Страница 193 - гдз по алгебре 11 класс учебник Колягин, Ткачева

3. Шифр некоторого сейфа образуется из двух чисел. Первое, трёхзначное число, составляется из цифр 1, 2, 3, 4, 5 (каждая цифра встречается не более одного раза); второе, пятизначное число, записывается с помощью цифр 6, 7, 8. Сколько различных шифров можно использовать в этом сейфе?

Для решения задачи необходимо определить количество возможных комбинаций для каждой части шифра по отдельности, а затем, согласно правилу произведения в комбинаторике, перемножить полученные значения. Шифр состоит из двух независимых частей: первого трёхзначного числа и второго пятизначного числа.

Вычисление количества вариантов для первого числа.

Первое число является трёхзначным и составляется из набора цифр {1, 2, 3, 4, 5}. Важным условием является то, что каждая цифра может быть использована не более одного раза (без повторений). Это классическая задача на нахождение числа размещений без повторений.

Для первой цифры числа есть 5 возможных вариантов выбора.
После выбора первой цифры, для второй остаётся $5-1=4$ варианта.
Для третьей цифры, соответственно, остаётся $4-1=3$ варианта.

Общее количество комбинаций для первого числа ($N_1$) равно произведению числа вариантов для каждой позиции:
$N_1 = 5 \cdot 4 \cdot 3 = 60$
Это же значение можно получить по формуле для числа размещений без повторений из $n$ элементов по $k$: $A_n^k = \frac{n!}{(n-k)!}$.
$N_1 = A_5^3 = \frac{5!}{(5-3)!} = \frac{120}{2} = 60$
Следовательно, существует 60 различных вариантов для первого числа.

Вычисление количества вариантов для второго числа.

Второе число является пятизначным и записывается с помощью набора цифр {6, 7, 8}. Так как в условии не указано ограничение на повторное использование цифр, а количество позиций в числе (5) больше количества доступных цифр (3), мы делаем вывод, что цифры могут повторяться. Это задача на нахождение числа размещений с повторениями.

На каждой из пяти позиций в числе может стоять любая из трёх доступных цифр.

Количество комбинаций для второго числа ($N_2$) вычисляется как произведение числа вариантов для каждой из пяти позиций:
$N_2 = 3 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 3 = 3^5 = 243$
Следовательно, существует 243 различных варианта для второго числа.

Вычисление общего количества шифров.

Общее количество различных шифров равно произведению количества вариантов для первой и второй частей шифра.
$N_{общ} = N_1 \cdot N_2 = 60 \cdot 243 = 14580$

Ответ: 14580

4. Сколькими способами можно разложить 6 монет по двум карманам?

Эта задача по комбинаторике может иметь несколько решений в зависимости от того, как мы интерпретируем её условия: являются ли монеты и карманы различимыми (уникальными) или неразличимыми (одинаковыми). Как правило, если в задаче не указано иное, объекты (монеты) считаются неразличимыми, а "контейнеры" (карманы, например, левый и правый) — различимыми. Этот случай мы рассмотрим первым как наиболее вероятный. Однако для полноты решения приведём все четыре возможных варианта.

Случай 1: Монеты неразличимы, карманы различимы

Это наиболее стандартная интерпретация подобных задач. Мы не отличаем одну монету от другой, но различаем карманы (например, «левый» и «правый»). Задача сводится к подсчету вариантов распределения количества монет по карманам.
Пусть $k_1$ — количество монет в первом кармане, а $k_2$ — во втором. Нам нужно найти количество целочисленных неотрицательных решений уравнения: $k_1 + k_2 = 6$.
Перечислим все возможные распределения (пары $(k_1, k_2)$):
(0, 6) — 0 монет в первом и 6 во втором
(1, 5) — 1 монета в первом и 5 во втором
(2, 4) — 2 монеты в первом и 4 во втором
(3, 3) — по 3 монеты в каждом
(4, 2) — 4 монеты в первом и 2 во втором
(5, 1) — 5 монет в первом и 1 во втором
(6, 0) — 6 монет в первом и 0 во втором
Всего получается 7 различных способов.
Эту задачу можно также решить с помощью формулы сочетаний с повторениями. Количество способов разложить $n$ неразличимых предметов по $k$ различимым ящикам равно $C_{n+k-1}^{k-1} = \binom{n+k-1}{k-1}$.
В нашем случае $n=6$ (монеты) и $k=2$ (карманы).
$C_{6+2-1}^{2-1} = C_{7}^{1} = \frac{7!}{1!(7-1)!} = 7$.
Ответ: 7

