Пятница, 29.03.2024, 15:22
Ш  К  О  Л  А     П  И  Ф  А  Г  О  Р  А
      Предмет математики настолько серьезен, что нужно
не упускать случая, сделать его немного занимательным".
                                                                              Блез Паскаль
Главная | Регистрация | Вход Приветствую Вас Гость | RSS
ПАМЯТКИ ПО МАТЕМАТИКЕ   ВЕЛИКИЕ МАТЕМАТИКИ   ТЕОРИЯ ЧИСЕЛ   МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ЛОГИКА
УРОКИ МАТЕМАТИКИ В ШКОЛЕ
МАТЕМАТИЧЕСКАЯ КЛАДОВАЯ
В МИРЕ ЗАДАЧ
ЕГЭ ПО МАТЕМАТИКЕ
МАТЕМАТИКА В НАЧАЛЬНОЙ ШКОЛЕ
ВАРИ, КОТЕЛОК!
УДИВИТЕЛЬНАЯ МАТЕМАТИКА
ВЫСШАЯ МАТЕМАТИКА
В МИРЕ ИНТЕРЕСНОГО
Категории раздела
10 КЛАСС [78]
11 КЛАСС [65]
Главная » Файлы » ПРЕПОДАЕМ АЛГЕБРУ И НАЧАЛА МАТЕМАТИЧЕСКОГО АНАЛИЗА » 11 КЛАСС

Урок обобщения и систематизации знаний
26.10.2014, 21:54
      На этом уроке после повторения теоретических сведений (с помощью вопросов на с. 178 учебника) и устранения пробелов в знаниях решаются упражнения типа 70—74, требующие обоснованного подведения фабулы под конкретный вид соединений.
      При организации урока полезно использовать материал введения к данной главе этого пособия.
      В общеобразовательных и профильных классах могут быть использованы для работы ранее не выполнявшиеся упражнения к главе V учебника, а также задания рубрики «Проверь себя!» (с. 178, 179 учебника).
      В профильных классах с учащимися, интересующимися математикой, следует разобрать 2 способа решения упражнения 87 и с помощью метода математической индукции доказать равенство получаемых выражений (см. ниже «Решение упражнений»).

Решение упражнений

      84.  1)   ( C 12 2 + C 12 3 )+ C 13 4 = C 13 3 + C 13 4 = C 14 4 = 14! 4!⋅10! =
= 11⋅12⋅13⋅14 2⋅3⋅4 =11⋅13⋅7=1001 ;
      3)   C 8 4 − C 7 4 =( C 7 3 + C 7 4 )− C 7 4 = C 7 3 = 7! 3!4! = 5⋅6⋅7 2⋅3 =5⋅7=35 ;
      5)   C 7 4 + C 7 5 + C 7 6 + C 7 7 = C 7 0 + C 7 1 + C 7 2 + C 7 3 = 1 2 ⋅ 2 7 =64 .
      86.  Число матчей равно 2⋅ C 18 2 = 2⋅18! 2!⋅16! =17⋅18=306 .
      87.  I способ. Первую пару можно составить C 2n 2 способами, после этого выбрать пару из оставшихся 2n − 2 элементов можно C 2n−2 2 способами. К первым двум парам, число которых C 2n 2 ⋅ C 2n−2 2 , третью можно присоединить C 2n−4 2 способами и т. д. Число способов разбиения 2n различных элементов на n упорядоченных пар равно
C 2n 2 ⋅ C 2n−2 2 ⋅ C 2n−4 2 ⋅...⋅ C 6 2 ⋅ C 4 2 ⋅ C 2 2 =
(2n)!(2n−2)!(2n−4)!⋅...⋅6!⋅4!⋅2! 2 n (2n−2)!(2n−4)!⋅...⋅4!2!0! = (2n)! 2 n .
      Так как в разбиении порядок расположения пар не имеет значения, то число способов разбиения на n неупорядоченных пар в n! раз меньше найденного числа, т. е. равно
(2n)! 2 n ⋅n! .     (1)

      II способ. 1) Занумеруем данные элементы: а1, а2, а3, ..., а2n. 2) Упорядочим в каждой создаваемой паре (аi, аj) ее элементы так, что i < j. 3) Упорядочим каждый получаемый набор пар так, что первой парой будет (а1, al), второй — (аm, аn), третьей — (ар, aq) и т. д., причем а1 < аm < аp и т. д. (m ≥ 2, причем т = 2, если l ≠ 2). 4) Для подсчета числа всевозможных наборов выясним, сколько пар могут оказаться первыми: так как первым элементом первой пары будет обязательно а1, а вторым элементом первой пары может быть любой из оставшихся 2п − 1 элементов, то первых пар будет 2n − 1. 5) После фиксирования первой пары остаются 2n − 2 элементов, среди которых есть элемент с наименьшим номером. Он и будет первым элементом второй пары, а вторым элементом второй пары можно брать любой из оставшихся 2п − 3 элементов. Следовательно, вторых пар будет 2n − 3. Проводя аналогичные рассуждения, получаем, что третьих пар будет 2n − 5, четвертых пар будет 2n − 7, ..., а n-х пар будет (2n − (2n − 1)) = 1. 6) По правилу произведения получаем, что число всевозможных пар равно
(2n − 1) (2n − 3) (2n − 5) · ... · (2n − (2n − 1)).     (2)

      Докажем, что выражения (1) и (2) равны, т. е. что справедливо равенство
(2n−1)(2n−3)⋅...⋅3⋅1= (2n)! 2 n ⋅n! .     (3)

