Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Уфимский Государственный Авиационный Технический Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Akhmetova_Vodopyanov_-_Kurs_matana

.pdf

Скачиваний:

144

Добавлен:

18.03.2015

Размер:

1.05 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 75 6 7 > Следующая >>>

с повторениями, их число обозначается Сn(k1, k2, ..., ks). Числа Сn(k1, k2, ..., ks) называются полиномиальными коэффициентами.

		n!		.
Теорема 5. Сn(k1, ..., ks) =
	k1	! k2 !... k s	!

Доказательство проведем по индукции по s, то есть по числу типов элементов. При s = 1 утверждение становится тривиальным: k1 = n, все элементы одного типа и Сn(n) = 1. В качестве базы индукции возьмем s = 2, n = k1 + k2. В этом случаем перестановки с повторениями превращаются в сочетания из n элементов по k1 (или k 2): выбираем k1 место, куда помещаем элементы первого типа.

k ) = C

С (k

k1!(n - k1)! k1!k

2 !

n 1

Пусть формула верна для s = m , т.е. n = k1 + ... + km и

Сn(k1, ..., km)=

! k2 !... km

Докажем, что она верна для s = m + 1 (n = k1 +... + km + km+1). В этом случае перестановку с повторениями можно рассматривать как

совместный выбор двух объектов: объект A – выбор k m + 1 места для элементов (m + 1)-го типа; объект B – перестановка с повторениями из (n – km+1) элементов. Объект A можно выбрать Ckn m+1 способом, B – Cn-k m+1 (k1, ..., km) способами. По принципу произведения

,..., k

, k

m+1

) Ckm+1

n-k

,..., k

)

m+1

(n - k m + 1)!

(k m + 1)!(n - k m + 1)!

k1!k 2 !... k m !

k1!k 2 !... k m !k m + 1!

и мы получили требуемую формулу.

Cnm

Замечание.

Числа

называются

биноминаль-

m!(n m)!

ными коэффициентами. Из этой формулы следует, что Cnm

Cnn-m .

Пример 8. Сколько различных слов можно получить, переставляя буквы в слове “математика”?

Решение. Буква “а” входит 3 раза (k1 = 3), буква “м” – 2 раза (k2 = 2), “т” – 2 раза ( k3 = 2), буквы “е”,”к”,”и” входят по одному разу,

отсюда k3 = k4 = k5 = 1.

10!

С10 (3, 2, 2, 1, 1, 1) = 3!2!2! =151200.

Сочетания с повторениями. Пусть имеется n типов элементов, каждый тип содержит не менее m одинаковых элементов. Неупорядоченная выборка объемом m из имеющихся элементов (их число m n) называется сочетанием с повторениями. Число сочетаний с

повторениями обозначается Cmn (n).

Теорема 6. Cmn (n) = Cmn+m-1 .

Доказательство. Пусть в выборку вошло m1 элементов первого типа, m2 элементов второго типа, ... mn – n – ного типа. Причем каждое 0 mi m и m1 + m2 + ... + mn = m. Сопоставим этой выборке век-

тор следующего вида:
b	m	(11...1011...10...011...1).
	m
		m1	m2	mn

Очевидно, между множеством неупорядоченных выборок с повторениями и множеством векторов {bm} существует биекция (дока-

жите это!). Следовательно, Cmn (n) равно числу векторов bm. “ Длина вектора” bm равна числу нулей и единиц, или m + n – 1.

Число векторов равно числу способов, которыми m единиц

можно поставить на m + n 1мест, а это будет Cn+mm	-1 .
Пример 9. В кондитерской имеется 7 видов пирожных. Покупа-

тель берет 4 пирожных. Сколькими способами он может это сделать?

(Предполагается, что пирожных каждого вида				4).
Число способов будет C7+44		C104	10!	7	8	9	10	210.
	-1
			4!6!	1	2	3	4

Пример 10. Пусть V = {a, b, c}. Объем выборки m = 2. Перечислить размещения, сочетания, размещения с повторениями, сочетания с повторениями.

