Страница 26 - гдз по алгебре 11 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

106. Докажите неравенство $\frac{2}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdot \frac{6}{7} \cdots \frac{2n}{2n+1} > \frac{1}{\sqrt{2n+1}}$,
где $n \in N$.

Для доказательства данного неравенства воспользуемся методом сравнения. Обозначим левую часть неравенства через $P_n$:

$P_n = \frac{2}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdot \frac{6}{7} \cdot \ldots \cdot \frac{2n}{2n+1}$

Требуется доказать, что $P_n > \frac{1}{\sqrt{2n+1}}$ для всех $n \in \mathbb{N}$.

Поскольку обе части неравенства положительны, возведем их в квадрат. Знак неравенства при этом не изменится:

$P_n^2 > \left(\frac{1}{\sqrt{2n+1}}\right)^2$

$P_n^2 > \frac{1}{2n+1}$

Распишем $P_n^2$ как произведение квадратов:

$P_n^2 = \left(\frac{2}{3}\right)^2 \cdot \left(\frac{4}{5}\right)^2 \cdot \left(\frac{6}{7}\right)^2 \cdot \ldots \cdot \left(\frac{2n}{2n+1}\right)^2$

Рассмотрим общий член этого произведения $\left(\frac{2k}{2k+1}\right)^2$, где $k$ — натуральное число от 1 до $n$. Докажем вспомогательное неравенство:

$\left(\frac{2k}{2k+1}\right)^2 > \frac{2k-1}{2k+1}$

Для доказательства этого неравенства преобразуем его. Умножим обе части на $(2k+1)^2 > 0$:

$(2k)^2 > (2k-1)(2k+1)$

Раскроем скобки:

$4k^2 > 4k^2 - 1$

Перенеся $4k^2$ в левую часть, получим:

$0 > -1$

Это неравенство верно. Следовательно, вспомогательное неравенство $\left(\frac{2k}{2k+1}\right)^2 > \frac{2k-1}{2k+1}$ также верно для всех $k \in \mathbb{N}$.

Теперь, используя это вспомогательное неравенство для каждого множителя в $P_n^2$, мы можем оценить $P_n^2$ снизу:

$P_n^2 = \prod_{k=1}^{n} \left(\frac{2k}{2k+1}\right)^2 > \prod_{k=1}^{n} \frac{2k-1}{2k+1}$

Распишем произведение в правой части:

$\prod_{k=1}^{n} \frac{2k-1}{2k+1} = \frac{1}{3} \cdot \frac{3}{5} \cdot \frac{5}{7} \cdot \ldots \cdot \frac{2n-1}{2n+1}$

Это произведение является телескопическим, так как числитель каждой дроби (кроме первой) сокращается со знаменателем предыдущей. В результате сокращений остается только числитель первой дроби и знаменатель последней:

$\frac{1}{\cancel{3}} \cdot \frac{\cancel{3}}{\cancel{5}} \cdot \frac{\cancel{5}}{\cancel{7}} \cdot \ldots \cdot \frac{\cancel{2n-1}}{2n+1} = \frac{1}{2n+1}$

Таким образом, мы доказали, что:

$P_n^2 > \frac{1}{2n+1}$

Так как $P_n$ — произведение положительных чисел, то $P_n > 0$. Извлекая квадратный корень из обеих частей последнего неравенства, получаем:

$P_n > \frac{1}{\sqrt{2n+1}}$

Исходное неравенство доказано.

Ответ: Неравенство доказано.

107. При каких натуральных значениях $n$ выполняется неравенство:

1) $5^n > 4n + 1;$

2) $3^n > 8n - 6?$

1) $5^n > 4n + 1$

Данное неравенство нужно решить для натуральных значений $n$, то есть $n \in \{1, 2, 3, ...\}$. Для решения воспользуемся методом математической индукции.

Сначала проверим неравенство для нескольких первых натуральных чисел:
- при $n=1$: $5^1 > 4(1) + 1 \Rightarrow 5 > 5$. Это неверно.
- при $n=2$: $5^2 > 4(2) + 1 \Rightarrow 25 > 9$. Это верно.
- при $n=3$: $5^3 > 4(3) + 1 \Rightarrow 125 > 13$. Это верно.

