Страница 118 номер 240, ГДЗ по математике за 10 и 11 класс к учебнику Высоцкого. Вероятность и статистика базовый и углубленный уровни
а) Карандаши различны, поэтому способ извлечения — это подмножество множества из 12 карандашей, а подмножеств из \(k\) карандашей ровно \(C_{12}^k\). Число \(k\) чётное, причём случай \(k = 0\) не годится:
\[C_{12}^2 + C_{12}^4 + C_{12}^6 + C_{12}^8 + C_{12}^{10} + C_{12}^{12}.\]
Сумма всех чисел двенадцатой строки треугольника Паскаля равна \(2^{12}\):
\[C_{12}^0 + C_{12}^1 + C_{12}^2 + \ldots + C_{12}^{11} + C_{12}^{12} = 2^{12}.\]
Знакочередующаяся сумма чисел той же строки равна нулю:
\[C_{12}^0 - C_{12}^1 + C_{12}^2 - \ldots - C_{12}^{11} + C_{12}^{12} = 0.\]
Сложим эти два равенства почленно: числа с нечётными верхними индексами уничтожаются, а с чётными удваиваются:
\[2\left(C_{12}^0 + C_{12}^2 + C_{12}^4 + \ldots + C_{12}^{12}\right) = 2^{12}.\]
Разделив обе части на 2, получаем \(C_{12}^0 + C_{12}^2 + C_{12}^4 + \ldots + C_{12}^{12} = 2^{11} = 2048\) — столько подмножеств с чётным числом карандашей.
Одно из них пустое, и извлечением оно не является, поэтому способов \(2048 - 1 = 2047\).
б) Места в строке треугольника Паскаля нумеруются с нуля, как и сами строки, поэтому на чётных местах \(n\)-й строки стоят числа \(C_n^0\), \(C_n^2\), \(C_n^4\), …; последнее из них равно \(C_n^n\) при чётном \(n\) и \(C_n^{n-1}\) при нечётном.
Сумма всех чисел \(n\)-й строки равна \(2^n\):
\[C_n^0 + C_n^1 + C_n^2 + \ldots + C_n^{n-1} + C_n^n = 2^n.\]
Знакочередующаяся сумма чисел той же строки при \(n \geqslant 1\) равна нулю; в ней число \(C_n^k\) берётся со знаком плюс при чётном \(k\) и со знаком минус при нечётном:
\[C_n^0 - C_n^1 + C_n^2 - \ldots \mp C_n^{n-1} \pm C_n^n = 0.\]
Сложим эти равенства почленно: число с нечётным верхним индексом входит в суммы с разными знаками и уничтожается, а число с чётным верхним индексом в обеих суммах стоит со знаком плюс и удваивается:
\[2\left(C_n^0 + C_n^2 + C_n^4 + \ldots\right) = 2^n.\]
Разделив обе части на 2, получаем \(C_n^0 + C_n^2 + C_n^4 + \ldots = 2^{n-1}\), что и требовалось доказать. Условие \(n \geqslant 1\) существенно: нулевая строка состоит из одного числа 1, и знакочередующейся суммы у неё нет.
в) Подмножеств из \(k\) элементов у множества \(A\) ровно \(C_{20}^k\), а всего подмножеств \(2^{20}\). Подмножеств с чётным числом элементов по доказанному в пункте б) ровно \(2^{19}\), а остальные содержат нечётное число элементов:
\[2^{20} - 2^{19} = 2^{19} = 524\,288.\]
Ответ: а) 2047 способов; б) сумма чисел, стоящих на чётных местах в \(n\)-й строке треугольника Паскаля, при \(n \geqslant 1\) равна \(2^{n-1}\); в) \(524\,288\) подмножеств.
