קיצורי דרך עם תנאי שימוש

הדרך הישירה

כותבים את הפיתוח כסכום:

$$\sum_{k=0}^{15}\binom{15}{k}(x^3)^k\left(-\frac{3}{x^2}\right)^{15-k} =\sum_{k=0}^{15}\binom{15}{k}(-3)^{15-k}x^{5k-30}$$

האיבר החופשי מתקבל כאשר:

$$5k-30=0\quad\Longrightarrow\quad k=6$$

הדרך הקצרה

כדי לאזן את החזקות, בוחרים מהגורם הראשון ומהגורם השני בהתאמה:

$$3k=2(15-k)$$

מתקבל אותו אינדקס, ולכן האיבר החופשי הוא:

$$\binom{15}{6}(-3)^9$$

האינדקס בתחום. החזקה של הגורם השלילי אי־זוגית, ולכן התוצאה שלילית.

הדרך הישירה

$$f(x)=\sum_{k=0}^{20}\binom{20}{k}x^{3k/2-20}$$

פותרים שלוש משוואות:

$$\frac{3k}{2}-20=0,1,2 \quad\Longrightarrow\quad k=\frac{40}{3},14,\frac{44}{3}$$

הדרך הקצרה

לחזקה המבוקשת נסמן:

$$r\in\{0,1,2\},\qquad k=\frac{40+2r}{3}$$

רק הערך האמצעי נותן אינדקס שלם בתחום. לכן:

$$a=c=0,\qquad b=\binom{20}{14},\qquad 2a+b-c^2=\binom{20}{14}$$

הדרך הישירה

$$f'(x)=\sum_{k=1}^{18}2k\binom{18}{k}x^{2k-1}$$

משוואת החזקה אינה נותנת אינדקס שלם:

$$2k-1=10\quad\Longrightarrow\quad k=\frac{11}{2}$$

הדרך הקצרה

הפולינום זוגי, ולכן נגזרתו אי־זוגית. החזקה המבוקשת זוגית, ולכן המקדם הוא:

$$0$$

הדרך הישירה

אפשר לפתח כל חזקה ולאסוף איברים. בתוך האיבר שמספרו נתון מתקבל:

$$\binom nk x^{n-k}\sum_{j=0}^{k}\binom kj(-1)^j x^j$$

איסוף כל המקדמים נותן:

$$\sum_{r=1}^{n}(-1)^{r+1}\binom nr x^r=1-(1-x)^n$$

הדרך הקצרה

האיבר החסר הוא האחרון בפיתוח המלא:

$$\sum_{k=0}^{n-1}\binom nk x^{n-k}(1-x)^k =(x+1-x)^n-(1-x)^n =1-(1-x)^n$$

החיסור מתאים לגבול העליון של הסכום, ולכן אינו מסיר את האיבר הראשון.

הדרך הישירה

$$\frac{a_1(1-q^3)}{1-q}=6,\qquad \frac{a_1q^3}{1-q}=-\frac23$$

מחלקים בין המשוואות:

$$\frac{q^3}{1-q^3}=-\frac19 \quad\Longrightarrow\quad q^3=-\frac18$$

הדרך הקצרה

תחילה מוצאים את הסכום הכולל:

$$S=6-\frac23=\frac{16}{3},\qquad q^3=\frac{R_3}{S}=-\frac18,\qquad q=-\frac12$$

בדיקה נותנת:

$$a_1=8,\qquad S_3=8-4+2=6,\qquad R_3=\frac{-1}{1+1/2}=-\frac23$$

המנה מקיימת את תנאי ההתכנסות ואת שני נתוני הסכום.

קיומן של שתי מנות אפשריות שולל סדרה שכל איבריה אפס. לכן אפשר לצמצם את האיבר הראשון.

$$\frac{a_1q^2}{1-q^3}=\frac15\frac{a_1}{1-q} \quad\Longrightarrow\quad 5q^2=1+q+q^2 \quad\Longrightarrow\quad 4q^2-q-1=0$$

הדרך הישירה

$$q_1=\frac{1+\sqrt{17}}8,\qquad q_2=\frac{1-\sqrt{17}}8,\qquad q_1+q_2=\frac14$$

הדרך הקצרה

לפי ויאטה:

$$q_1+q_2=-\frac{-1}{4}=\frac14$$

כדי לבדוק ששני השורשים מותרים, מספיק לחסום:

$$4\lt\sqrt{17}\lt 5 \quad\Longrightarrow\quad \frac58\lt q_1\lt\frac34,\qquad -\frac12\lt q_2\lt-\frac38$$

שניהם בתחום ההתכנסות. האיבר הראשון בתת־הסדרה הוא:

$$a_3=a_1q^2$$

הדרך הישירה

$$5a_1+40d=125 \quad\Longrightarrow\quad a_1+8d=25$$ $$S_{17}=\frac{17}{2}(2a_1+16d)=425$$

הדרך הקצרה

האינדקסים הנתונים סימטריים סביב האינדקס האמצעי:

$$a_3+a_{15}=2a_9,\qquad a_6+a_{12}=2a_9$$ $$5a_9=125,\qquad S_{17}=17a_9=425$$

אין צורך למצוא בנפרד את האיבר הראשון ואת ההפרש.

