Страница 316 - гдз по алгебре 9 класс учебник Никольский, Потапов

9. a) Теплоход по течению реки от $A$ до $B$ идёт $a$ ч, а от $B$ до $A$ он идёт $b$ ч. Расстояние $AB$ равно $36$ км, скорость течения реки равна $3$ км/ч. Какому числовому промежутку принадлежат значения $b$, если $3 \leq a \leq 4$?

б) Теплоход по течению реки от $A$ до $B$ идёт $a$ ч, а от $B$ до $A$ он идёт $b$ ч. Расстояние $AB$ равно $48$ км, скорость течения реки равна $2$ км/ч. Какому числовому промежутку принадлежат значения $a$, если $4 \leq b \leq 6$?

а)

Пусть $v_{соб}$ — собственная скорость теплохода (в км/ч). Скорость течения реки $v_{теч} = 3$ км/ч. Расстояние $S = 36$ км.

Скорость теплохода по течению (от А до В) равна $v_{по\;теч} = v_{соб} + v_{теч} = v_{соб} + 3$. Время в пути по течению: $a = \frac{S}{v_{по\;теч}} = \frac{36}{v_{соб} + 3}$.

Скорость теплохода против течения (от В до А) равна $v_{пр\;теч} = v_{соб} - v_{теч} = v_{соб} - 3$. Время в пути против течения: $b = \frac{S}{v_{пр\;теч}} = \frac{36}{v_{соб} - 3}$.

Наша задача — найти диапазон значений $b$, зная диапазон значений $a$. Для этого выразим $b$ через $a$. Из формулы для времени $a$ выразим $v_{соб}$: $v_{соб} + 3 = \frac{36}{a} \implies v_{соб} = \frac{36}{a} - 3$.

Подставим это выражение в формулу для времени $b$: $b = \frac{36}{(\frac{36}{a} - 3) - 3} = \frac{36}{\frac{36}{a} - 6} = \frac{36}{\frac{36 - 6a}{a}} = \frac{36a}{36 - 6a} = \frac{6a}{6 - a}$.

Мы получили зависимость $b(a) = \frac{6a}{6 - a}$. Чтобы найти диапазон значений $b$, исследуем эту функцию на промежутке $3 \le a \le 4$. Найдем производную функции $b(a)$: $b'(a) = \frac{(6a)'(6 - a) - 6a(6 - a)'}{(6 - a)^2} = \frac{6(6 - a) - 6a(-1)}{(6 - a)^2} = \frac{36 - 6a + 6a}{(6 - a)^2} = \frac{36}{(6 - a)^2}$. Поскольку производная $b'(a) > 0$ на всем промежутке, функция $b(a)$ является возрастающей. Это означает, что меньшему значению $a$ соответствует меньшее значение $b$, а большему — большее.

Найдем граничные значения $b$: Если $a = 3$, то $b = \frac{6 \cdot 3}{6 - 3} = \frac{18}{3} = 6$. Если $a = 4$, то $b = \frac{6 \cdot 4}{6 - 4} = \frac{24}{2} = 12$. Следовательно, при $3 \le a \le 4$ значения $b$ принадлежат промежутку $[6, 12]$.

Ответ: $b \in [6, 12]$.

б)

Пусть $v_{соб}$ — собственная скорость теплохода (в км/ч). Скорость течения реки $v_{теч} = 2$ км/ч. Расстояние $S = 48$ км.

Скорость теплохода по течению (от А до В) равна $v_{по\;теч} = v_{соб} + v_{теч} = v_{соб} + 2$. Время в пути по течению: $a = \frac{S}{v_{по\;теч}} = \frac{48}{v_{соб} + 2}$.

Скорость теплохода против течения (от В до А) равна $v_{пр\;теч} = v_{соб} - v_{теч} = v_{соб} - 2$. Время в пути против течения: $b = \frac{S}{v_{пр\;теч}} = \frac{48}{v_{соб} - 2}$.

Наша задача — найти диапазон значений $a$, зная диапазон значений $b$. Для этого выразим $a$ через $b$. Из формулы для времени $b$ выразим $v_{соб}$: $v_{соб} - 2 = \frac{48}{b} \implies v_{соб} = \frac{48}{b} + 2$.

Подставим это выражение в формулу для времени $a$: $a = \frac{48}{(\frac{48}{b} + 2) + 2} = \frac{48}{\frac{48}{b} + 4} = \frac{48}{\frac{48 + 4b}{b}} = \frac{48b}{48 + 4b} = \frac{12b}{12 + b}$.

Мы получили зависимость $a(b) = \frac{12b}{12 + b}$. Чтобы найти диапазон значений $a$, исследуем эту функцию на промежутке $4 \le b \le 6$. Найдем производную функции $a(b)$: $a'(b) = \frac{(12b)'(12 + b) - 12b(12 + b)'}{(12 + b)^2} = \frac{12(12 + b) - 12b(1)}{(12 + b)^2} = \frac{144 + 12b - 12b}{(12 + b)^2} = \frac{144}{(12 + b)^2}$. Поскольку производная $a'(b) > 0$ на всем промежутке, функция $a(b)$ является возрастающей. Это означает, что меньшему значению $b$ соответствует меньшее значение $a$, а большему — большее.

Найдем граничные значения $a$: Если $b = 4$, то $a = \frac{12 \cdot 4}{12 + 4} = \frac{48}{16} = 3$. Если $b = 6$, то $a = \frac{12 \cdot 6}{12 + 6} = \frac{72}{18} = 4$. Следовательно, при $4 \le b \le 6$ значения $a$ принадлежат промежутку $[3, 4]$.

Ответ: $a \in [3, 4]$.

10. а) Пешеход может пройти расстояние AB за $a$ ч, а велосипедист может проехать то же расстояние за $b$ ч. Однажды они отправились одновременно навстречу друг другу — пешеход из A, велосипедист из B — и встретились через $t$ ч. Какому числовому промежутку принадлежат значения $t$, если $20 \le a \le 24$ и $5 \le b \le 8$?

