Страница 135 - гдз по алгебре 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

16.15. В выражении $(\sqrt{x} + \frac{1}{\sqrt[4]{x}})^{22}$ раскрыли скобки по формуле бинома Ньютона. Какой член разложения можно представить в виде $cx^2$, где $c$ — некоторое число?

Для решения задачи воспользуемся формулой общего члена разложения бинома Ньютона $(a+b)^n$, который имеет вид $T_{k+1} = C_n^k a^{n-k} b^k$, где $k$ — индекс члена, принимающий целые значения от 0 до $n$. В заданном выражении $(\sqrt{x} + \frac{1}{\sqrt[4]{x}})^{22}$ имеем следующие компоненты:
$a = \sqrt{x} = x^{1/2}$
$b = \frac{1}{\sqrt[4]{x}} = x^{-1/4}$
$n = 22$
Подставим эти значения в формулу общего члена разложения:
$T_{k+1} = C_{22}^k (x^{1/2})^{22-k} (x^{-1/4})^k$
Теперь упростим выражение, используя свойства степеней, чтобы найти общий вид степени переменной $x$:
$T_{k+1} = C_{22}^k x^{\frac{1}{2}(22-k)} x^{-\frac{1}{4}k} = C_{22}^k x^{11 - \frac{k}{2} - \frac{k}{4}}$
Чтобы сложить показатели степеней, приведем их к общему знаменателю:
$11 - \frac{k}{2} - \frac{k}{4} = 11 - \frac{2k}{4} - \frac{k}{4} = 11 - \frac{3k}{4}$
Таким образом, общий член разложения равен $T_{k+1} = C_{22}^k x^{11 - \frac{3k}{4}}$.
По условию задачи, мы ищем член разложения, который можно представить в виде $cx^2$. Это значит, что показатель степени при $x$ должен быть равен 2. Составим и решим уравнение относительно $k$:
$11 - \frac{3k}{4} = 2$
Перенесем 2 в левую часть, а дробь в правую:
$11 - 2 = \frac{3k}{4}$
$9 = \frac{3k}{4}$
Умножим обе части уравнения на 4:
$36 = 3k$
Отсюда находим $k$:
$k = \frac{36}{3} = 12$
Полученное значение $k=12$ является целым числом и удовлетворяет условию $0 \le k \le 22$. Номер члена в разложении определяется как $k+1$. Следовательно, искомый член является $(12+1)$-м, то есть 13-м.
Ответ: 13-й член разложения.

16.16. В выражении $ (x^4 + \frac{1}{x})^n $ раскрыли скобки по формуле бинома Ньютона. Известно, что шестой член разложения имеет вид $ 56x^7 $. Найдите $n$.

Для нахождения значения $n$ воспользуемся формулой бинома Ньютона для $(k+1)$-го члена разложения $(a+b)^n$:

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

В нашем случае $a = x^4$, $b = \frac{1}{x} = x^{-1}$. Нас интересует шестой член разложения, следовательно, $k+1=6$, что означает $k=5$.

Подставим эти значения в формулу:

$T_6 = \binom{n}{5} (x^4)^{n-5} \left(\frac{1}{x}\right)^5$

Упростим выражение, используя свойства степеней:

$T_6 = \binom{n}{5} x^{4(n-5)} x^{-5} = \binom{n}{5} x^{4n-20-5} = \binom{n}{5} x^{4n-25}$

По условию задачи, шестой член разложения равен $56x^7$. Приравняем полученное нами выражение к данному:

$\binom{n}{5} x^{4n-25} = 56x^7$

Для того чтобы это равенство было верным для любого $x$, коэффициенты при одинаковых степенях $x$ должны быть равны. Это дает нам систему из двух уравнений:

1. Равенство степеней: $4n-25 = 7$

2. Равенство коэффициентов: $\binom{n}{5} = 56$

Решим первое уравнение, чтобы найти $n$:

$4n = 7 + 25$

$4n = 32$

$n = 8$

Теперь необходимо проверить, удовлетворяет ли найденное значение $n=8$ второму уравнению. Вычислим биномиальный коэффициент $\binom{8}{5}$:

$\binom{8}{5} = \frac{8!}{5!(8-5)!} = \frac{8!}{5!3!} = \frac{8 \cdot 7 \cdot 6 \cdot 5!}{5! \cdot (3 \cdot 2 \cdot 1)} = \frac{8 \cdot 7 \cdot 6}{6} = 8 \cdot 7 = 56$

Так как $56=56$, второе уравнение также выполняется. Следовательно, значение $n$ найдено верно.

Ответ: $n=8$.

