Страница 90 - гдз по алгебре 11 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

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

1) $15^n + 20 \cdot 8^n$ кратно 7;

2) $7^n + 3n - 1$ кратно 9.

1) $15^n + 20 \cdot 8^n$ кратно 7;
Докажем данное утверждение методом математической индукции для всех натуральных $n$.
Пусть $A(n) = 15^n + 20 \cdot 8^n$.
База индукции:
Проверим утверждение для $n=1$.
$A(1) = 15^1 + 20 \cdot 8^1 = 15 + 160 = 175$.
Поскольку $175 = 7 \cdot 25$, число $175$ кратно 7. Утверждение верно для $n=1$.
Шаг индукции:
Предположим, что утверждение верно для некоторого натурального $n=k$, то есть $A(k) = 15^k + 20 \cdot 8^k$ кратно 7.
Докажем, что утверждение верно и для $n=k+1$, то есть $A(k+1) = 15^{k+1} + 20 \cdot 8^{k+1}$ также кратно 7.
Рассмотрим $A(k+1)$:
$A(k+1) = 15^{k+1} + 20 \cdot 8^{k+1} = 15 \cdot 15^k + 8 \cdot 20 \cdot 8^k$
Преобразуем выражение, выделив $A(k)$:
$A(k+1) = (8+7) \cdot 15^k + 8 \cdot 20 \cdot 8^k = 8 \cdot 15^k + 7 \cdot 15^k + 8 \cdot 20 \cdot 8^k$
$A(k+1) = 8 \cdot (15^k + 20 \cdot 8^k) + 7 \cdot 15^k$
$A(k+1) = 8 \cdot A(k) + 7 \cdot 15^k$
Первое слагаемое $8 \cdot A(k)$ кратно 7, так как по предположению индукции $A(k)$ кратно 7. Второе слагаемое $7 \cdot 15^k$ кратно 7, так как содержит множитель 7. Сумма двух чисел, кратных 7, также кратна 7. Следовательно, $A(k+1)$ кратно 7.
Шаг индукции доказан. По принципу математической индукции, утверждение верно для любого натурального $n$.
Ответ: Доказано.

2) $7^n + 3n - 1$ кратно 9.
Докажем данное утверждение методом математической индукции для всех натуральных $n$.
Пусть $B(n) = 7^n + 3n - 1$.
База индукции:
Проверим утверждение для $n=1$.
$B(1) = 7^1 + 3 \cdot 1 - 1 = 7 + 3 - 1 = 9$.
Число $9$ кратно 9. Утверждение верно для $n=1$.
Шаг индукции:
Предположим, что утверждение верно для некоторого натурального $n=k$, то есть $B(k) = 7^k + 3k - 1$ кратно 9.
Докажем, что утверждение верно и для $n=k+1$, то есть $B(k+1) = 7^{k+1} + 3(k+1) - 1$ также кратно 9.
Рассмотрим $B(k+1)$:
$B(k+1) = 7^{k+1} + 3(k+1) - 1 = 7 \cdot 7^k + 3k + 3 - 1 = 7 \cdot 7^k + 3k + 2$
Из предположения индукции выразим $7^k = B(k) - 3k + 1$ и подставим в выражение для $B(k+1)$:
$B(k+1) = 7 \cdot (B(k) - 3k + 1) + 3k + 2$
$B(k+1) = 7 \cdot B(k) - 21k + 7 + 3k + 2$
$B(k+1) = 7 \cdot B(k) - 18k + 9$
$B(k+1) = 7 \cdot B(k) - 9(2k - 1)$
Первое слагаемое $7 \cdot B(k)$ кратно 9, так как по предположению индукции $B(k)$ кратно 9. Второе слагаемое $-9(2k - 1)$ кратно 9, так как содержит множитель 9. Разность двух чисел, кратных 9, также кратна 9. Следовательно, $B(k+1)$ кратно 9.
Шаг индукции доказан. По принципу математической индукции, утверждение верно для любого натурального $n$.
Ответ: Доказано.

