第四节--二项式定理、概率、数学归纳法.doc
《第四节--二项式定理、概率、数学归纳法.doc》由会员分享,可在线阅读,更多相关《第四节--二项式定理、概率、数学归纳法.doc(58页珍藏版)》请在得力文库 - 分享文档赚钱的网站上搜索。
1、Four short words sum up what has lifted most successful individuals above the crowd: a little bit more.-author-date第四节-二项式定理、概率、数学归纳法第二章 代 数第二章 代 数第四节 二项式定理、概率、数学归纳法 B4-001 求(1+x)3+(1+x)4+(1+x)5+(1+x)n+2展开式里的x2的系数【题说】1963年北京市赛高三一试题3【解】因为(1+x)3+(1+x)4+(1+x)5+(1+x)n+2所以展开式中x2的系数为【别解】x2的系数为B4-002 设f是具有
2、下列性质的函数:(1)f(n)对每个正整数n有定义;(2)f(n)是正整数;(3)f(2)=2;(4)f(mn)=f(m)f(n),对一切m,n成立;(5)f(m)f(n),当mn时试证:f(n)=n【题说】第一届(1969年)加拿大数学奥林匹克题8【证】先用数学归纳法证明f(2k)=2k(k=1,2,)事实上,由(3),k=1时,f(2)=2成立假设k=j成立,则由(4)f(2j+1)=f(22j)=f(2)f(2j)=22j=2j+1故对所有自然数k,f(2k)=2k现考虑自然数n=1由(5)函数f的严格递增性知:f(2)=2f(1)由(2),f(1)=1再考虑自然数n:2kn2k+1由(
3、5)有2k=f(2k)f(2k+1)f(2k+2)f(2k+1-1)f(2k+1)=2k+1,故必有f(2k+1)=2k+1,f(2k+2)=2k+2,f(2k+1-1)=2k+1-1综上所述,对任何正整数n,都有f(n)=nB4-003 证明:对任何自然数n,一定存在一个由1和2组成的n位数,能被2n整除【题说】第五届(1971年)全苏数学奥林匹克八年级题1【证】用归纳法(1)当n=1时,取该数为2即可;(2)设A=2nB是一个能被2n整除的n位数,则210n+A和110n+A中必有一个能被2n+1整除从而,命题得证B4-004 假设一个随机数选择器只能从1,2,9这九个数字中选一个,并且以
4、等概率作这些选择,试确定在n次选择(n1)后,选出的n个数的乘积能被10整除的概率【题说】第一届(1972年)美国数学奥林匹克题3【解】要使n个数之积被10整除,必须有一个数是5,有一个数是偶数n次选择的方法总共有9n种,其中A每一次均不取5的取法,有8n种;B每一次均不取偶数的取法,有5n种;C每一次均在1,3,7,9中取数的方法有4n种,显然C中的取法既包含于A,也包含于B,所以,取n个数之积能被10整除的概率是B4-005 一副纸牌共有N张,其中有三张A,现随机地洗牌(假定纸牌一切可能的分布都有相等机会)然后从顶上开始一张接一张地翻牌,直至翻到第二张A出现为止求证:翻过的纸牌数的期望(平
5、均)值是(N+1)/2【题说】第四届(1975年)美国数学奥林匹克题5【证】设三张A的序号分别是x1、x2、x3若将牌序颠倒过来,则第二张A的序号为N+1-x2在这两副纸牌中,第二张A的平均位置(即翻过的纸牌数的期望值)为x2+(N+1)-x2/2=(N+1)/2【别证】由题设,除了第1张和最后一张外,其余各张皆可能是第2张A,且是等可能的因此第2张A所在序号的平均期望值是2+3+(N1)/(N-2)=(N+1)/2B4-006 某艘渔船未经允许在A国领海上捕鱼每撒一次网将使A国的捕鱼量蒙受一个价值固定并且相同的损失在每次撒网期间渔船被A国海岸巡逻队拘留的概率等于1/k,这里k是某个固定的正整
6、数假定在每次撒网期间由渔船被拘留或不被拘留所组成的事件是与其前的捕鱼过程无关的若渔船被巡逻队拘留,则原先捕获的鱼全被没收,并且今后不能再来捕鱼船长打算捕完第n网后离开A国领海因为不能排除渔船被巡逻队拘留的可能性,所以捕鱼所得的收益是一个随机变量求n,使捕鱼收益的期望值达到最大【题说】1975年1976年波兰数学奥林匹克三试题5这里是撒一次网的收益由(1)可知f(n)达到最大值B4-007 大于7公斤的任何一种整公斤数的重量都可以用3公斤和5公斤的两种砝码来称,而用不着增添其他不同重量的砝码试用数学归纳法加以证明【题说】1978年重庆市赛二试选作题1(3)数a,b,使得n=3a+5b事实上(1)
