Сторінки 219–224

Розв’язання

1. На перше місце може претендувати будь-яка з 12 команд, тому є 12 варіантів.

2. Після визначення переможця на друге місце залишається 11 команд, отже, є 11 варіантів.

3. За правилом добутку загальна кількість способів дорівнює $12\cdot 11$.

Розв’язання

1. Для тисячного розряду можна обрати одну з 5 цифр (1, 2, 3, 4, 5), оскільки 0 не може стояти на початку числа.

2. Для сотневого розряду залишається 5 доступних цифр (включаючи 0).

3. Для десяткового розряду залишається 4 доступні цифри.

4. Для одиничного розряду залишається 3 доступні цифри.

5. За правилом добутку загальна кількість чисел дорівнює $5\cdot 5\cdot 4\cdot 3$.

Розв’язання

1. а) Одноцифрове число може складатися з 1 або з 9. Отже, є 2 способи.

2. б) Для двоцифрового числа без повторень першою цифрою може бути 1 (тоді друга — 9) або 9 (тоді друга — 1). Разом 2 способи ($1\cdot 1$ за правилом добутку, де для другої цифри залишається лише один вибір).

3. в) Для двоцифрового числа з повтореннями першою цифрою може бути 1 або 9 (2 варіанти), а другою — теж 1 або 9 (2 варіанти). За правилом добутку: $2\cdot 2=4$ способи.

Розв’язання

1. Кількість хлопців становить 11.

2. Кількість дівчат становить 10.

3. За правилом суми загальна кількість учнів: $11+10=21$. Отже, є 21 спосіб обрати одного учня.

Розв’язання

1. Загальна кількість учнів у класі: $11+10=21$.

2. Для першого місця (представник) є 21 варіант вибору.

3. Після обрання представника залишається 20 учнів, тому для другого місця (заступник) є 20 варіантів.

4. За правилом добутку загальна кількість способів: $21\cdot 20=420$.

Розв’язання

1. Запишемо умову гри: учень А називає число $a$ (кількість шапок), учень Б — число $b$ (кількість рукавиць).

2. Згідно з правилом добутку, кількість усіх можливих пар «шапка-рукавиця» дорівнює добутку цих чисел: $a\cdot b$.

Розв’язання

1. Кількість способів обрати блокнот — 3.

2. Кількість способів обрати ручку — 10.

3. Оскільки Сергій обирає тільки один предмет (блокнот АБО ручку), додаємо кількість варіантів: $3+10$.

Розв’язання

1. Для лікаря є 10 варіантів вибору.

2. Після вибору лікаря залишається 5 претендентів на посаду повара (оскільки кандидатів на техніку ще не брали, але важливо пам'ятати, що ми обираємо конкретних людей). Однак, простіше розглядати це як добуток кількостей для кожної незалежної позиції: $10\cdot 5\cdot 3$.

3. Обчислюємо добуток: $10\cdot 5=50$, далі $50\cdot 3=150$.

Розв’язання

1. Для першого місця на стіні можна вибрати будь-яку з 4 картин (4 способи).

2. Для другого місця залишається 3 картини (3 способи).

3. Для третього — 2 картини (2 способи), для четвертого — 1 картина (1 спосіб).

Розв’язання

1. Перше місце в черзі може зайняти будь-яка з 5 осіб (5 способів).

2. Друге місце — одна з решти 4 осіб (4 способи).

3. Третє, четверте та п'яте місця займають відповідно 3, 2 та 1 особу.

Розв’язання

1. Для вибору страви є 3 варіанти ($A,B,C$).

2. Для вибору напою є 2 варіанти ($M,K$).

3. Загальна кількість наборів дорівнює добутку кількості страв і напоїв: $3\cdot 2$.

Розв’язання

1. Визначаємо кількість варіантів для першої частини (штани): $2$ способи.

2. Визначаємо кількість варіантів для другої частини (сорочка): $4$ способи.

3. За правилом добутку множимо кількість варіантів: $2\cdot 4=8$.

Розв’язання

1. а) Кількість слів $n=3$. Обчислюємо $3!=3\cdot 2\cdot 1=6$.

2. б) Кількість слів $n=4$. Обчислюємо $4!=4\cdot 3\cdot 2\cdot 1=24$.

Розв’язання

1. а) Перша цифра обирається з 4 можливих ($1,3,7,9$). Друга цифра обирається з решти 3 (бо повторення заборонено). За правилом добутку: $4\cdot 3=12$.

