ЛЕКЦИИ_ПО_ВЫСШЕЙ_МАТЕМ_Голубев
.pdfТаким образом из принципа математической индукции следует, что исходное тождество справедливо.
Пример 3. Доказать тождество 1+2+3+...+n2=1 n2n2, n N.
2
Доказательство.
Заметим, что левая часть при n = 1 имеет одно слагаемое, при n=2 - четыре, при n = 3 - девять и т.д., т.е. n2 слагаемых левой части.
Итак, при n = 1 имеем: 1 =1 1 1 - истинно.
2
Пусть это равенство имеет место при n = k, т.е.
|
|
|
|
1 k2 |
|
|
|
||||||
|
1+2+3+...+k2= |
|
|
|
|
k2. |
|
|
|
||||
|
2 |
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Докажем, что |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
2 |
|
2 |
|
2 |
1 (k 1)2 |
|
2 |
|||||
|
|
|
= |
|
|
|
(k+1) |
||||||
1+2+...+k |
|
+(k +1)+...+(k+1) |
|
2 |
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Для этого преобразуем левую часть |
|
|
|
|
|
|
|
||||||
1+2+...+k2+(k2+1)+...+(k+1)2= |
1 k2 |
k2+(k2+1)+...+(k+1)2= |
|||||||||||
|
2 |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
1 k2 |
|
2 |
k2 1 (k 1)2 |
|
|
|
|||||||
= |
2 |
k + |
|
2 |
|
|
|
(2k+1)= |
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Здесь мы воспользовались формулой суммы арифметической прогрессии
(k2+1)+(k2+2)+...+(k+1)2= (k2 1) (k 1)2 (2k+1).
2
Продолжая равенство, получаем
= |
1 |
2 |
2 |
2 |
+1)+(k+1) |
2 |
)(2k+1)]= |
1 |
[(k |
2 |
2 |
+2k+1)+(k+1) |
2 |
(2k+1)] |
|||
|
2 |
[k |
(k +1)+((k |
|
|
2 |
+1)(k |
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
= |
1 |
[(k+1)2(k2+1+2k+1)]= |
1 |
(k+1)2[(k+1)2+1]. |
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
2 |
2 |
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Что и требовалось доказать.
Значит, из принципа математической индукции следует истинность указанного равенства.
Б. Задачи на делимость.
Пример 1. Доказать делимость 3 52n+1+23n+1 на 17 при n 0. Схема доказательства.
1.При n = 0: 15+2=17 - делится на 17.
2.Пусть при n=k имеет место
352k+1+23k+1= 17p.
3.Докажем при n=k+1: 3 52(k+1)+1+23(k+1)+1=17q.
Действительно,
3 52(k+1)+1+23(k+1)+1=25 3 52k+1+8 23k+1=17 3 52k+1+8(3 23k+1)= =17 3 52k+1+8 17p=17(3 52k+1+8p)=17q, при q=3 52k+1+8p.
Пример 2. Доказать делимость n3+20n на 48, если n четно и n2. Доказательство.
1.При n = 2: 8+202 = 48 - делится на 48.
2.Пусть n = 2k 2 и (2k)3+ 20(2k)= 48p.
Докажем наше утверждение для следующего значения n, т.е. n=2k+2.
(2k+2)3+20(2k+2)=(2k)3+20(2k)+48+6(2k)2+24k= =48p+48+24(k2+k)=48p+48+24(k+1)k=48p+48+24 2l=
а т.к. (k+1)k=2l , имеем продолжение равенства
=48(p+1+l)=48q.
Таким образом, выполнены все условия принципа математической индукции, а следовательно, утверждение справедливо для всех четных n, больших 2.
Пример 3. Доказать делимость n5-n на 30 при n0.
Доказательство этого утверждения можно легко провести методом математической индукции, но мы
приведем другое доказательство. Очевидно: n5-n=n(n4-1)=(n-1)n(n+1)(n2+1). Заметим, что (n-1)n(n+1) есть произведение трех последовательных натуральных чисел при n 1, т.е. произведение
(n-1)n(n+1) делится на 6. Остается доказать делимость на 5 выражения
(n-1)n(n+1)(n2+1).
Представим значения n по модулю 5, т.е. число n можно записать только в пяти видах: n=5k; n=5k+1; n=5k+2; n=5k+3; n=5k+4.
При n=5k на 5 делится n; при n=5k+1 на 5 делится n-1; при n=5k+4 на 5 делится n+1.
