close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

код для вставкиСкачать
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Задача № 4
«Алгебраїчні суми»
Команда «ФМГ-17» м. Вінниця
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Обчислити знакозмінні суми біноміальних коефіцієнтів:
C
1
2012
б)C
0
2014
в) C
0
2015
а) C
0
2013
C
2
2011
C
3
2010
C
1
2013
C
1
2014
 ...  C
1005
1008
C
2
2012
C
2
2013
C
1006
1007
;
C
3
2011
 ...  C
1006
1008
C
1007
1007
;
C
3
2012
 ...  C
1006
1009
C
1007
1008
;
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Введемо позначення:
S n  C n  (  1)  C n 1  (  1)  C n  2  ...  (  1)
0
1
1
2
2
n
 2  1
 
C
n
 2  1
 
n
n    1
2
 (  1)
n
2
 
C
n
2
 
n
n 
2
Враховуючи введені позначення:
а ) C 2013  C 2012  C 2011  C 2010  ...  C 1008  C 1007  S 2013 ;
0
б)C
0
2014
1
C
1
2013
2
C
2
2012
3
C
3
2011
1005
 ...  C
1006
1008
1006
C
1007
1007
 S 2014 ;
в ) C 2015  C 2014  C 2013  C 2012  ...  C 1009  C 1008  S 2015 ;
0
1
2
3
1006
1007
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Доведемо лему: S n  S n 1  S n  2
Розглянемо випадки:
1) n=2k
S n 1  C 2 k 1  (  1)  C 2 k  2  (  1)  C 2 k  3  ...  (  1)
k 2
 C k  1  (  1)
S n  2  C 2 k  2  (  1)  C 2 k  3  (  1)  C 2 k  4  ...  (  1)
k 2
Ck
0
1
0
1

1
2
1
2
2
2
S n 1  S n  2  C 2 k 1  (  1)  C 2 k  2  (  1)  C 2 k  3  ...  (  1)

0
1
1
2
 (  1)  C 2 k  2  (  1)  C 2 k  3  ...  (  1)
1
0
2
1

2
k 2
k 3
 C k  1  (  1)
0


k 1
k 1
k 2
k 2
k 2
 (  1)
k 2
 C k  1  (  1)
k 2
Ck

k 1
Ck
k 1
 C k 1
k 1
k
k 1
k 1
Ck
k 1
 (  1)  C k  1
k 1


S n  1  S n  2  ( C 2 k  1  (  1)  C 2 k  2  C 2 k  2  (  1)  C 2 k  3  C 2 k  3 
0
 ...  (  1)
k 2

1
k 2
k 3

1
 C k  1  C k  1  (  1)
k 1
 Ck
2
k 2
 Ck
2
  (  1)
1
k
k 1
 C k 1 )
Для кожного члена правої частини рівності, крім першого та
останнього, cкористаємося властивістю біноміальних
коефіцієнтів, а саме: C km  C km1  C km11

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Маємо:
S n 1  S n  2  C 2 k 1  (  1)  C 2 k 1  (  1)  C 2 k  2  ...  (  1)
0
1
1
2
2
k 1
k 1
k 1
 C k  1  (  1)  C k  1
k
Враховуючи, що C 20k 1  C 20k і C kk 11  C kk , отримаємо:
k 1
 C k  1  (  1)  C k  S n
S n 1  C 2 k  (  1)  C 2 k 1  (  1)  C 2 k  2  ...  (  1)
k 1
 C k  1  (  1)  C k
S n  2  C 2 k 1  (  1)  C 2 k  2  (  1)  C 2 k  3  ...  (  1)
k 2
 C k  1  (  1)
S n 1  S n  2  C 2 k  (  1)  C 2 k 1  (  1)  C 2 k  2  ...  (  1)
0
1
1
2
2
k 1
k
k
2) n=2k+1
0
1
0
1
1

2
1
2
2
2
S n 1  S n  2  C 2 k  (  1)  C 2 k 1  (  1)  C 2 k  2  ...  (  1)

0
1
1
2
 (  1)  C 2 k 1  (  1)  C 2 k  2  ...  (  1)
1
0
2
1
2
k 1
k 2
k 1
k
k 2
k 1
k 1
k
k 1
Ck

 C k  1  (  1)  C k 
k 1
 C k  1  (  1)  C k
k
k 1



  (  1)  C  C )
k
k


S n  1  S n  2  ( C 2 k  (  1)  C 2 k  1  C 2 k  1  (  1)  C 2 k  2  C 2 k  2 
0
 ...  (  1)
k 1

