120$ способов.

Общее количество способов
Чтобы найти общее количество способов сформировать стартовую шестёрку, необходимо применить правило произведения и перемножить количество способов выбора для каждой позиции:
$N = C_2^1 \times C_8^2 \times C_{10}^3 = 2 \times 28 \times 120 = 56 \times 120 = 6720$ способов.

Ответ: 6720.

492. Сколько различных делителей у числа:

1) 100;

2) 1000?

Чтобы найти количество различных делителей числа, необходимо сначала разложить это число на простые множители. Если каноническое разложение числа $N$ на простые множители имеет вид $N = p_1^{a_1} \cdot p_2^{a_2} \cdot \dots \cdot p_k^{a_k}$, то количество его натуральных делителей, обозначаемое как $d(N)$, вычисляется по формуле: $d(N) = (a_1 + 1)(a_2 + 1)\dots(a_k + 1)$.

1) Найдем количество различных делителей у числа 100.

Сначала разложим число 100 на простые множители:

$100 = 10 \cdot 10 = (2 \cdot 5) \cdot (2 \cdot 5) = 2^2 \cdot 5^2$.

В этом разложении простые множители — это 2 и 5, а их степени — $a_1 = 2$ и $a_2 = 2$.

Теперь, используя формулу, вычислим количество делителей:

$d(100) = (2 + 1)(2 + 1) = 3 \cdot 3 = 9$.

Для проверки можем перечислить все делители: 1, 2, 4, 5, 10, 20, 25, 50, 100. Всего их 9.

Ответ: 9

2) Найдем количество различных делителей у числа 1000.

Разложим число 1000 на простые множители:

$1000 = 10 \cdot 10 \cdot 10 = (2 \cdot 5) \cdot (2 \cdot 5) \cdot (2 \cdot 5) = 2^3 \cdot 5^3$.

Простые множители здесь — 2 и 5, а их степени — $a_1 = 3$ и $a_2 = 3$.

Применим формулу для нахождения количества делителей:

$d(1000) = (3 + 1)(3 + 1) = 4 \cdot 4 = 16$.

Таким образом, у числа 1000 имеется 16 различных делителей.

Ответ: 16

493. Используя бином Ньютона, найти приближённое значение степени:

1) $1.002^8$;

2) $0.997^9$.

Для нахождения приближенного значения степени воспользуемся формулой бинома Ньютона:

$(a+b)^n = C_n^0 a^n + C_n^1 a^{n-1}b + C_n^2 a^{n-2}b^2 + \dots + C_n^n b^n$, где $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$.

Когда $b$ является малым числом по сравнению с $a$, для приближенного вычисления можно использовать только первые несколько членов этого разложения, так как степени $b$ быстро убывают.

1) 1,002⁸

Представим число $1,002$ в виде суммы $1 + 0,002$. Тогда необходимо найти значение выражения $(1 + 0,002)^8$.

В нашем случае $a=1$, $b=0,002$ и $n=8$.

Разложим по формуле бинома Ньютона и ограничимся первыми тремя членами для получения достаточной точности:

$(1 + 0,002)^8 = C_8^0 \cdot 1^8 \cdot (0,002)^0 + C_8^1 \cdot 1^7 \cdot (0,002)^1 + C_8^2 \cdot 1^6 \cdot (0,002)^2 + \dots$

Вычислим значения этих членов:

• Первый член: $C_8^0 \cdot 1^8 \cdot (0,002)^0 = 1 \cdot 1 \cdot 1 = 1$.
• Второй член: $C_8^1 \cdot 1^7 \cdot (0,002)^1 = \frac{8!}{1!7!} \cdot 0,002 = 8 \cdot 0,002 = 0,016$.
• Третий член: $C_8^2 \cdot 1^6 \cdot (0,002)^2 = \frac{8!}{2!6!} \cdot (0,002)^2 = \frac{8 \cdot 7}{2} \cdot 0,000004 = 28 \cdot 0,000004 = 0,000112$.

Последующие члены будут пренебрежимо малы. Сложим найденные значения:

$1,002^8 \approx 1 + 0,016 + 0,000112 = 1,016112$.

Ответ: $1,016112$.

2) 0,997⁹

Представим число $0,997$ в виде разности $1 - 0,003$. Тогда необходимо найти значение выражения $(1 - 0,003)^9$.

В нашем случае $a=1$, $b=-0,003$ и $n=9$.

Разложим по формуле бинома Ньютона, также ограничившись первыми тремя членами:

$(1 - 0,003)^9 = C_9^0 \cdot 1^9 \cdot (-0,003)^0 + C_9^1 \cdot 1^8 \cdot (-0,003)^1 + C_9^2 \cdot 1^7 \cdot (-0,003)^2 + \dots$

Вычислим значения этих членов:

• Первый член: $C_9^0 \cdot 1^9 \cdot (-0,003)^0 = 1 \cdot 1 \cdot 1 = 1$.
• Второй член: $C_9^1 \cdot 1^8 \cdot (-0,003)^1 = \frac{9!}{1!8!} \cdot (-0,003) = 9 \cdot (-0,003) = -0,027$.
• Третий член: $C_9^2 \cdot 1^7 \cdot (-0,003)^2 = \frac{9!}{2!7!} \cdot (-0,003)^2 = \frac{9 \cdot 8}{2} \cdot 0,000009 = 36 \cdot 0,000009 = 0,000324$.

Сложим найденные значения:

$0,997^9 \approx 1 - 0,027 + 0,000324 = 0,973 + 0,000324 = 0,973324$.

Ответ: $0,973324$.

494. В лифте, останавливающемся на 6 этажах, едут 5 человек. Каждый из них, независимо друг от друга, может выйти из лифта на любом этаже. Сколько существует вариантов выходящих на этих этажах людей.

Эта задача решается с помощью принципов комбинаторики. Нам нужно определить общее количество способов, которыми 5 человек могут выйти на 6 разных этажах. Поскольку выбор этажа каждым человеком не зависит от выбора других, мы имеем дело с размещениями с повторениями.

Рассмотрим каждого человека по отдельности:
- Первый человек может выбрать для выхода любой из 6 этажей. У него 6 вариантов.
- Второй человек также имеет 6 независимых вариантов выбора этажа.
- Третий, четвертый и пятый человек также имеют по 6 вариантов каждый.

Чтобы найти общее число всех возможных комбинаций выходов, нужно перемножить количество вариантов для каждого человека. Это соответствует общей формуле для числа размещений с повторениями: $ \bar{A}_n^k = n^k $.

В нашем случае:
$n$ — это количество этажей, то есть $n = 6$.
$k$ — это количество человек, то есть $k = 5$.

Подставляя эти значения в формулу, получаем:
$\text{Общее количество вариантов} = 6^5 = 6 \times 6 \times 6 \times 6 \times 6 = 7776$.

Ответ: 7776