Можно предположить, что неравенство выполняется для всех $n \geq 2$. Докажем это.

База индукции:
Для $n=2$ неравенство верно, как мы уже показали ($25 > 9$).

Индукционное предположение:
Предположим, что неравенство верно для некоторого натурального числа $k \geq 2$, то есть $5^k > 4k + 1$.

Индукционный переход:
Докажем, что из выполнения неравенства для $k$ следует его выполнение для $k+1$. То есть, нам нужно доказать, что $5^{k+1} > 4(k+1) + 1$.
Умножим обе части неравенства $5^k > 4k + 1$ на 5:
$5 \cdot 5^k > 5 \cdot (4k + 1)$
$5^{k+1} > 20k + 5$.
Теперь сравним полученное выражение $20k + 5$ с правой частью доказываемого неравенства $4(k+1) + 1 = 4k + 5$.
Так как $k \geq 2$, то $20k > 4k$. Следовательно, $20k + 5 > 4k + 5$.
Мы получили цепочку неравенств: $5^{k+1} > 20k + 5 > 4k + 5$.
Таким образом, $5^{k+1} > 4(k+1) + 1$, что и требовалось доказать.

По принципу математической индукции, неравенство справедливо для всех натуральных чисел $n \geq 2$.

Ответ: $n \ge 2$ ($n \in \{2, 3, 4, ...\}$).

2) $3^n > 8n - 6$

Решим это неравенство для натуральных $n$. Проверим первые несколько значений:
- при $n=1$: $3^1 > 8(1) - 6 \Rightarrow 3 > 2$. Это верно.
- при $n=2$: $3^2 > 8(2) - 6 \Rightarrow 9 > 10$. Это неверно.
- при $n=3$: $3^3 > 8(3) - 6 \Rightarrow 27 > 18$. Это верно.
- при $n=4$: $3^4 > 8(4) - 6 \Rightarrow 81 > 26$. Это верно.

Видим, что неравенство выполняется при $n=1$ и, по-видимому, при всех $n \geq 3$. Докажем утверждение для $n \geq 3$ методом математической индукции.

База индукции:
Для $n=3$ неравенство верно: $27 > 18$.

Индукционное предположение:
Предположим, что неравенство верно для некоторого натурального числа $k \geq 3$, то есть $3^k > 8k - 6$.

Индукционный переход:
Докажем, что неравенство верно для $k+1$, то есть $3^{k+1} > 8(k+1) - 6$.
Умножим обе части неравенства $3^k > 8k - 6$ на 3:
$3 \cdot 3^k > 3 \cdot (8k - 6)$
$3^{k+1} > 24k - 18$.
Теперь сравним $24k - 18$ с правой частью искомого неравенства $8(k+1) - 6 = 8k + 2$.
Нам нужно показать, что $24k - 18 > 8k + 2$.
$24k - 8k > 18 + 2$
$16k > 20$.
$k > \frac{20}{16} = \frac{5}{4} = 1.25$.
Так как мы рассматриваем $k \geq 3$, это условие выполняется.
Следовательно, $24k - 18 > 8k + 2$ для всех $k \geq 3$.
Получаем цепочку неравенств: $3^{k+1} > 24k - 18 > 8k + 2$.
Таким образом, $3^{k+1} > 8(k+1) - 6$, что и требовалось доказать.

По принципу математической индукции, неравенство справедливо для всех натуральных чисел $n \geq 3$. Учитывая результат проверки для $n=1$, получаем окончательное решение.

Ответ: $n=1$ и все натуральные $n \ge 3$ ($n \in \{1, 3, 4, 5, ...\}$).

108. Докажите, что для любого натурального $n$ значение выражения:

1) $11^n + 23 \cdot 3^n$ кратно 8;

2) $4^n + 15n - 1$ кратно 9.

Для доказательства обоих утверждений воспользуемся методом математической индукции.

База индукции:
Проверим утверждение для $n=1$.
$11^1 + 23 \cdot 3^1 = 11 + 69 = 80$.
Число 80 делится на 8 без остатка ($80 = 8 \cdot 10$), следовательно, утверждение верно для $n=1$.

