szukanie zaawansowane
 [ Posty: 3 ] 
Autor Wiadomość
Mężczyzna
PostNapisane: 10 lip 2009, o 23:20 
Gość Specjalny

Posty: 168
Lokalizacja: Forum Matematyka.pl
Cytuj:
1. Niech 0 \le a \le 1. Znajdź wszystkie funkcje ciągłe f: [0,1] \rightarrow \mathbb{R}_+ spełniające trzy następujące warunki:
\int_0^1 f(x) \; \mbox d x = 1, \; \int_0^1 x f(x) \; \mbox d x = a, \; \int_0^1 x^2 f(x) \; \mbox d x = a^2


Rozwiązanie:

Pokażemy, że nie istnieje funkcja spełniająca założenia zadania.
Dla dowodu nie wprost przypuśćmy, że f spełnia założenia zadania.

Zauważmy, że z założeń tych wynika równość:
\int_{0}^{1}(x-a)^{2}f(x)\mbox{d}x = \int_{0}^{1}x^{2}f(x)\mbox{d} x  - 2a\int_{0}^{1} xf(x)\mbox{d} x + a^{2}\int_{0}^{1}f(x) \mbox{d} x  =\\
= a^{2} - 2a^{2} + a^{2} = 0.

Ponieważ f(x)\ge 0 oraz (x - a)^{2}\ge 0 dla x\in [0,1], to (x-a)^{2}f(x) \ge 0 dla x\in [0,1].
Ponadto funkcja F:[0,1]\ni x \mapsto (x-a)^{2}f(x)\in \mathbb{R}_{+} jest funkcją ciągłą jako iloczyn funkcji ciągłych.

Zatem otrzymana wcześniej równość \int_{0}^{1}F(x) \mbox{d}x = 0 pociągą F\equiv 0
(bo F przyjmuje wartości nieujemne i jest ciągła;
gdyby istniał punkt x_{0}\in [0,1] taki, że F(x_{0}) \neq 0, to F(x_{0}) > 0 i z ciągłości F istniałaby \delta > 0, taka, że dla
x\in [x_{0}-\delta, x_{0} + \delta]\subset [0,1]
byłoby
F(x) \ge \frac{F(x_{0})}{2} > 0,
skąd
\int_{0}^{1}F(x)\; \mbox{d}x \ge 2\delta\cdot \frac{F(x_{0})}{2} > 0
- sprzeczność).

Zatem dla każdego x\in [0,1] mamy (x-a)^{2}f(x) = 0, czyli dla x\neq a jest f(x) = 0, z ciągłości f również f(a) = 0, a zatem:
1 = \int_{0}^{1}f(x)\; \mbox{d}x = \int_{0}^{1}0\; \mbox{d}x = 0
-sprzeczność, kończąca dowód.


Cytuj:
2. Wyznacz ostatnią cyfrę liczby
23^{23^{23^{23}}}

w systemie dziesiętnym


Rozwiązanie:

Szukamy r\in \{0,\ldots, 9\} takiego, że 23^{23^{23^{23}}} \equiv r\pmod{10}.
Mamy:
23\equiv 3\pmod{10} oraz 3^{4} = 81\equiv 1\pmod{10}.
Ponadto 23\equiv -1\pmod{4}, stąd
23^{23^{23}}\equiv (-1)^{23^{23}}\equiv -1\pmod{4},
gdyż 23^{23} jest liczbą nieparzystą.
Czyli 23^{23^{23}} = 4l - 1 dla pewnego l \ge 1 naturalnego.
Wobec wspomnianych wcześniej faktów pociąga to:
23^{23^{23^{23}}}\equiv 3^{4l-1} \equiv 3^{4(l-1) + 3}\equiv (3^{4})^{l-1}\cdot 3^{3}\equiv 1\cdot 27\equiv 7\pmod{10}.

Czyli ostatnią cyfrą w zapisie dziesiętnym podanej liczby jest 7.


Cytuj:
3. Niech dana będzie macierz A = (a_{ij})_{n \times n} o rzeczywistych nieujemnych elementach takich, że:

\sum_{j=1}^n a_{ij} = 1 \quad (1 \le i \le n)

Udowodnij, że moduł żadnej wartości własnej macierzy A nie jest większy niż 1.


Rozwiązanie:

Niech \{e_{1},\ldots, e_{n}\} będzie bazą kanoniczną \mathbb{C}^{n} i niech f: \mathbb{C}^{n}\to \mathbb{C}^{n} będzie endomorfizmem liniowym o macierzy A w bazie kanonicznej.

Na \mathbb{C}^{n} rozpatrujemy normę maksimum:
\left\|\sum_{i=1}^{n}v_{i}e_{i}\right\| := \max_{i=1,\ldots, n}\{|v_{i}|\} dla dowolnych v_{i}\in \mathbb{C}, \ i=1,\ldots, n.