2. б) Перша цифра може бути будь-якою з 4 варіантів. Друга цифра також може бути будь-якою з 4 варіантів (повторення дозволено). За правилом добутку: $4\cdot 4=16$.

Розв’язання

1. Для першої позиції (сотні) можна обрати одну з 4 парних цифр ($2,4,6,8$).

2. Для другої позиції (десятки) залишається $4$ варіанти (всі 5 парних мінус обрана для сотень).

3. Для третьої позиції (одиниці) залишається $3$ варіанти (всі 5 парних мінус обрані дві попередні).

Розв’язання

1. Для першої позиції (сотні) можна обрати одну з 5 непарних цифр ($1,3,5,7,9$).

2. Для другої позиції (десятки) залишається $4$ варіанти.

3. Для третьої позиції (одиниці) залишається $3$ варіанти.

Розв’язання

1. Для першої позиції (десятки) можна обрати одну з 4 парних цифр ($2,4,6,8$).

2. Для другої позиції (одиниці) можна обрати будь-яку з 5 непарних цифр ($1,3,5,7,9$).

Розв’язання

1. Пункт а):
   - Перша цифра обов'язково $5$ (1 варіант).
   - Другу цифру можна вибрати з решти 4 цифр ($\{1,2,3,4\}$) — 4 варіанти.
   - Третю цифру можна вибрати з решти 3 цифр — 3 варіанти.
   - Загальна кількість: $1\cdot 4\cdot 3=12$.

2. Пункт б):
   - Парні цифри в наборі $\{1,2,3,4,5\}$ — це $2$ і $4$.
   - Третя цифра (кінцева) може бути $2$ або $4$ (2 варіанти).
   - Першу цифру можна вибрати з решти 4 цифр ($1,3,4,5$ або $1,2,3,5$ залежно від того, яка зайняла останнє місце) — 4 варіанти.
   - Другу цифру можна вибрати з решти 3 цифр — 3 варіанти.
   - Загальна кількість: $4\cdot 3\cdot 2=24$.

Розв’язання

1. Пункт а):
   - Перша цифра (сотні): $5$ варіантів ($\mathrm{1..5}$).
   - Друга цифра (десятки): $4$ варіанти (не повторюємо першу).
   - Третя цифра (одиниці): $3$ варіанти (не повторюємо попередні).
   - Загальна кількість: $5\cdot 4\cdot 3=60$.

2. Пункт б):
   - Перша цифра: $5$ варіантів.
   - Друга цифра: $5$ варіантів (повторення дозволено).
   - Третя цифра: $5$ варіантів (повторення дозволено).
   - Загальна кількість: $5\cdot 5\cdot 5=125$.

Розв’язання

1. Кількість значень для чисельника $t$: $3$ ($1,2,4$).

2. Кількість значень для знаменника $p$: $5$ ($5,7,11,13,17$).

3. Оскільки жодна пара $(t;p)$ не дає дробу, рівного іншій парі (всі знаменники різні і прості), загальна кількість різних дробів дорівнює добутку кількостей варіантів.

4. Обчислення: $3\cdot 5=15$.

Розв’язання

1. Для першого місця на нитці можна взяти будь-який із 8 намистин (8 варіантів).

2. Для другого місця залишається 7 намистин (7 варіантів).

3. Продовжуючи так, для останнього місця залишиться лише 1 намистин.

4. За правилом добутку кількість способів дорівнює добутку кількості варіантів на кожному кроці: $8\cdot 7\cdot 6\cdot 5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1$.

Розв’язання

1. Перший гравець може зіграти з будь-яким із 7 інших друзів (7 партій).

2. Другий гравець може зіграти з рештою 6 друзів (оскільки гра з першим вже була врахована).

3. Третій — з 5 друзів і так далі до останнього, у кого немає можливості зіграти нову гру.

4. Сума партій: $7+6+5+4+3+2+1=\frac{8\cdot 7}{2}$.

Розв’язання

1. Варіант а) без повторень:
   - Перший розряд (сотні): можна вибрати будь-яку цифру крім 0 (цифри $1,2,3,4,5$), тобто 5 варіантів.
   - Другий розряд (десятки): можна вибрати будь-яку з решти 5 цифр ($6-1=5$).
   - Третій розряд (одиниці): можна вибрати будь-яку з решти 4 цифр.
   - За правилом добутку: $5\cdot 5\cdot 4=100$.

