Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

Ваховский Евгений Борисович

то

Многочлен третьей степени, стоящий в скобках, имеет корень n = -2 и поэтому делится на 2n + 1.

Ответ. ¹/₃₀ n(n + 1)(2n + 1)(3n^2 + 3n– 1).

20.10. В n– й группе содержится n членов.

Пусть n четное. Подсчитаем число четных чисел,

встречающихся во всех группах до n-й. Это число равно

2 + 4 + 6 + ... + (n– 2) = ^{n(n– 2)}/₄.

Следовательно, последнее четное число, встречающееся до n– й группы, равно 2^{n(n– 2)}/₄ = ^{n(n– 2)}/₂, а первое четное число, входящее в n– ю группу, равно ^{n(n– 2)}/₂ + 2. Теперь можно найти сумму n последовательных четных чисел, начинающихся с ^{n(n– 2)}/₂ + 2. Эта сумма равна

Пусть теперь n четное. Число нечетных членов, встречающихся до n– й группы, равно

1 + 3 + 5 + ... + (n– 2) = ^{(n– 1)^2}/₄.

Последним нечетным числом, стоящим до n– й группы, будет ^{(n– 1)^2}/₂– 1, а первым числом, входящим в n– ю группу, — число ^{(n– 1)^2}/₂ + 1. Следовательно, сумма n последовательных нечетных чисел, начиная с ^{(n– 1)^2}/₂ + 1, равна

Ответы можно объединить.

Ответ. ⁿ/₂[n^2 + ³/₂ + (-1)ⁿ 1/2 ].

20.11. Домножим S_n на 2 sin /_2n:

После приведения подобных получим

Так как sin /_2n /= 0 при натуральных n, то S_n = 0.

2 n

Ответ. 0.

20.12. Обозначим искомую сумму через S. Тогда

2S = 1 · 2 + 2 · 2^2 + 3 · 2^3 + ... + 100 · 2¹⁰⁰,

2S– S = 100 · 2¹⁰⁰– (1 + 2 + 2^2 + ... + 2⁹⁹) = 100 · 2¹⁰⁰– (2¹⁰⁰– 1) = 99 · 2¹⁰⁰ + 1.

20.13. Пусть искомая сумма равна S. Разделим каждый член данного ряда на 2:

1/4 + ³/₈ + ⁵/₁₆ + ⁷/₃₂ + ... = ^S/₂

и

вычтем полученный ряд из данного. Получим ряд:

1/2 + 1/2 + 1/4 + ¹/₈ + ¹/₁₆ + ...,

сумма которого равна ³/₂. Однако, с другой стороны, его сумма есть ни что иное, как S - ^S/₂ = ^S/₂. Таким образом, ^S/₂ = ³/₂ и, следовательно, S = 3.

Ответ. 3.

Глава 21

Соединения и бином

21.1. Присвоим каждому из сидящих за круглым столом номер: а₁, а₂, ..., а_n. Образовывая циклические перестановки: а_n, а₁, а₂, ..., а_{n– 1}; а_{п– 1}, а_n, а₁, а₂, ..., а_{п– 2} и т. д., мы будем получать тот же способ размещения за столом. Таких циклических перестановок можно составить n.

Кроме этого, нужно учесть, что сосед слева и сосед справа неразличимы, т. е. перестановки а₁, а₂, ..., а_п и а₁, а_n, а_{n– 1}, ..., а₂ дают одно и то же размещение за столом. Так как всего возможно n! перестановок, из которых каждые 2n одинаковы, то искомое число равно

^n!/_2n = 1/2 (n– 1)!.

Ответ. 1/2 (n– 1)!.

21.2. Всего из пяти элементов можно составить Р₅ перестановок. Среди них будет Р₄, y которых на первом месте а₁, и Р₄, y которых на первом месте а₂. Однако перестановки, y которых на первом месте а₁, а на втором месте а₂, попали и в первую, и во вторую группы. Таких перестановок Р₃.

Поэтому искомое число перестановок равно

Р₅– (2P₄– Р₃) = 78.

Ответ. 78.

21.3. Из семи разрядов три должны быть заняты двойками, что дает

 вариантов. На каждое из оставшихся мест можно поместить любую из восьми цифр, благодаря чему каждый из предыдущих вариантов даст еще 8⁴ возможностей.

Ответ.