1
k 1
k 2
 C k 1  C k 1
1
0
k
2
k
k
k 1
k
2
1
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Для кожного члена правої частини рівності, крім першого,
cкористаємося властивістю біноміальних коефіцієнтів, а
m
m
m 1
саме:
C C
C
k
k 1
k 1
Маємо:
S n 1  S n  2  C 2 k  (  1)  C 2 k  (  1)  C 2 k 1  ...  (  1)
0
1
1
2
2
k 1
k 1
 C k  2  (  1)  C k  1
k
k
Враховуючи, що C 20k  C 20k  1 , отримаємо:
S n 1  S n  2  C 2 k  1  (  1)  C 2 k  (  1)  C 2 k 1  ...  (  1)
0
Лему доведено.
1
1
2
2
k 1
k 1
 C k  2  (  1)  C k  1  S n
k
k
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
S 4  S3  S 2  1
S7  S6  S5  1
S 2  C 2  C1  0
S5  S4  S3  0
S8  S7  S6  0
S 3  S 2  S1   1
S6  S5  S4  1
S1  C1  1
0
0
1
Доведемо, що послідовність S періодична і має період 6, тобто
S n  S n6
База. При n=1 S 1  S 7 , а при n=2 S 2  S 8 . Ці твердження вірні і
дають базу індукції.
Припущення. Припустимо, що S k  S k  6 і S k 1  S k  5
Крок. Доведемо, що твердження вірне при n=k+1, тобто S k  1 
S k 7
S k  1  S k  S k 1
S k 7  S k 6  S k 5
S k  S k 6
S k 1  S k  7
S k 1  S k  5
Висновок. Твердження вірне для будь-якого n.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
а) C
0
2013
C
1
2012
C
2
2011
C
3
2010
 ...  C
1005
1008
C
1006
1007

 S 2013  S 335 6  3  S 3   1;
б ) C 2014  C 2013  C 2012  C 2011  ...  C 1008  C 1007 
0
1
2
3
1006
1007
 S 2014  S 335 6  4  S 4   1;
в ) C 2015  C 2014  C 2013  C 2012  ...  C 1009  C 1008 
0
1
2
 S 2015  S 2014  S 2013  0 .
3
1006
1007
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Отже, маємо відповідь:
C
1
2012
б)C
0
2014
в) C
0
2015
а) C
0
2013
C
2
2011
C
3
2010
C
1
2013
C
1
2014
 ...  C
1005
1008
C
2
2012
C
2
2013
C
1006
1007
  1;
C
3
2011
 ...  C
1006
1008
C
1007
1007
  1;
C
3
2012
 ...  C
1006
1009
C
1007
1008
 0;
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Дякуємо за
увагу!
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Задача № 4
«Алгебраїчні суми»
Команда «ФМГ-17» м. Вінниця
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Обчислити знакозмінні суми біноміальних коефіцієнтів:
C
1
2012
б)C
0
2014
в) C
0
2015
а) C
0
2013
C
2
2011
C
3
2010
C
1
2013
C
1
2014
 ...  C
1005
1008
C
2
2012
C
2
2013
C
1006
1007
;
C
3
2011
 ...  C
1006
1008
C
1007
1007
;
C
3
2012
 ...  C
1006
1009
C
1007
1008
;
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Введемо позначення:
S n  C n  (  1)  C n 1  (  1)  C n  2  ...  (  1)
0
1
1
2
2
n
 2  1
 
C
n
 2  1
 
n
n    1
2
 (  1)
n
2
 
C
n
2
 
n
n 
2
Враховуючи введені позначення:
а ) C 2013  C 2012  C 2011  C 2010  ...  C 1008  C 1007  S 2013 ;
0
б)C
0
2014
1
C
1
2013
2
C
2
2012
3
C
3
2011
1005
 ...  C
1006
1008
1006
C
1007
1007
 S 2014 ;
в ) C 2015  C 2014  C 2013  C 2012  ...  C 1009  C 1008  S 2015 ;
0
1
2
3
1006
1007
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Доведемо лему: S n  S n 1  S n  2
Розглянемо випадки:
1) n=2k
S n 1  C 2 k 1  (  1)  C 2 k  2  (  1)  C 2 k  3  ...  (  1)
k 2
 C k  1  (  1)
S n  2  C 2 k  2  (  1)  C 2 k  3  (  1)  C 2 k  4  ...  (  1)
k 2
Ck
0
1
0
1

1
2
1
2
2
2
S n 1  S n  2  C 2 k 1  (  1)  C 2 k  2  (  1)  C 2 k  3  ...  (  1)

0
1
1
2
 (  1)  C 2 k  2  (  1)  C 2 k  3  ...  (  1)
1
0
2
1

2
k 2
k 3
 C k  1  (  1)
0


k 1
k 1
k 2
k 2
k 2
 (  1)
k 2
 C k  1  (  1)
k 2
Ck

k 1
Ck
k 1
 C k 1
k 1
k
k 1
k 1
Ck
k 1
 (  1)  C k  1
k 1


S n  1  S n  2  ( C 2 k  1  (  1)  C 2 k  2  C 2 k  2  (  1)  C 2 k  3  C 2 k  3 
0
 ...  (  1)
k 2