Случай 2: Монеты различимы, карманы различимы

В этом случае мы считаем, что все монеты разные (например, разного номинала или года выпуска) и карманы тоже разные. Для каждой из 6 монет есть два варианта, куда ее положить: в первый карман или во второй. Поскольку выбор для каждой монеты независим, мы можем использовать правило умножения.
Первая монета: 2 варианта.
Вторая монета: 2 варианта.
...
Шестая монета: 2 варианта.
Общее количество способов равно произведению числа вариантов для каждой монеты:
$2 \times 2 \times 2 \times 2 \times 2 \times 2 = 2^6 = 64$.
Ответ: 64

Случай 3: Монеты неразличимы, карманы неразличимы

Здесь мы не различаем ни монеты, ни карманы. Это означает, что способ «1 монета в одном кармане, 5 в другом» не отличается от способа «5 монет в одном кармане, 1 в другом». Задача сводится к нахождению числа разбиений числа 6 на не более чем 2 слагаемых.
Перечислим эти уникальные разбиения (пары {монет в одном кармане, монет в другом}):
{0, 6}
{1, 5}
{2, 4}
{3, 3}
Следующее разбиение {4, 2} уже было учтено как {2, 4}, так как карманы неразличимы. Всего получается 4 способа.
Ответ: 4

Случай 4: Монеты различимы, карманы неразличимы

Это самый сложный с точки зрения подсчета случай. Мы различаем монеты, но не карманы. Задача сводится к тому, чтобы разбить множество из 6 различных элементов на 1 или 2 непустых подмножества (кучки).
Можно рассуждать следующим образом. Возьмем результат из Случая 2, где и монеты, и карманы различимы ($2^6 = 64$ способа). В этих 64 способах есть два крайних случая: все монеты в первом кармане (и 0 во втором) и все монеты во втором (и 0 в первом). Так как карманы неразличимы, эти два способа становятся одним: все монеты в одной кучке, а другая пуста. Это 1 способ.
Остальные $64 - 2 = 62$ способа представляют собой разбиения, где в каждом кармане есть хотя бы одна монета. Каждое такое разбиение было посчитано дважды (например, {монета 1} в первом кармане и {остальные 5} во втором, и наоборот, {остальные 5} в первом, а {монета 1} во втором). Поскольку карманы неразличимы, эти пары вариантов становятся одним и тем же способом. Поэтому количество уникальных таких разбиений равно $62 / 2 = 31$.
Суммарное количество способов: $1$ (когда один карман пуст) $+ 31$ (когда оба кармана не пусты) $= 32$.
Математически это соответствует сумме чисел Стирлинга второго рода $S(6, 1) + S(6, 2) = 1 + 31 = 32$.
Ответ: 32

5. Используя свойство числа сочетаний, найти:

1) $C_{10}^7 - C_9^6$;

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

1) Для решения используем свойство числа сочетаний, известное как тождество Паскаля: $C_n^k = C_{n-1}^{k-1} + C_{n-1}^k$.

Применим это свойство для $C_{10}^7$, где $n=10$ и $k=7$:

$C_{10}^7 = C_{10-1}^{7-1} + C_{10-1}^7 = C_9^6 + C_9^7$.

Подставив это выражение в исходное, получаем:

$C_{10}^7 - C_9^6 = (C_9^6 + C_9^7) - C_9^6 = C_9^7$.

Теперь вычислим значение $C_9^7$. Используем свойство симметрии $C_n^k = C_n^{n-k}$ и формулу для числа сочетаний $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$:

$C_9^7 = C_9^{9-7} = C_9^2 = \frac{9!}{2!(9-2)!} = \frac{9!}{2!7!} = \frac{9 \times 8}{2 \times 1} = 36$.

Ответ: 36.