Предлагается самостоятельно проверить делимость заданного выражения на 5 при n=5k+2 и n=5k+3, а
именно, делимость множителя n2+1.
Замечание, о решении задач на делимость с остатком.
Задачи типа "Доказать делимость f(n) на 11 с остатком 3" решаются аналогично вышеуказанным в такой
постановке: "Доказать делимость f(n)-3 |
нацело на 11". |
|
|
||||||||||||
В. Доказательство неравенств. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
1 |
|
|
1 |
|
|
|
|
|||
Пример 1. Доказать неравенство |
|
+ |
|
|
+...+ |
|
> |
n при n2. |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
1 |
|
|
|
2 |
|
|
n |
Доказательство. Применим метод математической индукции.
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 или |
2 +1>2 или |
2 >1. Истинное неравенство. |
||||||||||
1. |
При n = 2 неравенство имеет вид 1+ |
|
|
|
|
|
|
> |
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
2 |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
2. |
Пусть имеет место |
|
|
+ |
|
|
+...+ |
|
|
> |
|
|
k . |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||
|
|
1 |
|
|
|
2 |
|
|
|
k |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||
|
|
1 |
|
|
1 |
|
|
1 |
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
Докажем |
|
|
+ |
|
+...+ |
|
+ |
|
|
|
> |
k 1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
1 |
|
|
2 |
|
|
k |
|
|
|
k 1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Преобразуем левую часть последнего неравенства
1 |
|
|
1 |
|
|
1 |
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
||||||
|
+ |
|
+...+ |
|
+ |
|
|
> |
|
k + |
|
|
|
. |
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
1 |
|
|
2 |
|
|
k |
|
|
k 1 |
|
|
k 1 |
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Наконец, докажем, что |
|
k + |
|
|
|
|
|
> |
|
k 1 |
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||
|
k 1 |
Имеем k(k 1) +1>k+1 или k(k 1) >k, что эквивалентно k(k+1)>k2. Последнее неравенство является
истинным при всех k, то есть оба пункта принципа математической индукции имеют место, а посему справедливо исходное неравенство.
Пример 2. Доказать неравенство
3 5 3 5 ... 35 2
n корней
Доказательство.
При n = 1 : 35 <2 истинно, т.к. 5<8.
|
|
|
|
|
|
|
3 5 3 5 ... 3 |
|
|
|
|
Пусть имеет место |
5 |
|
<2. Докажем неравенство при n=k+1. |
||
k корней |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 5 3 5 ... 3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
5 |
|
3 |
|
|
|
|
3 |
|
|
||||
То есть |
|
< |
5 |
2 < |
7 <2, что означает справедливость исходного неравенства в силу |
|||||||||
k + 1 корней |
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
принципа математической индукции. |
|
|
|
|
|
|||||||||
Пример 3. При каких натуральных n |
имеет место неравенство 2n>n2-1 ? |
|||||||||||||
Решение: Рассмотрим неравенство при некоторых значениях n: |
||||||||||||||
|
n=1: |
2>1; |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
n=2: |
4>3; |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
n=3: |
8>8; (?) |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
n=4: |
16>15; |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
n=5: |
32>24; |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
n=6: |
64>35 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Замечаем, что при n 4 можно предположить об истинности неравенства. Проведем доказательство методом математической индукции.
Если n=4, то 24>16-1 (верно).
Предположим, что при n=k 4 имеет место неравенство 2k>k2-1 и покажем истинность 2k+1>(k+1)2-1 или
2k+1>k2+2k. Действительно,
2k+1=2k2>2(k2-1)=2k2-2=k2+2k+k2-2k+1-3=k2+2k+(k-1)2-3>k2+2k, так как (k-1)2-3>0 при k 4.
Таким образом из доказательства и принципа математической индукции получаем, что неравенство 2n>n2- 1 справедливо при всех n 4, n N.
Пример 4. Доказать неравенство 1+ |
1 |
+ |
1 |
+...+ |
1 |
|
> |
n |
при всех n N. |
|
2 |
3 |
2n 1 |
2 |
Доказательство.
Заметим, что левая часть имеет 2n-1 слагаемых, т.е. при n=1 - одно слагаемое, при n=2 - три слагаемых, при n=3 - семь и т.д.