1
k 2
k 3

1
 C k  1  C k  1  (  1)
k 1
 Ck
2
k 2
 Ck
2
  (  1)
1
k
k 1
 C k 1 )
Для кожного члена правої частини рівності, крім першого та
останнього, cкористаємося властивістю біноміальних
коефіцієнтів, а саме: C km  C km1  C km11

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Маємо:
S n 1  S n  2  C 2 k 1  (  1)  C 2 k 1  (  1)  C 2 k  2  ...  (  1)
0
1
1
2
2
k 1
k 1
k 1
 C k  1  (  1)  C k  1
k
Враховуючи, що C 20k 1  C 20k і C kk 11  C kk , отримаємо:
k 1
 C k  1  (  1)  C k  S n
S n 1  C 2 k  (  1)  C 2 k 1  (  1)  C 2 k  2  ...  (  1)
k 1
 C k  1  (  1)  C k
S n  2  C 2 k 1  (  1)  C 2 k  2  (  1)  C 2 k  3  ...  (  1)
k 2
 C k  1  (  1)
S n 1  S n  2  C 2 k  (  1)  C 2 k 1  (  1)  C 2 k  2  ...  (  1)
0
1
1
2
2
k 1
k
k
2) n=2k+1
0
1
0
1
1

2
1
2
2
2
S n 1  S n  2  C 2 k  (  1)  C 2 k 1  (  1)  C 2 k  2  ...  (  1)

0
1
1
2
 (  1)  C 2 k 1  (  1)  C 2 k  2  ...  (  1)
1
0
2
1
2
k 1
k 2
k 1
k
k 2
k 1
k 1
k
k 1
Ck

 C k  1  (  1)  C k 
k 1
 C k  1  (  1)  C k
k
k 1



  (  1)  C  C )
k
k


S n  1  S n  2  ( C 2 k  (  1)  C 2 k  1  C 2 k  1  (  1)  C 2 k  2  C 2 k  2 
0
 ...  (  1)
k 1

1
k 1
k 2
 C k 1  C k 1
1
0
k
2
k
k
k 1
k
2
1
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Для кожного члена правої частини рівності, крім першого,
cкористаємося властивістю біноміальних коефіцієнтів, а
m
m
m 1
саме:
C C
C
k
k 1
k 1
Маємо:
S n 1  S n  2  C 2 k  (  1)  C 2 k  (  1)  C 2 k 1  ...  (  1)
0
1
1
2
2
k 1
k 1
 C k  2  (  1)  C k  1
k
k
Враховуючи, що C 20k  C 20k  1 , отримаємо:
S n 1  S n  2  C 2 k  1  (  1)  C 2 k  (  1)  C 2 k 1  ...  (  1)
0
Лему доведено.
1
1
2
2
k 1
k 1
 C k  2  (  1)  C k  1  S n
k
k
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
S 4  S3  S 2  1
S7  S6  S5  1
S 2  C 2  C1  0
S5  S4  S3  0
S8  S7  S6  0
S 3  S 2  S1   1
S6  S5  S4  1
S1  C1  1
0
0
1
Доведемо, що послідовність S періодична і має період 6, тобто
S n  S n6
База. При n=1 S 1  S 7 , а при n=2 S 2  S 8 . Ці твердження вірні і
дають базу індукції.
Припущення. Припустимо, що S k  S k  6 і S k 1  S k  5
Крок. Доведемо, що твердження вірне при n=k+1, тобто S k  1 
S k 7
S k  1  S k  S k 1
S k 7  S k 6  S k 5
S k  S k 6
S k 1  S k  7
S k 1  S k  5
Висновок. Твердження вірне для будь-якого n.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
а) C
0
2013
C
1
2012
C
2
2011
C
3
2010
 ...  C
1005
1008
C
1006
1007

 S 2013  S 335 6  3  S 3   1;
б ) C 2014  C 2013  C 2012  C 2011  ...  C 1008  C 1007 
0
1
2
3
1006
1007
 S 2014  S 335 6  4  S 4   1;
в ) C 2015  C 2014  C 2013  C 2012  ...  C 1009  C 1008 
0
1
2
 S 2015  S 2014  S 2013  0 .
3
1006
1007
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Отже, маємо відповідь:
C
1
2012
б)C
0
2014
в) C
0
2015
а) C
0
2013
C
2
2011
C
3
2010
C
1
2013
C
1
2014
 ...  C
1005
1008
C
2
2012
C
2
2013
C
1006
1007
  1;
C
3
2011
 ...  C
1006
1008
C
1007
1007
  1;
C
3
2012
 ...  C
1006
1009
C
1007
1008
 0;
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Дякуємо за
увагу!
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа