Страница 191 - гдз по алгебре 11 класс учебник Колягин, Ткачева

495. По $m$ единицам пространства распределяются $N$ различных частиц газа. Каждая частица может занять место в любой единице пространства, независимо от остальных частиц. И в каждой единице пространства может оказаться любое число частиц. Найти число всевозможных распределений частиц по данным единицам пространства.

Для решения этой задачи воспользуемся методами комбинаторики. У нас есть $N$ различных частиц и $m$ единиц пространства, в которые эти частицы нужно распределить.

Рассмотрим каждую частицу по отдельности. Поскольку частицы различимы, мы можем их пронумеровать от 1 до $N$.

Возьмем первую частицу. По условию, она может занять место в любой из $m$ единиц пространства. Следовательно, для первой частицы существует $m$ возможных вариантов размещения.

Возьмем вторую частицу. Ее размещение не зависит от размещения первой частицы, и она также может попасть в любую из $m$ единиц пространства. Таким образом, для второй частицы также существует $m$ вариантов размещения.

Продолжая этот процесс для всех $N$ частиц, мы обнаружим, что для каждой из $N$ частиц существует $m$ независимых вариантов размещения.

Чтобы найти общее число всевозможных распределений, мы должны перемножить число вариантов для каждой частицы. Это следует из основного правила комбинаторики — правила произведения.

Общее число распределений будет равно произведению $m$ на себя $N$ раз:

$ \underbrace{m \cdot m \cdot m \cdot \ldots \cdot m}_{N \text{ раз}} $

Это произведение равно $m$ в степени $N$.

Такой тип соединений в комбинаторике называется размещениями с повторениями. Число размещений с повторениями из $m$ элементов по $N$ вычисляется по формуле $\bar{A}_m^N = m^N$. В данном случае мы как бы выбираем для каждой из $N$ различных частиц одну из $m$ единиц пространства, причем выбор может повторяться (несколько частиц могут оказаться в одной и той же единице пространства).

Таким образом, общее число всевозможных распределений $N$ различных частиц по $m$ единицам пространства равно $m^N$.

Ответ: $m^N$

496. Сколько различных значений сопротивлений на участке цепи можно получить, имея в наличии три различных сопротивления $R_1, R_2, R_3$? Варианты соединения, дающие одинаковые сопротивления всего участка цепи, считать одинаковыми вариантами. Рассчитать все возможные сопротивления получаемых участков (применяя знания расчётов сопротивления при последовательном и параллельном соединении проводников).

Для нахождения всех возможных значений сопротивления, которые можно получить из трех различных резисторов $R_1, R_2, R_3$, необходимо рассмотреть все возможные схемы их соединения, используя последовательное и параллельное подключение. Разобьем все возможные схемы на группы по количеству используемых резисторов.

1. Схемы с одним резистором
Используя каждый резистор по отдельности, мы получаем 3 различных значения сопротивления. Это самые простые варианты.
1. $R_1$
2. $R_2$
3. $R_3$

2. Схемы с двумя резисторами
Из трех резисторов можно составить три уникальные пары: $(R_1, R_2)$, $(R_1, R_3)$, и $(R_2, R_3)$. Каждую пару можно соединить двумя способами: последовательно и параллельно. Это дает $3 \times 2 = 6$ новых значений.
Последовательное соединение (3 значения):
4. $R_1 + R_2$
5. $R_1 + R_3$
6. $R_2 + R_3$
Параллельное соединение (3 значения):
7. $\frac{R_1 R_2}{R_1 + R_2}$
8. $\frac{R_1 R_3}{R_1 + R_3}$
9. $\frac{R_2 R_3}{R_2 + R_3}$

3. Схемы с тремя резисторами
При использовании всех трех резисторов можно получить 8 различных значений, которые соответствуют четырем основным топологиям соединения.
Все три соединены последовательно (1 значение):
10. $R_1 + R_2 + R_3$
Все три соединены параллельно (1 значение):
11. $(\frac{1}{R_1} + \frac{1}{R_2} + \frac{1}{R_3})^{-1} = \frac{R_1 R_2 R_3}{R_1 R_2 + R_1 R_3 + R_2 R_3}$
Смешанное соединение: один резистор последовательно с параллельной парой других (3 значения, в зависимости от того, какой резистор выбран как одиночный):
12. $R_1 + \frac{R_2 R_3}{R_2 + R_3}$
13. $R_2 + \frac{R_1 R_3}{R_1 + R_3}$
14. $R_3 + \frac{R_1 R_2}{R_1 + R_2}$
Смешанное соединение: один резистор параллельно с последовательной парой других (3 значения):
15. $\frac{R_1 (R_2 + R_3)}{R_1 + R_2 + R_3}$
16. $\frac{R_2 (R_1 + R_3)}{R_2 + R_1 + R_3}$
17. $\frac{R_3 (R_1 + R_2)}{R_3 + R_1 + R_2}$