Шаг индукции:
Предположим, что утверждение верно для некоторого натурального числа $k$, то есть $11^k + 23 \cdot 3^k$ кратно 8. Это означает, что существует такое целое число $m$, что $11^k + 23 \cdot 3^k = 8m$.

Докажем, что утверждение верно и для $n = k+1$, то есть, что $11^{k+1} + 23 \cdot 3^{k+1}$ кратно 8.
Рассмотрим выражение для $n=k+1$:
$11^{k+1} + 23 \cdot 3^{k+1} = 11 \cdot 11^k + 23 \cdot 3 \cdot 3^k = 11 \cdot 11^k + 69 \cdot 3^k$.
Преобразуем выражение, чтобы использовать предположение индукции:$11 \cdot 11^k + 69 \cdot 3^k = 11 \cdot (11^k + 23 \cdot 3^k) - 11 \cdot 23 \cdot 3^k + 69 \cdot 3^k$
$= 11 \cdot (11^k + 23 \cdot 3^k) - 253 \cdot 3^k + 69 \cdot 3^k$
$= 11 \cdot (11^k + 23 \cdot 3^k) - (253 - 69) \cdot 3^k$
$= 11 \cdot (11^k + 23 \cdot 3^k) - 184 \cdot 3^k$.
Первое слагаемое, $11 \cdot (11^k + 23 \cdot 3^k)$, делится на 8, так как по предположению индукции $(11^k + 23 \cdot 3^k)$ делится на 8.
Второе слагаемое, $184 \cdot 3^k$, также делится на 8, так как $184 = 8 \cdot 23$.
Поскольку оба слагаемых делятся на 8, их разность также делится на 8. Таким образом, мы доказали, что если утверждение верно для $n=k$, то оно верно и для $n=k+1$.

По принципу математической индукции, утверждение $11^n + 23 \cdot 3^n$ кратно 8 верно для любого натурального $n$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

База индукции:
Проверим утверждение для $n=1$.
$4^1 + 15 \cdot 1 - 1 = 4 + 15 - 1 = 18$.
Число 18 делится на 9 без остатка ($18 = 9 \cdot 2$), следовательно, утверждение верно для $n=1$.

Шаг индукции:
Предположим, что утверждение верно для некоторого натурального числа $k$, то есть $4^k + 15k - 1$ кратно 9. Это означает, что существует такое целое число $m$, что $4^k + 15k - 1 = 9m$.

Докажем, что утверждение верно и для $n = k+1$, то есть, что $4^{k+1} + 15(k+1) - 1$ кратно 9.
Рассмотрим выражение для $n=k+1$:
$4^{k+1} + 15(k+1) - 1 = 4 \cdot 4^k + 15k + 15 - 1 = 4 \cdot 4^k + 15k + 14$.
Преобразуем выражение, чтобы использовать предположение индукции:$4 \cdot 4^k + 15k + 14 = 4 \cdot (4^k + 15k - 1) - 4 \cdot 15k + 4 \cdot 1 + 15k + 14$
$= 4 \cdot (4^k + 15k - 1) - 60k + 4 + 15k + 14$
$= 4 \cdot (4^k + 15k - 1) - 45k + 18$
$= 4 \cdot (4^k + 15k - 1) - 9 \cdot 5k + 9 \cdot 2$
$= 4 \cdot (4^k + 15k - 1) - 9(5k - 2)$.
Первое слагаемое, $4 \cdot (4^k + 15k - 1)$, делится на 9, так как по предположению индукции $(4^k + 15k - 1)$ делится на 9.
Второе слагаемое, $9(5k - 2)$, очевидно делится на 9.
Поскольку оба слагаемых делятся на 9, их разность также делится на 9. Таким образом, мы доказали, что если утверждение верно для $n=k$, то оно верно и для $n=k+1$.

По принципу математической индукции, утверждение $4^n + 15n - 1$ кратно 9 верно для любого натурального $n$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

109. Упростите выражение:

1) $\frac{n!}{(n+2)!}$;

2) $\frac{n!}{(n+1)!} - \frac{(n-1)!}{n!}$.

1) Чтобы упростить выражение $\frac{n!}{(n+2)!}$, воспользуемся определением факториала: $k! = 1 \cdot 2 \cdot \dots \cdot k$.
Представим факториал в знаменателе, $(n+2)!$, через факториал в числителе, $n!$.
По определению, $(n+2)! = (n+2) \cdot (n+1) \cdot n \cdot (n-1) \cdot \dots \cdot 1$.
Заметим, что $n \cdot (n-1) \cdot \dots \cdot 1$ есть $n!$.
Следовательно, $(n+2)! = (n+2) \cdot (n+1) \cdot n!$.
Теперь подставим это разложение в исходную дробь:
$\frac{n!}{(n+2)!} = \frac{n!}{(n+2)(n+1)n!}$
Сократим общий множитель $n!$ в числителе и знаменателе:
$\frac{1}{(n+2)(n+1)}$
Ответ: $\frac{1}{(n+1)(n+2)}$

2) Рассмотрим выражение $\frac{n!}{(n+1)!} - \frac{(n-1)!}{n!}$.
Упростим каждую дробь по отдельности, используя свойство факториала $k! = k \cdot (k-1)!$.
Для первой дроби представим знаменатель через числитель: $(n+1)! = (n+1) \cdot n!$.
$\frac{n!}{(n+1)!} = \frac{n!}{(n+1)n!} = \frac{1}{n+1}$
Для второй дроби представим знаменатель через числитель: $n! = n \cdot (n-1)!$.
$\frac{(n-1)!}{n!} = \frac{(n-1)!}{n(n-1)!} = \frac{1}{n}$
Теперь выполним вычитание полученных дробей:
$\frac{1}{n+1} - \frac{1}{n}$
Приведем дроби к общему знаменателю $n(n+1)$:
$\frac{1 \cdot n}{(n+1) \cdot n} - \frac{1 \cdot (n+1)}{n \cdot (n+1)} = \frac{n}{n(n+1)} - \frac{n+1}{n(n+1)}$
Выполним вычитание числителей:
$\frac{n - (n+1)}{n(n+1)} = \frac{n - n - 1}{n(n+1)} = \frac{-1}{n(n+1)}$
Ответ: $-\frac{1}{n(n+1)}$

110. Найдите значение выражения:

1) $\frac{P_{10}-P_9}{9P_8}$

2) $\frac{A_{15}^4+A_{14}^5}{A_{15}^3}$

3) $\frac{A_{12}^4 \cdot P_7}{A_{11}^9}$

1) Для решения данной задачи воспользуемся определением перестановки (факториала): $P_n = n!$.

Выражение имеет вид: $\frac{P_{10} - P_9}{9P_8} = \frac{10! - 9!}{9 \cdot 8!}$.

Мы знаем, что $n! = (n-1)! \cdot n$. Используем это свойство для упрощения числителя:

$10! = 10 \cdot 9!$

Подставим это значение в числитель:

$10! - 9! = 10 \cdot 9! - 1 \cdot 9! = (10-1) \cdot 9! = 9 \cdot 9!$

Теперь подставим полученное выражение обратно в дробь:

$\frac{9 \cdot 9!}{9 \cdot 8!}$

Сократим множитель 9 в числителе и знаменателе, а также представим $9!$ как $9 \cdot 8!$:

$\frac{9!}{8!} = \frac{9 \cdot 8!}{8!} = 9$

Ответ: 9

2) Для решения воспользуемся формулой для числа размещений: $A_n^k = \frac{n!}{(n-k)!}$.