б) Первая труба наполнит бассейн за $a$ ч, вторая — за $b$ ч, а при совместной работе они наполнят тот же бассейн за $t$ ч. Какому числовому промежутку принадлежат значения $t$, если $20 \le a \le 24$ и $30 \le b \le 40$?

Назовём чётным факториалом (или двойным факториалом) число $n!!$ — произведение всех чётных чисел, не превосходящих $n$, а нечётным факториалом (или тройным факториалом) число $n!!!$ — произведение всех нечётных чисел, не превосходящих $n (n > 4)$. Например, $6!! = 2 \cdot 4 \cdot 6 = 48$, $6!!! = 1 \cdot 3 \cdot 5 = 15$, $7!! = 2 \cdot 4 \cdot 6 = 48$, $7!!! = 1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 7 = 105$.

а) Пусть расстояние между пунктами А и В равно $S$. Скорость пешехода равна $v_п = S/a$, а скорость велосипедиста — $v_в = S/b$. Когда они движутся навстречу друг другу, их скорость сближения равна сумме их скоростей: $v_{сбл} = v_п + v_в = \frac{S}{a} + \frac{S}{b} = S(\frac{1}{a} + \frac{1}{b})$.
Время $t$, через которое они встретятся, находится из соотношения $S = v_{сбл} \cdot t$. Подставим выражение для скорости сближения:$S = S(\frac{1}{a} + \frac{1}{b})t$.
Так как расстояние $S > 0$, можно разделить обе части уравнения на $S$:$1 = (\frac{1}{a} + \frac{1}{b})t$.
Выразим отсюда время $t$:$t = \frac{1}{\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} = \frac{1}{\frac{a+b}{ab}} = \frac{ab}{a+b}$.
Нам даны интервалы для $a$ и $b$: $20 \le a \le 24$ и $5 \le b \le 8$.Функция $t(a, b) = \frac{ab}{a+b}$ является возрастающей по каждому из аргументов $a$ и $b$ при положительных значениях. Это можно показать, проанализировав частные производные, которые всегда положительны: $\frac{\partial t}{\partial a} = \frac{b^2}{(a+b)^2} > 0$ и $\frac{\partial t}{\partial b} = \frac{a^2}{(a+b)^2} > 0$.
Следовательно, наименьшее значение $t$ будет достигаться при наименьших значениях $a$ и $b$, а наибольшее — при наибольших.Вычислим минимальное значение $t_{min}$:$t_{min} = \frac{a_{min} \cdot b_{min}}{a_{min} + b_{min}} = \frac{20 \cdot 5}{20 + 5} = \frac{100}{25} = 4$ часа.
Вычислим максимальное значение $t_{max}$:$t_{max} = \frac{a_{max} \cdot b_{max}}{a_{max} + b_{max}} = \frac{24 \cdot 8}{24 + 8} = \frac{192}{32} = 6$ часов.
Таким образом, значения $t$ принадлежат числовому промежутку $[4; 6]$.
Ответ: $t \in [4; 6]$.

б) Задачи на совместную работу решаются аналогично задачам на движение. Примем весь объем бассейна за 1. Тогда производительность первой трубы (часть бассейна, наполняемая за час) равна $P_1 = 1/a$, а производительность второй трубы — $P_2 = 1/b$.
При совместной работе их производительности складываются: $P_{общ} = P_1 + P_2 = \frac{1}{a} + \frac{1}{b}$.
Время $t$, за которое они вместе наполнят бассейн, вычисляется как $t = \frac{1}{P_{общ}}$.$t = \frac{1}{\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} = \frac{ab}{a+b}$.
Мы получили ту же самую зависимость $t$ от $a$ и $b$, что и в пункте а). Нам даны интервалы: $20 \le a \le 24$ и $30 \le b \le 40$.
Как было показано ранее, функция $t(a, b) = \frac{ab}{a+b}$ возрастает по обоим аргументам. Значит, для нахождения диапазона значений $t$, нужно подставить в формулу минимальные и максимальные значения $a$ и $b$.
Вычислим минимальное значение $t_{min}$:$t_{min} = \frac{a_{min} \cdot b_{min}}{a_{min} + b_{min}} = \frac{20 \cdot 30}{20 + 30} = \frac{600}{50} = 12$ часов.
Вычислим максимальное значение $t_{max}$:$t_{max} = \frac{a_{max} \cdot b_{max}}{a_{max} + b_{max}} = \frac{24 \cdot 40}{24 + 40} = \frac{960}{64} = 15$ часов.
Таким образом, значения $t$ принадлежат числовому промежутку $[12; 15]$.
Ответ: $t \in [12; 15]$.

11. Определите последнюю цифру в записи числа $2007!!!$.

Для того чтобы определить последнюю цифру числа, необходимо найти его остаток от деления на 10. Если число делится на 10, его последняя цифра равна 0. Число делится на 10, если оно делится одновременно на 2 и на 5.

Рассмотрим число, заданное в условии: $2007!!!$.

Выражение $n!!!$ (тройной факториал) — это произведение натуральных чисел от $n$ до 1 с шагом 3. То есть, $n!!! = n \times (n-3) \times (n-6) \times \dots \times k$, где $k$ — последнее положительное число в этой последовательности.

Для числа $2007!!!$ произведение будет выглядеть так:$2007!!! = 2007 \times (2007-3) \times (2007-6) \times \dots = 2007 \times 2004 \times 2001 \times 1998 \times \dots$

Чтобы определить, оканчивается ли это произведение на 0, проверим, есть ли среди его множителей числа, делящиеся на 2 и на 5.

1. Наличие множителя, делящегося на 2 (четного числа).
Второй множитель в произведении — это $2007-3 = 2004$. Число 2004 является четным, так как оно делится на 2. Следовательно, все произведение $2007!!!$ делится на 2.