1
Итак, если n=1, то 1> |
|
- верно. |
Пусть далее при n=k имеет место |
|
|||
2 |
|
|
1+ |
1 |
+ |
1 |
+...+ |
|
|
1 |
|
> |
k |
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
2 |
3 |
2k 1 |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
Нужно доказать |
1+ |
1 |
+ |
1 |
+...+ |
1 |
+ |
1 |
+...+ |
1 |
> |
k 1 |
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
2 |
3 |
2k 1 |
2k |
2k 1 1 |
2 |
Для этого оценим левую часть неравенства:
|
|
1 |
|
|
1 |
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
k |
1 |
|
|
|
|
1 |
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
||||||||
1+ |
|
|
+ |
|
+...+ |
|
|
|
+ |
|
|
+...+ |
|
|
|
|
|
|
> |
|
+ |
|
|
+ |
|
|
|
|
+...+ |
|
|
. |
|
|
||||||||||||||||||
2 |
3 |
2k 1 |
2k |
|
2k 1 1 |
2 |
2k |
2k 1 |
2k 1 1 |
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
Остается показать, что |
1 |
|
|
+ |
|
1 |
|
+...+ |
|
1 |
|
|
|
> |
1 |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||
|
2k |
2k 1 |
2k 1 1 |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
Следует заметить, что левая часть содержит 2k слагаемых, поэтому |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
1 |
+ |
|
1 |
|
+...+ |
|
|
|
1 |
|
|
> |
|
|
|
2k |
|
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
2k |
|
2k 1 |
2k 1 1 |
2k 1 1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
k |
1 |
>1 |
|
|||
т.к. правая часть есть 2k меньших слагаемых |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
, причем |
|
|
|
= |
|
. Значит, |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2k 1 1 |
2k 1 |
1 2 1 / 2k |
2 |
|
||||||||||||||||
1 |
|
+ |
|
1 |
|
|
+...+ |
|
|
|
1 |
|
|
|
|
> |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
2k |
2k 1 |
2k 1 1 |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
3. Прогрессии. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
Определение. Если каждому натуральному числу 1, 2, 3,..., n,... по некоторому закону поставлено в |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
соответствие действительное число a1, a2, a3,...,an,... , то говорят, что задана бесконечная числовая |
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
последовательность {an} = {a1, a2, a3,...,an,...}. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
Последовательность может быть также задана формулой n-го (общего) члена an=f(n). |
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
Например: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
an=1/n, т.е. 1; 1/2; 1/3;...1/n;... |
или an=ln n, т.е. 0; ln2; ln3;...ln n;... |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
А. Арифметическая прогрессия.
Определение. Числовая последовательность, каждый член которой, начиная со второго, равен предыдущему, сложенному с постоянным для этой последовательности числом d, называемым разностью, называется арифметической прогрессией, т.е. ak+1=ak+d, k N.
Если d>0, то прогрессия возрастающая, если d<0, то прогрессия убывающая. Формула общего члена арифметической прогрессии:
ak=a1+(k-1)d.
Формула суммы n первых членов арифметической прогрессии:
Sn= |
a1 an |
n. или S |
n |
|
2a1 (n 1)d |
n . |
|
||||||
|
|
|||||
2 |
|
2 |
|
|||
|
|
|
Эти формулы можно доказать методом математической индукции.
|
Основные свойства: |
|
|
|
|
|
а. a = a k 1 a k 1; |
б. a |
k |
|
a k s a k s |
; |
|
|
||||||
k |
2 |
|
2 |
|
||
|
|
|
|
в. ak+an-k+1=а1+an=c, где с - постоянная.
Б. Геометрическая прогрессия.
Определение. Геометрической прогрессией называется числовая последовательность, каждый член которой, начиная со второго, равен предыдущему, умноженному на постоянное для этой последовательности число q, отличное от нуля, и называемое знаменателем геометрической прогрессии, т.е. uk=uk-1q, k N, k 2.
Если u1>0 и q>1, то прогрессия монотонно возрастающая, а при u1>0 и 0<q<1 прогрессия монотонно убывающая.