16.17. Найдите количество нулей в конце десятичной записи значения выражения $1001^{1000} - 1$.

Чтобы найти количество нулей в конце десятичной записи числа, необходимо определить наивысшую степень числа 10, на которую это число делится. Пусть $N = 1001^{1000} - 1$. Нам нужно найти такое максимальное целое число $k$, что $N$ делится на $10^k = 2^k \cdot 5^k$. Это число $k$ равно наименьшему из показателей степеней 2 и 5 в разложении числа $N$ на простые множители.

Представим выражение в виде $N = (1000 + 1)^{1000} - 1$. Воспользуемся формулой бинома Ньютона: $(a+b)^n = \sum_{i=0}^{n} C_n^i a^i b^{n-i} = C_n^0 b^n + C_n^1 a b^{n-1} + C_n^2 a^2 b^{n-2} + \dots + C_n^n a^n$. В нашем случае $a = 1000$, $b = 1$, $n = 1000$.

$1001^{1000} = (1000 + 1)^{1000} = C_{1000}^0 \cdot 1000^0 \cdot 1^{1000} + C_{1000}^1 \cdot 1000^1 \cdot 1^{999} + C_{1000}^2 \cdot 1000^2 \cdot 1^{998} + \dots + C_{1000}^{1000} \cdot 1000^{1000} \cdot 1^0$.

Раскрывая биномиальные коэффициенты, получаем: $1001^{1000} = 1 + C_{1000}^1 \cdot 1000 + C_{1000}^2 \cdot 1000^2 + \dots + 1000^{1000}$.

Тогда исходное выражение примет вид: $N = (1 + C_{1000}^1 \cdot 1000 + C_{1000}^2 \cdot 1000^2 + \dots + 1000^{1000}) - 1$ $N = C_{1000}^1 \cdot 1000 + C_{1000}^2 \cdot 1000^2 + C_{1000}^3 \cdot 1000^3 + \dots + 1000^{1000}$.

Мы знаем, что $C_{1000}^1 = 1000$. Подставим это в выражение: $N = 1000 \cdot 1000 + C_{1000}^2 \cdot 1000^2 + C_{1000}^3 \cdot 1000^3 + \dots + 1000^{1000}$ $N = 1000^2 + C_{1000}^2 \cdot 1000^2 + C_{1000}^3 \cdot 1000^3 + \dots + 1000^{1000}$.

Все слагаемые в этой сумме делятся на $1000^2 = (10^3)^2 = 10^6$. Вынесем $10^6$ за скобки: $N = 10^6 \left( 1 + C_{1000}^2 + C_{1000}^3 \cdot 1000 + \dots + 1000^{998} \right)$.

Рассмотрим выражение в скобках. Обозначим его $S$. $S = 1 + C_{1000}^2 + C_{1000}^3 \cdot 1000 + \dots + 1000^{998}$. Вычислим второй член: $C_{1000}^2 = \frac{1000 \cdot 999}{2} = 500 \cdot 999 = 499500$. Тогда: $S = 1 + 499500 + C_{1000}^3 \cdot 1000 + \dots$ $S = 499501 + C_{1000}^3 \cdot 1000 + \dots$ Все последующие члены в выражении для $S$ (начиная с $C_{1000}^3 \cdot 1000$) делятся на 1000, так как они содержат множитель $1000$ или его более высокие степени. Таким образом, сумма всех этих членов будет числом, оканчивающимся на три нуля. Тогда число $S$ будет иметь вид: $S = 499501 + (\text{число, оканчивающееся на 000})$. Следовательно, последняя цифра числа $S$ равна 1.

Число, оканчивающееся на 1, не делится ни на 2, ни на 5. Это означает, что в разложении числа $S$ на простые множители нет ни двоек, ни пятерок. Таким образом, количество нулей в конце числа $N = 10^6 \cdot S$ определяется исключительно множителем $10^6$. Множитель $10^6$ дает ровно 6 нулей в конце числа.

Ответ: 6

16.18. Найдите количество нулей в конце десятичной записи значения выражения $999^{1001} + 1$.

16.18.

Чтобы найти количество нулей в конце десятичной записи числа, необходимо определить наивысшую степень числа 10, на которую это число делится. Поскольку $10 = 2 \cdot 5$, нам нужно найти, сколько раз число $999^{1001} + 1$ делится на 10.