109. Упростите выражение:

1) $\frac{(n+3)!}{(n+1)!}$

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

1)

Чтобы упростить выражение $\frac{(n+3)!}{(n+1)!}$, воспользуемся определением факториала: $k! = k \cdot (k-1) \cdot \ldots \cdot 1$.

Расшифруем числитель $(n+3)!$ как произведение:

$(n+3)! = (n+3) \cdot (n+2) \cdot (n+1) \cdot n \cdot \ldots \cdot 1$.

Мы видим, что произведение $(n+1) \cdot n \cdot \ldots \cdot 1$ равно $(n+1)!$. Таким образом, мы можем переписать числитель:

$(n+3)! = (n+3) \cdot (n+2) \cdot (n+1)!$.

Теперь подставим это выражение обратно в дробь и сократим:

$\frac{(n+3)!}{(n+1)!} = \frac{(n+3) \cdot (n+2) \cdot (n+1)!}{(n+1)!} = (n+3)(n+2)$.

Раскроем скобки, чтобы получить многочлен:

$(n+3)(n+2) = n^2 + 2n + 3n + 6 = n^2 + 5n + 6$.

Ответ: $n^2 + 5n + 6$.

2)

Рассмотрим выражение $\frac{(n+1)!}{(n+2)!} - \frac{n!}{(n+1)!}$. Упростим каждую дробь по отдельности.

Для первой дроби преобразуем знаменатель: $(n+2)! = (n+2) \cdot (n+1)!$.

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

Для второй дроби преобразуем знаменатель: $(n+1)! = (n+1) \cdot n!$.

$\frac{n!}{(n+1)!} = \frac{n!}{(n+1) \cdot n!} = \frac{1}{n+1}$.

Теперь исходное выражение можно записать как разность двух простых дробей:

$\frac{1}{n+2} - \frac{1}{n+1}$.

Приведем эти дроби к общему знаменателю $(n+2)(n+1)$:

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

Упростим числитель:

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

Ответ: $-\frac{1}{(n+1)(n+2)}$.

110. Найдите значение выражения:

1) $ \frac{P_8 - P_7}{7P_6} $;

2) $ \frac{A_{11}^4}{A_{11}^3 + A_{10}^4} $;

3) $ \frac{A_{11}^3 \cdot P_9}{A_{10}^8} $.

1) Найдём значение выражения $\frac{P_8 - P_7}{7P_6}$.

Для решения воспользуемся формулой числа перестановок $P_n = n!$.

Сначала преобразуем числитель дроби. Вынесем общий множитель $7!$ за скобки:

$P_8 - P_7 = 8! - 7! = 8 \cdot 7! - 1 \cdot 7! = (8-1) \cdot 7! = 7 \cdot 7!$.

Знаменатель дроби равен $7P_6 = 7 \cdot 6!$.

Теперь подставим полученные выражения обратно в дробь и выполним сокращение:

$\frac{7 \cdot 7!}{7 \cdot 6!} = \frac{7!}{6!} = \frac{7 \cdot 6!}{6!} = 7$.

Ответ: 7.

2) Найдём значение выражения $\frac{A_{11}^4}{A_{11}^3 + A_{10}^4}$.

Воспользуемся формулой для числа размещений $A_n^k = \frac{n!}{(n-k)!}$.

Вычислим значения для каждого члена выражения:

$A_{11}^4 = \frac{11!}{(11-4)!} = \frac{11!}{7!} = 11 \cdot 10 \cdot 9 \cdot 8 = 7920$.

$A_{11}^3 = \frac{11!}{(11-3)!} = \frac{11!}{8!} = 11 \cdot 10 \cdot 9 = 990$.

$A_{10}^4 = \frac{10!}{(10-4)!} = \frac{10!}{6!} = 10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7 = 5040$.