Итог
Суммируя все уникальные комбинации, получаем общее количество различных значений сопротивления: $3$ (из одного резистора) + $6$ (из двух резисторов) + $8$ (из трех резисторов) = $17$.
Важно отметить, что это число справедливо для общего случая, когда значения сопротивлений $R_1, R_2, R_3$ различны и не связаны между собой специальными соотношениями (например, $R_3 \neq R_1 + R_2$), которые могли бы привести к случайному совпадению результатов для разных схем.
Ответ: Всего можно получить 17 различных значений сопротивлений. Формулы для расчета всех возможных сопротивлений приведены выше в пронумерованном списке от 1 до 17.

497. Сколько существует различных комбинаций соединения четырёх различных сопротивлений на одном участке цепи? Варианты соединения, дающие одинаковые сопротивления всего участка цепи, считать одним вариантом.

Для решения этой задачи необходимо найти количество уникальных с точки зрения общего сопротивления схем, которые можно составить из четырёх различных резисторов $R_1, R_2, R_3, R_4$. Уникальность схемы определяется уникальностью алгебраического выражения для её общего сопротивления. Мы будем рассматривать только серийно-параллельные (последовательно-параллельные) схемы, так как любые другие конфигурации из четырёх резисторов (например, мостовые) сводятся к ним.

Все возможные комбинации можно разделить на три основные категории в зависимости от структуры соединения.

I. Простейшие соединения (все резисторы соединены однотипно)

1. Все четыре резистора соединены последовательно.
Общее сопротивление вычисляется по формуле $R_{общ} = R_1+R_2+R_3+R_4$. Так как все резисторы различны, но операция сложения коммутативна, существует только одна такая комбинация.

2. Все четыре резистора соединены параллельно.
Общее сопротивление: $R_{общ} = (R_1^{-1}+R_2^{-1}+R_3^{-1}+R_4^{-1})^{-1}$. Аналогично последовательному соединению, существует только одна такая комбинация.

Итого в этой категории: $1 + 1 = 2$ комбинации.

II. Соединения по схеме «3+1»

В этих схемах один резистор соединяется (последовательно или параллельно) с блоком, состоящим из трёх остальных.

3. Блок из трёх последовательных резисторов параллельно с четвёртым.
Формула: $R_{общ} = (R_1+R_2+R_3)||R_4$. Здесь и далее операция $a||b$ означает $\frac{ab}{a+b}$. Для создания такой схемы нужно выбрать один резистор, который будет подключён параллельно остальным. Это можно сделать $C_4^1 = 4$ способами.

4. Блок из трёх параллельных резисторов последовательно с четвёртым.
Формула: $R_{общ} = (R_1||R_2||R_3)+R_4$. Аналогично предыдущему пункту, выбрать один резистор для последовательного соединения можно $C_4^1 = 4$ способами.

5. Смешанный блок (два последовательно, в параллель с третьим) соединён последовательно с четвёртым.
Формула: $R_{общ} = ((R_1+R_2)||R_3)+R_4$. Чтобы определить такую комбинацию, нужно выбрать «внешний» резистор $R_4$ ($C_4^1=4$ способа), а затем из оставшихся трёх выбрать резистор $R_3$ ($C_3^1=3$ способа). Итого: $4 \times 3 = 12$ комбинаций.

6. Смешанный блок (два параллельно, в послед. с третьим) соединён параллельно с четвёртым.
Формула: $R_{общ} = ((R_1||R_2)+R_3)||R_4$. Логика подсчёта аналогична предыдущему пункту: выбор $R_4$, затем $R_3$. Итого: $4 \times 3 = 12$ комбинаций.

7. Структура, сводящаяся к $(R_1+R_2)||R_3||R_4$.
Эта схема получается, например, из $((R_1+R_2)||R_3)||R_4$ за счёт ассоциативности параллельного соединения. Для её определения достаточно выбрать пару резисторов для последовательного соединения. Это можно сделать $C_4^2 = \frac{4 \cdot 3}{2} = 6$ способами.

8. Структура, сводящаяся к $(R_1||R_2)+R_3+R_4$.
Эта схема получается из $((R_1||R_2)+R_3)+R_4$ за счёт ассоциативности последовательного соединения. Для её определения достаточно выбрать пару резисторов для параллельного соединения. Это можно сделать $C_4^2 = 6$ способами.

Итого в этой категории: $4+4+12+12+6+6 = 44$ комбинации.

III. Соединения по схеме «2+2»

В этих схемах цепь состоит из двух блоков по два резистора в каждом. Разбить четыре резистора на две пары можно $\frac{1}{2}C_4^2 = 3$ способами.

9. Два параллельных блока соединены последовательно.
Формула: $R_{общ} = (R_1||R_2)+(R_3||R_4)$. Количество таких комбинаций равно числу способов разбить резисторы на две пары, то есть 3.

10. Два последовательных блока соединены параллельно.
Формула: $R_{общ} = (R_1+R_2)||(R_3+R_4)$. Количество комбинаций также равно числу способов разбиения на две пары, то есть 3.

11. Последовательный и параллельный блоки соединены последовательно.
Формула: $R_{общ} = (R_1+R_2)+(R_3||R_4)$. Для определения такой комбинации нужно выбрать два резистора для последовательного блока. Это можно сделать $C_4^2=6$ способами.

12. Последовательный и параллельный блоки соединены параллельно.
Формула: $R_{общ} = (R_1+R_2)||(R_3||R_4)$. Аналогично предыдущему пункту, выбрать два резистора для последовательного блока можно $C_4^2=6$ способами.

Итого в этой категории: $3+3+6+6 = 18$ комбинаций.

Суммируя все найденные комбинации, получаем общее количество:$N = 2 (\text{кат. I}) + 44 (\text{кат. II}) + 18 (\text{кат. III}) = 64$.

Ответ: Существует 64 различные комбинации соединения четырёх различных сопротивлений.

498. Сколькими способами можно поставить на шахматной доске чёрную и белую ладьи так, чтобы они не били друг друга?

Для решения этой задачи воспользуемся комбинаторным подходом. Стандартная шахматная доска представляет собой сетку размером $8 \times 8$, состоящую из 64 клеток.

Условие, что две ладьи не бьют друг друга, означает, что они должны находиться в разных рядах (горизонталях) и в разных столбцах (вертикалях).

Рассмотрим процесс размещения двух ладей (чёрной и белой) последовательно.

Шаг 1: Размещение первой ладьи.

Допустим, мы сначала ставим на доску белую ладью. Поскольку доска пуста, мы можем выбрать любую из 64 клеток. Таким образом, существует 64 способа разместить первую ладью.

Шаг 2: Размещение второй ладьи.

После того как первая (белая) ладья установлена, она занимает одну горизонталь и одну вертикаль. На доске 8 горизонталей и 8 вертикалей. Это означает, что для второй (чёрной) ладьи остаётся:

• $8 - 1 = 7$ свободных горизонталей.
• $8 - 1 = 7$ свободных вертикалей.

Любая клетка, находящаяся на пересечении этих свободных горизонталей и вертикалей, является безопасной для второй ладьи. Количество таких безопасных клеток равно произведению числа свободных горизонталей на число свободных вертикалей:

$7 \times 7 = 49$

Таким образом, для каждого из 64 положений первой ладьи существует 49 возможных положений для второй ладьи.

Шаг 3: Вычисление общего количества способов.

По правилу умножения в комбинаторике, общее количество способов разместить обе ладьи так, чтобы они не били друг друга, равно произведению числа способов на каждом шаге:

Количество способов = (число способов для первой ладьи) × (число способов для второй ладьи)

Общее количество способов = $64 \times 49$

Выполним вычисление:

$64 \times 49 = 64 \times (50 - 1) = 64 \times 50 - 64 \times 1 = 3200 - 64 = 3136$

Итак, существует 3136 способов расставить на шахматной доске чёрную и белую ладьи так, чтобы они не находились под боем друг у друга.

Ответ: 3136 способов.

499. В чемпионате страны по футболу участвуют 18 команд, каждые 2 команды встречаются на футбольных полях 2 раза. Сколько матчей играется в сезоне?

Для определения общего количества матчей в сезоне можно использовать два логических подхода.

Подход 1: Использование комбинаторики

Сначала необходимо вычислить, сколько уникальных пар команд можно составить из 18 участников. Так как для одного матча требуется 2 команды, и порядок команд в паре не имеет значения (матч "Команда А vs Команда Б" — это та же пара, что и "Команда Б vs Команда А"), мы можем использовать формулу для числа сочетаний из $n$ элементов по $k$.

Формула числа сочетаний: $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$, где $n$ — общее количество команд ($n=18$), а $k$ — количество команд в одном матче ($k=2$).

Вычислим количество уникальных пар:

$C_{18}^2 = \frac{18!}{2!(18-2)!} = \frac{18!}{2! \cdot 16!} = \frac{16! \cdot 17 \cdot 18}{2 \cdot 1 \cdot 16!} = \frac{17 \cdot 18}{2} = 17 \cdot 9 = 153$

Таким образом, существует 153 уникальные пары команд. Согласно условию, каждая пара играет друг с другом 2 раза. Чтобы найти общее количество матчей, нужно умножить количество пар на 2:

$153 \times 2 = 306$

Подход 2: Логические рассуждения

Рассмотрим любую одну команду. Она должна сыграть с каждой из оставшихся 17 команд. Поскольку по условию каждая команда встречается с каждой другой 2 раза, то одна команда за сезон проведет:

$17 \text{ (соперников)} \times 2 \text{ (матча)} = 34 \text{ матча}$

Всего в чемпионате 18 команд. Если мы умножим количество матчей одной команды на общее количество команд, мы получим $18 \times 34 = 612$. Однако при таком подсчете каждый матч учитывается дважды: один раз для "хозяев" и один раз для "гостей". Например, матч "Команда А vs Команда Б" будет посчитан в общем числе матчей для команды А и в общем числе матчей для команды Б.

Поэтому для получения итогового числа матчей в сезоне результат необходимо разделить на 2:

$\frac{18 \times 34}{2} = \frac{612}{2} = 306$

Оба подхода приводят к одному и тому же результату.

Ответ: 306

500. Сколькими способами $2n$ разных элементов можно разбить на пары?

Для решения этой задачи воспользуемся рекуррентным подходом. Пусть $f(2n)$ — это искомое количество способов разбить $2n$ различных элементов на $n$ пар.

Выберем произвольный элемент из нашего множества. Чтобы составить пару для этого элемента, мы можем выбрать любой из оставшихся $2n-1$ элементов. Таким образом, у нас есть $2n-1$ способ сформировать первую пару.

После того как первая пара сформирована, у нас остается $2n-2$ элемента. Их, в свою очередь, нужно разбить на $n-1$ пару. Количество способов сделать это равно $f(2n-2)$.

Таким образом, мы получаем рекуррентное соотношение:$f(2n) = (2n-1) \cdot f(2n-2)$

В качестве базового случая рассмотрим разбиение двух элементов ($2n=2$). Их можно разбить на одну пару единственным способом, следовательно, $f(2) = 1$.

Теперь, используя полученное соотношение, мы можем выразить $f(2n)$:$f(2n) = (2n-1) \cdot f(2n-2)$$f(2n) = (2n-1) \cdot (2n-3) \cdot f(2n-4)$$f(2n) = (2n-1) \cdot (2n-3) \cdot (2n-5) \cdot \ldots \cdot f(2)$$f(2n) = (2n-1) \cdot (2n-3) \cdot (2n-5) \cdot \ldots \cdot 3 \cdot 1$

Это произведение называется двойным факториалом нечетного числа и обозначается как $(2n-1)!!$.

Результат можно также выразить через обычные факториалы. Для этого умножим и разделим выражение на произведение всех четных чисел от 2 до $2n$:$(2n-1)!! = \frac{(2n) \cdot (2n-1) \cdot (2n-2) \cdot (2n-3) \cdot \ldots \cdot 1}{(2n) \cdot (2n-2) \cdot \ldots \cdot 4 \cdot 2}$В числителе мы получили факториал числа $2n$, то есть $(2n)!$. В знаменателе вынесем 2 за скобки из каждого множителя:$(2n) \cdot (2n-2) \cdot \ldots \cdot 2 = (2 \cdot n) \cdot (2 \cdot (n-1)) \cdot \ldots \cdot (2 \cdot 1) = 2^n \cdot (n \cdot (n-1) \cdot \ldots \cdot 1) = 2^n n!$

Таким образом, итоговая формула имеет вид:$f(2n) = \frac{(2n)!}{2^n n!}$

Ответ: $\frac{(2n)!}{2^n n!}$

501. Сколькими способами можно разделить колоду из 36 карт пополам так, чтобы в каждой из двух стопок было по 2 туза?

Для решения этой задачи мы будем использовать комбинаторные методы. Нам нужно разделить колоду из 36 карт на две равные стопки по 18 карт. Основное условие — в каждой стопке должно быть ровно 2 туза.

Сначала проанализируем состав колоды: в ней 4 туза и $36 - 4 = 32$ другие карты.

Решение задачи можно разбить на несколько шагов.

Шаг 1: Распределение тузов

Нам нужно выбрать 2 туза из 4 имеющихся для первой стопки. Порядок выбора карт не имеет значения, поэтому мы используем формулу для числа сочетаний $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$.

