Номер 17, страница 11 - гдз по алгебре 11 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Полонский

Самостоятельная работа № 17

Элементы комбинаторики и бином Ньютона

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

2. В легкоатлетической секции занимаются 11 десятиклассников и 5 девятиклассников. Сколько существует способов сформировать команду для участия в эстафете, состоящей из шести этапов, если на первом и последнем этапе должны участвовать девятиклассники?

3. В первые три вагона поезда надо рассадить 30 пассажиров по 10 в каждый вагон. Сколько существует способов это сделать?

4. Найдите сумму чисел, стоящих на чётных местах в 21-й строке треугольника Паскаля.

1.

Пятизначное число является чётным, если его последняя цифра — чётная. Из предложенного набора цифр {1, 3, 6, 7, 9} только одна цифра является чётной — это 6. Следовательно, чтобы число было чётным, оно должно оканчиваться на 6.

У нас есть 5 позиций для цифр. Последняя позиция зафиксирована:

_ _ _ _ 6

Остальные четыре цифры {1, 3, 7, 9} должны занять первые четыре позиции, причём каждая используется один раз. Количество способов расставить 4 различных элемента по 4 местам равно числу перестановок из 4 элементов, которое вычисляется по формуле $P_4 = 4!$.

$4! = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 = 24$.

Таким образом, существует 24 способа составить такое число.

Ответ: 24

2.

Команда для эстафеты состоит из 6 человек, и порядок их выступления на этапах важен. Всего в секции $11 + 5 = 16$ спортсменов.

1. На первый и последний (шестой) этапы нужно поставить девятиклассников. Всего девятиклассников 5. Выбор двух человек на две конкретные позиции из пяти является размещением. Число способов выбрать и расставить двух девятиклассников на 1-й и 6-й этапы равно $A_5^2$.

$A_5^2 = \frac{5!}{(5-2)!} = \frac{5!}{3!} = 5 \cdot 4 = 20$ способов.

2. После того как два девятиклассника заняли свои места, осталось $16 - 2 = 14$ спортсменов (3 девятиклассника и 11 десятиклассников). Также осталось $6 - 2 = 4$ свободных этапа (со 2-го по 5-й). Нужно выбрать 4 человека из 14 и расставить их по этим этапам. Число способов для этого также является размещением, $A_{14}^4$.

$A_{14}^4 = \frac{14!}{(14-4)!} = \frac{14!}{10!} = 14 \cdot 13 \cdot 12 \cdot 11 = 24024$ способа.

3. Согласно комбинаторному правилу умножения, общее число способов сформировать команду равно произведению числа способов для каждого независимого шага.

Общее число способов = $A_5^2 \cdot A_{14}^4 = 20 \cdot 24024 = 480480$.

Ответ: 480480

3.

Задача заключается в том, чтобы разделить 30 различных пассажиров на 3 упорядоченные группы (поскольку вагоны различны) размером по 10 человек.

1. Сначала выберем 10 пассажиров для первого вагона из 30. Так как порядок выбора пассажиров не важен, используем сочетания. Число способов это сделать: $C_{30}^{10}$.

2. Затем из оставшихся $30 - 10 = 20$ пассажиров выберем 10 для второго вагона. Число способов: $C_{20}^{10}$.

3. Оставшиеся 10 пассажиров отправятся в третий вагон. Есть только один способ выбрать 10 из 10: $C_{10}^{10} = 1$.

По правилу умножения, общее число способов рассадки равно произведению числа способов на каждом шаге:

$N = C_{30}^{10} \cdot C_{20}^{10} \cdot C_{10}^{10} = \frac{30!}{10!(30-10)!} \cdot \frac{20!}{10!(20-10)!} \cdot \frac{10!}{10!(10-10)!}$

Упростим выражение:

$N = \frac{30!}{10! \cdot 20!} \cdot \frac{20!}{10! \cdot 10!} \cdot \frac{10!}{10! \cdot 0!} = \frac{30!}{10! \cdot 10! \cdot 10!}$ (так как $0!=1$).

Ответ: $\frac{30!}{(10!)^3}$

4.

В общепринятой нумерации строк треугольника Паскаля (начиная с первой), $k$-я строка содержит биномиальные коэффициенты для разложения $(a+b)^{k-1}$. Следовательно, 21-я строка соответствует степени $n = 21 - 1 = 20$.

Элементы 21-й строки (для $n=20$) имеют вид: $C_{20}^0, C_{20}^1, C_{20}^2, \dots, C_{20}^{20}$.

Места (позиции) в строке нумеруются с 1. Первое место занимает $C_{20}^0$, второе — $C_{20}^1$, третье — $C_{20}^2$ и так далее. Нам нужно найти сумму чисел, стоящих на чётных местах (2-м, 4-м, ..., 20-м).

Искомая сумма S равна: $S = C_{20}^1 + C_{20}^3 + C_{20}^5 + \dots + C_{20}^{19}$.

Для нахождения этой суммы воспользуемся свойствами биномиальных коэффициентов, которые следуют из формулы бинома Ньютона для $(1+x)^{20}$ при $x=1$ и $x=-1$:

1. Сумма всех коэффициентов в строке: $(1+1)^{20} = C_{20}^0 + C_{20}^1 + C_{20}^2 + \dots + C_{20}^{20} = 2^{20}$.

2. Знакопеременная сумма коэффициентов: $(1-1)^{20} = C_{20}^0 - C_{20}^1 + C_{20}^2 - \dots + C_{20}^{20} = 0$.

Из второго равенства следует, что сумма коэффициентов с чётными нижними индексами (стоящих на нечётных местах) равна сумме коэффициентов с нечётными нижними индексами (стоящих на чётных местах):

$(C_{20}^0 + C_{20}^2 + \dots + C_{20}^{20}) = (C_{20}^1 + C_{20}^3 + \dots + C_{20}^{19}) = S$.

Подставим это соотношение в первое равенство:

$(C_{20}^0 + C_{20}^2 + \dots + C_{20}^{20}) + (C_{20}^1 + C_{20}^3 + \dots + C_{20}^{19}) = S + S = 2S = 2^{20}$.

Отсюда находим S:

$S = \frac{2^{20}}{2} = 2^{19}$.

Вычислим значение: $2^{19} = 2^{10} \cdot 2^9 = 1024 \cdot 512 = 524288$.

Ответ: 524288