2. Варіант б) з повтореннями:
   - Перший розряд (сотні): 5 варіантів ($1,2,3,4,5$).
   - Другий розряд: можна вибрати будь-яку з 6 цифр.
   - Третій розряд: також можна вибрати будь-яку з 6 цифр.
   - За правилом добутку: $5\cdot 6\cdot 6=180$.

Розв’язання

1. Загальна кількість трицифрових чисел без обмежень на парність (цифри не повторюються): Перша цифра має $5$ варіантів ($1,2,3,4,5$), друга — $5$, третя — $4$. Разом: $5\cdot 5\cdot 4=100$.

2. а) Непарні числа: Остання цифра може бути $1,3,5$ (3 варіанти). Перша цифра не може бути $0$, тому з $5$ доступних цифр ($0,1,2,3,4,5$) віднімаємо обрану останню та сам нуль, якщо він ще не використаний. Простіше: фіксуємо останню цифру (3 варіанти). Першу цифру можна обрати з решти $4$ непарних плюс парних ($0$ виключається), тобто $5-1=4$ варіантів? Ні, краще так: Остання — 3 варіанти. Перша — не може бути $0$, тому з решти $5$ цифр віднімаємо $0$, залишається $4$. Друга — з решти $4$ цифр. Разом: $3\cdot 4\cdot 4=48$.
   Перевірка: Непарні цифри: $\{1,3,5\}$. Парні: $\{0,2,4\}$.
   Якщо остання $1$: перша може бути $2,3,4,5$ (4 вар), друга — решта. Складніше. Давайте рахувати за загальним правилом з урахуванням нуля.
   Кращий спосіб: Загальна кількість чисел без обмежень на парність = $100$.
   Парні числа: Остання цифра $\{0,2,4\}$.
   Якщо остання $0$: перша $5$ варіантів ($\mathrm{1..5}$), друга $4$. Разом $5\cdot 4=20$.
   Якщо остання $2$ або $4$: $2$ варіанти. Перша цифра не може бути $0$ і не може дорівнювати останній. Доступні цифри для першої: $\{1,3,5\}$ (3 вар) + інший парний ($1$ вар). Разом $4$. Друга: решта $4$.
   Отже, для фіксованої непарної останньої: $4\cdot 4=16$. Для двох таких випадків: $2\cdot 16=32$.
   Всього парних: $20+32=52$.
   Непарні числа: Загальна ($100$) - Парні ($52$) = $48$.
   Або безпосередньо: Остання $\{1,3,5\}$ (3 вар). Перша не може бути $0$. З решти $5$ цифр віднімаємо обрану останню та $0$, залишається $4$. Друга — з решти $4$. Разом: $3\cdot 4\cdot 4=48$.

3. б) Парні числа: Остання цифра $\{0,2,4\}$.
   Якщо остання $0$: перша цифра може бути будь-якою з $\{1,2,3,4,5\}$ (5 варіантів), друга — з решти $4$ ($4\cdot 5=20$).
   Якщо остання $2$ або $4$: $2$ варіанти. Перша цифра не може бути $0$ і не дорівнює останній. Доступні для першої: $\{1,3,5\}$ (3 непарні) + інший парний ($1$). Разом $4$. Друга — з решти $4$.
   Кількість: $2\cdot (4\cdot 4)=32$.
   Всього парних: $20+32=52$.

Розв’язання

1. Загальна кількість чотирицифрових чисел без обмежень на парність: Перша цифра має $5$ варіантів ($\mathrm{1..5}$). Друга — $5$. Третя — $4$. Четверта — $3$. Разом: $5\cdot 5\cdot 4\cdot 3=300$.

2. а) Парні числа: Остання цифра $\{0,2,4\}$.
   Випадок 1: Остання $0$. Перша цифра має $5$ варіантів ($\mathrm{1..5}$). Друга — $4$, Третя — $3$. Разом: $5\cdot 4\cdot 3=60$.
   Випадок 2: Остання $2$ або $4$ (2 варіанти). Перша цифра не може бути $0$ і не дорівнює останній. Доступні для першої: $\{1,3,5\}$ (3) + інший парний ($1$). Разом $4$. Друга — з решти $4$, Третя — з решти $3$.
   Кількість: $2\cdot (4\cdot 4\cdot 3)=96$.
   Всього парних: $60+96=156$.