Количество способов выбрать 2 туза из 4 равно:

$C_4^2 = \frac{4!}{2!(4-2)!} = \frac{4!}{2!2!} = \frac{4 \times 3}{2 \times 1} = 6$

После того как мы выбрали 2 туза для первой стопки, оставшиеся 2 туза автоматически отправляются во вторую стопку.

Шаг 2: Распределение остальных карт

Каждая стопка должна состоять из 18 карт. Поскольку мы уже положили в первую стопку 2 туза, нам нужно добавить к ним еще $18 - 2 = 16$ карт. Эти 16 карт мы должны выбрать из 32 карт, не являющихся тузами.

Количество способов выбрать 16 карт из 32 равно:

$C_{32}^{16} = \frac{32!}{16!(32-16)!} = \frac{32!}{16!16!}$

Оставшиеся $32 - 16 = 16$ карт автоматически попадут во вторую стопку.

Шаг 3: Объединение результатов и учет неразличимости стопок

Чтобы найти общее количество способов сформировать первую стопку, мы перемножаем количество способов выбора тузов и количество способов выбора остальных карт:

$N_{стопка1} = C_4^2 \times C_{32}^{16}$

Однако в задаче стопки неразличимы. Разделить колоду на стопку А и стопку Б — это то же самое, что разделить ее на стопку Б и стопку А. Наш метод подсчета учел эти два случая как разные. Например, выбрав набор карт X для первой стопки (оставляя набор Y для второй), мы получили один способ. Но наш подсчет также включает случай, когда мы формируем первую стопку из набора Y (оставляя набор X). Это одно и то же разделение колоды, которое мы посчитали дважды. Поэтому результат нужно разделить на 2.

Итоговое количество способов равно:

$N = \frac{C_4^2 \times C_{32}^{16}}{2}$

Итоговый расчет

Подставим числовые значения в формулу:

$N = \frac{6 \times C_{32}^{16}}{2} = 3 \times C_{32}^{16}$

Теперь вычислим значение $C_{32}^{16}$:

$C_{32}^{16} = 601 \, 080 \, 390$

Тогда общее количество способов:

$N = 3 \times 601 \, 080 \, 390 = 1 \, 803 \, 241 \, 170$

Ответ: $3 \times C_{32}^{16} = 1 \, 803 \, 241 \, 170$ способов.

502. В классе 28 учеников. Каждый день двое из них назначаются дежурными. Можно ли составить на весь год ежедневное расписание дежурства таким образом, чтобы никакие 2 ученика не дежурили вместе в течение года дважды?

Чтобы ответить на этот вопрос, необходимо определить, сколько всего уникальных пар дежурных можно составить из 28 учеников, и сравнить это число с количеством дней в году.

Задача по выбору двух дежурных из 28 учеников является комбинаторной задачей на нахождение числа сочетаний. Порядок учеников в паре не важен (пара "Иванов и Петров" — это то же самое, что и "Петров и Иванов"), поэтому мы используем формулу для числа сочетаний из $n$ по $k$: $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$

В нашем случае общее количество учеников $n = 28$, а количество учеников в паре дежурных $k = 2$. Подставляем эти значения в формулу: $C_{28}^2 = \frac{28!}{2!(28-2)!} = \frac{28!}{2! \cdot 26!} = \frac{26! \cdot 27 \cdot 28}{2 \cdot 1 \cdot 26!} = \frac{27 \cdot 28}{2} = 27 \cdot 14 = 378$.

Таким образом, из 28 учеников можно составить 378 различных (уникальных) пар для дежурства. Это означает, что можно составить расписание на 378 дней с уникальными парами дежурных.

Теперь сравним это количество с продолжительностью года. В обычном году 365 дней, а в високосном — 366 дней.

Поскольку число возможных уникальных пар (378) больше, чем количество дней в году (даже в високосном, $378 > 366$), то можно составить расписание дежурств на весь год, в котором ни одна пара учеников не будет дежурить вместе дважды.

Ответ: да, можно.

503. Найти член разложения бинома $\left(\sqrt{x} + \frac{1}{\sqrt{x}}\right)^{14}$, содержащий $x^4$.

Для решения задачи воспользуемся формулой бинома Ньютона для общего члена разложения $(a+b)^n$:

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

где $T_{k+1}$ — это $(k+1)$-й член разложения, а $C_n^k$ — биномиальный коэффициент, равный $\frac{n!}{k!(n-k)!}$.

В нашем случае бином имеет вид $(\sqrt{x} + \frac{1}{\sqrt{x}})^{14}$. Определим его компоненты:

$a = \sqrt{x} = x^{1/2}$

$b = \frac{1}{\sqrt{x}} = x^{-1/2}$

$n = 14$

Подставим эти значения в формулу для общего члена разложения:

$T_{k+1} = C_{14}^k (\sqrt{x})^{14-k} (\frac{1}{\sqrt{x}})^k$

Теперь упростим выражение, объединив степени переменной $x$:

$T_{k+1} = C_{14}^k (x^{1/2})^{14-k} (x^{-1/2})^k = C_{14}^k x^{\frac{1}{2}(14-k)} x^{-\frac{1}{2}k}$

Применяя свойство степеней $x^m \cdot x^n = x^{m+n}$, получим:

$T_{k+1} = C_{14}^k x^{\frac{14-k}{2} - \frac{k}{2}} = C_{14}^k x^{\frac{14-2k}{2}} = C_{14}^k x^{7-k}$

Согласно условию, нам нужно найти член разложения, содержащий $x^4$. Это означает, что показатель степени у $x$ должен быть равен 4. Составим и решим уравнение:

$7 - k = 4$

$k = 7 - 4$

$k = 3$

Мы нашли, что искомый член соответствует значению $k=3$. Это будет $(3+1)$-й, то есть 4-й член разложения. Теперь найдем его, подставив $k=3$ в полученную формулу $T_{k+1} = C_{14}^k x^{7-k}$:

$T_{3+1} = T_4 = C_{14}^3 x^{7-3} = C_{14}^3 x^4$

Осталось вычислить биномиальный коэффициент $C_{14}^3$:

$C_{14}^3 = \frac{14!}{3!(14-3)!} = \frac{14!}{3! \cdot 11!} = \frac{14 \cdot 13 \cdot 12}{3 \cdot 2 \cdot 1} = 14 \cdot 13 \cdot \frac{12}{6} = 14 \cdot 13 \cdot 2 = 364$

Таким образом, член разложения, содержащий $x^4$, равен $364x^4$.

Ответ: $364x^4$

504. Найти член разложения бинома $(\sqrt[3]{x} + \frac{1}{\sqrt{x}})^{12}$, содержащий $\frac{1}{x}$.

Для нахождения искомого члена разложения бинома воспользуемся формулой общего члена разложения бинома Ньютона:

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

где $T_{k+1}$ — это $(k+1)$-й член разложения, $n$ — степень бинома, $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$ — биномиальный коэффициент.

В нашем случае бином имеет вид $(\sqrt[3]{x} + \frac{1}{\sqrt{x}})^{12}$. Определим компоненты формулы:

$a = \sqrt[3]{x} = x^{1/3}$

$b = \frac{1}{\sqrt{x}} = x^{-1/2}$

$n = 12$

Подставим эти значения в формулу общего члена:

$T_{k+1} = C_{12}^k (x^{1/3})^{12-k} (x^{-1/2})^k$

Упростим выражение, используя свойства степеней:

$T_{k+1} = C_{12}^k x^{\frac{12-k}{3}} \cdot x^{-\frac{k}{2}} = C_{12}^k x^{\frac{12-k}{3} - \frac{k}{2}}$

Мы ищем член разложения, который содержит $\frac{1}{x}$, то есть $x^{-1}$. Для этого необходимо, чтобы показатель степени при $x$ был равен $-1$. Составим и решим уравнение для $k$:

$\frac{12-k}{3} - \frac{k}{2} = -1$

Чтобы избавиться от дробей, умножим обе части уравнения на общий знаменатель, равный 6:

$6 \cdot \left(\frac{12-k}{3} - \frac{k}{2}\right) = 6 \cdot (-1)$

$2(12-k) - 3k = -6$

$24 - 2k - 3k = -6$

$24 - 5k = -6$

$-5k = -6 - 24$

$-5k = -30$

$k = 6$

Поскольку $k$ должно быть целым числом в диапазоне $0 \le k \le 12$, значение $k=6$ является допустимым. Это означает, что искомый член является $(6+1)$-м, то есть 7-м членом разложения.

Теперь найдем этот член, подставив $k=6$ в формулу для $T_{k+1}$:

$T_{6+1} = T_7 = C_{12}^6 x^{\frac{12-6}{3} - \frac{6}{2}} = C_{12}^6 x^{\frac{6}{3} - 3} = C_{12}^6 x^{2-3} = C_{12}^6 x^{-1}$

Осталось вычислить биномиальный коэффициент $C_{12}^6$:

$C_{12}^6 = \frac{12!}{6!(12-6)!} = \frac{12!}{6!6!} = \frac{12 \cdot 11 \cdot 10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7}{6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1}$

Выполнив сокращения, получаем:

$C_{12}^6 = 11 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 7 = 924$

Таким образом, искомый член разложения равен:

$T_7 = 924 \cdot x^{-1} = \frac{924}{x}$

Ответ: $\frac{924}{x}$

505. Даны числа от 1 до 20. Сколькими способами можно выбрать из них 3 числа, сумма которых будет числом чётным?

В наборе чисел от 1 до 20 содержится 10 чётных чисел (2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16, 18, 20) и 10 нечётных чисел (1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17, 19). Сумма трёх целых чисел будет чётной только в двух случаях:

• Все три выбранных числа являются чётными (например, Ч + Ч + Ч = Чётное).
• Одно из выбранных чисел — чётное, а два других — нечётные (например, Ч + Н + Н = Чётное).

Рассчитаем количество способов для каждого из этих случаев. Поскольку порядок выбора чисел не имеет значения, мы будем использовать формулу для нахождения числа сочетаний: $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$.

Случай 1: Все три числа чётные.

Нужно выбрать 3 чётных числа из 10 имеющихся. Количество способов для этого случая равно числу сочетаний из 10 по 3:

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

Случай 2: Одно число чётное и два числа нечётные.

Этот случай состоит из двух независимых выборов:

• Выбрать 1 чётное число из 10. Количество способов: $C_{10}^1 = 10$.
• Выбрать 2 нечётных числа из 10. Количество способов: $C_{10}^2 = \frac{10!}{2!(10-2)!} = \frac{10 \cdot 9}{2} = 45$.

Согласно правилу произведения в комбинаторике, общее количество способов для этого случая равно произведению количества способов для каждого выбора:

$C_{10}^1 \times C_{10}^2 = 10 \times 45 = 450$ способов.

Общее количество способов

Чтобы найти общее количество способов выбрать 3 числа с чётной суммой, нужно сложить количество способов для обоих рассмотренных случаев, так как они взаимоисключающие:

Общее количество способов = $120 + 450 = 570$.

Ответ: 570

506. Доказать, что число круговых перестановок (важен порядок следования расположенных на окружности элементов, а начальный элемент безразличен) из $n$ элементов равно $(n - 1)!$.

Для доказательства того, что число круговых перестановок из $n$ различных элементов равно $(n-1)!$, рассмотрим два подхода.

Подход 1: Связь с линейными перестановками

1. Сначала рассмотрим все возможные линейные перестановки, то есть расположения $n$ различных элементов в ряд. Количество таких перестановок равно $P_n = n!$.

2. Круговая перестановка отличается тем, что у нее нет начала и конца. Расположения, которые можно совместить поворотом, считаются одинаковыми. Возьмем одну любую круговую перестановку. Если мы будем последовательно выбирать каждый из $n$ элементов в качестве начального, мы получим $n$ различных линейных перестановок.

Например, для $n=4$ элементов $\{A, B, C, D\}$, расположенных по кругу в порядке A-B-C-D, мы можем получить 4 разные линейные перестановки: $(A, B, C, D)$, $(B, C, D, A)$, $(C, D, A, B)$ и $(D, A, B, C)$. Все они соответствуют одной и той же круговой перестановке.

3. Таким образом, общее число всех линейных перестановок ($n!$) можно разбить на группы, где каждая группа состоит из $n$ перестановок, соответствующих одной уникальной круговой перестановке.

4. Чтобы найти число круговых перестановок, которое обозначим $Q_n$, нужно общее число линейных перестановок разделить на $n$:

$Q_n = \frac{P_n}{n} = \frac{n!}{n}$

Используя свойство факториала $n! = n \times (n-1)!$, получаем:

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

Подход 2: Метод фиксации одного элемента

1. Этот подход более интуитивен. Поскольку в круговой перестановке не важно, какой элемент стоит на "первом" месте (так как такого места нет), мы можем произвольно выбрать один элемент и зафиксировать его положение. Например, мысленно посадим элемент $e_1$ на определенное место за круглым столом. Этот шаг устраняет симметрию вращения.

2. После того, как один элемент зафиксирован, у нас остается $n-1$ свободных мест и $n-1$ различных элементов, которые нужно по этим местам распределить.

3. Задача свелась к нахождению числа способов расставить оставшиеся $n-1$ элементов на $n-1$ упорядоченных местах. Места теперь упорядочены, так как они имеют определенное положение относительно первого, зафиксированного элемента (например, "место слева от $e_1$", "второе место слева от $e_1$" и т.д.).

4. Это эквивалентно нахождению числа линейных перестановок для $n-1$ элементов. Число таких перестановок равно:

$P_{n-1} = (n-1)!$

Оба метода доказывают, что искомое число равно $(n-1)!$.

Ответ:
Утверждение доказано. Число круговых перестановок из $n$ элементов равно $(n-1)!$. Это следует из того, что, зафиксировав положение одного элемента для устранения симметрии вращения, задача сводится к нахождению числа линейных перестановок для оставшихся $n-1$ элементов, что составляет $(n-1)!$. Альтернативно, это можно получить, разделив общее число линейных перестановок $n!$ на $n$, поскольку каждая круговая перестановка соответствует $n$ линейным.

507. Найти значение выражения:

1) $\overline{P_{2,2,4}} : \overline{C_3^5};$

2) $\overline{A_5^2} + \overline{C_6^3} : \overline{P_{3,5}}.$

1) $\bar{P}_{2,2,4} : \bar{C}_{3}^{5}$

Для решения данной задачи необходимо вычислить значение каждого члена выражения по отдельности, а затем выполнить деление.

Первый член выражения, $\bar{P}_{2,2,4}$, представляет собой число перестановок с повторениями. Общее количество элементов $n = 2 + 2 + 4 = 8$. Формула для вычисления перестановок с повторениями:

$\bar{P}_{n_1, n_2, \dots, n_k} = \frac{(n_1 + n_2 + \dots + n_k)!}{n_1! \cdot n_2! \cdot \dots \cdot n_k!}$

Подставляем наши значения:

$\bar{P}_{2,2,4} = \frac{8!}{2! \cdot 2! \cdot 4!} = \frac{8 \cdot 7 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4!}{2 \cdot 1 \cdot 2 \cdot 1 \cdot 4!} = \frac{8 \cdot 7 \cdot 6 \cdot 5}{4} = 2 \cdot 7 \cdot 6 \cdot 5 = 420$.

Второй член выражения, $\bar{C}_{3}^{5}$, — это число сочетаний с повторениями из $n=3$ элементов по $k=5$. Формула для вычисления сочетаний с повторениями:

$\bar{C}_{n}^{k} = C_{n+k-1}^{k} = \frac{(n+k-1)!}{k!(n-1)!}$

Подставляем наши значения ($n=3, k=5$):

$\bar{C}_{3}^{5} = C_{3+5-1}^{5} = C_{7}^{5} = \frac{7!}{5!(7-5)!} = \frac{7!}{5! \cdot 2!} = \frac{6 \cdot 7}{2} = 21$.

Теперь выполним деление:

$\bar{P}_{2,2,4} : \bar{C}_{3}^{5} = 420 : 21 = 20$.

Ответ: 20.

2) $\bar{A}_{5}^{2} + \bar{C}_{6}^{3} : \bar{P}_{3,5}$

Для нахождения значения выражения сначала вычислим каждый его компонент, а затем выполним действия в соответствии с порядком их выполнения (сначала деление, потом сложение).

Первый компонент, $\bar{A}_{5}^{2}$, — это число размещений с повторениями из $n=5$ элементов по $k=2$. Формула для вычисления:

$\bar{A}_{n}^{k} = n^k$

Подставляем наши значения:

$\bar{A}_{5}^{2} = 5^2 = 25$.

Второй компонент, $\bar{C}_{6}^{3}$, — это число сочетаний с повторениями из $n=6$ элементов по $k=3$. Формула:

$\bar{C}_{n}^{k} = C_{n+k-1}^{k}$

Подставляем наши значения ($n=6, k=3$):

$\bar{C}_{6}^{3} = C_{6+3-1}^{3} = C_{8}^{3} = \frac{8!}{3!(8-3)!} = \frac{8!}{3! \cdot 5!} = \frac{8 \cdot 7 \cdot 6}{3 \cdot 2 \cdot 1} = 56$.

Третий компонент, $\bar{P}_{3,5}$, — это число перестановок с повторениями. Общее количество элементов $n = 3+5=8$. Формула:

$\bar{P}_{n_1, n_2} = \frac{(n_1+n_2)!}{n_1! \cdot n_2!}$

Подставляем наши значения:

$\bar{P}_{3,5} = \frac{(3+5)!}{3! \cdot 5!} = \frac{8!}{3! \cdot 5!} = \frac{8 \cdot 7 \cdot 6}{3 \cdot 2 \cdot 1} = 56$.

Теперь подставим вычисленные значения в исходное выражение и выполним действия:

$\bar{A}_{5}^{2} + \bar{C}_{6}^{3} : \bar{P}_{3,5} = 25 + 56 : 56 = 25 + 1 = 26$.

Ответ: 26.