, могут быть получены только в результате почленного перемножения членов суммы 1 + x + x² + ... + xk − 1 + xk с членами той же суммы, записанной в обратном порядке, т. е.
1 · хk, x · хk − 1, ..., хk − 1 · x, xk · 1
Так как слагаемых будет k + 1, то и коэффициент при xk будет равен k + 1.
Предположим теперь, что n − 1 <k ≤ 2(n − 1). Тогда нужно почленно перемножить суммы
xk − n + 1 + ... + xn − 1, xn − 1 + ... + xk − n + 1,
в результате чего получим 2n − k − 1 членов, содержащих xk.
Ответ.k + 1, если 0 ≤ k ≤ n − 1;
2n − k − 1, если n − 1 <k ≤ 2n − 2.
21.11. Сравним коэффициент члена разложения с номером k + 1 с коэффициентом десятого члена разложения:
Так как знаменатели одинаковы, то
Поскольку десятый член разложения имеет наибольший коэффициент, то он больше девятого и больше одиннадцатого:
Из первого неравенства следует, что
Из второго
Ответ.n = 13.
21.12. Преобразуем выражение, стоящее в левой части, следующим образом:
Вопрос состоит в следующем: если k, m = 1, 2, ..., 20, причем m ≤ k, то какие значения от 0 до 100 принимает выражение 5k − 2m.
Если m = 0, 1, 2, 3, 4, то получим соответственно 5k, 5k − 2, 5k − 4, 5k − 6, 5k − 8. Если бы k не было связано ограничениями, то мы получили бы все числа, так как в эти пять выражений вошли числа, дающие при делении на 5 в остатке 0, 3, 1, 4 и 2 соответственно. Однако k = 0, 1, ..., 20 и, кроме того, k ≥ m. Так как 5k получено при m = 0, то k может принимать все свои 21 значение, в результате чего получим все числа, кратные 5 от 0 до 100. Рассмотрим теперь числа, которые при делении на 5 дают в остатке 1. У нас они записаны в виде 5k − 4 и получились при m = 2, в силу чего k = 2, 3, ..., 20. В результате мы получим 19 чисел, дающих при делении на 5 в остатке 1. В эту группу не войдет лишь число 1. Числа, дающие в остатке 2, записаны в виде 5k − 8, где k ≥ 4. Следовательно, 5k − 8 = 12, 17, ..., 92, т. е. выпадают числа 2, 7 и 97. Для чисел вида 5k − 2 переменная k = 1, 2, ..., 20 и 5k − 2 = 3, 8, ..., 98, куда вошли все числа, дающие в остатке 3. Среди чисел вида 5k − 6, где k = 3, ..., 20, мы не встретим 4 и 99.
Числа 1, 2, 4, 7, 97 и 99 не могут быть получены из выражения 5k − 2m и при m> 4. В самом деле, с одной стороны, 5k − 2m ≥ 5m − 2m = 3m> 12, а с другой стороны,
5k − 2m< 5k − 8 ≤ 100 − 8 = 92,
т. е.
12 < 5k − 2m< 92.
Итак, выпали 6 чисел 1, 2, 4, 7, 97 и 99, т. е. будут отсутствовать члены с показателями 99, 98, 96, 93, 3, 1.
Ответ. 95.
21.13. Пусть Рn — ответ на вопрос задачи для последовательности, состоящей из n элементов. В первой группе может оказаться либо один элемент (а1), либо два элемента (а1, а2). Разбиений, содержащих в первой группе один элемент (а1), будет столько, сколько разбиений можно образовать из n − 1 оставшихся членов последовательности а2, а3, ..., аn, т. е. Рn − 1. Разбиений же, содержащих в первой группе два элемента, будет Рn − 2, так как после образования группы (а1, а2) останется n − 2 элементов а3, ..., аn.
Итак
Рn = Рn − 1 + Рn − 2.
Такая формула называется рекуррентной, потому что, зная Р1 и Р2 и применяя ее последовательно, мы получим Р3, затем Р4 и т. д. Поскольку Р1 = 1, а Р2 = 2, то Р3 = 3, Р4 = 5, Р5 = 8, Р6 = 13, Р7 = 21, Р8 = 34, Р9 = 55, Р10 = 89.
Ответ. 89.