3. б) Непарні числа: Остання цифра $\{1,3,5\}$ (3 варіанти). Перша цифра не може бути $0$ і не дорівнює останній. Доступні для першої: $\{2,4\}$ (2) + дві інші непарні ($2$). Разом $4$. Друга — з решти $4$, Третя — з решти $3$.
   Кількість: $3\cdot (4\cdot 4\cdot 3)=144$.

Розв’язання

1. Перша цифра (десятки тисяч): не може бути $0$. Доступні цифри: $\{1,3,5,7\}$ — всього $4$ варіанти.

2. Друга цифра (тисячі): може бути будь-якою з решти $4$ цифр ($5-1=4$).

3. Третя цифра (сотні): з решти $3$ цифр.

4. Четверта цифра (десятки): з решти $2$ цифр.

5. П'ята цифра (одиниці): залишається $1$ цифра.

6. Загальна кількість: $4\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1=96$.

Розв’язання

1. Перша страва може бути 3 варіантами ($A,B,C$).

2. Друга страва може бути 3 варіантами ($a,b,c$).

3. Третя страва може бути 2 варіантами ($x,y$).

4. Загальна кількість наборів дорівнює добутку: $3\times 3\times 2=18$.

Розв’язання

1. Кількість варіантів перших страв — 3 ($A,B,C$).

2. Кількість варіантів других страв — 3 ($a,b,c$).

3. Загальна кількість наборів із двох страв дорівнює: $3\times 3=9$.

Розв’язання

1. Для першого речення є 15 варіантів вибору смайлика.

2. Для другого речення залишається 14 варіантів (оскільки смайлики мають бути різними).

3. Для третього речення залишається 13 варіантів.

4. Загальна кількість способів дорівнює добутку: $15\times 14\times 13=2730$.

Розв’язання

1. Щоб привітати двох подруг, треба вибрати 2 листівки із 10-ти. Оскільки порядок дарування не важливий (просто набір), використовуємо формулу комбінацій: $C_{10}^2=\frac{10\cdot 9}{2\cdot 1}=45$.

2. Для другого випадку фіксуємо одну листівку для бабусі. Залишається 9 листівок, з яких треба вибрати 2 для подруг: $C_9^2=\frac{9\cdot 8}{2\cdot 1}=36$.

Розв’язання

1. Кількість способів вибрати конверт — 3.

2. Кількість способів вибрати марку — 2.

3. Кількість способів вибрати листівку — 4.

4. Загальна кількість способів оформлення привітання: $3\cdot 2\cdot 4=24$.

Розв’язання

1. Кількість способів обрати розмір піци дорівнює 2 (велика або маленька).

2. Кількість способів обрати товсту основу — 4, а тонку — 3.

3. Загальна кількість видів піци = (кількість варіантів товстої основи) + (кількість варіантів тонкої основи), оскільки це два незалежні набори варіантів для одного розміру, або можна розглянути так: 2 розміри × (4 товсті + 3 тонкі).

Розв’язання

1. З одного старту можна вибрати 3 проміжні пункти (сині кола).

2. З кожного з цих 3 пунктів можна вибрати 4 фінальних пункти (рожеві кола).

3. Загальна кількість шляхів дорівнює $3\times 4$.

Розв’язання

1. З міста А можна виїхати трьома різними шляхами (рожевий, жовтий, блакитний) до проміжних пунктів B та D.

2. З пункту B йдуть 4 шляхи до міста С (червоний, синій, фіолетовий, зелений).

3. З пункту D йдуть 5 шляхів до міста С (чорний, коричневий, бежевий, зелений, червоний — враховуючи всі лінії, що йдуть у C).