7、当n=8,9,10,11时,不难验证命题成立(2)设k11并且当8nk时,命题成立,则当n=k时,由归纳假设k-3=3l+5m,m,n为非负整数所以 k=(k-3)+3=3l+5m+3=3(l+1)+5m故命题对k成立B4-008 给定三只相同的n面骰子,它们的对应面标上同样的任意整数证明:如果随机投掷它们,那么向上的三个面上的数的和被3整除的概率大于或等于1/4【题说】第八届(1979年)美国数学奥林匹克题3【证】因为问题只涉及和是否被3整除,所以不妨假定,每个面上的数是被3除后的余数;0、1、2设每个骰子上标“0”的有a个,标“1”的有b个,标“2”的有c个这里a,b,c是适合下列条件的整
8、数:0a,b,cn, a+b+c=n (1)随机地投掷三只骰子,总共有n3种等可能情形其中朝上三个数的和被3整除的情形有以下四种类型:0,0,0;1,1,1; 2,2,2;0,1,2第一类共有a3种,第二类共有b3种,第三类有c3种,第四类有3!abc=6abc种因此,原问题转化为在条件(1)下,证明不等式即 4(a3+b3+c3+6abc)(a+b+c)3上式可化简为等价的不等式a3+b3+c3+6abca2b+a2c+b2a+b2c+c2a+c2b (2)不妨设abc,则a3+b3+2abc-a2b-ab2-a2c-b2c=a2(a-b)+b2(b-a)+ac(b-a)+bc(a-b)=(
9、a-b)(a2-b2-ac+bc)=(a-b)2(a+b-c)0, (3)c3+abc-c2a-c2b=bc(a-c)+c2(c-a)=c(a-c)(b-c)0 (4)(3)、(4)相加得a3+b3+c3+3abca2b+a2c+b2a+b2c+c2a+c2b从而(2)成立B4-009 抛掷一枚硬币,每次正面出现得1分,反面出现得2分试【题说】第十二届(1980年)加拿大数学奥林匹克题4【证】令得到n分的概率为Pn因为得不到n分的情况只可能是:先得n-1分,再掷出一次反面所以有由于 P1=1/2B4-010 某个国王的25位骑士围坐在一张圆桌旁他们中的三位被选派去杀一条恶龙(设三次挑选都是等可
10、能的),令P是被挑到的三人中至少有两人是邻座的概率若P写成一个既约分数,其分子与分母之和是多少?【题说】第一届(1983年)美国数学邀请赛题7【解】选二相邻的骑士有25种方法再随着选第三位,有23种,故共有2523种方法但其中三者相邻的25种情况重复,应减去故因此,所求之分子、分母之和为57【别解】所选3人分两种情况:3人皆相邻,或2人相邻、1人不邻,故有25+25(25-4)种B4-011 在给定的圆周上随机地选择A、B、C、D、E、F六点,这些点的选择是独立的,对于弧长而言是等可能的求ABC、DEF这两个三角形不相交(即没有公共点)的概率【题说】第十二届(1983年)美国数学奥林匹克题1【
11、解】设圆周上给定6个点,从这6点中取3个点作为ABC的顶B4-012 一个园丁把三棵枫树、四棵橡树和五棵白桦树种成一行十二棵树的排列次序是随机的,每一种排列都是等可能的把没有两棵白桦树相邻的概率写成既约分数m/n试求m+n【题说】第二届(1984年)美国数学邀请赛题11【解】先把三棵枫树和四棵橡树排好,有7!种排法,中间6个空所以,m+n=106为所求B4-013 设A、B、C、D是一个正四面体的顶点,每条棱长1米一只小虫从顶点A出发,遵照下列规则爬行:在每一个顶点相交的三条棱中选一条(三条棱选到的可能性相等),然后从这条棱爬到另一个点设小虫爬了7米路之后,又回到顶点A的概率为P=m/729,
12、求m的值【题说】第三届(1985年)美国数学邀请赛题12【解】设从A出发走过n米回到A点的走法为an种由于从A出发走n-1米的走法共3n-1种,其中an-1种走到A的,下一步一定离开A除去这an-1种,其余的每一种都可以再走1米到达A点因此有an=3n-1-an-1B4014 某商店有10台电视机,排成一排已知其中有三台是次品,如果我们对这批电视机作一次随机抽查,那么在前5台电视机中出现所有次品的概率是多少?【题说】1988年新加坡数学奥林匹克(A组)题9原题为选择题品的概率是B4015 把一个质地不均匀的硬币抛掷5次,正面朝上恰为一次的可能性不为0,而且与正面朝上恰为二次的概率相同令既约分数
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 第四 二项式 定理 概率 数学 归纳法
限制150内