Теперь подставим вычисленные значения в исходное выражение:

$\frac{A_{11}^4}{A_{11}^3 + A_{10}^4} = \frac{7920}{990 + 5040} = \frac{7920}{6030}$.

Сократим полученную дробь. Сначала сократим на 10:

$\frac{792}{603}$.

Сумма цифр числителя $7+9+2=18$, и сумма цифр знаменателя $6+0+3=9$. Обе суммы делятся на 9, значит, и сами числа делятся на 9.

$792 \div 9 = 88$

$603 \div 9 = 67$

Таким образом, получаем дробь $\frac{88}{67}$. Так как 67 — простое число, дальнейшее сокращение невозможно.

Ответ: $\frac{88}{67}$.

3) Найдём значение выражения $\frac{A_{11}^3 \cdot P_9}{A_{10}^8}$.

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

Представим каждый член выражения через факториалы:

$A_{11}^3 = \frac{11!}{(11-3)!} = \frac{11!}{8!}$.

$P_9 = 9!$.

$A_{10}^8 = \frac{10!}{(10-8)!} = \frac{10!}{2!}$.

Подставим эти выражения в исходную дробь:

$\frac{A_{11}^3 \cdot P_9}{A_{10}^8} = \frac{\frac{11!}{8!} \cdot 9!}{\frac{10!}{2!}} = \frac{11! \cdot 9! \cdot 2!}{8! \cdot 10!}$.

Теперь упростим выражение, сократив факториалы:

$\frac{(11 \cdot 10!) \cdot (9 \cdot 8!) \cdot 2!}{8! \cdot 10!}$.

После сокращения $10!$ и $8!$ в числителе и знаменателе, получим:

$11 \cdot 9 \cdot 2! = 11 \cdot 9 \cdot 2 = 198$.

Ответ: 198.

111. Решите в натуральных числах уравнение:

1) $A^2_{x+3} = 42;$

2) $A^3_{x+5} = 35(x+4);$

3) $A^{x+3}_{x+6} = 10P_{x+3}$

1) $A_{x+3}^2 = 42$

По определению числа размещений $A_n^k = \frac{n!}{(n-k)!} = n(n-1)\dots(n-k+1)$.

Применим эту формулу к левой части уравнения:

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

Уравнение принимает вид: $(x+3)(x+2) = 42$.

По условию, $x$ — натуральное число, то есть $x \in \{1, 2, 3, \dots\}$. Для существования $A_{x+3}^2$ необходимо, чтобы $x+3 \ge 2$, то есть $x \ge -1$. Условие натуральности $x$ ($x \ge 1$) является достаточным.

Раскроем скобки и решим полученное квадратное уравнение:

$x^2 + 2x + 3x + 6 = 42$

$x^2 + 5x - 36 = 0$

Найдем корни уравнения с помощью дискриминанта:

$D = b^2 - 4ac = 5^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-36) = 25 + 144 = 169 = 13^2$.

$x_{1,2} = \frac{-b \pm \sqrt{D}}{2a} = \frac{-5 \pm 13}{2}$.

Получаем два корня:

$x_1 = \frac{-5 + 13}{2} = \frac{8}{2} = 4$;

$x_2 = \frac{-5 - 13}{2} = \frac{-18}{2} = -9$.

Так как по условию $x$ должно быть натуральным числом, корень $x_2 = -9$ не подходит. Единственным решением является $x=4$.

Ответ: $4$.

2) $A_{x+5}^3 = 35(x+4)$

Используем формулу для числа размещений $A_n^k = n(n-1)\dots(n-k+1)$:

$A_{x+5}^3 = (x+5)((x+5)-1)((x+5)-2) = (x+5)(x+4)(x+3)$.

Уравнение принимает вид: $(x+5)(x+4)(x+3) = 35(x+4)$.

Так как $x$ — натуральное число ($x \ge 1$), то $x+4 > 0$. Следовательно, мы можем разделить обе части уравнения на $(x+4)$:

$(x+5)(x+3) = 35$.