Представим число 999 в виде $1000 - 1$. Тогда исходное выражение примет вид:

$(1000 - 1)^{1001} + 1$

Воспользуемся формулой бинома Ньютона для разложения выражения $(a+b)^n$:

$(a+b)^n = \binom{n}{0}a^n b^0 + \binom{n}{1}a^{n-1}b^1 + \binom{n}{2}a^{n-2}b^2 + \dots + \binom{n}{n-1}a^1b^{n-1} + \binom{n}{n}a^0b^n$

Применим эту формулу для нашего случая, где $a = 1000$, $b = -1$ и $n = 1001$:

$(1000 - 1)^{1001} = \binom{1001}{0}1000^{1001}(-1)^0 + \binom{1001}{1}1000^{1000}(-1)^1 + \dots + \binom{1001}{1000}1000^1(-1)^{1000} + \binom{1001}{1001}1000^0(-1)^{1001}$

Рассмотрим последний член этого разложения:

$\binom{1001}{1001}1000^0(-1)^{1001} = 1 \cdot 1 \cdot (-1) = -1$

Теперь подставим разложение в исходное выражение:

$999^{1001} + 1 = \left( \binom{1001}{0}1000^{1001} - \binom{1001}{1}1000^{1000} + \dots + \binom{1001}{1000}1000 - 1 \right) + 1$

Упростив, получаем:

$999^{1001} + 1 = \binom{1001}{0}1000^{1001} - \binom{1001}{1}1000^{1000} + \dots + \binom{1001}{1000}1000$

Каждый член в полученной сумме является произведением, содержащим множитель 1000. Наименьшая степень 1000 в этом выражении равна 1 (в последнем члене). Вынесем $1000$ за скобки:

$1000 \cdot \left( \binom{1001}{0}1000^{1000} - \binom{1001}{1}1000^{999} + \dots + \binom{1001}{1000} \right)$

Чтобы определить общее количество нулей, нам нужно проверить, делится ли выражение в скобках на 10. Обозначим это выражение как $P$.

$P = \binom{1001}{0}1000^{1000} - \binom{1001}{1}1000^{999} + \dots + \binom{1001}{1000}$

Все члены в выражении для $P$, кроме последнего, содержат множитель 1000, а значит, делятся на 10 без остатка. Поэтому последняя цифра числа $P$ определяется последней цифрой его последнего члена. Последний член равен:

$\binom{1001}{1000} = \frac{1001!}{1000!(1001-1000)!} = \frac{1001!}{1000! \cdot 1!} = 1001$

Поскольку все члены, кроме последнего, оканчиваются на ноль, а последний член равен 1001, то число $P$ оканчивается на цифру 1. Следовательно, $P$ не делится на 10.

Таким образом, исходное выражение можно представить в виде $1000 \cdot P$, где $P$ — целое число, не оканчивающееся на ноль. Число 1000 имеет три нуля в конце ($1000 = 10^3$). Это означает, что произведение $1000 \cdot P$ будет оканчиваться ровно на три нуля.

Ответ: 3

16.19. Для всех $x \in \mathbb{R}$ и $n \in \mathbb{N}$ докажите неравенство $(1+x)^n + (1-x)^n \ge 2$.

Для доказательства данного неравенства можно использовать несколько методов. Приведем два из них.

Способ 1: Использование бинома Ньютона

Рассмотрим левую часть неравенства: $(1+x)^n + (1-x)^n$. Воспользуемся формулой бинома Ньютона:

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

где $\binom{n}{k} = \frac{n!}{k!(n-k)!}$ — биномиальные коэффициенты.

Применим эту формулу для каждого слагаемого в выражении.

Для первого слагаемого $(1+x)^n$ (здесь $a=1, b=x$):

$$ (1+x)^n = \binom{n}{0} + \binom{n}{1}x + \binom{n}{2}x^2 + \binom{n}{3}x^3 + \dots + \binom{n}{n}x^n $$

Для второго слагаемого $(1-x)^n$ (здесь $a=1, b=-x$):

$$ (1-x)^n = \binom{n}{0} - \binom{n}{1}x + \binom{n}{2}x^2 - \binom{n}{3}x^3 + \dots + (-1)^n\binom{n}{n}x^n $$

Теперь сложим эти два разложения:

$$ (1+x)^n + (1-x)^n = \left(\binom{n}{0} + \binom{n}{1}x + \binom{n}{2}x^2 + \dots\right) + \left(\binom{n}{0} - \binom{n}{1}x + \binom{n}{2}x^2 - \dots\right) $$

При сложении все члены, содержащие нечетные степени $x$ (например, $\binom{n}{1}x, \binom{n}{3}x^3$ и т.д.), взаимно уничтожаются, так как они имеют противоположные знаки. Члены, содержащие четные степени $x$, удваиваются:

$$ (1+x)^n + (1-x)^n = 2\binom{n}{0} + 2\binom{n}{2}x^2 + 2\binom{n}{4}x^4 + \dots $$

Вынесем 2 за скобки:

$$ (1+x)^n + (1-x)^n = 2 \left( \binom{n}{0} + \binom{n}{2}x^2 + \binom{n}{4}x^4 + \dots \right) $$

Рассмотрим выражение в скобках. Первый член $\binom{n}{0} = 1$. Все остальные слагаемые имеют вид $\binom{n}{2k}x^{2k}$, где $k \ge 1$.