2. Наличие множителя, делящегося на 5.
Множитель делится на 5, если его последняя цифра — 0 или 5. Будем искать в последовательности $2007, 2004, 2001, \dots$ число, оканчивающееся на 5. Все члены этой последовательности имеют вид $2007 - 3k$ для $k \ge 0$. Найдем такой $k$, чтобы последняя цифра числа $2007 - 3k$ была равна 5.Последняя цифра числа 2007 равна 7. Чтобы разность оканчивалась на 5, последняя цифра вычитаемого ($3k$) должна быть 2 (так как $7-2=5$).Проверим значения $3k$ для разных $k$: $3 \times 1=3$, $3 \times 2=6$, $3 \times 3=9$, $3 \times 4=12$. Последняя цифра числа 12 — это 2.Значит, при $k=4$ мы получим нужный нам множитель: $2007 - 3 \times 4 = 2007 - 12 = 1995$.Число 1995 оканчивается на 5, следовательно, оно делится на 5. Этот множитель присутствует в произведении $2007!!!$.

Поскольку в разложении числа $2007!!!$ есть множитель, делящийся на 2 (например, 2004), и множитель, делящийся на 5 (например, 1995), то все произведение делится на $2 \times 5 = 10$.

Любое целое число, которое делится на 10, оканчивается на 0.
Ответ: 0

12. Определите, сколько нулей в конце записи числа $100!!$.

Количество нулей в конце записи числа определяется количеством множителей 10 в его разложении на простые множители. Поскольку $10 = 2 \cdot 5$, нам нужно найти, сколько пар множителей (2 и 5) содержится в разложении числа $100!!$. Это число равно минимальному из показателей степеней 2 и 5 в разложении.

Двойной факториал числа 100, обозначаемый как $100!!$, представляет собой произведение всех чётных натуральных чисел от 2 до 100 включительно:

$100!! = 100 \cdot 98 \cdot 96 \cdot \dots \cdot 4 \cdot 2$

Сначала найдем показатель степени для множителя 5. Множитель 5 могут содержать только те числа в произведении, которые делятся на 5. Так как все числа в произведении чётные, нас интересуют числа, делящиеся одновременно на 2 и на 5, то есть на 10.

Выпишем эти числа из произведения и посчитаем количество пятёрок в их разложении:
$10 = 2 \cdot 5$ (содержит одну 5)
$20 = 4 \cdot 5$ (содержит одну 5)
$30 = 6 \cdot 5$ (содержит одну 5)
$40 = 8 \cdot 5$ (содержит одну 5)
$50 = 2 \cdot 25 = 2 \cdot 5^2$ (содержит две 5)
$60 = 12 \cdot 5$ (содержит одну 5)
$70 = 14 \cdot 5$ (содержит одну 5)
$80 = 16 \cdot 5$ (содержит одну 5)
$90 = 18 \cdot 5$ (содержит одну 5)
$100 = 4 \cdot 25 = 4 \cdot 5^2$ (содержит две 5)

Суммарное количество множителей 5 равно: $1 + 1 + 1 + 1 + 2 + 1 + 1 + 1 + 1 + 2 = 12$.

Теперь найдем показатель степени для множителя 2. Очевидно, что он будет значительно больше 12, так как каждый из 50 сомножителей в произведении $100!!$ является чётным. Для полноты решения приведем точный расчет. Представим $100!!$ в виде:

$100!! = (2 \cdot 50) \cdot (2 \cdot 49) \cdot \dots \cdot (2 \cdot 1) = 2^{50} \cdot 50!$

Количество множителей 2 в разложении числа 50! можно найти по формуле Лежандра:

$\lfloor \frac{50}{2} \rfloor + \lfloor \frac{50}{4} \rfloor + \lfloor \frac{50}{8} \rfloor + \lfloor \frac{50}{16} \rfloor + \lfloor \frac{50}{32} \rfloor = 25 + 12 + 6 + 3 + 1 = 47$

Таким образом, общее количество множителей 2 в разложении $100!!$ равно $50 + 47 = 97$.

Количество нулей в конце числа определяется минимальным из показателей степеней 2 и 5. В нашем случае это $\min(97, 12) = 12$.

Ответ: 12

13. Определите последнюю отличную от нуля цифру в записи числа $30!!$.

Решение:Заданное число — это двойной факториал, и поскольку 30 является четным числом, он вычисляется как произведение всех четных чисел от 2 до 30:$30!! = 30 \cdot 28 \cdot 26 \cdot \ldots \cdot 4 \cdot 2$.В этом произведении 15 сомножителей. Мы можем вынести множитель 2 из каждого из них:$30!! = (2 \cdot 15) \cdot (2 \cdot 14) \cdot \ldots \cdot (2 \cdot 1) = 2^{15} \cdot (15 \cdot 14 \cdot \ldots \cdot 1) = 2^{15} \cdot 15!$.Чтобы найти последнюю отличную от нуля цифру, сначала определим, на сколько нулей оканчивается число $30!!$. Количество нулей определяется количеством пар простых множителей $(2, 5)$ в разложении числа. Множители 5 могут появиться только из разложения $15!$, так как $2^{15}$ не содержит пятерок. Количество пятерок в разложении $15!$ можно найти по формуле Лежандра:$k_5 = \lfloor\frac{15}{5}\rfloor + \lfloor\frac{15}{25}\rfloor + \ldots = 3 + 0 = 3$.Количество двоек в разложении $30!!$ очевидно больше трех, поэтому число $30!!$ оканчивается на 3 нуля.Искомая цифра — это последняя цифра числа $N = \frac{30!!}{10^3}$, то есть нам нужно найти $N \pmod{10}$.$N = \frac{2^{15} \cdot 15!}{10^3} = \frac{2^{15} \cdot 15!}{(2 \cdot 5)^3} = \frac{2^{15} \cdot 15!}{2^3 \cdot 5^3} = 2^{12} \cdot \frac{15!}{5^3}$.Теперь найдем остаток от деления на 10 для каждого сомножителя.1. Найдем $2^{12} \pmod{10}$. Последние цифры степеней двойки образуют цикл длины 4: $2, 4, 8, 6$. Поскольку показатель $12$ делится на 4, последняя цифра $2^{12}$ будет такой же, как у $2^4$, то есть 6.2. Найдем $\frac{15!}{5^3} \pmod{10}$. Этот множитель представляет собой произведение чисел от 1 до 15, в котором все множители 5 удалены. Точнее, числа 5, 10, 15 делятся на 5.$\frac{15!}{5^3} = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot \frac{5}{5} \cdot 6 \cdot 7 \cdot 8 \cdot 9 \cdot \frac{10}{5} \cdot 11 \cdot 12 \cdot 13 \cdot 14 \cdot \frac{15}{5} = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 1 \cdot 6 \cdot 7 \cdot 8 \cdot 9 \cdot 2 \cdot 11 \cdot 12 \cdot 13 \cdot 14 \cdot 3$.Найдем последнюю цифру этого произведения по модулю 10:$L(1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4) = 4$.$L(6 \cdot 7 \cdot 8 \cdot 9) = L(3024) = 4$.$L(11 \cdot 12 \cdot 13 \cdot 14) = L(24024) = 4$.Множители от деления на 5 дают $1, 2, 3$.Тогда последняя цифра всего выражения равна последней цифре произведения:$L(4 \cdot 1 \cdot 4 \cdot 2 \cdot 4 \cdot 3) = L(16 \cdot 2 \cdot 12) = L(6 \cdot 2 \cdot 2) = L(24) = 4$.Итак, последняя цифра числа $\frac{15!}{5^3}$ равна 4.3. Теперь перемножим полученные последние цифры:$N \pmod{10} = (6 \cdot 4) \pmod{10} = 24 \pmod{10} = 4$.Последняя отличная от нуля цифра числа $30!!$ равна 4.
Ответ: 4

