Rezolvarea corecta a grilei: 1.a; 2.b; 3.d; 4.a; 5.c; 6.e...
Transcript of Rezolvarea corecta a grilei: 1.a; 2.b; 3.d; 4.a; 5.c; 6.e...
Subiecte Algebra 12Analiza combinatorica 2
1. Termenul care contine pe x2 in dezvoltarea ( 3√
x +√
a)100 este:a) T95; b) T96; c) T97; d) T98; e) T99.
2. Termenii rationali ai dezvoltarii(√
7− 3√
2)20
sunt:a) T2, T6, T11; b) T1, T7, T13, T19; c) T6, T12, T18; d) T7; e) T12, T13, T14.
3. Cel mai mare termen al dezvoltarii(
15
+ 45
)200este:
a) T39; b) T200; c) T121; d) T161; e) T69.4. Suma coeficientilor dezvoltarii (7x2 − 6y3)
33este:
a) 1; b) 2; c) 333; d) 72; e) 0.
5. In dezvoltarea(x + xlg x
)5avem T3 = 106. Numarul de valori posibile
pentru x este:a) 0; b) 1; c) 2; d) 3; e) 4.6. Fie S1 = C1
n + 2C2n + ... + nCn
n si S2 =∑n
k=1(k2 + 1)k!. Atunci:
a) S1 = n, S2 = (n + 2)!; b) S1 = n2, S2 = (n + 1)!; c) S1 = 2n+1, S2 =(n!)2; d) S1 = n2n, S2 = (n+2)!; e) S1 = n ·2n−1, S2 = (n+2)!− (n+1)!−1.
Rezolvarea corecta a grilei: 1.a; 2.b; 3.d; 4.a; 5.c; 6.e.
Indicatii pentru rezolvarea grilei:1. Termenul general este: Tk+1 = Ck
100 ( 3√
x)100−k
(√
a)k
= Ck100x
100−k3 a
k2 ,∀k =
0, 99. Termenul care-l contine pe x2 se deduce din conditia 100−k3
= 2 ⇔ k =94. Deci termenul este T95. Varianta corecta este a).
2. Termenul general este: Tk+1 = Ck20
(√7)20−k (
3√
2)k
= Ck207
20−k2 2
k3 ,∀k =
0, 19. Deoarece 2 si 7 sunt prime pentru ca termenul Tk+1 sa fie rational tre-buie ca 20−k
2∈ N si k
3∈ N. Obtinem k ∈ {0, 6, 12, 18}. Varianta corecta este
b).
3. Termenul general este: Tk+1 = Ck200
(15
)200−k (45
)k,∀k = 0, 200. Avem:
Tk+1
Tk
=Ck
200
(15
)200−k (45
)k
Ck−1200
(15
)200−k+1 (45
)k−1=
804− 4k
k.
Conditia Tk+1 > Tk implica
804 > 5k ⇔ k <804
5.
1
De aici k ∈ {1, 2, ..., 160} . Termenul cautat este T161. Varianta corecta ested).
4. Suma coeficientilor dezvoltarii se obtine luand x = y = 1. Variantacorecta este a).
5. Termenul general este: Tk+1 = Ck5 x5−k
(xlg x
)k. Cum T3 = 106 ⇒
C25x
3(xlg x
)2= 106 de unde x3+2 lg x = 105 ⇔ lg x(3 + 2 lg x) = 5. Notand
t = lg x vom avea ecuatia 2t2 +3t−5 = 0 cu solutiile t1 = 1 si t2 = −52. Daca
t1 = 1 ⇒ lg x = 1 ⇒ x = 10 iar daca t2 = −52⇒ lg x = −5
2⇒ x = 10−
52 =
1√105
. Varianta corecta este c).
6. Pentru prima suma vom folosi faptul ca kCkn = nCk−1
n−1,∀k = 1, n.Avem:
S1 = C1n + 2C2
n + ... + nCnn = nC0
n−1 + nC1n−1 + ... + nCn−1
n−1
= n(C0
n−1 + C1n−1 + ... + Cn−1
n−1
)= n · 2n−1
de unde S1 = n · 2n−1.Pentru a doua suma avem:
S2 =n∑
k=1
(k2 + 1)k! =n∑
k−1
(k2 + 2k + 1− 2k)k!
=n∑
k=1
(k + 1)2k!− 2n∑
k=1
k · k!
=n∑
k=1
(k + 1)(k + 1)!−n∑
k=1
k · k!
= (n + 1)(n + 1)!− 1 = (n + 2− 1)(n + 1)!− 1
= (n + 2)!− (n + 1)!− 1.
Varianta corecta este e).
2