הדרך הישירה

מחשבים סכומים חלקיים עד שמתקבלת התוצאה:

$$(S_1,S_2,\ldots,S_9)=(1,-1,2,-2,3,-3,4,-4,5)$$

החישוב מוצא מועמד, אך לבדו אינו מוכיח יחידות.

הדרך הקצרה

$$a_{2j-1}+a_{2j}=(2j-1)-2j=-1$$ $$S_{2m}=-m,\qquad S_{2m+1}=-m+(2m+1)=m+1$$

סכום חיובי מחייב אינדקס אי־זוגי. לכן:

$$m+1=5\quad\Longrightarrow\quad m=4,\qquad n=9$$

הנוסחאות מכסות את כל האינדקסים, ולכן הפתרון יחיד.

הדרך הישירה

ניסיון המעבר מן ההנחה נותן:

$$2^{n+1}\ge2n^2$$

כדי להשלים את המעבר בדרך זו צריך:

$$2n^2\ge(n+1)^2 \quad\Longleftrightarrow\quad n^2-2n-1\ge0$$

תנאי זה מתקיים באינדקסים שלמים החל מהתחום:

$$n\ge3$$

לכן ניסיון המעבר אינו מחבר את הבסיס לכל המקרים.

הדרך הקצרה

$$2^1\ge1^2,\qquad 2^2=2^2,\qquad 2^3\lt 3^2$$

המקרה השלישי מפריך את הטענה. אין צורך להמשיך בהוכחה.

הדרך הישירה

$$\int_{-1}^{1}t^3\,dt=\left[\frac{t^4}{4}\right]_{-1}^{1}=0$$

מציבים בנסיגה ומקבלים:

$$a_2=8,\qquad a_3=32,\qquad a_n=2\cdot4^{n-1}$$

הדרך הקצרה

הפונקציה באינטגרל אי־זוגית והקטע סימטרי. לכן הנסיגה היא מיד:

$$a_{n+1}=4a_n$$

זו סדרה הנדסית. הנוסחה שנמצאה מקיימת את האיבר הראשון ואת הנסיגה לכל אינדקס טבעי חיובי.

הדרך הישירה

פותחים את הנסיגה שוב ושוב:

$$a_n=2^{n-1}+3\sum_{j=0}^{n-2}2^j =2^{n-1}+3(2^{n-1}-1)=2^{n+1}-3$$

הסכום ריק באיבר הראשון.

הדרך הקצרה

מוצאים נקודת שבת ומחסרים אותה:

$$L=2L+3\quad\Longrightarrow\quad L=-3$$ $$b_n=a_n+3,\qquad b_{n+1}=2b_n,\qquad b_1=4$$ $$a_n=4\cdot2^{n-1}-3=2^{n+1}-3$$

הנוסחה מקיימת את שני תנאי ההגדרה.

אם אותה סדרה מוגדרת באמצעות סכומים חלקיים, אפשר להסיר את הסכום כך:

$$S_n=a_1+\cdots+a_n,\qquad a_{n+1}=S_n+3n$$ $$a_{n+1}-a_n=S_n-S_{n-1}+3=a_n+3\qquad(n\ge2)$$

מתקבלת אותה נסיגה. את המעבר הראשון בודקים ישירות מההגדרה.

הדרך הישירה

אפשר לחבר באמצעות מכנה משותף:

$$\frac12+\frac16+\frac1{12}+\frac1{20}+\frac1{30} +\frac1{42}+\frac1{56}+\frac1{72}+\frac1{90} =\frac{2268}{2520}=\frac9{10}$$

הדרך הקצרה

$$\frac1{k(k+1)}=\frac1k-\frac1{k+1}$$ $$\sum_{k=1}^{9}\left(\frac1k-\frac1{k+1}\right) =1-\frac1{10}=\frac9{10}$$

כל האיברים הפנימיים מתבטלים. באותו עיקרון, עבור סכום הנדסי סופי:

$$G=1+q+\cdots+q^{n-1},\qquad (1-q)G=1-q^n$$

לפני חלוקה יש לבדוק:

$$q\ne1$$

הדרך הישירה

$$a_k=2^k,\qquad \log_2 2+\log_2 4+\cdots+\log_2 1024 =1+2+\cdots+10=55$$

הדרך הקצרה

הסדרה לאחר הפעלת הלוגריתם היא חשבונית:

$$b_k=\log_2 a_k =\log_2 a_1+(k-1)\log_2 q=k$$ $$\sum_{k=1}^{10}b_k=\frac{10(1+10)}2=55$$

כל איברי הסדרה חיוביים ובסיס הלוגריתם תקין, ולכן כל המעברים מוגדרים.

הדרך הישירה

אפשר להציב בנפרד בשני האי־שוויונות ולנתח סימנים:

$$a_1q(q-1)\lt 0,\qquad a_1q(q^2-1)>0$$

הערכים הבאים מקיימים את שניהם:

$$a_1=-1,\qquad q=-2$$

הדרך הקצרה

בודקים ישירות את שלושת האיברים:

$$a_3=-4\lt a_2=2\lt a_4=8$$

זו דוגמה נגדית תקפה: כל הנתונים מתקיימים והמנה שלילית. לכן הטענה שגויה.

הדרך הישירה

כותבים את החלק המחזורי כטור הנדסי:

$$x=\frac1{10}+\frac{23}{1000}\sum_{j=0}^{\infty}\left(\frac1{100}\right)^j =\frac1{10}+\frac{23}{990}=\frac{61}{495}$$

הדרך הקצרה

$$10x=1.\overline{23},\qquad 1000x=123.\overline{23}$$ $$990x=122\quad\Longrightarrow\quad x=\frac{61}{495}$$

הזנבות זהים לאחר ההזזה, ולכן ההחסרה מבטלת אותם בדיוק. המונה והמכנה זרים.

הדרך הישירה

$$7+7^2+\cdots+7^8=\frac{7(7^8-1)}6=6725600$$

הדרך הקצרה

הספרות האחרונות חוזרות במחזור:

$$7,9,3,1$$

סכום כל מחזור מתחלק בעשר:

$$7+9+3+1=20,\qquad 2\cdot20\equiv0\pmod{10}$$

יש שני מחזורים שלמים. לכן הספרה האחרונה היא:

$$0$$

הדרך הישירה

אפשר לבדוק את כל המחלקים החיוביים של האיבר הנתון ולבחון אילו מהם הם חזקות מתאימות:

$$a_1q^{20}=2^{22},\qquad q^{20}\mid2^{22}$$

הדרך הקצרה

במנה לא יכול להופיע גורם ראשוני אחר. לכן:

$$q=2^r,\qquad r\in\mathbb N,\qquad r\ge1$$ $$a_1=2^{22-20r},\qquad 22-20r\ge0 \quad\Longrightarrow\quad r=1$$ $$q=2,\qquad a_1=4$$

שני הערכים טבעיים ומקיימים את משוואת האיבר הנתון. ההגבלה על המעריך מוכיחה יחידות.

הדרך הישירה

$$a_1=2,\quad a_2=6,\quad a_3=14,\quad a_4=30,\quad a_5=62$$ $$2+6+14+30+62=114$$

הדרך הקצרה

$$a_n=2^{n+1}-2$$ $$\sum_{n=1}^{5}a_n =\sum_{n=1}^{5}2^{n+1}-10 =\frac{4(2^5-1)}{2-1}-10=114$$

הסכום החיצוני מכיל חמישה איברים, ולכן האיבר הקבוע נחסר חמש פעמים.

הדרך הישירה

מפתחים תחילה שני גורמים:

$$(1+x+x^4)^2=1+2x+x^2+2x^4+2x^5+x^8$$

בכפל בגורם האחרון, התרומות לחזקה המבוקשת הן:

$$[x^8](1+x+x^4)^3=1+0+2=3$$

הדרך הקצרה

נסמן את מספר הבחירות מכל חזקה:

$$u+v+w=3,\qquad v+4w=8,\qquad u,v,w\in\mathbb Z_{\ge0}$$

הפתרון היחיד הוא:

$$w=2,\qquad v=0,\qquad u=1$$

לכן בוחרים שני גורמים שיתרמו את החזקה הגבוהה, וגורם אחד שיתרום קבוע:

$$\binom32=3$$

כל המקדמים שנבחרו שווים לאחד, ואין צירוף נוסף שתורם לחזקה המבוקשת.