Доказываем. Докажите (14–18):

14. Если $n$ — натуральное число и $n > 4$, то $n!! \cdot n!!! = n!$.

14.

Утверждение, которое требуется доказать: если $n$ — натуральное число и $n > 4$, то $n!! \cdot n!!! = n!$.

Для начала разберемся с определениями используемых операций:

• $n!$ (факториал) — произведение всех натуральных чисел от 1 до $n$: $n! = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \dots \cdot n$.
• $n!!$ (двойной факториал) — произведение натуральных чисел от $n$ до 1, имеющих ту же четность, что и $n$.
  • Если $n$ четное, $n!! = n \cdot (n-2) \cdot (n-4) \cdot \dots \cdot 2$.
  • Если $n$ нечетное, $n!! = n \cdot (n-2) \cdot (n-4) \cdot \dots \cdot 1$.
• $n!!!$ (тройной факториал) — произведение натуральных чисел от $n$ до 1 с шагом 3: $n!!! = n \cdot (n-3) \cdot (n-6) \cdot \dots$ (до последнего положительного члена).

Проверим исходное утверждение на контрпримере. Возьмем наименьшее натуральное число, удовлетворяющее условию $n > 4$, то есть $n=5$.

Вычислим левую и правую части равенства для $n=5$:

• Правая часть: $5! = 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 = 120$.
• Левая часть:
  • $5!! = 5 \cdot 3 \cdot 1 = 15$.
  • $5!!! = 5 \cdot (5-3) = 5 \cdot 2 = 10$.
  • Произведение: $5!! \cdot 5!!! = 15 \cdot 10 = 150$.

Сравниваем результаты: $150 \neq 120$. Следовательно, исходное утверждение $n!! \cdot n!!! = n!$ является неверным.

Можно также доказать неверность утверждения в общем виде. В произведении $n!! \cdot n!!!$ множитель $n$ встречается как в определении двойного факториала ($n \cdot (n-2) \cdot \dots$), так и в определении тройного факториала ($n \cdot (n-3) \cdot \dots$). Это означает, что левая часть равенства, $n!! \cdot n!!!$, всегда делится на $n^2$. Правая часть, $n! = n \cdot (n-1)!$, делится на $n^2$ только в том случае, если $(n-1)!$ делится на $n$. Однако, если $n$ — простое число (например, 5, 7, 11, ...), то по следствию из теоремы Вильсона (или просто потому, что все сомножители в $(n-1)!$ меньше $n$), $(n-1)!$ на $n$ не делится. Так как условие $n>4$ допускает простые числа, равенство не может выполняться для всех $n>4$.

Вероятнее всего, в условии задачи допущена опечатка. Наиболее известное и верное тождество, связывающее факториалы, — это $n! = n!! \cdot (n-1)!!$. Докажем это исправленное тождество.

Доказательство тождества $n! = n!! \cdot (n-1)!!$

Факториал $n!$ по определению является произведением всех натуральных чисел от 1 до $n$. Мы можем сгруппировать эти числа на четные и нечетные. $n! = (1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \dots) \cdot (2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot \dots)$. Рассмотрим два случая в зависимости от четности $n$.

Случай 1: $n$ — четное число.
Пусть $n = 2k$, где $k$ — натуральное число. Тогда произведение всех четных чисел, не превосходящих $n$, это $2 \cdot 4 \cdot \dots \cdot 2k$. По определению это $n!!$. Произведение всех нечетных чисел, не превосходящих $n$, это $1 \cdot 3 \cdot \dots \cdot (2k-1)$. По определению это $(n-1)!!$. Перемножив эти две группы чисел, мы получим произведение всех натуральных чисел от 1 до $n$: $n! = (2 \cdot 4 \cdot \dots \cdot 2k) \cdot (1 \cdot 3 \cdot \dots \cdot (2k-1)) = n!! \cdot (n-1)!!$.

Случай 2: $n$ — нечетное число.
Пусть $n = 2k+1$, где $k$ — натуральное число. Тогда произведение всех нечетных чисел, не превосходящих $n$, это $1 \cdot 3 \cdot \dots \cdot (2k+1)$. По определению это $n!!$. Произведение всех четных чисел, не превосходящих $n$, это $2 \cdot 4 \cdot \dots \cdot 2k$. По определению это $(n-1)!!$. Перемножив эти две группы чисел, мы снова получим произведение всех натуральных чисел от 1 до $n$: $n! = (1 \cdot 3 \cdot \dots \cdot (2k+1)) \cdot (2 \cdot 4 \cdot \dots \cdot 2k) = n!! \cdot (n-1)!!$.

Поскольку тождество верно для любых четных и нечетных $n \ge 2$, оно верно и для всех натуральных чисел $n>4$.

Ответ: Исходное утверждение $n!! \cdot n!!! = n!$ неверно, что показано на контрпримере $n=5$, где $5!! \cdot 5!!! = 150$, а $5! = 120$. Вероятной опечаткой в условии является тождество $n! = n!! \cdot (n-1)!!$, доказательство которого приведено выше.

15. Если $n$ — чётное число большее 4, то $n!! > n!!!$.

Для доказательства утверждения, что для любого чётного числа $n > 4$ выполняется неравенство $n!! > n!!!$, воспользуемся методом математической индукции.

Напомним определения двойного и тройного факториалов для чётного $n$:
Двойной факториал: $n!! = n \cdot (n-2) \cdot (n-4) \cdot \dots \cdot 2$.
Тройной факториал: $n!!! = n \cdot (n-3) \cdot (n-6) \cdot \dots \cdot r$, где $r$ — последний положительный член последовательности.

База индукции

Проверим утверждение для наименьшего чётного числа $n$, которое больше 4, то есть для $n=6$.
Вычислим левую и правую части неравенства:
$6!! = 6 \cdot 4 \cdot 2 = 48$
$6!!! = 6 \cdot 3 = 18$
Поскольку $48 > 18$, неравенство $6!! > 6!!!$ является верным. База индукции установлена.

Индукционное предположение

Предположим, что для некоторого чётного числа $k > 4$ неравенство выполняется, то есть $k!! > k!!!$.

Шаг индукции

Докажем, что неравенство справедливо и для следующего чётного числа $n = k+2$. Нам нужно доказать, что $(k+2)!! > (k+2)!!!$.
Преобразуем левую часть: $(k+2)!! = (k+2) \cdot k!!$.
Преобразуем правую часть: $(k+2)!!! = (k+2) \cdot (k-1) \cdot (k-4) \cdot \dots$.
Исходное неравенство для $n=k+2$ принимает вид:
$(k+2) \cdot k!! > (k+2) \cdot (k-1) \cdot (k-4) \cdot \dots$
Так как $k > 4$, то $k+2 > 0$, и мы можем разделить обе части неравенства на $k+2$:
$k!! > (k-1) \cdot (k-4) \cdot (k-7) \cdot \dots$
Произведение в правой части представляет собой тройной факториал числа $(k-1)$, то есть $(k-1)!!!$. Таким образом, нам нужно доказать неравенство $k!! > (k-1)!!!$.
Согласно индукционному предположению, мы знаем, что $k!! > k!!!$. Если мы сможем доказать, что $k!!! > (k-1)!!!$, то из этих двух неравенств по свойству транзитивности будет следовать требуемое неравенство $k!! > (k-1)!!!$.

Докажем вспомогательное неравенство $k!!! > (k-1)!!!$ для всех чётных $k > 4$. Для этого рассмотрим три случая в зависимости от остатка от деления $k$ на 3.

Случай 1: $k \equiv 0 \pmod{3}$. Так как $k$ — чётное, $k$ имеет вид $6m$ для $m \ge 1$.
$k!!! = k(k-3)\dots(3)$. Число сомножителей равно $k/3$.
$(k-1)!!! = (k-1)(k-4)\dots(2)$. Число сомножителей равно $((k-1)-2)/3 + 1 = k/3$.
Количество сомножителей в обоих произведениях одинаково. Сравним их попарно: $k > k-1$, $k-3 > k-4$, ..., $3 > 2$. Каждый сомножитель в левой части больше соответствующего сомножителя в правой. Следовательно, $k!!! > (k-1)!!!$.

Случай 2: $k \equiv 1 \pmod{3}$. Так как $k$ — чётное, $k$ имеет вид $3m+1$, где $m$ — нечётное. Наименьшее такое $k>4$ — это $k=10$.
$k!!! = k(k-3)\dots(1)$. Число сомножителей равно $(k-1)/3 + 1$.
$(k-1)!!! = (k-1)(k-4)\dots(3)$. Число сомножителей равно $(k-1)/3$.
Сравним сомножители: $k > k-1$, $k-3 > k-4$, ..., $4 > 3$. Произведение сомножителей $k!!!$ (кроме последнего, равного 1) больше, чем произведение $(k-1)!!!$. Таким образом, $k!!! > (k-1)!!!$.

Случай 3: $k \equiv 2 \pmod{3}$. Так как $k$ — чётное, $k$ имеет вид $3m+2$, где $m$ — чётное. Наименьшее такое $k>4$ — это $k=8$.
$k!!! = k(k-3)\dots(2)$. Число сомножителей равно $(k-2)/3 + 1$.
$(k-1)!!! = (k-1)(k-4)\dots(1)$. Число сомножителей равно $((k-1)-1)/3 + 1 = (k-2)/3+1$.
Количество сомножителей одинаково. Сравним их попарно: $k > k-1$, $k-3 > k-4$, ..., $2 > 1$. Очевидно, что $k!!! > (k-1)!!!$.

Таким образом, для любого чётного $k>4$ справедливо $k!!! > (k-1)!!!$.
Возвращаясь к шагу индукции, мы имеем:
1. $k!! > k!!!$ (по индукционному предположению).
2. $k!!! > (k-1)!!!$ (как только что доказано).
Из этого следует, что $k!! > (k-1)!!!$, что и требовалось доказать для завершения шага индукции.

Вывод

Поскольку база индукции верна и индукционный шаг доказан, по принципу математической индукции утверждение $n!! > n!!!$ справедливо для всех чётных чисел $n$, больших 4.

Ответ: Утверждение доказано.

16. Если $n$ — нечётное число больше 4, то $n!! < n!!!$.

16. Утверждение, представленное в задаче, является ложным. Чтобы это показать, достаточно привести один контрпример, удовлетворяющий условию, что $n$ — нечётное число больше 4.

Возьмем наименьшее возможное значение $n$, удовлетворяющее условию: $n=5$.

Согласно определению двойного факториала для нечетного числа:

$n!! = n \cdot (n-2) \cdot (n-4) \cdot \ldots \cdot 1$

Для $n=5$ получаем:

$5!! = 5 \cdot 3 \cdot 1 = 15$

Согласно определению тройного факториала:

$n!!! = n \cdot (n-3) \cdot (n-6) \cdot \ldots$ (до тех пор, пока множители положительны)

Для $n=5$ получаем:

$5!!! = 5 \cdot (5-3) = 5 \cdot 2 = 10$

Теперь сравним полученные значения:

$15 < 10$

Это неравенство неверно. Таким образом, мы нашли контрпример, который опровергает исходное утверждение.

Более того, можно доказать, что для всех нечетных чисел $n > 4$ справедливо обратное неравенство: $n!! > n!!!$.

Доказательство неравенства $n!! > n!!!$ для нечетных $n>4$:

Рассмотрим отношение $\frac{n!!}{n!!!}$. Наша цель — доказать, что это отношение больше 1.

$\frac{n!!}{n!!!} = \frac{n \cdot (n-2) \cdot (n-4) \cdot (n-6) \cdot \ldots}{n \cdot (n-3) \cdot (n-6) \cdot (n-9) \cdot \ldots}$

Так как $n>4$, мы можем сократить $n$. Также мы можем сократить общие для числителя и знаменателя множители вида $(n-6k)$, где $k$ — натуральное число.

После сокращения общих множителей в числителе останутся множители вида $(n-2m)$, где $m$ не делится на 3. В знаменателе останутся множители вида $(n-3j)$, где $j$ — нечетное число.

Отношение примет вид:

$\frac{(n-2)(n-4)(n-8)(n-10)\ldots}{(n-3)(n-9)(n-15)\ldots}$

Сгруппируем множители в числителе попарно и сопоставим каждой паре множитель из знаменателя:

$\frac{n!!}{n!!!} = \left(\frac{(n-2)(n-4)}{n-3}\right) \cdot \left(\frac{(n-8)(n-10)}{n-9}\right) \cdot \left(\frac{(n-14)(n-16)}{n-15}\right) \cdot \ldots$

Рассмотрим общий вид такого члена произведения: $\frac{(n-6k+4)(n-6k+2)}{n-6k+3}$ для $k=1, 2, 3, \ldots$.

Пусть $x = n-6k+3$. Тогда выражение можно переписать как:

$\frac{(x+1)(x-1)}{x} = \frac{x^2-1}{x} = x - \frac{1}{x}$

Мы должны показать, что каждый такой член произведения больше 1. То есть, $x - \frac{1}{x} > 1$.

Это неравенство равносильно $x^2 - 1 > x$, или $x^2 - x - 1 > 0$.

Корни уравнения $y^2 - y - 1 = 0$ равны $y = \frac{1 \pm \sqrt{5}}{2}$. Неравенство $x^2 - x - 1 > 0$ выполняется, когда $x > \frac{1+\sqrt{5}}{2} \approx 1.618$ или $x < \frac{1-\sqrt{5}}{2}$.

Множители $x = n-6k+3$ (это множители из знаменателя $n-3, n-9, \ldots$) являются положительными целыми числами. Самый маленький из них (при $n \ge 5$) — это $n-3 \ge 5-3=2$.

Поскольку все значения $x$ больше или равны 2, они удовлетворяют условию $x > 1.618$. Следовательно, каждый член вида $x - \frac{1}{x}$ в нашем произведении строго больше 1.

Число множителей в числителе после сокращения всегда как минимум вдвое превышает число множителей в знаменателе. Это позволяет сгруппировать их указанным образом. В некоторых случаях (когда $n \pmod 6 = 3$) в числителе остается один лишний множитель, но он равен 1. Таким образом, произведение всегда будет больше 1.

Следовательно, $\frac{n!!}{n!!!} > 1$, что доказывает $n!! > n!!!$ для всех нечетных $n > 4$.

Ответ: Исходное утверждение ложно.

17. Если $n!! > n!!!$ и n – натуральное число, $n > 4$, то n – чётное число.

Данное утверждение является ложным. Чтобы доказать это, достаточно привести контрпример — то есть найти такое нечётное натуральное число $n > 4$, для которого неравенство $n!! > n!!!$ будет верным.

Рассмотрим число $n=5$.

Проверим, удовлетворяет ли оно условиям задачи:

• $n=5$ — натуральное число.
• $n=5 > 4$.
• Проверим истинность неравенства $n!! > n!!!$ для $n=5$.

Для этого вычислим значения двойного и тройного факториалов для $n=5$.

Двойной факториал $n!!$ — это произведение всех натуральных чисел от $n$ до 1, имеющих ту же чётность, что и $n$. Для нечётного $n=5$ имеем:

$5!! = 5 \cdot 3 \cdot 1 = 15$

Тройной факториал $n!!!$ — это произведение всех натуральных чисел вида $n-3k$, где $k \ge 0$, пока $n-3k > 0$. Для $n=5$ имеем:

$5!!! = 5 \cdot (5-3) = 5 \cdot 2 = 10$

Теперь сравним полученные значения:

$15 > 10$, следовательно, неравенство $5!! > 5!!!$ выполняется.

Таким образом, для $n=5$ мы имеем:

• $n=5$ — натуральное число.
• $n > 4$.
• $n!! > n!!!$ (так как $15 > 10$).

Все условия, указанные в предположении («если ...»), выполнены. Однако, заключение («то ...») не выполняется, поскольку число $n=5$ является нечётным.

Это означает, что мы нашли контрпример, который опровергает исходное утверждение. На самом деле, можно показать, что неравенство $n!! > n!!!$ справедливо для всех натуральных чисел $n \ge 5$, как чётных, так и нечётных.

Ответ: Утверждение неверно. В качестве контрпримера можно привести $n=5$: это нечётное натуральное число, большее 4, для которого выполняется неравенство $5!! > 5!!!$ ($15 > 10$).

18. Если $n!! < n!!!$ и $n$ — натуральное число, $n > 4$, то $n$ — нечётное число.

18.

Для доказательства данного утверждения воспользуемся методом от противного. Утверждение гласит: "Если $n! < n!!!$ и $n$ — натуральное число, $n > 4$, то $n$ — нечётное число".

Предположим противное: пусть существует чётное натуральное число $n > 4$, для которого выполняется неравенство $n! < n!!!$. Мы покажем, что это предположение приводит к противоречию, доказав, что для любого чётного $n > 4$ на самом деле справедливо обратное неравенство: $n! \ge n!!!$.

Для этого рассмотрим отношение $\frac{n!}{n!!!}$ и покажем, что оно всегда больше 1 при $n > 4$.

По определению, $n!$ (факториал) — это произведение всех натуральных чисел от 1 до $n$:

$n! = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \dots \cdot n$

А $n!!!$ (тройной факториал) — это произведение натуральных чисел от $n$ с шагом -3:

$n!!! = n \cdot (n-3) \cdot (n-6) \cdot \dots \cdot k$, где $k$ — последний положительный член последовательности.

Запишем отношение этих двух величин:

$\frac{n!}{n!!!} = \frac{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \dots \cdot (n-1) \cdot n}{n \cdot (n-3) \cdot (n-6) \cdot \dots}$

Все множители в знаменателе ($n, n-3, n-6, \dots$) являются натуральными числами и также содержатся в произведении в числителе. После сокращения дроби на эти общие множители в числителе останется произведение некоторых натуральных чисел. Давайте выясним, какие именно числа всегда остаются в числителе после сокращения.

Рассмотрим множители $(n-1)$ и $(n-2)$ из числителя.

• Может ли множитель $(n-1)$ быть сокращен? Это возможно только в том случае, если он совпадает с одним из членов в знаменателе, то есть $n-1 = n - 3k$ для некоторого целого числа $k \ge 1$ (так как $n-1 \neq n$). Это уравнение упрощается до $3k = 1$, которое не имеет решений в целых числах. Следовательно, множитель $(n-1)$ никогда не сокращается.
• Может ли множитель $(n-2)$ быть сокращен? Аналогично, это возможно, если $n-2 = n - 3k$ для некоторого целого $k \ge 1$. Это уравнение дает $3k=2$, что также не имеет решений в целых числах. Следовательно, множитель $(n-2)$ также никогда не сокращается.

Таким образом, в произведении, которое получается после сокращения дроби $\frac{n!}{n!!!}$, всегда присутствуют множители $(n-1)$ и $(n-2)$.

По условию задачи $n > 4$, а значит $n-1 > 3$ и $n-2 > 2$. Оба эти множителя являются целыми числами, большими единицы.

Поскольку оставшееся после сокращения выражение является произведением натуральных чисел, среди которых есть $(n-1)$ и $(n-2)$, мы можем утверждать, что:

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

Так как $n>4$, то $(n-1)(n-2) > (4-1)(4-2) = 3 \cdot 2 = 6$.

Отсюда следует, что $\frac{n!}{n!!!} > 1$, что равносильно неравенству $n! > n!!!$.

Мы получили, что для любого натурального числа $n > 4$ (включая все чётные числа) выполняется неравенство $n! > n!!!$. Это прямо противоречит нашему первоначальному предположению о том, что для некоторого чётного $n > 4$ может выполняться условие $n! < n!!!$.

Следовательно, наше предположение неверно. Не существует чётных чисел $n>4$, удовлетворяющих исходному неравенству. Это означает, что если такое число $n$ и существует, оно обязано быть нечётным.

Ответ: Утверждение доказано. Для любого чётного числа $n > 4$ выполняется неравенство $n! > n!!!$, что противоречит условию $n! < n!!!$. Следовательно, если натуральное число $n > 4$ удовлетворяет условию $n! < n!!!$, оно обязано быть нечётным. (На самом деле, как было показано, условие $n! < n!!!$ не выполняется ни для какого $n>4$, поэтому утверждение является истинным).

19. Сколько лет Васе, если чётный факториал его возраста больше нечётного факториала его возраста в $\frac{1024}{231}$ раза?

Пусть возраст Васи равен $n$ лет.

В задаче используются понятия "чётный факториал" и "нечётный факториал" возраста. Будем понимать под этими терминами следующее:
Чётный факториал числа $n$, который обозначим $E_n$, — это произведение всех чётных натуральных чисел, не превосходящих $n$. Например, $E_6 = 2 \cdot 4 \cdot 6 = 48$.
Нечётный факториал числа $n$, который обозначим $O_n$, — это произведение всех нечётных натуральных чисел, не превосходящих $n$. Например, $O_6 = 1 \cdot 3 \cdot 5 = 15$.

Согласно условию задачи, чётный факториал возраста Васи больше нечётного факториала в $\frac{1024}{231}$ раза. Это можно записать в виде уравнения:

$\frac{E_n}{O_n} = \frac{1024}{231}$

Разложим числа в правой части дроби на простые множители, чтобы лучше понять её структуру:

$1024 = 2^{10}$
$231 = 3 \cdot 7 \cdot 11$

Таким образом, мы ищем такое $n$, для которого выполняется равенство:

$\frac{E_n}{O_n} = \frac{2^{10}}{3 \cdot 7 \cdot 11}$

Рассмотрим два возможных случая для возраста $n$.

1. Если предположить, что $n$ — нечётное число, то самый большой множитель в нечётном факториале $O_n$ будет само число $n$, а в чётном факториале $E_n$ — число $n-1$. В этом случае (при $n > 1$) значение дроби $\frac{E_n}{O_n}$ будет меньше 1, так как множители в числителе меньше соответствующих множителей в знаменателе и их меньше по количеству. Однако, $\frac{1024}{231} \approx 4.43$, что больше 1. Следовательно, возраст Васи не может быть нечётным числом.

2. Значит, $n$ — чётное число. Будем последовательно проверять чётные значения $n$ и вычислять для них отношение $\frac{E_n}{O_n}$:

При $n=2$: $\frac{E_2}{O_2} = \frac{2}{1} = 2$.
При $n=4$: $\frac{E_4}{O_4} = \frac{2 \cdot 4}{1 \cdot 3} = \frac{8}{3}$.
При $n=6$: $\frac{E_6}{O_6} = \frac{2 \cdot 4 \cdot 6}{1 \cdot 3 \cdot 5} = \frac{48}{15} = \frac{16}{5}$.
При $n=8$: $\frac{E_8}{O_8} = \frac{E_6 \cdot 8}{O_6 \cdot 7} = \frac{16}{5} \cdot \frac{8}{7} = \frac{128}{35}$.
При $n=10$: $\frac{E_{10}}{O_{10}} = \frac{E_8 \cdot 10}{O_8 \cdot 9} = \frac{128}{35} \cdot \frac{10}{9} = \frac{1280}{315} = \frac{256}{63}$.
При $n=12$: $\frac{E_{12}}{O_{12}} = \frac{E_{10} \cdot 12}{O_{10} \cdot 11} = \frac{256}{63} \cdot \frac{12}{11} = \frac{256 \cdot 12}{63 \cdot 11}$. Сократим числитель и знаменатель на 3: $\frac{256 \cdot 4}{21 \cdot 11} = \frac{1024}{231}$.

Полученное значение совпало со значением из условия задачи. Это означает, что возраст Васи равен 12 годам.

Ответ: 12.

20. Сколько лет Дусе, если нечётный факториал её возраста больше чётного факториала её возраста в $\frac{3003}{1024}$ раза?

Обозначим возраст Дуси как $n$. В задаче используются понятия «нечётный факториал» и «чётный факториал» числа. Будем считать, что нечётный факториал числа $n$ — это произведение всех нечётных натуральных чисел, не превосходящих $n$, а чётный факториал — произведение всех чётных натуральных чисел, не превосходящих $n$.

Пусть $N_{нечет}(n)$ — нечётный факториал возраста Дуси, а $N_{чет}(n)$ — чётный факториал её возраста. Согласно условию задачи, нечётный факториал больше чётного в $\frac{3003}{1024}$ раза. Это можно записать в виде уравнения:

$\frac{N_{нечет}(n)}{N_{чет}(n)} = \frac{3003}{1024}$

Рассмотрим два возможных случая для возраста $n$.

1. Возраст $n$ — чётное число.

Пусть $n = 2k$ для некоторого натурального числа $k$.
Тогда нечётный факториал: $N_{нечет}(n) = 1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \dots \cdot (2k-1)$.
Чётный факториал: $N_{чет}(n) = 2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot \dots \cdot (2k)$.

Составим их отношение:

$\frac{N_{нечет}(n)}{N_{чет}(n)} = \frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \dots \cdot (2k-1)}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot \dots \cdot (2k)}$

В этой дроби каждый множитель числителя меньше соответствующего множителя знаменателя ($1 < 2$, $3 < 4$, и т.д.). Следовательно, значение дроби всегда будет меньше 1.
Однако, правая часть исходного уравнения $\frac{3003}{1024} > 1$.
Поскольку $\frac{N_{нечет}(n)}{N_{чет}(n)} < 1$, а $\frac{3003}{1024} > 1$, в случае, когда возраст $n$ является чётным числом, решений нет. Значит, возраст Дуси — нечётное число.

2. Возраст $n$ — нечётное число.

Пусть $n = 2k-1$ для некоторого натурального числа $k$.
Тогда нечётный факториал: $N_{нечет}(n) = 1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \dots \cdot (2k-1)$.
Чётный факториал (произведение чётных чисел, не превосходящих $n=2k-1$): $N_{чет}(n) = 2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot \dots \cdot (2k-2)$.

Подставим эти выражения в уравнение:

$\frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \dots \cdot (2k-1)}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot \dots \cdot (2k-2)} = \frac{3003}{1024}$

Для решения этого уравнения будем последовательно вычислять левую часть для различных нечётных $n$ (увеличивая $k$) до тех пор, пока не получим нужное значение.

• При $n=1$ ($k=1$): левая часть равна $\frac{1}{1} = 1$ (знаменатель — пустое произведение, равное 1).
• При $n=3$ ($k=2$): $\frac{1 \cdot 3}{2} = \frac{3}{2}$.
• При $n=5$ ($k=3$): $\frac{1 \cdot 3 \cdot 5}{2 \cdot 4} = \frac{15}{8}$.
• При $n=7$ ($k=4$): $\frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 7}{2 \cdot 4 \cdot 6} = \frac{105}{48} = \frac{35}{16}$.
• При $n=9$ ($k=5$): $\frac{35}{16} \cdot \frac{9}{8} = \frac{315}{128}$.
• При $n=11$ ($k=6$): $\frac{315}{128} \cdot \frac{11}{10} = \frac{315 \cdot 11}{1280} = \frac{63 \cdot 11}{256} = \frac{693}{256}$.
• При $n=13$ ($k=7$): $\frac{693}{256} \cdot \frac{13}{12} = \frac{693 \cdot 13}{256 \cdot 12}$. Сократим дробь: $693 = 3 \cdot 231$, а $12 = 3 \cdot 4$.
  $\frac{(3 \cdot 231) \cdot 13}{256 \cdot (3 \cdot 4)} = \frac{231 \cdot 13}{256 \cdot 4} = \frac{3003}{1024}$.

Мы получили значение, указанное в условии задачи. Это произошло при $n=13$. Следовательно, Дусе 13 лет.

Ответ: 13 лет.