Раскроем скобки и решим полученное квадратное уравнение:

$x^2 + 3x + 5x + 15 = 35$

$x^2 + 8x + 15 - 35 = 0$

$x^2 + 8x - 20 = 0$

Найдем корни уравнения с помощью дискриминанта:

$D = b^2 - 4ac = 8^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-20) = 64 + 80 = 144 = 12^2$.

$x_{1,2} = \frac{-b \pm \sqrt{D}}{2a} = \frac{-8 \pm 12}{2}$.

Получаем два корня:

$x_1 = \frac{-8 + 12}{2} = \frac{4}{2} = 2$;

$x_2 = \frac{-8 - 12}{2} = \frac{-20}{2} = -10$.

Поскольку $x$ должно быть натуральным числом, корень $x_2 = -10$ не является решением. Единственное подходящее решение — $x=2$.

Ответ: $2$.

3) $A_{x+6}^{x+3} = 10P_{x+3}$

Используем определения числа размещений $A_n^k = \frac{n!}{(n-k)!}$ и числа перестановок $P_m = m!$.

Левая часть уравнения: $A_{x+6}^{x+3} = \frac{(x+6)!}{((x+6)-(x+3))!} = \frac{(x+6)!}{3!} = \frac{(x+6)!}{6}$.

Правая часть уравнения: $10P_{x+3} = 10(x+3)!$.

Приравнивая выражения, получаем уравнение:

$\frac{(x+6)!}{6} = 10(x+3)!$

Домножим обе части на 6:

$(x+6)! = 60(x+3)!$

Представим $(x+6)!$ как $(x+6)(x+5)(x+4)(x+3)!$:

$(x+6)(x+5)(x+4)(x+3)! = 60(x+3)!$

Поскольку $x$ — натуральное число, $x+3 \ge 4$, и $(x+3)! \ne 0$. Разделим обе части на $(x+3)!$:

$(x+6)(x+5)(x+4) = 60$.

Мы ищем решение в натуральных числах, то есть $x \ge 1$.

Рассмотрим функцию $f(x) = (x+6)(x+5)(x+4)$. При $x \ge 1$ все множители положительны и растут с ростом $x$, следовательно, функция $f(x)$ является возрастающей на множестве натуральных чисел.

Найдем наименьшее значение функции $f(x)$ на множестве натуральных чисел, подставив $x=1$:

$f(1) = (1+6)(1+5)(1+4) = 7 \cdot 6 \cdot 5 = 210$.

Минимальное значение левой части уравнения для натурального $x$ равно 210. Так как $210 > 60$, и функция $f(x)$ возрастает, левая часть уравнения никогда не будет равна 60 ни при каком натуральном $x$.

Следовательно, уравнение не имеет решений в натуральных числах.

Ответ: нет решений.

112. Сколько существует пятизначных чисел, в записи которых каждая из цифр 1, 3, 4, 7, 8 используется один раз?

По условию задачи, нам нужно составить пятизначные числа из пяти различных цифр: 1, 3, 4, 7, 8. Каждая цифра должна использоваться ровно один раз. Это означает, что нам необходимо найти количество всех возможных перестановок этих пяти цифр.

Задача сводится к нахождению числа перестановок из 5 элементов. Количество перестановок из $n$ различных элементов вычисляется по формуле:

$P_n = n!$

где $n!$ (n-факториал) — это произведение всех натуральных чисел от 1 до $n$.

В нашем случае количество данных цифр $n=5$. Следовательно, количество пятизначных чисел, которые можно составить, равно числу перестановок из 5 элементов:

$P_5 = 5! = 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1$

Вычислим это значение:

$5! = 20 \times 6 = 120$

Так как ни одна из данных цифр не является нулем, любая перестановка этих пяти цифр даст в результате пятизначное число.

Ответ: 120

113. Сколько существует способов для четырёх одноклассников выстроиться в очередь в школьный буфет?