	Размещения: {(ab), (bc), (ac), (ba), (cb), (ca)}. A			32	3!	6.
1.
1.					1!
					1!
	Сочетания: {(ab), (ac), (bc)}. C32	3!	3.
2.
2.		1!2!
		1!2!
3.	Размещения с повторениями: {(ab), (bc), (ac),			(ba),		(cb), (ca),

(aa), (bb), (cc)}. A 23 (3)= 32 = 9.

A106 .

4. Сочетания с повторениями: {(ab), (bc), (ca), (aa), (bb), (cc)}.

	4		3
C32 (3) C3+22	-1 C24			6.
C32 (3) C3+22	-1 C24	2		6.
		2

Задачи

1. A и B и еще 8 человек стоят в очереди. Сколькими способами можно расположить людей в очереди, чтобы A и B были отделены друг от друга тремя лицами?

Ответ: 6 8! 2!.

2. Сколько четырехзначных чисел можно составить из цифр 0, 1, 2, 3, 4, 5, если:

а) цифры не повторяются; б) цифры могут повторяться;

в) используются только нечетные цифры и могут повторяться; г) должны получиться только нечетные числа и цифры могут по-

вторяться.

Ответ: а) 5 5 4 3=300; б) 5 63 = 1080; в) 34; г) 5 6 6 3 =

540.

3. В классе изучается 10 предметов. Сколькими способами можно составить расписание на понедельник, если в понедельник должно быть 6 уроков и все разные?

Ответ:

4. На одной прямой взято m точек, на параллельной ей прямой n точек. Сколько треугольников с вершинами в этих точках можно получить?

Ответ: mC2n	nC2m .
5. Сколько есть пятизначных чисел, которые читаются одинако-
во справа налево и слева направо, например, 67876.
Ответ: 9 10	10 = 900.

6. Сколько разных делителей (включая 1 и само число) имеет число 35 54?

Ответ: 30.

7. В прямоугольной матрице A = {aij} m строк и n столбцов. Каждое aij {+1, -1}, причем произведение aij по любой строке или лю-

бому столбцу равно 1. Сколько таких матриц?

Ответ: 2(m-1)(n-1).

8. В комнате n лампочек. Сколько разных способов освещения комнаты, при которых горит:

а) ровно k лампочек (k n);

б) хотя бы одна лампочка.

Ответ: а) Cnk ; б) Cn1 + Cn2 + ... + Cnn = 2n - 1

9.Сколько имеется четырехзначных чисел, у которых каждая

следующая цифра больше предыдущей? Ответ: С94 = 126.

10.Сколько имеется четырехзначных чисел, у которых каждая следующая цифра меньше предыдущей?

Ответ: С104 = 210.

11. Имеются p белых и q черных шаров. Сколькими способами их можно выложить в ряд, чтобы никакие 2 черных шара не лежали рядом (q p + 1)?

Ответ: Сqp+1 .

12. Имеется p разных книг в красных переплетах и q разных книг в синих переплетах (q p + 1). Сколькими способами их можно расставить в ряд, чтобы никакие две книги в синих переплетах не стояли рядом?

Ответ: Сqp+1 p! q!.

13.Сколькими способами можно упорядочить {1, 2, ... n} чисел так, чтобы числа 1, 2, 3 стояли рядом в порядке возрастания?

Ответ: (n - 2)!.

14.На собрании должны выступить 4 докладчика: A, B, C и D, причем B не может выступить раньше A. Сколькими способами можно установить их очередность.

Ответ: 12 = 3! + 22 +2.

15. Сколькими способами m + n + s предметов можно распределить на 3 группы, чтобы в одной группе было m предметов, в другой - n, в третьей - s предметов.

(m + n + s)! Ответ: m!n!s! .