Формула общего члена геометрической прогрессии: |
u =u1qk-1. |
|||||
|
|
|
|
|
|
k |
Формула суммы n |
первых членов геометрической прогрессии: |
|||||
|
u |
1 |
(qn 1) |
|
|
|
S = |
|
|
|
. |
|
|
|
|
|
|
|
||
n |
|
q |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
Формула суммы всех членов бесконечной убывающей геометрической прогрессии, т.е. 0< q <1:
S= |
|
u1 |
, S= lim |
Sn. |
|
q |
|||
1 |
n |
|
Эти формулы могут быть доказаны методом математической индукции. Основные свойства:
a. |
2 |
=u |
u |
, k 2, u > 0. |
б. |
2 |
=u |
u |
k+s |
|
uk |
|
k-1 k+1 |
k |
|
uk |
|
k-s |
в. un-(k-1)uk=u1un.
Примеры.
1. Доказать, что любой член прогрессии 1, 3, 9,..., 3n-1 на единицу больше удвоенной суммы предшествующих членов.
Доказательство.
ak-1=2(a1+a2+...+ak-1), 3k-1-1=2(1+3+...+3k-2)=2 (3k 1 1) =3k-1-1.
3 1
2. Доказать, что в геометрической прогрессии со знаменателем q= |
1 |
|
5 |
|
имеет место равенство ak=ak+1-ak-1 |
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
2 |
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
при k2. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
Доказательство. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
q2-a |
|
|
|
(q2-1)=a |
|
|
|
, т.к. q2-1= |
6 2 |
5 1 |
5 |
|
|
|
|||||||
a =a |
k-1 |
k-1 |
=a |
k-1 |
k-1 |
q=a |
k |
|
|
-1= |
|
|
|
|
|
|
=q. |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
k |
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Некоторые примеры.
1.Доказать делимость при всех натуральных значениях n: a. n2(n4-1) на 60;
б. n2(n2-1)(2n2+1) на 36;
в. n3+5n+2 на 6 с остатком 2.
2.Доказать, что при a>-1 справедливо неравенство (1+а)n 1+na при n N.
3.Пользуясь тем, что ln(1+x)<x, доказать неравенство
|
1 |
|
1 |
1 |
|
1+ |
2 |
+ |
3 |
+...+ n |
>ln(1+n). |
4.Доказать, что после любого числа рукопожатий число людей, сделавших нечетное число рукопожатий, четно.
5.Доказать, что каждое четное натуральное число n, большее двух, но меньшее 40, можно представить в виде суммы двух простых чисел.
6. Докажите, что при любом n N имеет место неравенство (1+ n1 )n 2.
7. Докажите формулу общего члена арифметической прогрессии: an=a1+(n-1)d.
8. Докажите формулу общего члена геометрической прогрессии: bn=b1qn-1.
9. Докажите формулу суммы n первых членов арифметической прогрессии:
a1 a n
Sn= 2 n.
10. Докажите формулу суммы n первых членов геометрической прогрессии:
b1(q n 1)
Sn= q 1 .
11.Найти арифметическую прогрессию, сумма n первых членов которой выражается формулой Sn=5n2+6n.
12.Доказать: 12 22 n2 16 n(n 1)(2n 1) .
13.Доказать: 13 23 n3 (1 2 n)2 .
Лекция 4. ЭЛЕМЕНТЫ КОМБИНАТОРИКИ И БИНОМ НЬЮТОНА.
1. Перестановки Далее всюду будем полагать, что нам задано конечное множество некоторых элементов. Элементами
этого множества могут быть: люди, предметы, книги, молекулы и т.д.
Определение. Некоторая группа элементов заданного конечного множества называется соединением элементов данного множества.
Определение. Соединения из n элементов называются перестановками, если они содержат n элементов и отличаются друг от друга только их порядком.
Число перестановок из n элементов обозначается символом Pn или n!. Пример. Перестановки из трех элементов 1, 2, 3 имеют вид:
(1,2,3), (1,3,2), (2,1,3), (2,3,1), (3,1,2), (3,2,1).
Теорема. Число перестановок из n элементов равно n(n-1)(n-2)...3·2·1 ,т.е. Pn n!=n(n-1)(n-2)...3·2·1 .
Доказательство.
Пусть задано конечное множество из n элементов. Требуется выяснить: сколько будет упорядоченных соединений из данного множества , каждое из которых содержит n элементов ?
Очевидно, первый элемент соединения можно выбрать n способами, т.к. элементов множества всего n. Второй элемент можно выбрать уже (n - 1) способами, т.к. их осталось (n - 1) после выбора первого элемента. Процесс выбора продолжаем дальше.
Последний n-й элемент можно выбрать лишь одним способом, т.к. он остался один.
