Научная литература
booksshare.net -> Добавить материал -> Математика -> Моденов П.С. -> "Сборник задач по специальному курсу элементарной математики" -> 243

Сборник задач по специальному курсу элементарной математики - Моденов П.С.

Моденов П.С. Сборник задач по специальному курсу элементарной математики — М.: Высшая школа, 1960. — 766 c.
Скачать (прямая ссылка): szpskemmodenov1960.djvu
Предыдущая << 1 .. 237 238 239 240 241 242 < 243 > 244 245 246 247 248 249 .. 381 >> Следующая


48. 686. 49. 2880. 50. от - 3, л = 6. 51. -у/ил (от —1) (л — 1). 52. -I (т+1)2 (от+2)2.

53. C*fl. 54. 8. 55. 7. 56. 2^+?"-^ — 1. 57. 43 200. 58. Круг, по которому от-я плоскость пересекает шар, пересекается каждой из остальных плоскостей в двух точках и, следовательно, делится на 2 (от— 1) частей. По обе стороны каждой из этих частей находятся 2 части сферы, которые обращаются в одну, если убрать от-й круг. Следовательно, число У7 (от) кусков шара при делении его от плоскостями на 2 (от— 1) больше F(от — 1) — числа делений от —1 плоскостями: FCm) = «=2(1^-1) + ^(111-1), но F(I) «2, значит, F(n) -2(1+1+2+3+...+л-1) =

¦в 2 + п (п — 1). 63. C^0 • Cj6 • Cj2 * С*50 ~ЩГ •

Глава XII. Бином Ньютона

а) /22я-1; б) (/і + 2)2й"1; в) 1 + ^-2)2"-1; г) (л +1) 2я; д) 1+(2/1-1)2"; е) 0; 2Я_И — 1 14-rt2rt+l 1 4-

*> 3> -Ir+!"5 и) (п + 1)(/» + 2); К)1Г+Т; 0 «ли (-I)2C^. 2. а) (" + lH« + g); б) (n + H(« + 2)(n + 3)t 3 а) 420u. б) 4204200< 5> 226

6. Докажем, что члены разложения бинома (р + q)nt где р > 0, q > O, /? + q = 1, сначала растут, а затем убывают. Имеем Тк = Ckn~xqk"xpn'k"tl* 7A+i = Cknqkpn~k;

отсюда ¦^' = (ft — ? + 1) <7 # решая неравенство > 1, найдем & < # (л+1).

j k яр 1 k

Итак, если * < ? (п + 1), то F1 < T2 < ... < 7*+,. Для ? > # (л + 1), Tk^>Tk+\ > ••¦ > 7Wi- Таким образом, если ^ (л + 1) > 1, то наибольшим членом будет первый; если q(n-\-\) > п, то наибольшим членом будет последний. Если же 1 <; q (п + 1) -< п, то наибольший член не будет ни первым, ни последним; если при этом q(n-\-\) — число не целое, причем ч — наибольшее целое число, все еще меньшее, чем #(/z + l), т. е. V < q (п + 1) < v + 1, то номер наибольшего члена разложения равен ^ + 1; если же ^(я+1) — число целое, причем 1 <' <; q (п + 1) -< л, то имеются два равных между собой наибольших члена разложения, номера которых q(п + 1) и q (п + 1) + 1. 9. 13. 12. С1п + 2С2п + С^ 13. Первый вариант: (1 + 2х + 3л:2)10 = 1 + 10 (2л: + Зле2) + 45(2* + Зл:2)2 + + 120(2л:+3л:2)3+210(2л:+3л:2)4 + ... (недописанные слагаемые содержат ж в степени большей, чем 4). Из последнего выражения легко находим коэффициент при xі: 45-9 + + 120 • 3 • 4 • 3 + 210 • 16 = 8085. Второй вариант: общий член разложения