16. Сколько целых неотрицательных решений имеет уравнение x1 + x2 + ... + xm = n

Ответ: Cnn+m-1 .

A2mn .

Crn .

17. Найти число векторов			= ( 1 2 ... n), координаты которых
удовлетворяют условиям:
1)	i	{0, 1};
2)	i	{0, 1, ... k - 1};
3)	i	{0, 1, ... ki - 1};
4)	i	{0, 1} и 1 + 2 + ... +	n = r.

Ответ: 1) 2n ; 2) kn ; 3) k1 k2 ... kn ; 4)

18. Каково число матриц {aij}, где aij {0,1} и в которой m строк

иn столбцов?

1)строки могут повторяться;

2)строки попарно различны.

Ответ: 1) 2m n ; 2)

19. Дано m предметов одного сорта и n другого. Найти число выборок, составленных из r элементов одного сорта и s другого.

Ответ: Crm Csn .

20. Сколькими способами число n можно представить в виде суммы k натуральных слагаемых (представления, различающиеся лишь порядком слагаемых считаются разными).

Ответ: Ckn--11 .

11. Метод математической индукции

Во многих разделах математики приходится доказывать истинность утверждения, зависящего от n , т.е. истинность высказывания p(n) для n N (для любого n N p(n) верно).

Часто это удается доказать методом математической индукции.

В основе этого метода лежит принцип математической индукции. Обычно он выбирается в качестве одной из аксиом арифметики и, следовательно, принимается без доказательства. Согласно принципу математической индукции предложение p(n) считается истинным для всех натуральных значений переменной, если выполнены два условия:

1.Предложение p(n) истинно для n = 1.

2.Из предложения, что p(n) истинно для n = k (k ‒ произвольное натуральное число) следует, что оно истинно для n = k + 1.

Под методом математической индукции понимают следующий способ доказательства:

1. Проверяют истинность утверждения для n = 1 – база индук-

ции.

2.Предполагают, что утверждение верно для n = k – индуктивное предположение.

3.Доказывают, что тогда оно верно и для n = k + 1 индуктивный переход.

Иногда предложение p(n) оказывается верным не для всех нату-

ральных n, а начиная с некоторого для n = n0. В этом случае в базе индукции проверяется истинность p(n) при n = n0.

		Пример 1.				Пусть Sn 1 22	32	42 ( 1)n 1 n2 . Доказать,
что
		S		( 1)	n 1 n(n 1)
		S	n	( 1)		2
			n

		1. База индукции: при n = 1 по определению S1 = 1 и по формуле
( 1)	0	1 2		1 получаем один результат. Утверждение верно.
( 1)			2	1 получаем один результат. Утверждение верно.
			2
		2. Индуктивное предположение. Пусть n = k и
		Sk		1 22		32 ( 1)k 1 k 2	( 1)k 1		k(k 1)	.
		Sk		1 22		32 ( 1)k 1 k 2	( 1)k 1			.
								2

3. Индуктивный переход. Пусть n = k + 1. Докажем, что

Sk		1 1				22				(				1)k 1			k 2			(	1)k (k				1)2			(	1)k	(k	1)(k			2)		.
Sk		1 1				22				(				1)k 1			k 2			(	1)k (k				1)2			(	1)k		2					.
																															2
Действительно, в силу индуктивного предположения
						S					S			(	1)	k	(k			1)	2			(	1)	k 1 k(k 1)					( 1)		k	(k	1)		2	.
						S	k		1		S		k	(	1)		(k			1)				(	1)				2		( 1)			(k	1)			.
							k		1				k

Преобразуем это выражение
S				(		1)		k 1 k(k						1)	(		1)	k	(k			1)		2
S	k	1		(		1)					2				(		1)		(k			1)
	k	1

	(		1)	k	1	(k				1)		k		k	1			(		1)		k	1	(k	1)		(	k	2)		( 1)	k (k			1)(k 2)				.
	(		1)			(k				1)		2		k	1			(		1)				(k	1)			2			( 1)				2				.
												2																2							2

Индуктивный переход доказан.