Таким образом, из множества, содержащего n элементов, можно составить n(n - 1)(n - 2). . .3·2·1 упорядоченных соединений из n элементов, т.е. перестановок.
Следовательно, Pn=n(n-1)(n-2)...3·2·1 .
Пример. Сколько пятизначных чисел можно составить из цифр 1; 2; 3; 4; 0?
Решение. Р5-Р4=120-24=96
Так как цифра 0 не может стоять на первом месте в десятичной записи числа.
2. Размещения
Определение. Соединения, в каждое из которых входит m элементов, взятых из n элементов и отличающихся друг от друга либо порядком элементов, либо хотя бы одним элементом, называются размещениями из n элементов по m элементов.
m
Теорема. Число размещений из n элементов по m элементов (обозначается символом A n ) равно n(n- 1)(n-2)...(n-(m-1)),
m
т.е. A n =n(n-1)( )(n-m+1)
Доказательство. Чтобы выбрать m элементов из n элементов, реализуем следующую возможность: первый элемент выбирается n способами,
второй - (n-1) способами и т.д. Последний m-й можно выбрать n-(m-1) способами. Следовательно, всего размещений из n элементов по m элементов будет n(n-1)...(n-(m-1)), т.е.
m
A n =n(n-1)(n-2)...(n-(m-1)).
Пример. Сколько можно составить четырехзначных чисел из цифр 2, 3, 4, 5, 6, 7, причем делящихся на 25 ? Повторения цифр в числах нет.
2
Решение. Четырехзначных чисел, оканчивающихся на 25 будет: A 4 =12.
2
Четырехзначных чисел, оканчивающихся на 75 будет: A 4 =12. Окончательно имеем: 24 числа.
3. Сочетания
Определение. Соединения из n элементов по m элементов называются сочетаниями, если в каждом из них m элементов, взятых из n элементов и отличающихся друг от друга хотя бы одним элементом.
Замечание. Соединения abc и acb считаются одним сочетанием.
|
|
|
|
m |
|
Теорема. Число сочетаний из n элементов по m элементов (обозначается символом C n |
) равно |
||||
|
n(n 1)...(n (m 1)) |
|
n! |
|
|
|
|
= |
|
. |
|
|
1 2 3 ... m |
m!(n m)! |
|
Доказательство.
Возьмем все соединения из n элементов по m элементов, т.е. все размещения из n элементов по m элементов. Их будет
m
A n =n(n-1)(n-2)...(n-(m-1)).
Из этих соединений «убираем» все те, которые состоят из одних и тех же элементов и различаются только порядком элементов.
m |
m |
То есть число сочетаний C n |
по сравнению с числом размещений A n |
уменьшится в m! раз. |
|
Таким образом |
|
|
m |
|
n! |
|
||
C m |
= An |
|
. |
|||
|
|
|||||
|
|
|||||
n |
m! |
|
m!(n m)! |
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Свойства числа сочетаний: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
k |
n k |
|
k |
|
|
|
|
n! |
|
|
|
|
n k |
|
|
n! |
|
|
|
|
|
||||
1. |
C n =C n |
|
, т.к. C n |
= |
|
|
|
и C n |
|
= |
|
|
. |
|
|
||||||||||||
|
k!(n k)! |
|
(n k)!k! |
|
|||||||||||||||||||||||
|
|
k |
|
k 1 |
|
k |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
2. |
Сn |
Cn 1 Cn 1 , |
(n 1)! |
|
|
|
|
|
|
(n 1)! |
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
k 1 |
|
k |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
т.к. |
Cn 1 |
Cn |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
(k 1)!(n k)! |
|
|
k!(n k |
1)! |
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
(n 1)! |
|
|
|
|
1 |
|
|
1 |
|
|
|
n! |
=С k . |
|
||||||||||
= |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= |
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
(k 1)!(n 1 k)! n k |
|
|
|
k |
k!(n k)! |
|
n |
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
3. |
По определению полагают |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
а. 0!=1; |
n k |
б. C m =1; |
|
4. |
k 1 |
k |
k |
|
C n |
=C n |
|
,так как C n |
|
k 1 |
m
в. C m =1.
n k |
|
n! |
|
n k |
|
n! |
k 1 |
||
|
= |
|
|
|
= |
|
|
=C n |
|
k 1 |
k!(n k)! k 1 |
(k 1)!(n 1 k)! |
|||||||
|
|
|
Пример В колоде 36 карт, из них четыре туза. Сколькими способами можно сдать шесть карт так, чтобы среди них было два туза ?