2) Для нахождения суммы воспользуемся двумя свойствами числа сочетаний.

Первое свойство — сумма всех биномиальных коэффициентов для заданного $n$ равна $2^n$: $\sum_{k=0}^{n} C_n^k = 2^n$. Для $n=9$ имеем:

$C_9^0 + C_9^1 + C_9^2 + C_9^3 + C_9^4 + C_9^5 + C_9^6 + C_9^7 + C_9^8 + C_9^9 = 2^9 = 512$.

Второе свойство — свойство симметрии: $C_n^k = C_n^{n-k}$. Используя его, мы видим, что члены, равноотстоящие от концов, равны:

$C_9^0 = C_9^9$, $C_9^1 = C_9^8$, $C_9^2 = C_9^7$, $C_9^3 = C_9^6$, $C_9^4 = C_9^5$.

Искомая сумма $S = C_9^5 + C_9^6 + C_9^7 + C_9^8 + C_9^9$ является суммой последних пяти членов. Сумма первых пяти членов $(C_9^0 + C_9^1 + C_9^2 + C_9^3 + C_9^4)$ в силу симметрии равна искомой сумме $S$.

Таким образом, полная сумма $2^9$ состоит из двух равных частей: $S + S = 2S$.

$2S = 2^9$, откуда $S = \frac{2^9}{2} = 2^8 = 256$.

Ответ: 256.

6. Найти член разложения бинома $\left(\sqrt{x} - \frac{1}{\sqrt[3]{x}}\right)^{20}$, содержащий $x^5$.

Для нахождения члена разложения бинома используется формула бинома Ньютона:

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

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

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

В данном нам выражении $(\sqrt{x} - \frac{1}{\sqrt[3]{x}})^{20}$ имеем:

• $a = \sqrt{x} = x^{1/2}$
• $b = -\frac{1}{\sqrt[3]{x}} = -x^{-1/3}$
• $n = 20$

Подставим эти значения в формулу общего члена:

$T_{k+1} = C_{20}^k (x^{1/2})^{20-k} (-x^{-1/3})^k$

Упростим это выражение, используя свойства степеней:

$T_{k+1} = C_{20}^k \cdot (-1)^k \cdot x^{\frac{1}{2}(20-k)} \cdot x^{-\frac{1}{3}k}$

$T_{k+1} = C_{20}^k (-1)^k x^{10 - \frac{k}{2} - \frac{k}{3}}$

Чтобы найти показатель степени $x$, приведем дроби к общему знаменателю:

$10 - \frac{k}{2} - \frac{k}{3} = 10 - (\frac{3k}{6} + \frac{2k}{6}) = 10 - \frac{5k}{6}$

Таким образом, формула общего члена принимает вид:

$T_{k+1} = C_{20}^k (-1)^k x^{10 - \frac{5k}{6}}$

По условию задачи, нам необходимо найти член, который содержит $x^5$. Это означает, что показатель степени $x$ должен быть равен 5. Составим и решим уравнение:

$10 - \frac{5k}{6} = 5$

$5 = \frac{5k}{6}$

$5k = 30$

$k = 6$

Мы нашли, что искомый член соответствует значению $k=6$. Согласно формуле, это $(k+1)$-й член, то есть $(6+1)=7$-й член разложения.

Теперь подставим $k=6$ в формулу для $T_{k+1}$, чтобы найти сам член:

$T_7 = C_{20}^6 (-1)^6 x^{10 - \frac{5 \cdot 6}{6}} = C_{20}^6 \cdot 1 \cdot x^{10-5} = C_{20}^6 x^5$

Осталось вычислить значение биномиального коэффициента $C_{20}^6$:

$C_{20}^6 = \frac{20!}{6!(20-6)!} = \frac{20!}{6!14!} = \frac{20 \cdot 19 \cdot 18 \cdot 17 \cdot 16 \cdot 15}{6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1}$

Последовательно сокращая дроби, получаем:

$C_{20}^6 = \frac{20 \cdot 19 \cdot 18 \cdot 17 \cdot 16 \cdot 15}{720} = 38760$

Таким образом, искомый член разложения равен $38760x^5$.

Ответ: $38760x^5$