Замечание. Полезно записать, что дано (индуктивное предположение) и что нужно доказать!

Пример 2. Доказать

13 23 n3 (1 2 n)2 .

1.База индукции. При n = 1, утверждение, очевидно, верно.

2.Индуктивное предположение. Пусть n = k и

13 23 k3 (1 2 k)2 .

3. Индуктивный переход. Пусть n = k + 1. Докажем:

13 k3 (k 1)3 (1 2 ... k (k 1))2.

Действительно, возведем правую сторону в квадрат как сумму двух чисел:

	1 2 k (k																1) 2		1 2 k 2			k 1 2
2 1					2			k								k	1
Используя индуктивное предположение и формулу суммы
арифметической прогрессии:
1		2				k									k		1	k ,
1		2				k										2		k ,
																2
получим
	1 2 k 2															k 1 2			2 1 2 k k 1
13				23				k3								k 1 2				k k 1 2
13				23 k3												k 1 2 (k 1) 13					k3	k 1 3 .
Пример 3. Доказать неравенство
1		3			5				2n					1			1			для n	1.

2		4			6						2n

																		3n	1
1. Базой индукции в этом случае является проверка истинности
утверждения для n0																2 , т.е. необходимо проверить следующее нера-
венство		1			3		1						.			Для этого достаточно						возвести неравенство в

		2			4
		2			4							7
		9					1
квадрат:										или 63 < 64 – неравенство верно.
квадрат:			64					7		или 63 < 64 – неравенство верно.
																						47

	2. Пусть неравенство верно для n																													k , т.е.
	1					3	5			2k		1					1		.

	2					4	6			2k
	2					4	6			2k							3k 1
	3. Пусть n											k	1, докажем:
	1					3	5			2k		1		2k			1					1				.

	2 4 6									2k 2k 2
	2 4 6									2k 2k 2											3k 4
	Используем предположение индукции
			1 3 5 2k 1 2k 1															1							2k 1
																															.
	2 4 6									2k 2k 2															2k 2
	2 4 6									2k 2k 2										3k 1					2k 2
	Зная как должна выглядеть правая сторона в доказываемом не-
равенстве выделим эту часть
																													k			1
						1			2k			1					1					3k		4
						1			2k			1					1					3k		4
																													2				.
								2k 2														3k 1							k 1
				3k 1				2k 2							3k 4							3k 1							k 1
																																											k	1
																																							3k	4
	Остается установить, что лишний множитель																																						3k	4		2		не
																																										2
																																						3k	1
																																						3k	1				k 1
превосходит единицы. Действительно,

									k		1																								3k 3		7k 2		4	3	k 1
															3k 4 k 2								k 1 4
				3k 4
				3k 4						2																														4				1 .
										2																														4
					3k 1 k 1											3k 1 k						2	2k 1												3k	3	7k	2	5k 1
					3k 1 k 1											3k 1 k							2k 1												3k		7k		5k 1
	Пример 4. Доказать, что при любом натуральном n																																						1 число
22n	1 оканчивается цифрой 7 .
	1. Наименьшее натуральное n , с которого справедливо утвер-
ждение, равно 2 : 222													1				24	1 17 .
	2. Пусть при n													k число 22k										1 оканчивается на 7 . Это означа-
ет, что это число можно записать в виде 22k																																		1			10m		7 , где m – ка-
кое-то натуральное число. Тогда 22k																												10m						6.
	3. Пусть n											k	1. Докажем, что 22k 1																					1 оканчивается на 7 . Ис-
пользуя полученное представление, получим
		22k				1	1	(22k )2					1				10m	6 2					1				100m2							120m 37

Последнее число имеет ровно 7 единиц.