Niech \lambda będzie dowolną wartością własną A, niech w będzie wektorem własnym f dla wartości \lambda.
Mamy f(w) = \lambda w.
Przyjmijmy u:= \tfrac{1}{\|w\|}\cdot w (\|w\|\neq 0, gdyż z definicji wektor własny jest niezerowy).
Wtedy \|u\| = \tfrac{\|w\|}{\|w\|} oraz f(u) = f\left(\tfrac{1}{\|w\|}\cdot w\right) = \tfrac{1}{\|w\|}\cdot f(w) = \lambda \cdot \tfrac{1}{\|w\|}\cdot w = \lambda u.
Stąd \|f(u)\| = \|\lambda u\| = |\lambda|\cdot\|u\| = |\lambda|\cdot 1 = |\lambda|.
Zapisując u = \sum_{i=1}^{n}u_{i}e_{i} otrzymujemy, korzystając z założenia, że a_{ij} \in [0,+\infty), oraz \sum_{j=1}^{n}a_{ij} = 1, \ 1 \le i \le n:

|\lambda| = \|f(u)\| = \left\|A\cdot \begin{bmatrix}u_{1}\\ \vdots\\ u_{n}\end{bmatrix}\right\| = \max_{i=1,\ldots,n}\left\{\left|\sum_{j=1}^{n}a_{ij}u_{j}\right|\right\}\le \max_{i=1,\ldots, n}\left\{\left(\sum_{j=1}^{n}|a_{ij}|\right)\cdot \max_{j=1,\ldots, n}|u_{j}|\right\} = \\ =\max_{i=1,\ldots, n}\left\{1 \cdot \max_{j=1,\ldots, n}|u_{j}|\right\} = \max_{j=1,\ldots, n}|u_{j}| = \|u\| = 1
co należało pokazać.
(pojawiający się w przeliczeniu powyżej wektor kolumnowy traktujemy zgodnie z powszechną konwencją jako wektor \sum_{i=1}^{n}u_{i}e_{i}, normę wektora kolumnowego definiujemy jako normę odpowiadającemu mu w ten sposób wektorowi \mathbb{C}^{n}).


Cytuj:
4. Udowodnij, że jeśli rząd elementu a grupy abelowej A jest względnie pierwszy z n, to równanie nx= a ma rozwiązanie w A.


Rozwiązanie:

Niech r będzie rzędem a w A (ze skończoności A wynika, że r jest skończony).
Ponieważ liczby całkowite n,r są względnie pierwsze, to z tożsamości Bezout wynika istnienie liczb całkowitych \alpha, \beta takich, że:
\alpha n + \beta r = 1, czyli n\alpha = 1 - \beta r.
Przyjmując x = \alpha a dostajemy
nx = n(\alpha a) = (n\alpha) a = (1 - \beta r)a = a - \beta(ra) = a - \beta 0 = a,
czyli tak obrane x\in A jest rozwiązaniem zadanego równania.


Cytuj:
5.Czy można skonstruować takie trzy kostki sześcienne, że P(A>B)>\tfrac{1}{2} \ \wedge \   P(B>C)>\tfrac{1}{2} \ \wedge \  P(C>A)>\tfrac{1}{2},
gdzie P(X>Y) oznacza, że na kostce X wypadnie większa liczba niż na kostce Y? Podaj przykład lub wykaż, że nie jest to możliwe.


Rozwiązanie:

Podamy przykład takiej konstrukcji:
Ścianom kostki A przypisujemy liczby 2, 3, 4, 13, 15, 16.
Ścianom kostki B przypisujemy liczby 1, 10, 11, 12, 13, 14.
Ścianom kostki C przypisujemy liczby 5, 6, 7, 8, 9, 15.

Zdarzeń elementarnych sprzyjających A > B jest 3\cdot 1 + 1\cdot 4 + 2\cdot 6 = 19
(pierwszy składnik A = 2,3,4;\ B = 1,
drugi składnik A = 13;\ B = 1, 10, 11, 12,
trzeci składnik A = 15, 16; \ B = 1, 10, 11, 12, 13, 14)
Wszystkich możliwych wyników rzutów dwiema sześciennymi kostkami jest 36,
więc P(A > B) = \frac{19}{36} > \frac{1}{2}.

Zdarzeń elementarnych sprzyjających B > C jest 5\cdot 5 = 25
(B = 10, 11, 12, 13, 14; \ C = 5, 6, 7, 8, 9)
Stąd P(B > C) = \frac{25}{36} > \frac{1}{2}.

Zdarzeń elementarnych sprzyjających C > A jest 5\cdot 3 + 1\cdot 4 = 19
(pierwszy składnik C = 5,6,7,8,9; A = 2, 3, 4,
drugi składnik C = 15, A = 2, 3, 4, 13)
Zatem P(C > A) = \frac{19}{36} > \frac{1}{2}.
Uniwersytet Wrocławski Instytut Matematyczny - rekrutacja 2019
Góra
Mężczyzna
PostNapisane: 12 lip 2009, o 21:00 
Gość Specjalny
Avatar użytkownika

Posty: 6392
Lokalizacja: Warszawa
1. 6
2. 6
3. 6
4. 6
5. 6
Góra
Mężczyzna
PostNapisane: 14 lip 2009, o 19:19 
Moderator

Posty: 4438
Lokalizacja: Łódź
Zgadzam się z ocenami zadań, choć w zadaniu 3. można by wymagać powoływania się na twierdzenia dotyczące kongruencji, nie poprzestając na rachunkach.
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 3 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 Kategoria I, 4 lipca 2009, 17:37  Liga  2
 Kategoria II, 4 lipca 2009, 11:01  Liga  3
 kategoria I - nobuddy 29 stycznia 2011, 19:22  Liga  1
 Kategoria II, 5 lipca 2009, 16:48  Liga  2
 Kategoria II, 10 lipca 2009, 23:29  Liga  2
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl