Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы
Шрифт:
Члены, содержащие xk, могут быть получены только в результате почленного перемножения членов суммы 1 + x + x^2 + ... + xk– 1 + xk с членами той же суммы, записанной в обратном порядке, т. е.
1 · хk, x · хk– 1, ..., хk– 1 · x, xk · 1
Так как слагаемых будет k + 1, то и коэффициент при xk
Предположим теперь, что n– 1 < k <= 2(n– 1). Тогда нужно почленно перемножить суммы
xk– n + 1 + ... + xn– 1, xn– 1 + ... + xk– n + 1,
в результате чего получим 2n– k– 1 членов, содержащих xk.
Ответ. k + 1, если 0 <= k <= n– 1;
2n– k– 1, если n– 1 < k <= 2n– 2.
21.11. Сравним коэффициент члена разложения с номером k + 1 с коэффициентом десятого члена разложения:
Так как знаменатели одинаковы, то
Поскольку десятый член разложения имеет наибольший коэффициент, то он больше девятого и больше одиннадцатого:
Из первого неравенства следует, что
Из второго
Ответ. n = 13.
21.12. Преобразуем выражение, стоящее в левой части, следующим образом:
Вопрос состоит в следующем: если k, m = 1, 2, ..., 20, причем m <= k, то какие значения от 0 до 100 принимает выражение 5k– 2m.
Если m = 0, 1, 2, 3, 4, то получим соответственно 5k, 5k– 2, 5k– 4, 5k– 6, 5k– 8. Если бы k не было связано ограничениями, то мы получили бы все числа, так как в эти пять выражений вошли числа, дающие при делении на 5 в остатке 0, 3, 1, 4 и 2 соответственно. Однако k = 0, 1, ..., 20 и, кроме того, k >= m. Так как 5k получено при m = 0, то k может принимать все свои 21 значение, в результате чего получим все числа, кратные 5 от 0 до 100. Рассмотрим теперь числа, которые при делении на 5 дают в остатке 1. У нас они записаны в виде 5k– 4 и получились при m = 2, в силу чего k = 2, 3, ..., 20. В результате мы получим 19 чисел, дающих при делении на 5 в остатке 1. В эту группу не войдет лишь число 1. Числа, дающие в остатке 2, записаны в виде 5k– 8, где k >= 4. Следовательно, 5k– 8 = 12, 17, ..., 92, т. е. выпадают числа 2, 7 и 97. Для чисел вида 5k– 2 переменная k = 1, 2, ..., 20 и 5k– 2 = 3, 8, ..., 98, куда вошли все числа, дающие в остатке 3. Среди чисел вида 5k– 6, где k = 3, ..., 20, мы не встретим 4 и 99.
Числа 1, 2, 4, 7, 97 и 99 не могут быть получены из выражения 5k– 2m и
5k– 2m < 5k– 8 <= 100 - 8 = 92,
т. е.
12 < 5k– 2m < 92.
Итак, выпали 6 чисел 1, 2, 4, 7, 97 и 99, т. е. будут отсутствовать члены с показателями 99, 98, 96, 93, 3, 1.
Ответ. 95.
21.13. Пусть Рn — ответ на вопрос задачи для последовательности, состоящей из n элементов. В первой группе может оказаться либо один элемент (а1), либо два элемента (а1, а2). Разбиений, содержащих в первой группе один элемент (а1), будет столько, сколько разбиений можно образовать из n– 1 оставшихся членов последовательности а2, а3, ..., аn, т. е. Рn– 1. Разбиений же, содержащих в первой группе два элемента, будет Рn– 2, так как после образования группы (а1, а2) останется n– 2 элементов а3, ..., аn.
Итак
Рn = Рn– 1 + Рn– 2.
Такая формула называется рекуррентной, потому что, зная Р1 и Р2 и применяя ее последовательно, мы получим Р3, затем Р4 и т. д. Поскольку Р1 = 1, а Р2 = 2, то Р3 = 3, Р4 = 5, Р5 = 8, Р6 = 13, Р7 = 21, Р8 = 34, Р9 = 55, Р10 = 89.
Ответ. 89.
21.14. Пусть на плоскости проведены m параллельных прямых. Они разобьют ее на m + 1 областей. Если провести еще одну непараллельную прямую, то областей станет 2(m + 1). Предположим, что k непараллельных прямых образуют, пересекаясь с m параллельными прямыми, Мk областей. Если добавить еще одну прямую, пересекающую все имеющиеся, но не проходящую ни через одну из старых точек пересечения, то на этой прямой будет m + k точек пересечения с остальными прямыми, в результате чего образуется m + k + 1 новых областей.
Таким образом,
Мk + 1 = Мk + m + k + 1.
Так как Мо = m + 1, то
Остается доказать эту формулу методом математической индукции, что сводится к элементарным выкладкам, которые мы оставляем читателю.
Ответ.