Задачи.
1. Доказать, что при каждом n																									N верны равенства
1)	12					22 ...				n2						n(n			1)(2n							1)		.
1)	12					22 ...				n2											6							.
																					6
2)	12				32 ...					(2n					1)2					n(4n2						1)			.
2)	12				32 ...					(2n					1)2									3					.
																								3
3)	1 2					2		5		...	n(3n								1)				n2 (n 1).
4)	1		2			2		3		...	(n						1)n					(n				1)n(n 1)								.
4)	1		2			2		3		...	(n						1)n									3								.
																										3
5)	1		22			2 32					...				(n				1)n2						n(n2						1)(3n				2)				.
5)	1		22			2 32					...				(n				1)n2										12										.
																													12
6)			1					1											1														n			.
6)																																				.
	1 3 3 5												(2n 1) (2n 1) 2n 1
7)			1					1													1												n				.

	1 5 5 9													(4n 3) (4n 1)																		4n 1
8)		12					22			...									n2												n(n				1)			.
8)	1 3					3 5				...		(2n						1)			(2n					1)				2(2n					1)			.
	1 3					3 5						(2n						1)			(2n					1)				2(2n					1)
9)	1 1!					2		2! ...			n n!							(n			1)!			1.
10)	1			1		1			1	1									1								n		2				.
10)	1		4			1		9		1							(n		1)2								2n		2				.
			4					9									(n		1)2								2n		2
2. Доказать, что при любом n																								N .

1)n(2n2 3n 1) кратно 6 .

2)n5 n кратно 5 .

3)n7 n кратно 7 .

4)	62n			2			3n	1		3n 1 кратно 11.
5)	11n			1		122n				1 кратно 133.
6)	5 23n 2					33n 1		кратно 19.
3. Доказать справедливость следующих неравенств для всех на-
туральных n				1.
1)		1					1		...		1	13		.
1)		n		1			n	2	...		2n	24		.
		n		1			n	2			2n	24
						1			1			1
2)			n		1	1			1		...	1			2 n .


								2	3				n
								2	3				n
															49

3)		n	1	1		1		...	1			n .

	2			2		3				2n
											1
4)	(2n)!			4n			(n!)2 .

				n	1
5)	2! 4! ...				(2n)!				((n		1)!)n .

4. Доказать справедливость следующих неравенств

1)	2n n!	nn для n				6.
2)	nn 1	(n		1)n для n			3.
5. Доказать равенство для любого n												N



1)	2			2 ...		2		2 cos			,
1)	2			2 ...		2		2 cos	2n 1		,
(в левой части содержится n корней).
		1		1			1						n
2)	arctg			arctg				... arctg				arctg		.
2)	arctg		2	arctg	8			... arctg		2n2		arctg	n 1	.

6. Пусть x1, x2 ,...xn – произвольные неотрицательные числа, при-

чем x	x	...	x		1	. Доказать, что (1 x )(1	x ) (1	x )	1	.
1	2		n	2		1	2	n	2
				2					2
7. Доказать неравенство Бернулли
(1		)n	1 n	,		1, n N.

8.Пусть x1, x2 ,...xn – произвольные положительные числа, причем x1 x2 xn 1. Доказать, что x1 x2 ... xn n .

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 75 6 7 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
06.03.20162.02 Mб21ACCESS.doc
#
08.11.20191.3 Mб6Access.doc
#
21.09.201953.12 Кб14Access.docx
#
18.03.20152 Mб209ad Verbum.doc
#
18.03.2015896.55 Кб7Ad_2_FR.pdf
#
18.03.20151.05 Mб144Akhmetova_Vodopyanov_-_Kurs_matana.pdf
#
18.03.2015578.56 Кб39alg10_trig_Opornye_konspekty.doc
#
01.07.2025235.52 Кб0alimentnye_obyazatelstva.doc
#
18.04.2019164.23 Кб3Alina.docx
#
26.09.20191.53 Mб66all.docx
#
18.03.201514.06 Mб24Altera Max+Plus II и Quartus II.djvu