Ответ. С24 C324
4. Биномиальная формула Ньютона
n k n k k
Теорема. Имеет место формула (x+a)n= Cn x a . k 0
Доказательство.
Очевидно, при n=1: (x+a)1=x+a.
n=2: (x+a)2=x2+2xa+a2 .
Тогда проведем доказательство методом полной математической индукции. Предположим, что формула Ньютона имеет место при n=l, т.е.
(x+a)l= Cl0 xl Cl1xl 1a ... Cll 1xal 1 Cll al .
Докажем эту формулу для n=l+1. Очевидно, что
(x+a)l+1=(x+a)(x+a)l=(x+a)(C 0l xl+C 1l xl-1a+...+ C ll -1 xal-1+C ll al)=
=C 0l xl+1+C 1l xla+...+C il xl-i+1ai+...+C ll x al+C 0l xla+C 1l xl-1a2+...+C il xl-iai+1+...+C ll al+1=
=C 0l xl+1+(C 1l + C 0l ) xla +...+(C il + C il 1 )xl-i+1ai+...+(C ll +C ll -1 )x al+C ll al+1=
= C 0l xl+1+ C1l+1xla+...+C 1l+1xal+C l+l+11al+1.
Что и требовалось доказать.
Следовательно, из принципа математической индукции получаем: для любых натуральных n имеет место формула Ньютона
(x+a)n= C0nxn C1nxn 1a ... Cnn-1xan 1 Cnnan .
Формула Ньютона может быть записана в виде
(x+a)n= n k n k k .
Cn x a
k 0
Имеет место формула l-го члена разложения бинома Ньютона:
T1= C ln-1 xn-l+1al-1.
Следствие 1. Полагая x=a=1, получим: сумма всех биномиальных коэффициентов равна 2n . Следствие 2. Полагая x=1, a=-1, получим: сумма биномиальных коэффициентов, стоящих на нечетных
местах, равна сумме биномиальных коэффициентов, стоящих на четных местах, т.е.
C0n C2n ... C2nl C1n C3n ... C2nl-1.
5.Некоторые примеры
1.Написать разложение: 4х 1 3х 1 5
2.Сколько чисел можно составить из цифр 2, 3, 4, если известно, что числа трехзначные? Найти сумму этих чисел.
3.Сколько существует различных семизначных телефонных номеров ?
4.Сколько существует различных телефонных номеров, если считать, что каждый номер содержит не более семи цифр ? Телефонный номер может начинаться с нуля.
5.Сколько существует различных семизначных телефонных номеров, если в каждом номере нет повторения цифр?
6.В некотором государстве нет двух жителей с одинаковым набором зубов. Какова может быть наибольшая численность населения государства, если число зубов считать равным 32 ?
Лекция 5. ВВЕДЕНИЕ В ТЕОРИЮ ПРЕДЕЛОВ.
1. Бесконечная последовательность.
Определение . Бесконечной числовой последовательностью называется числовая функция, определенная на множестве N натуральных чисел.
Задание бесконечной числовой последовательности эквивалентно заданию отображения множества N в множество R, т.е. каждому числу n N ставится в соответствие число xn=f(n) из R, называемое n-ым или общим
членом последовательности; числа х1, х2, ..., хn, ... называются членами бесконечной числовой последовательности которую обозначают символом {xn}. Говорят, что последовательность {хn} задана формулой общего члена последовательности если задана формула xn=f(n) для n N. Для краткости словосочетание
«бесконечная числовая последовательность» иногда заменяют на «последовательность» Последовательность {xn} может быть также задана в виде :
1. Набора чисел х1, х2, ..., хn, ... , причем из этого задания виден закон построения члена последовательности с любым номером.
2. Рекуррентной формулы xn+p=F(xn, xn+1, ...,xn+p-1), p N, при известных
x1, x2, ...,xp . |
|
Например. |
|
а. 1, 1/2, 1/3, 1/4, ...,1/n, |
б. x =(-1)n |
|
n |
в. хn=n3-3n+4 |
г. хn+1=(n+2)xn, x1=1 |
д. Последовательность чисел Фибоначчи 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, ... задается рекуррентной формулой Zn+2=Zn+Zn+1,
Z1=Z2=1
Замечание. Бесконечные прогрессии (арифметическая и геометрическая являются числовыми последовательностями.