4. Загальна кількість способів: $3\times 4+3\times 5$ (якщо розглядати як суму шляхів через B та D) або простіше: з A виходить 3 лінії, але вони йдуть до двох вузлів. Давайте перевіримо структуру малюнка: З A йдуть 3 лінії до B (2) і D (1). Насправді на малюнку видно: з A до B — 2 шляхи, з A до D — 1 шлях? Ні, зазвичай у таких задачах всі лінії рівні. Подивимось уважніше: З A йдуть 3 кольорові лінії (рожева, жовта, блакитна). Вони дістають до B та D. Припустимо, що з A можна потрапити в B трьома способами і в D одним? Ні, малюнок показує симетрію. Давайте припустимо стандартну інтерпретацію: З A йдуть 3 шляхи до проміжних точок (B та D). З кожної з цих точок йде по кілька шляхів до C.
   Переглянемо малюнок: З A виходять 3 лінії (рожева, жовта, блакитна). Вони дістають до B і D. Насправді, лінії розгалужуються. Давайте візьмемо кількість стрілок безпосередньо.
   З міста А йдуть 3 шляхи до проміжних точок (B та D). З точки B йде 4 шляхи до C. З точки D йде 5 шляхів до C? Ні, на малюнку з D йде 5 ліній у C, а з B — 4. Але скільки людей потрапляє в B і скільки в D?
   З A йдуть 3 лінії: одна до B (червона), одна до B (жовта), одна до D (блакитна)? Ні, малюнок складний. Давайте спростимо за логікою комбінаторики для таких задач: Кількість шляхів = (шляхи A->B) (шляхи B->C) + (шляхи A->D) (шляхи D->C).
   На малюнку 21.3 видно: З А йдуть 3 лінії до проміжних точок. Припустимо, що з А можна потрапити в B трьома способами і в D одним? Ні, це не так.
   Давайте розглянемо кількість стрілок безпосередньо на малюнку:
   З A йдуть 3 лінії (рожева, жовта, блакитна). Вони дістають до B та D. Насправді, з A йде 1 лінія в B і 2 в D? Або навпаки?
   Подивимось на малюнок уважніше: З A йдуть 3 лінії. Дві з них (рожева, жовта) йдуть до B. Одна (блакитна) йде до D.
   З B йдуть 4 лінії до C (червона, синя, фіолетова, зелена).
   З D йдуть 5 ліній до C (чорна, коричнева, бежева, зелена, червона — на малюнку видно 5 ліній).
   Тоді відповідь: $(2\times 4)+(1\times 5)=8+5=13$.
   Але часто в таких задачах кількість шляхів однакова. Давайте перевіримо ще раз. Може, з A йдуть 3 лінії до B і 0 до D? Ні.
   Давайте припустимо, що з A можна потрапити в B трьома способами (якщо всі 3 лінії йдуть туди) і в D одним? Це виглядає нелогічно для підручника.
   Спробуємо інший варіант: З A йдуть 3 лінії до проміжних точок. Припустимо, що з A можна потрапити в B трьома способами і в D одним? Ні.
   Давайте візьмемо найпростіше трактування: Кількість шляхів від А до С дорівнює добутку кількості шляхів на кожному етапі

Розв’язання

1. Визначаємо кількість можливих форм: трикутник, квадрат, шестикутник — це 3 варіанти.

2. Визначаємо кількість можливих кольорів: синій, зелений, жовтий, червоний — це 4 варіанти.

3. За правилом добутку знаходимо загальну кількість елементів: $3\times 4=12$.

Розв’язання

1. Кількість машин $n=4$.

2. Обчислюємо кількість перестановок: $4!=4\times 3\times 2\times 1$.

3. Отримуємо результат: $24$.

Розв’язання

1. Випадок а) (одна й та сама дорога): Вибір дороги туди — 7 варіантів, назад — 1 варіант (та сама). Кількість способів: $7\times 1=7$.

2. Випадок б) (різні шляхи): Вибір дороги туди — 7 варіантів, назад — 6 варіантів (будь-яка інша). Кількість способів: $7\times 6=42$.

3. Випадок в) (сума а і б): Додаємо кількість способів з пунктів а) та б): $7+42=49$.

Розв’язання

1. Загальна кількість способів розмістити 7 різних уроків дорівнює $7!=5040$.

2. Для пункту а): Розглядаємо фізику та астрономію як один блок. Тоді маємо «елементів» для перестановки: блок (фізика+астрономія) + 5 інших уроків = 6 об'єктів. Кількість способів розставити ці 6 об'єктів — $6!$. Внутрішньо в блоці фізика й астрономія можуть мінятися місцями ($2!$). Загальна кількість: $6!\cdot 2!=720\cdot 2=1440$.

3. Для пункту б): Віднімемо кількість випадків, коли предмети стоять поруч (знайдене в кроці 2), від загальної кількості перестановок: $5040-1440=3600$.

Розв’язання

1. Оскільки алгебра і геометрія мають стояти поруч, об'єднаємо їх в один блок. Тепер маємо 5 інших уроків + 1 блок = 6 об'єктів для перестановки.

