Ответ.
20.4. Левую часть данного равенства перепишем в виде
воспользовавшись для этого формулой суммы членов геометрической прогрессии. Тогда (поскольку а ≠ 1)
Правая часть может быть записана так:
Итак,
По условию а ≠ 0, 1, −1. Это позволяет найти нужную нам зависимость.
Ответ. n + 1 = 2k + 1.
20.5. Расположим коэффициенты данного многочлена слева направо и разместим под ними коэффициенты того же многочлена, расположенные в обратном порядке,
Теперь можно выписать коэффициент при xn, составив сумму попарных произведений расположенных один под другим множителей:
1 · n + 1(n − 1) + 2(n − 2) + 3(n − 3) + ... + (n − 1)1 + n · 1.
Эту сумму можно преобразовать так:
Каждую из сумм, стоящих в скобках, легко подсчитать:
Таким образом, искомый коэффициент равен
Ответ.
20.6. Неравенство равносильно системе (в левой его части — абсолютная величина суммы членов бесконечно убывающей геометрической прогрессии со знаменателем — 2x):
Из второго неравенства следует, что −1 < 2x < 1, т. е. 1 + 2x > 0. Поэтому первое неравенство можно переписать в виде
|x|/1 + 2x < 1, или |x| < 1 + 2x.
Таким образом, приходим к системе
которая равносильна совокупности двух систем
Ответ. −⅓ < x < ½.
20.7. Так как k · k! = (k + 1)! − k!, то
2! − 1! + 3! − 2! + 4! − 3! + ... + (n + 1)! − n! = (n + 1)! − 1.
Ответ. (n + 1)! − 1.
20.8. Домножим Sn на x²:
x²Sn = x³ + 4x5 + 7x7 + ... + (3n − 2)x2n + 1,
и вычтем полученное выражение из Sn:
Ответ.
20.9. Рассмотрим тождество[22]
(x + 1)5 = x5 + 5x4 + 10x³ + 10x² + 5x + 1.
Положим в нем последовательно x = 1, 2, ..., n и сложим n полученных равенств:
25 + 35 + ... + (n + 1)5 = 1 + 25 + 35 + .. + n5 + 5(14 + 24 + ... + n4) + 10(1³ + 2³ + ... + n³) + 10(1² + 2² + ... + n²) + 5(1 + 2 + ... + n) + n.
После приведения подобных получим
откуда
Так как
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)(3n² + 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 2n(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[n² + 3/2 + (−1)n½].
20.11. Домножим Sn на 2 sin π/2n:
После приведения подобных получим
Так как sin π/2n ≠ 0 при натуральных n, то Sn = 0.
2 n
Ответ. 0.
20.12. Обозначим искомую сумму через S. Тогда
2S = 1 · 2 + 2 · 2² + 3 · 2³ + ... + 100 · 2100,
2S − S = 100 · 2100 − (1 + 2 + 2² + ... + 299) = 100 · 2100 − (2100 − 1) = 99 · 2100 + 1.
20.13. Пусть искомая сумма равна S. Разделим каждый член данного ряда на 2:
¼ + 3/8 + 5/16 + 7/32 + ... = S/2
и вычтем полученный ряд из данного. Получим ряд:
½ + ½ + ¼ + 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, ..., аn. Образовывая циклические перестановки: аn, а1, а2, ..., аn − 1; ап − 1, аn, а1, а2, ..., ап − 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, ..., ап и а1, аn, аn − 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 = ½(n − 1)!.
Ответ. ½(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.
21.4. Предположим, что в каждое число входят три различные единицы: l1, l2, l3, а остальные цифры 0, 2, 3, 4 и 5 равноправны. Тогда можно получить Р8 различных чисел. Отсюда нужно исключить Р7 чисел, начинающихся с нуля.
На самом деле разные единицы неразличимы. Другими словами, вместо одного числа мы получим Р3 одинаковых чисел, отличающихся лишь взаимными перестановками единиц.
Ответ.
21.5. Предположим, что каюты неравноценны. Это дает в 8! раз больше вариантов, чем в случае равноценных кают, что мы учтем позднее.
В первую каюту можно заселить любых четырех из 32 экскурсантов, что можно сделать способами, во вторую — любых четырех из 28 оставшихся и т. д. В итоге получим
способов. Это число остается разделить на 8! и произвести упрощения.
Ответ. .
21.6. Рассмотрим k−й член суммы
Данную сумму можно переписать в виде