а) Карандаши различны, поэтому способ извлечения задаётся тем, какие именно карандаши взяты, то есть подмножеством множества из 12 карандашей; подмножеств из \(k\) карандашей ровно \(C_{12}^k\). Извлечь нужно чётное число карандашей, причём случай \(k = 0\) не годится: не взять ни одного карандаша — это не извлечение. Значит, число способов равно сумме
\[C_{12}^2 + C_{12}^4 + C_{12}^6 + C_{12}^8 + C_{12}^{10} + C_{12}^{12}.\]
Считать каждое слагаемое по отдельности не нужно. Сумма всех чисел двенадцатой строки треугольника Паскаля равна \(2^{12}\):
\[C_{12}^0 + C_{12}^1 + C_{12}^2 + \ldots + C_{12}^{11} + C_{12}^{12} = 2^{12}.\]
Знакочередующаяся сумма чисел той же строки равна нулю; в ней число \(C_{12}^k\) берётся со знаком плюс при чётном \(k\) и со знаком минус при нечётном:
\[C_{12}^0 - C_{12}^1 + C_{12}^2 - \ldots - C_{12}^{11} + C_{12}^{12} = 0.\]
Сложим эти два равенства почленно: числа с нечётными верхними индексами уничтожаются, а числа с чётными верхними индексами удваиваются:
\[2\left(C_{12}^0 + C_{12}^2 + C_{12}^4 + \ldots + C_{12}^{12}\right) = 2^{12}.\]
Разделив обе части на 2, получаем \(C_{12}^0 + C_{12}^2 + C_{12}^4 + \ldots + C_{12}^{12} = 2^{11} = 2048\) — столько у набора из 12 карандашей подмножеств с чётным числом карандашей. Одно из них пустое, и извлечением оно не является, поэтому способов извлечь чётное число карандашей \(2048 - 1 = 2047\).
б) Места в строке треугольника Паскаля нумеруются с нуля, как и сами строки, поэтому на чётных местах \(n\)-й строки стоят числа \(C_n^0\), \(C_n^2\), \(C_n^4\), …; последнее из них равно \(C_n^n\) при чётном \(n\) и \(C_n^{n-1}\) при нечётном. Докажем, что при \(n \geqslant 1\) сумма этих чисел равна \(2^{n-1}\).
Сумма всех чисел \(n\)-й строки равна \(2^n\):
\[C_n^0 + C_n^1 + C_n^2 + \ldots + C_n^{n-1} + C_n^n = 2^n.\]
Знакочередующаяся сумма чисел той же строки при \(n \geqslant 1\) равна нулю; в ней число \(C_n^k\) берётся со знаком плюс при чётном \(k\) и со знаком минус при нечётном:
\[C_n^0 - C_n^1 + C_n^2 - \ldots \mp C_n^{n-1} \pm C_n^n = 0.\]
Сложим эти равенства почленно. Число с нечётным верхним индексом входит в первую сумму со знаком плюс, а во вторую — со знаком минус, поэтому такие числа уничтожаются; число с чётным верхним индексом в обеих суммах стоит со знаком плюс, поэтому такие числа удваиваются:
\[2\left(C_n^0 + C_n^2 + C_n^4 + \ldots\right) = 2^n.\]
Разделив обе части на 2, получаем \(C_n^0 + C_n^2 + C_n^4 + \ldots = 2^{n-1}\), что и требовалось доказать. Условие \(n \geqslant 1\) существенно: нулевая строка состоит из одного числа 1, и знакочередующейся суммы у неё нет.
в) Подмножеств из \(k\) элементов у множества \(A\) ровно \(C_{20}^k\), а всего подмножеств \(2^{20}\). Подмножества с чётным числом элементов — это подмножества из 0, 2, 4, …, 20 элементов, и по доказанному в пункте б) их \(2^{19}\). Остальные подмножества содержат нечётное число элементов, поэтому их
\[2^{20} - 2^{19} = 2^{19} = 524\,288.\]
Ответ: а) 2047 способов; б) сумма чисел, стоящих на чётных местах в \(n\)-й строке треугольника Паскаля, при \(n \geqslant 1\) равна \(2^{n-1}\); в) \(524\,288\) подмножеств.
