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 . |