тринома (1+2^ + Зл2)10 есть -^рг ^ (2xf (Зл2)\ где <х + ? + •{ = 10, причем а,

536 Ответы. Алгебра. Гл. XIII. ИНДУКЦИЯ

Глава XIII. Индукция

1. Для /г=1 имеем равенство a\b\—(ахЬх)2 = 0. Предположим, что соотношение, подлежащее доказательству, верно; тогда [о\ + а\ + ... + а\ + + b\ + ... ... + b2n + b2n+1) — (axbx+a2b2 + ... + anbn + an+xbn+x)* = (a2 + a2+...+an)X Х(Ь2г + Ь2+ ... + b2n)-(axbx + a2b2 + ... +anbny + a2n + 1(b2 + b2 + \.. + b2)+ + bl+i(ai + 4 + +al) + al+ibl+i — 2an + ibn+1 (cixbx+a2b2 + ... +д,А)~ -e« + i^ + i=[(«i + «2+ +al)(b\ + b\+ ... + ^)-(^, + ^ + ... ... +^nbn)]2+(^ibn+i—blan+l)2 + (a2bn+l — b2an + l)2+ ... + (anbn+l—bnan+l)2 >0, так как, по предположению, выражение, заключенное в квадратные скобки, поло-4 жительно или равно нулю. Но так как соотношение, подлежащее доказательству,* верно для /г = 1, то методом полной индукции оно доказано для любого целого положительного числа п. 2. Для /2=1 и п = 2 имеем T1 (х) = cos (arccos х) = х, Tі (х) = cos (2 arccos х) = 2 cos2 (arccos х) — 1 = 2х2 — 1— полиномы первой и второй степени. Предположим теперь, что Tx(X)1 T2 (х)..... Tn (х) — полиномы, соответственно первой, второй и т. д., /2-й степени. Имеем: Tn+1 (x)=cos [(/2+1) arccos х], Tn-1 (х) = cos [(п — 1) arccos х], откуда Tn+ х (х) + Тп_, (х) = 2 cos (п arccos х) X X cos (arccos х) = 2хТп (х); следовательно, Tn+1 (х) = 2хТп (х) — Тп_ х (х). Так как по предположению Tn^x (х) и Tn (х) — многочлены степеней соответственно /2—1 и /2, то Tn+1 (х) = 2хТп(х)—Tn^x (х) есть многочлен л+1-й степени и наше положение доказано методом полной индукции. Замечание. Отметим, что рекуррентное соотношение Tn+1 (х) = 2хТп (х)—Tn^x (х) позволяет вычислить последовательно T3 (х), T4 (х), ...:

T3 (х) = 2хТ2 (х) — Tx (х) = 2х (х2 — 1) — X = 4-х3 — Зх,

T4 (х) = 2хГ3 (х) — T2 (х) = 2х (4х3 — Зх) — (2х2 — 1) = 8х4 — 8х2 + 1,

T5 (х) = 2хГ4 (х) — T3 (х) = 2х (8х4 — 8х2 + 1) — (4х3 — Зх) = 1бх5 — 20х3 + 5х,

T6 (х) = 2хГ5 (X) — Г4 (х) = 2х (1бх5 — 2Ox3 + Sx) — (8х4 — 8х2 + 1) = 32х6 — 48х4 +

+ 18х2 -Ійт.д.

3. Если л = 2, то положение доказывается просто; в самом деле, пусть X1 > 0, X2 > 0, X1 +X2 = 0, тогда (X1 ф х2):

/ ч / ' \ Г/ а\2 а21 а2 / а \2 а2

X1X2 = X1(^-X1) = -(xj-**,) = -^1-—) -.—J= — «.^-—^ <_f

?, у — целые неотрицательные числа от 0 до 10. По условию ? -f- 2у = 4. Если Y = O, то ? = 4, а = 6; если y = 1» т0 ? = 2, а = 7; если y = 2, то ? = 0, <х = 8; y не может быть больше чем 2, так как тогда ?=4— 2y < 0. Соответствующие, ука-

10' 10' 10'

занным членам коэффициенты: -gy^y 24 + 7? 2! 1! • 3 + ~8Ї2Т~ ^еше*

20!

ние. Общий член разложения (1+х2 + х5)20 имеет вид —\q\r\ ^р x^q хЪт = 20!

^ —!—ГгТ Х<2д+5Г> где /7' г—целые неотрицательные числа, такие, что р + # + + г = 20. Таким образом, вопрос сводится к тому, имеет ли уравнение 2q + Sr = /я (где w — любое целое неотрицательное число от 0 до 100 включительно) решение или нет. Имеем: 2q = m — 5/% # = m ^ Г — 2г. Положим: m ^ Г =5 (s — целое число), тогда r = m — 2s, а значит q = s — 2(//2— 2s) = 5s — 2//2. Так как г > 0, # > 0, то /тг — 2s > О, 5s — 2//г > 0; значит, s < -^-, или s > —~, или
Предыдущая << 1 .. 237 238 239 240 241 242 < 243 > 244 245 246 247 248 249 .. 381 >> Следующая

Реклама

c1c0fc952cf0704ad12d6af2ad3bf47e03017fed

Есть, чем поделиться? Отправьте
материал
нам
Авторские права © 2009 BooksShare.
Все права защищены.
Rambler's Top100

c1c0fc952cf0704ad12d6af2ad3bf47e03017fed