Эта задача решается с помощью комбинаторной формулы для нахождения числа перестановок, так как порядок, в котором одноклассники стоят в очереди, имеет значение. Нам нужно найти количество всех возможных способов упорядочить 4 человека.

Рассуждаем следующим образом:
На первое место в очереди может встать любой из четырёх одноклассников, то есть существует 4 варианта.
Когда один человек уже стоит первым, на второе место может встать любой из оставшихся трёх, то есть остаётся 3 варианта.
На третье место в очереди может встать один из двух оставшихся одноклассников — 2 варианта.
И на последнее, четвёртое, место встанет последний оставшийся человек — 1 вариант.

Чтобы найти общее количество способов, необходимо перемножить число вариантов для каждой позиции. Это соответствует вычислению факториала числа 4.

Число перестановок из $n$ элементов вычисляется по формуле $P_n = n!$.
В данном случае $n=4$:
$P_4 = 4! = 4 \times 3 \times 2 \times 1 = 24$.

Таким образом, существует 24 способа для четырёх одноклассников выстроиться в очередь.

Ответ: 24

114. Сколько существует способов у 7 юношей и 7 девушек, присутствующих на школьном вечере, разбиться на пары для очередного танца?

Для решения этой задачи нужно найти количество способов составить 7 пар, в каждой из которых будет один юноша и одна девушка. У нас есть 7 юношей и 7 девушек.

Рассмотрим процесс формирования пар последовательно. Выберем одного из юношей.

- Первый юноша может выбрать себе в пару любую из 7 девушек. У него есть 7 вариантов.

- После того, как первая пара составлена, остаются 6 юношей и 6 девушек. Второй юноша может выбрать себе партнершу из 6 оставшихся девушек. У него есть 6 вариантов.

- Третий юноша будет выбирать из 5 девушек, и у него будет 5 вариантов.

- И так далее, каждый следующий юноша будет иметь на один вариант меньше.

- Шестой юноша сможет выбрать из 2 девушек (2 варианта).

- Последнему, седьмому юноше, останется только одна девушка, то есть у него будет всего 1 вариант.

Согласно правилу произведения в комбинаторике, общее количество способов равно произведению числа вариантов на каждом шаге.

Количество способов = $7 \times 6 \times 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1$.

Это выражение является факториалом числа 7, который обозначается как $7!$.

Вычислим значение:
$7! = 5040$

Таким образом, существует 5040 способов у 7 юношей и 7 девушек разбиться на пары для танца.

Ответ: 5040.

115. Сколько существует пятизначных чисел, кратных 10, в записи которых каждая из цифр 0, 1, 2, 4, 5 используется по одному разу?

Для того чтобы число было пятизначным, на первом месте не должен стоять ноль. Для того чтобы число было кратным 10, оно должно оканчиваться на ноль.

У нас есть набор цифр {0, 1, 2, 4, 5}, и мы должны составить из них пятизначное число, используя каждую цифру ровно один раз.

Рассмотрим 5 позиций для цифр в числе: _ _ _ _ _

1. Последняя цифра:
   Поскольку число должно быть кратным 10, последняя цифра (цифра в разряде единиц) должна быть 0. Таким образом, на пятой позиции может быть только одна цифра — 0.
   _ _ _ _ 0
2. Остальные цифры:
   Мы использовали цифру 0. Для оставшихся четырех позиций у нас остались цифры {1, 2, 4, 5}.
3. Первая цифра:
   На первую позицию (разряд десятков тысяч) мы можем поставить любую из оставшихся четырех цифр {1, 2, 4, 5}. Так как 0 уже занят, условие, что первая цифра не может быть нулем, выполняется автоматически. Итак, у нас есть 4 варианта для первой цифры.
4. Вторая цифра:
   После выбора первой цифры, у нас останется 3 цифры. Значит, для второй позиции есть 3 варианта.
5. Третья цифра:
   Останется 2 цифры, следовательно, 2 варианта для третьей позиции.
6. Четвертая цифра:
   Останется последняя 1 цифра, то есть 1 вариант для четвертой позиции.

Чтобы найти общее количество таких чисел, нужно перемножить количество вариантов для каждой позиции. Это эквивалентно нахождению числа перестановок для четырех оставшихся цифр {1, 2, 4, 5}.

Число перестановок из 4 элементов вычисляется по формуле $P_n = n!$. В нашем случае $n=4$.

Количество способов = $4! = 4 \times 3 \times 2 \times 1 = 24$.

Таким образом, существует 24 различных пятизначных числа, которые можно составить из данных цифр, и которые будут кратны 10.

Ответ: 24

116. Сколько четырёхзначных чисел можно записать, используя цифры 2, 3, 4, 5, 7, 8, так, чтобы цифры в записи числа не повторялись?

Для решения этой задачи нам нужно определить количество способов выбрать и расставить 4 цифры из 6 данных без повторений. Данный тип задач решается с помощью комбинаторики, а именно, с использованием размещений без повторений.

У нас есть 6 цифр для составления числа: {2, 3, 4, 5, 7, 8}. Число должно быть четырёхзначным, и цифры в нём не должны повторяться.

Рассмотрим процесс выбора цифр для каждой из четырёх позиций в числе:

• На место тысяч (первая цифра) можно поставить любую из 6 данных цифр. Таким образом, есть 6 вариантов.
• После выбора первой цифры, на место сотен (вторая цифра) остаётся 5 вариантов, так как одна цифра уже использована.
• На место десятков (третья цифра) остаётся 4 неиспользованные цифры, то есть 4 варианта.
• На место единиц (четвёртая цифра) остаётся 3 неиспользованные цифры, то есть 3 варианта.

Согласно правилу произведения в комбинаторике, общее количество возможных чисел равно произведению числа вариантов для каждой позиции:

$6 \times 5 \times 4 \times 3 = 360$

Эту же задачу можно решить с помощью формулы для нахождения числа размещений без повторений из $n$ элементов по $k$:

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

Где $n$ — общее количество элементов (у нас 6 цифр), а $k$ — количество элементов, которые мы выбираем (у нас 4 цифры в числе).

$A_6^4 = \frac{6!}{(6-4)!} = \frac{6!}{2!} = \frac{6 \times 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1}{2 \times 1} = 6 \times 5 \times 4 \times 3 = 360$

Таким образом, можно составить 360 различных четырёхзначных чисел.

Ответ: 360

117. В распоряжении командира воинского подразделения есть 9 солдат. Сколько у него существует способов направить 6 солдат для охраны шести разных объектов?

В данной задаче нам нужно выбрать 6 солдат из 9 и назначить каждого на один из 6 различных объектов. Поскольку объекты разные, то важен порядок назначения солдат. Например, ситуация, когда солдат А охраняет объект 1, а солдат Б — объект 2, отличается от ситуации, когда солдат Б охраняет объект 1, а солдат А — объект 2.

Такие упорядоченные выборки в комбинаторике называются размещениями. Число размещений из $n$ элементов по $k$ вычисляется по формуле:
$A_n^k = \frac{n!}{(n-k)!}$

В нашем случае общее число солдат $n=9$, а количество солдат, которых нужно направить на охрану (и количество объектов), $k=6$.

Подставим значения в формулу:
$A_9^6 = \frac{9!}{(9-6)!} = \frac{9!}{3!}$

Распишем и вычислим значение:
$A_9^6 = \frac{9 \times 8 \times 7 \times 6 \times 5 \times 4 \times 3!}{3!} = 9 \times 8 \times 7 \times 6 \times 5 \times 4$
$9 \times 8 = 72$
$72 \times 7 = 504$
$504 \times 6 = 3024$
$3024 \times 5 = 15120$
$15120 \times 4 = 60480$

Таким образом, существует 60 480 способов направить 6 солдат для охраны шести разных объектов.

Ответ: 60480