Для любых $n \in \mathbb{N}$ и $k \ge 0$, биномиальный коэффициент $\binom{n}{2k}$ является неотрицательным числом ($\binom{n}{k} \ge 0$).

Для любого действительного числа $x$, его четная степень $x^{2k} = (x^k)^2 \ge 0$.

Следовательно, произведение $\binom{n}{2k}x^{2k}$ всегда неотрицательно.

Таким образом, сумма в скобках является суммой единицы и нескольких неотрицательных слагаемых:

$$ \binom{n}{0} + \binom{n}{2}x^2 + \binom{n}{4}x^4 + \dots \ge \binom{n}{0} = 1 $$

Умножив обе части этого неравенства на 2, получаем исходное неравенство:

$$ (1+x)^n + (1-x)^n = 2 \left( \binom{n}{0} + \binom{n}{2}x^2 + \dots \right) \ge 2 \cdot 1 = 2 $$

Неравенство доказано. Равенство достигается, когда все слагаемые $\binom{n}{2k}x^{2k}$ для $k \ge 1$ равны нулю. Если $n=1$, это так и есть, и равенство $(1+x)+(1-x)=2$ выполняется для любого $x$. Если $n \ge 2$, то $\binom{n}{2} > 0$, и равенство возможно только при $x=0$.

Ответ: Неравенство $(1+x)^n + (1-x)^n \ge 2$ доказано для всех $x \in \mathbb{R}$ и $n \in \mathbb{N}$.

Способ 2: Использование производной

Рассмотрим функцию $f(x) = (1+x)^n + (1-x)^n$. Наша задача — доказать, что $f(x) \ge 2$ для всех $x \in \mathbb{R}$ и $n \in \mathbb{N}$.

Во-первых, заметим, что функция $f(x)$ является четной, поскольку $f(-x) = (1-x)^n + (1-(-x))^n = (1-x)^n + (1+x)^n = f(x)$. Это означает, что график функции симметричен относительно оси ординат, и нам достаточно доказать неравенство для $x \ge 0$.

Рассмотрим случай $n=1$: $f(x) = (1+x) + (1-x) = 2$. Неравенство $2 \ge 2$ выполняется.

Теперь рассмотрим случай $n \ge 2$. Найдем производную функции $f(x)$:

$$ f'(x) = n(1+x)^{n-1} - n(1-x)^{n-1} = n \left[ (1+x)^{n-1} - (1-x)^{n-1} \right] $$

Найдем критические точки, приравняв производную к нулю: $f'(x)=0$.

$$ (1+x)^{n-1} = (1-x)^{n-1} $$

Это равенство всегда имеет решение $x=0$. Для $n \ge 2$ других действительных решений нет. Чтобы это показать, рассмотрим показательную функцию $g(t)=t^{n-1}$. Если $n-1$ нечетное (т.е. $n$ четное), функция $g(t)$ строго возрастает, и из $g(1+x)=g(1-x)$ следует $1+x=1-x$, то есть $x=0$. Если $n-1$ четное (т.е. $n$ нечетное), то $g(t)$ четная, и из $g(1+x)=g(1-x)$ следует $1+x = \pm(1-x)$. Вариант $1+x = 1-x$ дает $x=0$, а вариант $1+x = -(1-x) = -1+x$ приводит к неверному $1=-1$. Таким образом, $x=0$ — единственная критическая точка.

Исследуем знак производной $f'(x)$ для $x > 0$:

Нужно сравнить $(1+x)^{n-1}$ и $(1-x)^{n-1}$.

Если $0 < x < 1$, то $1+x > 1-x > 0$. Так как функция $t^{n-1}$ возрастает для $t>0$ (при $n \ge 2$), то $(1+x)^{n-1} > (1-x)^{n-1}$, и, следовательно, $f'(x) > 0$.

Если $x > 1$, то $1+x > 0$ и $1-x < 0$.

- Если $n$ четное, то $n-1$ нечетное. Тогда $(1-x)^{n-1}$ отрицательно. $f'(x) = n \left[ (1+x)^{n-1} - (1-x)^{n-1} \right] = n \left[ (\text{положит.}) - (\text{отриц.}) \right] > 0$.