Разделим выражение на два слагаемых:

$\frac{A_{15}^4 + A_{14}^5}{A_{15}^3} = \frac{A_{15}^4}{A_{15}^3} + \frac{A_{14}^5}{A_{15}^3}$

Найдем значение первого слагаемого, используя свойство $A_n^k = A_n^{k-1}(n-k+1)$:

$\frac{A_{15}^4}{A_{15}^3} = \frac{A_{15}^3 \cdot (15-4+1)}{A_{15}^3} = \frac{A_{15}^3 \cdot 12}{A_{15}^3} = 12$

Теперь найдем значение второго слагаемого, расписав размещения по формуле:

$\frac{A_{14}^5}{A_{15}^3} = \frac{14!/(14-5)!}{15!/(15-3)!} = \frac{14!/9!}{15!/12!} = \frac{14!}{9!} \cdot \frac{12!}{15!}$

Упростим полученное выражение, используя $15! = 15 \cdot 14!$ и $12! = 12 \cdot 11 \cdot 10 \cdot 9!$:

$\frac{14!}{9!} \cdot \frac{12 \cdot 11 \cdot 10 \cdot 9!}{15 \cdot 14!} = \frac{12 \cdot 11 \cdot 10}{15}$

Выполним вычисления:

$\frac{12 \cdot 11 \cdot 10}{15} = \frac{12}{3} \cdot \frac{10}{5} \cdot 11 = 4 \cdot 2 \cdot 11 = 88$

Сложим полученные значения:

$12 + 88 = 100$

Ответ: 100

3) Для решения задачи используем формулы для числа размещений $A_n^k = \frac{n!}{(n-k)!}$ и перестановок $P_n = n!$.

Подставим формулы в исходное выражение:

$\frac{A_{12}^4 \cdot P_7}{A_{11}^9} = \frac{\frac{12!}{(12-4)!} \cdot 7!}{\frac{11!}{(11-9)!}} = \frac{\frac{12!}{8!} \cdot 7!}{\frac{11!}{2!}}$

Преобразуем дробь:

$\frac{12! \cdot 7!}{8!} \cdot \frac{2!}{11!}$

Используем свойство факториала $n! = n \cdot (n-1)!$ для упрощения:

$12! = 12 \cdot 11!$

$8! = 8 \cdot 7!$

Подставим эти выражения в дробь:

$\frac{(12 \cdot 11!) \cdot 7! \cdot 2!}{(8 \cdot 7!) \cdot 11!}$

Сократим одинаковые множители $11!$ и $7!$ в числителе и знаменателе:

$\frac{12 \cdot 2!}{8} = \frac{12 \cdot 2}{8} = \frac{24}{8} = 3$

Ответ: 3

111. Решите в натуральных числах уравнение:

1) $A_{x+1}^2 = 30$;

2) $A_{x+4}^3 = 24(x+3)$;

3) $A_{x+5}^{x+2} = 20 P_{x+2}$.

1) $A_{x+1}^2 = 30$

Используем формулу для числа размещений $A_n^k = \frac{n!}{(n-k)!} = n(n-1)...(n-k+1)$.
В данном уравнении $n = x+1$ и $k=2$.

Запишем левую часть уравнения по формуле:
$A_{x+1}^2 = (x+1) \cdot ((x+1)-1) = (x+1)x$.

Получаем уравнение:
$x(x+1) = 30$.

Это квадратное уравнение. Раскроем скобки и приведем его к стандартному виду:
$x^2 + x - 30 = 0$.
Найдем корни, например, по теореме Виета:
$x_1 + x_2 = -1$
$x_1 \cdot x_2 = -30$
Отсюда корни: $x_1 = 5$ и $x_2 = -6$.

По условию задачи, решение нужно найти в натуральных числах ($x \in \mathbb{N}$).
Корень $x = -6$ не является натуральным числом, поэтому он не является решением задачи.
Корень $x = 5$ является натуральным числом.
Также необходимо, чтобы выполнялось условие $n \ge k$, то есть $x+1 \ge 2$, откуда $x \ge 1$. Корень $x=5$ удовлетворяет этому условию.

Ответ: $x=5$.

2) $A_{x+4}^3 = 24(x+3)$

Используем формулу для числа размещений $A_n^k = n(n-1)...(n-k+1)$.
В данном случае $n = x+4$ и $k=3$.

Распишем левую часть уравнения:
$A_{x+4}^3 = (x+4)((x+4)-1)((x+4)-2) = (x+4)(x+3)(x+2)$.

Подставим это выражение в исходное уравнение:
$(x+4)(x+3)(x+2) = 24(x+3)$.

Так как $x$ - натуральное число, $x \ge 1$, то $x+3 > 0$. Следовательно, можно разделить обе части уравнения на $(x+3)$:
$(x+4)(x+2) = 24$.

Раскроем скобки и решим полученное квадратное уравнение:
$x^2 + 2x + 4x + 8 = 24$
$x^2 + 6x + 8 - 24 = 0$
$x^2 + 6x - 16 = 0$.
По теореме Виета:
$x_1 + x_2 = -6$
$x_1 \cdot x_2 = -16$
Отсюда корни: $x_1 = 2$ и $x_2 = -8$.

Поскольку $x$ должен быть натуральным числом, корень $x=-8$ не подходит.
Решением является $x=2$.
Проверим условие $n \ge k$: $x+4 \ge 3$, что означает $x \ge -1$. Корень $x=2$ удовлетворяет этому условию.

Ответ: $x=2$.

3) $A_{x+5}^{x+2} = 20P_{x+2}$

Используем формулы для числа размещений $A_n^k = \frac{n!}{(n-k)!}$ и числа перестановок $P_n = n!$.

$A_{x+5}^{x+2} = \frac{(x+5)!}{((x+5)-(x+2))!} = \frac{(x+5)!}{3!}$.
$P_{x+2} = (x+2)!$.

Подставим выражения в исходное уравнение:
$\frac{(x+5)!}{3!} = 20 \cdot (x+2)!$.

Учтем, что $3! = 1 \cdot 2 \cdot 3 = 6$, и распишем $(x+5)!$ как $(x+5)(x+4)(x+3)(x+2)!$:
$\frac{(x+5)(x+4)(x+3)(x+2)!}{6} = 20 \cdot (x+2)!$.

Так как $x$ - натуральное число, $x+2 > 0$, и $(x+2)! \ne 0$. Сократим обе части на $(x+2)!$:
$\frac{(x+5)(x+4)(x+3)}{6} = 20$.

Умножим обе части уравнения на 6:
$(x+5)(x+4)(x+3) = 120$.

Мы ищем три последовательных целых числа, произведение которых равно 120. Разложим 120 на множители: $120 = 10 \cdot 12 = 2 \cdot 5 \cdot 3 \cdot 4 = (2 \cdot 3) \cdot 5 \cdot 4 = 6 \cdot 5 \cdot 4$.
Таким образом, мы имеем произведение трех последовательных чисел: $6 \cdot 5 \cdot 4$.
Сопоставим множители: $x+5 = 6$
$x+4 = 5$
$x+3 = 4$
Из любого из этих равенств получаем $x=1$.

Так как $x=1$ является натуральным числом, это и есть решение. Функция $f(x)=(x+5)(x+4)(x+3)$ является строго возрастающей для $x>0$, поэтому других натуральных решений не существует. Условие $n \ge k$ для размещения $A_{x+5}^{x+2}$ имеет вид $x+5 \ge x+2$, или $5 \ge 2$, что верно при любом $x$.

Ответ: $x=1$.

112. Сколько существует четырёхзначных чисел, в записи которых каждая из цифр 1, 3, 5, 8 используется один раз?

Для решения данной задачи необходимо определить, сколькими способами можно расположить четыре различные цифры (1, 3, 5, 8) на четырех позициях в четырехзначном числе. Каждая цифра должна быть использована ровно один раз. Это является классической задачей на нахождение числа перестановок.

Воспользуемся комбинаторным правилом умножения. Представим четырехзначное число в виде четырех позиций:

1. На первую позицию (разряд тысяч) можно поставить любую из четырех данных цифр. Таким образом, у нас есть 4 варианта.

2. После того как одна цифра выбрана для первой позиции, для второй позиции (разряда сотен) остаются 3 неиспользованные цифры. Значит, есть 3 варианта.

3. Для третьей позиции (разряда десятков) остаются 2 неиспользованные цифры, то есть 2 варианта.

4. На последнюю, четвертую позицию (разряд единиц) остается только 1 цифра, то есть 1 вариант.

Чтобы найти общее количество возможных чисел, необходимо перемножить количество вариантов для каждой позиции:
$N = 4 \times 3 \times 2 \times 1 = 24$

Это вычисление соответствует нахождению факториала числа 4, что является формулой для числа перестановок из 4 элементов ($P_4$):
$P_4 = 4! = 24$

Таким образом, существует 24 различных четырехзначных числа, которые можно составить из цифр 1, 3, 5 и 8, используя каждую из них только один раз.

Ответ: 24

113. Сколько существует способов составить расписание на один день из 5 разных учебных предметов?

Эта задача решается с помощью методов комбинаторики, а именно — через вычисление числа перестановок. Поскольку все 5 учебных предметов различны, и их порядок в расписании имеет значение (например, расписание "Математика, Физика..." отличается от "Физика, Математика..."), нам нужно найти, сколькими способами можно упорядочить эти 5 предметов.

Количество способов упорядочить $n$ различных элементов называется числом перестановок и обозначается как $P_n$. Оно вычисляется по формуле факториала:
$P_n = n! = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \dots \cdot n$

В данном случае у нас есть 5 разных предметов, то есть $n=5$.

Вычислим количество способов, подставив наше значение в формулу:
$P_5 = 5! = 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1$

Проведём вычисления по шагам:
$5 \cdot 4 = 20$
$20 \cdot 3 = 60$
$60 \cdot 2 = 120$
$120 \cdot 1 = 120$

Таким образом, существует 120 различных способов составить расписание.

Ответ: 120.

114. Сколько существует способов распределить классное руководство в шести классах между шестью учителями?

Данная задача является классической задачей по комбинаторике на нахождение числа перестановок. У нас есть 6 учителей, которых нужно распределить по 6 классам. Каждому классу должен быть назначен ровно один учитель, и каждый учитель может взять руководство только над одним классом.

Рассмотрим процесс назначения учителей поочередно:

• Для первого класса есть 6 вариантов выбора учителя.
• После того как первому классу назначен руководитель, для второго класса остается 5 учителей, то есть 5 вариантов выбора.
• Для третьего класса остается 4 учителя (4 варианта).
• Для четвертого класса — 3 учителя (3 варианта).
• Для пятого класса — 2 учителя (2 варианта).
• Для последнего, шестого класса, остается только один учитель (1 вариант).

Чтобы найти общее количество способов, необходимо перемножить количество вариантов для каждого класса. Это число всех возможных перестановок 6 элементов, которое вычисляется с помощью факториала.

Число перестановок из $n$ элементов находится по формуле: $P_n = n!$

В нашем случае $n=6$, поэтому количество способов равно: $P_6 = 6! = 6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1$

Вычислим значение: $6 \cdot 5 = 30$ $30 \cdot 4 = 120$ $120 \cdot 3 = 360$ $360 \cdot 2 = 720$ $720 \cdot 1 = 720$

Таким образом, существует 720 способов распределить классное руководство.

Ответ: 720

115. Сколько существует чётных пятизначных чисел, в записи которых каждая из цифр 1, 3, 6, 7, 9 используется по одному разу?

Для решения этой задачи необходимо определить количество пятизначных чисел, которые можно составить из набора цифр {1, 3, 6, 7, 9} с учётом двух условий:

1. Каждая цифра используется только один раз.

2. Число должно быть чётным.

Чётное число должно оканчиваться на чётную цифру. В данном наборе {1, 3, 6, 7, 9} единственная чётная цифра — это 6.

Следовательно, последняя цифра искомого пятизначного числа должна быть 6. Это фиксирует последнюю позицию в числе:

_ _ _ _ 6

Теперь нам нужно расставить оставшиеся четыре цифры {1, 3, 7, 9} на оставшиеся четыре места. Количество способов сделать это равно числу перестановок из 4 элементов.

Число перестановок из $n$ элементов вычисляется по формуле $P_n = n!$.

В нашем случае $n=4$, так как у нас осталось 4 цифры для 4 позиций.

Количество возможных перестановок равно:

$P_4 = 4! = 4 \times 3 \times 2 \times 1 = 24$

Таким образом, существует 24 способа расставить цифры 1, 3, 7, 9 на первых четырёх позициях, в то время как последняя позиция всегда занята цифрой 6. Каждое такое число будет пятизначным, чётным и состоять из заданных цифр без повторений.

Ответ: 24