      Доказательство проведем методом математической индукции.
      а)  Проверкой убеждаемся, что при n = 1 равенство (3) верно:
2⋅1−1= (2⋅1)! 2 1 ⋅1! .
      б)  Пусть равенство (3) верно для какого-либо натурального n. Докажем, что равенство (3) верно и для n + 1, т. е. что верно равенство
(2n+1)(2n−1)⋅...⋅5⋅3= (2n+2)! 2 n+1 ⋅(n+1)! .     (4)

      Левая часть равенства (4) при использовании замены ее множителей, начиная со второго, выражением, стоящим в правой части равенства (3), примет вид
(2n+1)⋅ (2n)! 2 n ⋅n! .     (5)

      Преобразуем правую часть равенства (4):

(2n+2)! 2 n+1 (n+1)! = (2n)!(2n+1)(2n+2) 2⋅ 2 n ⋅n!(n+1) = (2n)!(2n+1)⋅2(n+1) 2 n ⋅n!⋅2(n+1) =
=(2n+1) (2n)! 2 n ⋅n! ,
т. е. вид (5). Таким образом, равенство (3) верно для любого n   ∈  N.
      88.  Два туза из четырех можно выбрать C 4 2 способами, к каждому такому набору присоединить 16 из 32 карт без тузов можно C 32 16 способами. Выбрать два туза и 16 карт из 32 можно C 4 2 ⋅ C 32 16 способами. Выбранный набор из 18 карт (половина колоды) однозначно определяет и вторую половину колоды. Каждая половина колоды в разбиении приведенным способом упорядочена, поэтому число разбиений колоды просто на две неупорядоченные части (с указанным содержимым) в 2 раза меньше. Ответ. C 4 2 ⋅ C 32 16 2 .
      89.  Число различных пар из 28 учащихся равно C 28 2 = 28! 26!⋅2! =27⋅14=378 . Это число больше числа дней в учебном году, значит, требуемое расписание составить можно.
      90, 91.  См. идею решения упражнения 57.
      92.  Среди данных чисел 10 четных и 10 нечетных. Три числа, сумма которых четна, можно выбрать следующими двумя независимыми способами.
      1) Все три слагаемых — четные числа; таких соединений будет  C 10 3 . 2) Два слагаемых — нечетные числа, а третье — четное. Так как 2 из 10 слагаемых можно выбрать C 10 2  способами, а третье слагаемое — любое из 10 четных чисел, то по правилу произведения получаем  C 10 2 . 10 троек чисел с четной суммой. Таким образом, всего вариантов C 10 3 + C 10 2 ⋅10= 10⋅9⋅8 1⋅2⋅3 + 10⋅9 1⋅2 ⋅10=120+450=570 .
      94.  1)   P ¯ 2, 2, 4 : C ¯ 3 5 = (2+2+4)! 2!⋅2!⋅4 : (3+5−1)! (3−1)!5! = 8!⋅2!⋅5! 2⋅2⋅4!⋅7! =
= 8⋅5 2 =20 .
      2)   A ¯ 5 2 + C ¯ 6 3 : P ¯ 3, 5 = (6+3−1)! (6−1)!3! : (3+5)! 3!5! =25+ 8!3!5! 5!3!8! =26 .
      95.  Задача сводится к подсчету чисел сочетаний с повторениями из 7 видов по 3 элемента в каждом:
C ¯ 7 3 = (7+3−1)! (7−1)!⋅3! = 9! 6!3! = 7⋅8⋅9 2⋅3 =7⋅12=84 .
Категория: 11 КЛАСС | Добавил: admin | Теги: Методика преподавания математики в, Уроки математики, советы по преподаванию алгебры в 11, поурочное планирование алгебры в 11
Просмотров: 883 | Загрузок: 0 | Рейтинг: 0.0/0
УЧИТЕЛЮ ИНФОРМАТИКИ
КОНСПЕКТЫ УРОКОВ
ВНЕКЛАССНЫЕ МЕРОПРИЯТИЯ ПО ИНФОРМАТИКЕ
ПОСОБИЯ И МЕТОДИЧКИ ДЛЯ УЧИТЕЛЯ ИНФОРМАТИКИ
ИЗ ОПЫТА РАБОТЫ УЧИТЕЛЯ ИНФОРМАТИКИ
ЗАДАНИЯ ШКОЛЬНОЙ ОЛИМПИАДЫ ПО ИНФОРМАТИКЕ
ИНФОРМАТИКА В ШКОЛЕ
ИНФОРМАТИКА В НАЧАЛЬНЫХ КЛАССАХ
ИНФОРМАТИКА В 3 КЛАССЕ
ИНФОРМАТИКА В 4 КЛАССЕ
КОНТРОЛЬНЫЕ РАБОТЫ ПО ИНФОРМАТИКЕ. 3 КЛАСС
КОНТРОЛЬНЫЕ РАБОТЫ ПО ИНФОРМАТИКЕ. 4 КЛАСС
ПРОГРАММИРОВАНИЕ ДЛЯ ДЕТЕЙ
СКАЗКА "ПРИКЛЮЧЕНИЯ ЭЛЕКТРОШИ"

ИГРОВЫЕ ТЕХНОЛОГИИ НА УРОКАХ ИНФОРМАТИКИ
ИГРОВЫЕ ЗАДАНИЯ ПО ИНФОРМАТИКЕ
ВИКТОРИНЫ ПО ИНФОРМАТИКЕ
КОМПЬЮТЕРНЫЕ ЧАСТУШКИ
ОБРАТНАЯ СВЯЗЬ
Поиск


Друзья сайта
  • Создать сайт
  • Все для веб-мастера
  • Программы для всех
  • Мир развлечений
  • Лучшие сайты Рунета
  • Кулинарные рецепты
  • Статистика

    Онлайн всего: 3
    Гостей: 3
    Пользователей: 0
    Форма входа


    Copyright MyCorp © 2024
    Яндекс.Метрика Top.Mail.Ru