21.14. Пусть на плоскости проведены m параллельных прямых. Они разобьют ее на m + 1 областей. Если провести еще одну непараллельную прямую, то областей станет 2(m + 1). Предположим, что k непараллельных прямых образуют, пересекаясь с m параллельными прямыми, Мkобластей. Если добавить еще одну прямую, пересекающую все имеющиеся, но не проходящую ни через одну из старых точек пересечения, то на этой прямой будет m + k точек пересечения с остальными прямыми, в результате чего образуется m + k + 1 новых областей.
Таким образом,
Мk + 1 = Мk + m + k + 1.
Так как Мо = m + 1, то
Остается доказать эту формулу методом математической индукции, что сводится к элементарным выкладкам, которые мы оставляем читателю.
Ответ.
Глава 22Обратные тригонометрические функции
22.1. Введем обозначения:
В этих обозначениях равенство примет вид
2α = π/4 − β,
причем правая и левая части лежат в интервале (0, π/2). Возьмем тангенсы от каждой из частей:
Так как тангенс является монотонной функцией в интервале (0, π/2), то равенство доказано.
22.2. Пусть
Так как 0 < α + β <π/2 и
Наше выражение принимает теперь вид
π/4 + arcsin √2/4.
Поскольку arcsin √2/4> arcsin √2/2, то
0 <π/4 + γ <π/2,
где γ = arcsin √2/4 и sin γ = √2/4. Найдем
Поскольку мы оказались в интервале монотонности синуса, то остается воспользоваться определением арксинуса.
Ответ. arcsin [√7 + 1/4].
22.3. Рассмотрим сначала первое и третье слагаемые:
arctg (−2) = α, tg α = −2, −π/2< α < 0;
arctg (−⅓) = β, tg β = −⅓, −π/2< β < 0.
Таким образом, −π < α + β < 0, что не является областью главных значений какой−нибудь обратной тригонометрической функции. Поэтому прибавим ко всем частям неравенства π: 0 < π + α + β < π. Теперь π + α + β попадет в область значений арккотангенса, что обеспечивает взаимно однозначный переход к обратным функциям. Найдем
Следовательно,
π + α + β = arcctg (−1/7), т. е. α + β = −arcctg 1/7.
Наше выражение равно arcsin ⅓ − arcctg 1/7. Пусть
arcsin ⅓ = γ, sin γ = ⅓, 0 < γ <π/2;
arcctg 1/7 = δ, ctg δ = 1/7, 0 < δ <π/2.
Так как −π/2< γ − δ <π/2, что является интервалом значений арксинуса, то вычислим синус от γ − δ:
sin (γ − δ) = sin γ cos δ − cos γ sin δ.
Так как
cos γ = 2√2/3, cos δ = 1/5√2, sin δ = 7/5√2,
то
Ответ. arcsin √2 − 28/30.
22.4. Сумма существует при 0 ≤ x ≤ 1. Введем обозначения и используем определение арксинуса:
Так как сумма α + β лежит в интервале [0, π], который является интервалом монотонности косинуса, то имеется взаимно однозначное соответствие между α + β и cos (α + β) при условии, что 0 ≤ x ≤ 1. Так как
то α + β = π/2.
Ответ.π/2 при 0 ≤ x ≤ 1.
22.5. Оценим φ = π(x² + x − 3), если 0 ≤ x ≤ √3 − 1/2.
Имеем
Следовательно,
где 0 ≤ 3π/2 − 4π − φ ≤ π/2. Окончательно получаем
arccos sin φ = π − 3π/2 + 4π + φ = 7π/2 + φ.
Ответ.7π/2 + π(x² + x − 3).
22.6. При 0 ≤ x ≤ 1 оба арксинуса существуют. Для первого это очевидно, а для второго имеем
Следовательно,
и, тем более,
Введем обозначение
arcsin x = α, sin α = x, 0 ≤ α ≤ π/2;
Нужно доказать, что α − β = π/4, или α − π/4 = β. Так как −π/4 ≤ α − π/4 ≤ π/4, то α − π/4 и β лежат в интервале монотонности синуса. Поэтому, если мы докажем, что синусы этих аргументов равны, то тем самым будет доказано и равенство самих аргументов. Поскольку
(перед корнем взят знак плюс, так как cos α ≥ 0 при 0 ≤ α ≤ π/2).
Итак, доказано, что sin (α − π/4) = sin β, откуда следует справедливость нашего равенства.
22.7. Так как x< −1, то −1 <2x/1 + x²< 0. Введем обозначения
Следовательно,
−3π/