Kategoria II, 6 lipca 2009, 13:24

[Liga]

2. \(\displaystyle{ x_{1}}\) - ilość pierwszego stopu
\(\displaystyle{ x_{2}}\) - ilość drugiego stopu
\(\displaystyle{ \frac{x_{1}}{x_{2}}=?}\)
Miedź stanowi \(\displaystyle{ \frac{1}{3}}\) pierwszego stopu, \(\displaystyle{ \frac{3}{8}}\) drugiego stopu i ma stanowić \(\displaystyle{ \frac{5}{14}}\) stopu otrzymanego z połączenia tych dwóch stopów. Można więc ułożyć równanie:
\(\displaystyle{ \frac{1}{3}x_{1}+ \frac{3}{8}x_{2}= \frac{5}{14}(x_{1}+x_{2})}\)
Po wydzieleniu stronami przez \(\displaystyle{ x_{2}}\)
\(\displaystyle{ \frac{1}{3} \cdot \frac{x_1}{x_2}+ \frac{3}{8}= \frac{5}{14} (\frac{x_1}{x_2}+1)}\)

\(\displaystyle{ \frac{3}{8}- \frac{5}{14} = \frac{x_1}{x_2} ( \frac{5}{14}- \frac{1}{3})}\)

\(\displaystyle{ \frac{1}{56}= \frac{x_1}{x_2} \cdot \frac{1}{42}}\)

\(\displaystyle{ \frac{x_1}{x_2}= \frac{3}{4}}\)

Odp. Należy wziąć te dwa stopy w stosunku \(\displaystyle{ 3:4}\).



3. \(\displaystyle{ u_1=1}\)

\(\displaystyle{ u_2=2+7}\)

\(\displaystyle{ u_3=2(2+7)+7=2^2+2 \cdot 7+7}\)

\(\displaystyle{ u_4=2^3+2^2 \cdot 7+2 \cdot 7+7}\)

Można więc podejrzewać, że wzór ogólny ciągu będzie następujący:

\(\displaystyle{ u_n=2^{n-1}+(2^{n-2}+2^{n-3}+...+2+1)7=2^{n-1}+(2^{n-1}-1)7=2^{n-1}+2^{n-1} \cdot 7-7=2^{n-1} \cdot 2^3-7=2^{n+2}-7}\)

Wzór ten udowodnię indukcyjnie:

Sprawdzam dla \(\displaystyle{ n=1}\): \(\displaystyle{ u_{1}=2^{1+2}-7=8-7=1}\)

Założenie indukcyjne: \(\displaystyle{ u_{n}=2^{n+2}-7}\)

Teza indukcyjna: \(\displaystyle{ u_{n+1}=2^{n+3}-7}\)

Dowód indukcyjny: \(\displaystyle{ u_{n+1}=2u_n+7=2(2^{n+2}-7)+7=2^{n+3}-14+7=2^{n+3}-7}\)

Tym samym dowiodłam indukcyjnie, że \(\displaystyle{ u_n=2^{n+2}-7}\)

\(\displaystyle{ u_n<9001}\)

\(\displaystyle{ 2^{n+2}-7<9008}\)

\(\displaystyle{ 2^{n+2}<9008}\)

Mamy znaleźć najwieksze \(\displaystyle{ n}\) należące do naturalnych spełniające tę nierówność. \(\displaystyle{ 2^{13}=8192}\), \(\displaystyle{ 2^{14}=16384}\).
Tak więc musi być: \(\displaystyle{ n+2=13}\)
\(\displaystyle{ n=11}\).



4.
\(\displaystyle{ \overline {\overline \Omega}=31^{25}}\) (wariacja \(\displaystyle{ 25}\)-wyrazowa zbioru \(\displaystyle{ 31}\)-elementowego z powtórzeniami, wartość \(\displaystyle{ f(1)}\) wybieramy na \(\displaystyle{ 31}\) sposobów, wartość \(\displaystyle{ f(2)}\) na \(\displaystyle{ 31}\) sposobów,..., wartość \(\displaystyle{ f(25)}\) na \(\displaystyle{ 31}\) sposobów)

a)
\(\displaystyle{ A}\) - wybrana funkcja będzie rosnąca
\(\displaystyle{ \overline{ \overline A}= {31 \choose 25}}\) - wybieramy \(\displaystyle{ 25}\) różnych liczb z \(\displaystyle{ 31}\) nie biorąc pod uwagę kolejności wybierania (ponieważ funkcja rosnąca jest oczywiście różnowartościowa), mnożymy to przez \(\displaystyle{ 1}\), ponieważ tylko w jeden sposób można te liczby ustawić w ciągu rosnącym.

\(\displaystyle{ P(A)= \frac{{31 \choose 25}}{31^{25}}}\)

b)
\(\displaystyle{ B}\)-maksimum funkcji \(\displaystyle{ f}\) wynosi \(\displaystyle{ 10}\)
\(\displaystyle{ \overline {\overline B}=10^{25}}\) (wariacja \(\displaystyle{ 25}\)-wyrazowa zbioru \(\displaystyle{ 10}\)-elementowego z powtórzeniami, ponieważ funkcja może przyjmowac tylko wartości w zakresie od \(\displaystyle{ 1}\) do \(\displaystyle{ 10}\))

\(\displaystyle{ P(B)= (\frac{10}{31} )^{25}}\)

c)
\(\displaystyle{ C}\)-zbiór wartości funkcji \(\displaystyle{ f}\) jest dwuelementowy
\(\displaystyle{ \overline {\overline C}= {31 \choose 2} (2^{15}-2)}\) - wybieramy najpierw dwa elementy, które bedą w zbiorze wartości funkcji. Następnie wybieramy wartość \(\displaystyle{ f(1)}\) na \(\displaystyle{ 2}\) sposoby (bo wybieramy jeden z tych dwóch elementów), wartość \(\displaystyle{ f(2)}\) na \(\displaystyle{ 2}\) sposoby,..., wartość \(\displaystyle{ f(25)}\) na \(\displaystyle{ 2}\) sposoby, czyli z reguły mnożenia możemy wybrać wartości tej funkcji na \(\displaystyle{ 2^{25}}\) sposobów. Musimy jednak wykluczyć dwa przypadki, gdy wybraliśmy ten sam element dla wszystkich wartości funkcji, bo wtedy zbiór wartości byłby jednoelementowy.
Tak więc otrzymujemy:
\(\displaystyle{ P(C)= \frac{ {31 \choose 2}(2^{25}-2) }{31^{25}}}\)



5. \(\displaystyle{ f(x)+4f( \frac{1}{x})=3x}\)

Podstawiam: \(\displaystyle{ x:= \frac{1}{x}}\)

\(\displaystyle{ f( \frac{1}{x})+4f(x)= \frac{3}{x}}\)

Po przemnożeniu stronami przez \(\displaystyle{ -4}\):
\(\displaystyle{ -16f(x)-4f( \frac{1}{x})=- \frac{12}{x}}\)

Otrzymuję układ równań:
\(\displaystyle{ \begin{cases} f(x)+4f( \frac{1}{x})=3x \\ -16f(x)-4f( \frac{1}{x})=- \frac{12}{x} \end{cases}}\)
Po dodaniu równań stronami otrzymuję:
\(\displaystyle{ -15f(x)=3x- \frac{12}{x}}\)
Po wydzieleniu stronami przez \(\displaystyle{ -15}\):
\(\displaystyle{ f(x)=- \frac{x}{5}+ \frac{4}{5x}}\)
Tak więc jedyną funkcją, która może spełniać równanie wyjściowe jest funkcja \(\displaystyle{ f(x)=- \frac{x}{5}+ \frac{4}{5x}}\). Ponieważ jednak dodanie stronami nie jest przejściem równoważnym, więc należy sprawdzić, czy faktycznie spełnia.
\(\displaystyle{ f(x)+4f( \frac{1}{x})=- \frac{x}{5}+ \frac{4}{5x} +4(-\frac{1}{5x}+ \frac{4x}{5})=- \frac{x}{5}+ \frac{4}{5x}-\frac{4}{5x}+ \frac{16x}{5}= \frac{15x}{5}=3x}\)
Tak więc funkcja ta spełnia rówanie wyjściowe (i jest jedyna taką funkcją).

[lukasz1804]

Oceny:
zadanie 1.: 0
zadanie 2.: 6
zadanie 3.: 6
zadanie 4.: 2
zadanie 5.: 6

Zadanie 4.

b)
\(\displaystyle{ B}\)-maksimum funkcji \(\displaystyle{ f}\) wynosi \(\displaystyle{ 10}\)
\(\displaystyle{ \overline {\overline B}=10^{25}}\) (wariacja \(\displaystyle{ 25}\)-wyrazowa zbioru \(\displaystyle{ 10}\)-elementowego z powtórzeniami, ponieważ funkcja może przyjmowac tylko wartości w zakresie od \(\displaystyle{ 1}\) do \(\displaystyle{ 10}\))

Dowolna wariacja zbioru \(\displaystyle{ \{1,2,\ldots,10\}}\) może zawierać 10 jako jeden ze swoich elementów, lecz wcale nie musi. Dlatego zliczając zdarzenia elementarne sprzyjające zdarzeniu B należy jeszcze odrzucić te, w których funkcja przyjmuje wartości nie większe niż 9.

[Sylwek]

Zgadzam się ze wszystkimi ocenami.