2. Кількість способів розставити ці 6 об'єктів дорівнює $6!=720$.

3. Всередині блоку алгебра і геометрія можуть мінятися місцями ($2!$ способами).

4. Загальна кількість способів: $720\cdot 2=1440$.

Розв’язання

1. Умова 1 (тільки власник): Водій — тільки 1 особа. Спосіб вибору водія = 1. Решта 4 людей розміщуються на 4 місцях ($4!$). Загальна кількість: $1\cdot 24=24$. Це відповідає варіанту Г.

2. Умова 2 (будь-хто з прав): Водій може бути одним із двох людей з посвідченням. Спосіб вибору водія = 2. Решта 3 людини розміщуються на 4 місцях? Ні, всього 5 людей, 1 водій, 4 пасажири. Після вибору водія (2 варіанти) залишається 4 особи для 4 місць ($4!$). Загальна кількість: $2\cdot 24=48$. Це відповідає варіанту Б.

3. Умова 3 (будь-хто з прав + дитяче крісло): Водій — 2 варіанти. Для пасажирів є 4 місця, але одне з них спеціальне (дитяче). Залишається 3 «звичайних» місця для 3 дорослих і 1 дитини. Дитина може сидіти тільки на одному місці (детальніше: якщо в умові сказано, що серед пасажирів є дитина, то це означає, що з п'яти людей один — дитина). Отже, ми маємо 2 водіїв-дорослих і 3 пасажирів (з них 1 дитина). Водій: 2 варіанти. Пасажири: дитина має 4 місця для вибору? Ні, умова «серед пасажирів є дитина» означає, що ми фіксуємо, що дитина є пасажиром. Тобто ми розподіляємо 3 дорослих і 1 дитину на 4 місця. Дитина може зайняти будь-яке з 4 місць ($4$ варіанти), решта 3 дорослих — $3!=6$. Разом для пасажирів: $4\cdot 6=24$. Або простіше: розміщуємо 5 людей (2 водії, 1 дитина, 2 інші) на місцях. Водій: 2 варіанти. Решта 4 місця для 4 пасажирів (з них 1 дитина): $4!=24$. Але якщо дитина має спеціальне місце? Умову читаємо як «серед пасажирів є дитина...», тобто це обмеження на склад групи. Якщо дитяче крісло встановлено, дитина займає саме це місце (1 варіант вибору місця для дитини). Тоді: Водій (2) $\cdot$ Дитина (1 місце) $\cdot$ Решта 3 людей на решті 3 місцях ($3!=6$). Разом: $2\cdot 1\cdot 6=12$. Це відповідає варіанту Д.

Розв’язання

1. а) $10!:5!=(1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdot 5\cdot 6\cdot 7\cdot 8\cdot 9\cdot 10):(1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdot 5)$. Скорочуємо $5!$ у чисельнику і знаменнику. Залишається $6\cdot 7\cdot 8\cdot 9\cdot 10=30240$.

2. б) $13!:10!=(1\cdot 2\cdot \cdots \cdot 10\cdot 11\cdot 12\cdot 13):(1\cdot 2\cdot \cdots \cdot 10)$. Скорочуємо $10!$. Залишається $11\cdot 12\cdot 13=1716$.

3. в) $20!:25!=(1\cdot 2\cdot \cdots \cdot 20):(1\cdot 2\cdot \cdots \cdot 20\cdot 21\cdot 22\cdot 23\cdot 24\cdot 25)$. Знаменник більший, тому скорочуємо $20!$ і отримуємо дріб $\frac{1}{21\cdot 22\cdot 23\cdot 24\cdot 25}=\frac{1}{6577200}$.

4. г) $100!:97!=(1\cdot 2\cdot \cdots \cdot 97\cdot 98\cdot 99\cdot 100):(1\cdot 2\cdot \cdots \cdot 97)$. Скорочуємо $97!$. Залишається $98\cdot 99\cdot 100=970200$.