- Если $n$ нечетное ($n \ge 3$), то $n-1$ четное. Тогда $(1-x)^{n-1} = (x-1)^{n-1}$. Поскольку $x>1$, имеем $1+x > x-1 > 0$. Так как $t^{n-1}$ возрастает для $t>0$, то $(1+x)^{n-1} > (x-1)^{n-1} = (1-x)^{n-1}$, и, следовательно, $f'(x)>0$.

Таким образом, при $n \ge 2$ производная $f'(x) > 0$ для всех $x>0$. Это значит, что функция $f(x)$ строго возрастает на промежутке $[0, \infty)$.

Следовательно, свое наименьшее значение на этом промежутке функция достигает в его начальной точке, то есть при $x=0$.

$$ f_{min} = f(0) = (1+0)^n + (1-0)^n = 1^n + 1^n = 2 $$

Мы показали, что для $x \ge 0$ выполняется $f(x) \ge f(0) = 2$.

Так как функция $f(x)$ четная, это же неравенство справедливо и для $x < 0$.

Ответ: Неравенство $(1+x)^n + (1-x)^n \ge 2$ доказано для всех $x \in \mathbb{R}$ и $n \in \mathbb{N}$.

16.20. Вычислите суммы $A = C_{101}^1 + C_{101}^3 + C_{101}^5 + ... + C_{101}^{101}$ и $B = C_{101}^0 + C_{101}^2 + C_{101}^4 + ... + C_{101}^{100}$.

Для вычисления данных сумм воспользуемся формулой бинома Ньютона:

$(x+y)^n = \sum_{k=0}^{n} C_n^k x^{n-k} y^k = C_n^0 x^n y^0 + C_n^1 x^{n-1} y^1 + \dots + C_n^n x^0 y^n$

В нашем случае $n=101$. Сумма A представляет собой сумму биномиальных коэффициентов с нечетными верхними индексами, а сумма B — с четными.

$A = C_{101}^1 + C_{101}^3 + C_{101}^5 + \dots + C_{101}^{101}$

$B = C_{101}^0 + C_{101}^2 + C_{101}^4 + \dots + C_{101}^{100}$

Рассмотрим два частных случая бинома Ньютона при $n=101$.

1. Подставим $x=1$ и $y=1$:

$(1+1)^{101} = 2^{101} = \sum_{k=0}^{101} C_{101}^k = C_{101}^0 + C_{101}^1 + C_{101}^2 + \dots + C_{101}^{101}$

Сгруппировав члены по четности верхнего индекса $k$, получим сумму B (четные индексы) и сумму A (нечетные индексы):

$2^{101} = (C_{101}^0 + C_{101}^2 + \dots + C_{101}^{100}) + (C_{101}^1 + C_{101}^3 + \dots + C_{101}^{101})$

Это дает нам первое уравнение: $B + A = 2^{101}$.

2. Подставим $x=1$ и $y=-1$:

$(1-1)^{101} = 0^{101} = 0 = \sum_{k=0}^{101} C_{101}^k (1)^{101-k} (-1)^k = C_{101}^0 - C_{101}^1 + C_{101}^2 - C_{101}^3 + \dots - C_{101}^{101}$

Снова сгруппируем члены:

$0 = (C_{101}^0 + C_{101}^2 + \dots + C_{101}^{100}) - (C_{101}^1 + C_{101}^3 + \dots + C_{101}^{101})$

Это дает нам второе уравнение: $B - A = 0$.

Теперь у нас есть система из двух линейных уравнений для нахождения A и B:

$\begin{cases} A + B = 2^{101} \\ B - A = 0 \end{cases}$

Из второго уравнения следует, что $A = B$. Подставим это равенство в первое уравнение:

$A + A = 2^{101}$

$2A = 2^{101}$

$A = \frac{2^{101}}{2} = 2^{101-1} = 2^{100}$

Так как $A=B$, то и $B = 2^{100}$.

A

Сумма $A = C_{101}^1 + C_{101}^3 + C_{101}^5 + \dots + C_{101}^{101}$ является суммой биномиальных коэффициентов с нечетными верхними индексами. Как было показано выше, ее значение равно $2^{100}$.

Ответ: $A = 2^{100}$

B

Сумма $B = C_{101}^0 + C_{101}^2 + C_{101}^4 + \dots + C_{101}^{100}$ является суммой биномиальных коэффициентов с четными верхними индексами. Как было показано выше, ее значение равно $2^{100}$.

Ответ: $B = 2^{100}$