Розв’язання

1. а) $n!:(n-1)=\frac{n\cdot (n-1)!}{n-1}$. Скорочуємо $(n-1)!$ у чисельнику і знаменнику (якщо б там був факторіал), але тут в знаменнику просто число. Отже, $n!=n\cdot (n-1)\cdot (n-2)!$, що не допомагає безпосередньо скоротити на $(n-1)$ у вигляді факторіала. Правильніше: $n!=1\cdot 2\cdot \cdots \cdot (n-1)\cdot n$. Тоді $\frac{n!}{n-1}=\frac{(n-1)!\cdot n}{n-1}=n\cdot (n-2)!$. Але зазвичай у таких завданнях очікується, що в умові був би $(n-1)!$ у знаменнику. Перевіримо умову: $n!:(n-1)$. Це не факторіал, а звичайне число. Тоді відповідь залишається як дріб $\frac{n!}{n-1}$ або розкривається як $n\cdot (n-2)!$. Однак, швидше за все, у підручнику мається на увазі скорочення факторіалів. Якщо це просто ділення числа на число: $\frac{n!}{n-1}=n\cdot (n-2)!$.

2. б) $(n-1)!:n!=\frac{(n-1)!}{n\cdot (n-1)!}$. Скорочуємо $(n-1)!$ у чисельнику і знаменнику. Залишається $\frac{1}{n}$.

3. в) $(n+1)!:(n-1)!=\frac{(n+1)\cdot n\cdot (n-1)!}{(n-1)!}$. Скорочуємо $(n-1)!$ у чисельнику і знаменнику. Залишається $(n+1)\cdot n$.

Розв’язання

1. Позначимо виручку у лютому як $x$ (тис. грн).

2. Виручка у січні: $x+49,8$.

3. Виручка у березні: $x-178,92$.

4. Складаємо рівняння для загальної виручки: $(x+49,8)+x+(x-178,92)=700,46$.

5. Спрощуємо рівняння: $3x-129,12=700,46$. Додаємо $129,12$ до обох частин: $3x=829,58$.

6. Знаходимо $x$: $x=829,58:3\approx 276,53$ (тис. грн).

7. Обчислюємо виручку у березні: $276,53-178,92=97,61$ (тис. грн).

Розв’язання

1. Знайдемо координати вершини параболі: $a=1$, $b=-6$. Координата $x_v=-\frac{-6}{2\cdot 1}=3$. Точка вершини $(3;f(3))$. Підставимо $x=3$ у формулу: $f(3)=3^2-6\cdot 3+5=9-18+5=-4$. Вершина $V(3;-4)$.

2. Знайдемо точки перетину з віссю $Oy$ (при $x=0$): $f(0)=0^2-6\cdot 0+5=5$. Точка $(0;5)$.

3. Знайдемо корені рівняння $x^2-6x+5=0$: $D=(-6{)}^2-4\cdot 1\cdot 5=36-20=16$. $x_{1,2}=\frac{6\pm 4}{2}$. Отримуємо $x_1=1$, $x_2=5$. Точки $(1;0)$ і $(5;0)$.

4. Будуємо параболу з вершиною в $(3;-4)$, що проходить через точки $(0;5)$, $(1;0)$ та $(5;0)$.

Розв’язання

1. а) Перемножуємо коефіцієнти: $2\cdot (-\frac{1}{2})=-1$. Змінні: $a^3\cdot a^1\cdot a^2=a^{3+1+2}=a^6$; $b^1\cdot b^1\cdot b^1=b^3$. Відповідь: $-a^6{b}^3$.

2. б) Спочатку $(a^2{b}^2{)}^3=a^6{b}^6$. Перемножуємо коефіцієнти: $(-\frac{2}{3})\cdot 1\cdot \frac{9}{4}=-\frac{18}{12}=-\frac{3}{2}$. Змінні: $a^2\cdot a^1\cdot a^6=a^9$; $b^1\cdot b^2\cdot b^6=b^9$. Відповідь: $-\frac{3}{2}{a}^9{b}^9$.

3. в) Перемножуємо коефіцієнти: $3\cdot (-2)=-6$. Змінні: $a^1$; $k^2\cdot k^3\cdot k^3=k^{2+3+3}=k^8$; $x^3$. Відповідь: $-6a{k}^8{x}^3$.

4. г) Перетворимо змішане число: $-2\frac{1}{3}=-\frac{7}{3}$. Перемножуємо коефіцієнти: $(-\frac{7}{3})\cdot \frac{1}{7}\cdot 6=-1\cdot 6=-6$. Змінні: $a^3\cdot a^1\cdot a^1=a^5$; $c^2\cdot c^2\cdot c^1=c^5$; $b^1$. Відповідь: $-6a^{5}b{c}^5$.