Kategoria II, 5 lipca 2009, 16:48

[Liga]

Zad. 2.
Oznaczmy przez x ilość pierwszego stopu, a przez y ilość drugiego stopu, którego trzeba wziąć, aby otrzymać stop, w którym stosunek miedzi do cynku wynosi \(\displaystyle{ 5:9}\).

W pierwszym stopie:
- stosunek ilościowy miedzi do cynku wynosi \(\displaystyle{ 1:2}\),
* ilość miedzi dostarczonej do trzeciego stopu wynosi \(\displaystyle{ \frac{1}{3}x}\),
* ilość cynku dostarczonego do trzeciego stopu wynosi \(\displaystyle{ \frac{2}{3}x}\).

W drugim stopie:
- stosunek ilościowy miedzi do cynku wynosi \(\displaystyle{ 3:5}\),
* ilość miedzi dostarczonej do trzeciego stopu \(\displaystyle{ \frac{3}{8}y}\),
* ilość cynku dostarczonego do trzeciego stopu \(\displaystyle{ \frac{5}{8}y}\).

A z tego wynika, że w trzecim stopie:
* ilość miedzi jest równa \(\displaystyle{ \frac{1}{3}x + \frac{3}{8}y}\),
* ilość cynku jest równa \(\displaystyle{ \frac{2}{3}x + \frac{5}{8}y}\),
- a wiemy, że stosunek ilościowy miedzi do cynku jest równy \(\displaystyle{ 5:9}\),

Zatem:
\(\displaystyle{ \frac{\frac{1}{3}x + \frac{3}{8}y}{\frac{2}{3}x + \frac{5}{8}y}=\frac{5}{9} \Leftrightarrow 3x + \frac{27}{8}y= \frac{10}{3}x+ \frac{25}{8}y \Leftrightarrow \frac{y}{4}= \frac{x}{3} \Leftrightarrow \frac{x}{y}=\frac{3}{4}}\)

odp. Stosunek ilościowy pierwszego stopu do drugiego wynosi \(\displaystyle{ 3:4}\).




Zad. 3.
Spróbujmy wyznaczyć wzór jawny tego ciągu.
\(\displaystyle{ u_{n}=2 \cdot u_{n-1}+7= \\ \ =2 \cdot (2u_{n-2}+7)+7 = 2^{2} \cdot u_{n-2}+(2+1)\cdot7= \\ \ =
2^{2} \cdot (2u_{n-3}+7)+(2+1)\cdot7=2^{3} \cdot u_{n-3}+(2^{2}+2^{1}+2^{0})\cdot7=...= \\ \ =
2^{n-1} \cdot u_{1}+(2^{n-2}+...+2^{2}+2^{1}+2^{0})\cdot7= \\ =
2^{n-1} \cdot u_{1}+(2^{n-1}-1)\cdot7=2^{n-1}(u_{1}+7)-7=...}\)

Wiedząc, że \(\displaystyle{ u_{1}=1}\), otrzymujemy:

\(\displaystyle{ ...=2^{n-1} \cdot 8 -7 = 4 \cdot 2^{n}-7}\)

\(\displaystyle{ \begin{tabular}{|c|c|} \hline \\ \ \ \ u_{n}=4 \cdot 2^{n}-7 \ \ \ \\ \\ \hline \end{tabular}}\),

A nasze szukane \(\displaystyle{ n}\) ma spełniać warunki:
\(\displaystyle{ \begin{cases} u_{n}<9001\\ u_{n+1} \ge 9001 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} n \in \mathbb{N}\\ 4 \cdot 2^{n}-7 <9001 \le 4 \cdot 2^{n+1}-7 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} n \in \mathbb{N} \\ 2^{n}<2252 \le 2^{n+1} \end{cases} \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow \begin{cases} n \in \mathbb{N}\\ n< \log_{2} 2252 \le n+1 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} n \in \mathbb{N}\\ n< \log_{2} (2^{11} \cdot \frac{2252}{2048}) \le n+1 \end{cases} \\ \hbox{Zatem:} \\ n=11<11+\log_{2} \frac{2252}{2048}<11+\log_{2} \frac{4096}{2048}=12=n+1}\)

odp. Szukaną liczbą jest \(\displaystyle{ n=11}\).



Zad. 4.
Jasne jest, że ilość możliwych funkcji jest wariacją 31-elementową z powtórzeniami zbioru 25-elementowego \(\displaystyle{ \overline{\overline{\Omega}}=25^{31}}\)

a.
Zauważmy, aby znaleźć ilość funkcji, które są ściśle rosnące, musimy znaleźć liczbę wszystkich możliwych zbiorów 25-elementowych o niepowtarzających się cyfrach ze zbioru 31-elementowego. Dlaczego to pierwsze jest równoważne z tym drugim? Dzieje się tak, ponieważ w danym zbiorze tylko jedno ułożenie elementów jest rosnące.
A zatem ilość wszystkich kombinacji jest równa:
\(\displaystyle{ \overline{\overline{A}}={31\choose 25}}\)
A wtedy prawdopodobieństwo jest równe:
\(\displaystyle{ P(A)=\frac{{31\choose 25}}{25^{31}} \approx 3,3955 \cdot 10^{-38}}\)

b. W zbiorze wartości funkcji musi występować 10 i mogą być także liczby mniejsze od 9.
Zatem wszystkich możliwych funkcji, których zbiorem wartości są liczby mniejsze bądź rowne 10 jest \(\displaystyle{ 25^{10}}\), ale musimy jeszcze odjąć wszystkie funkcje, których zbiorem wartości są liczby mniejsze od 10, a jest ich \(\displaystyle{ 25^{9}}\)
A zatem prawdopodobieństwo jest równe:
\(\displaystyle{ P(B)=\frac{25^{10}-25^{9}}{25^{31}} \approx 4.2221 \cdot 10^{-30}}\)

c. Wszystkich możliwych zbiorów dwuelementowych ze zbioru 31-elementowego jest równa \(\displaystyle{ {31 \choose 2}}\). Natomiast dla danego zbioru wartości dwulementowego wszystkich możliwych funkcji jest \(\displaystyle{ 2^{25}}\), stąd:
\(\displaystyle{ P(C)=\frac{{31 \choose 2} \cdot 2^{25}}{25^{31}}=7.1955 \cdot 10^{-34}}\)



Zad. 5.
Załóżmy, że funkcja \(\displaystyle{ f}\) spełnia dla wszystkich \(\displaystyle{ x \neq 0}\) podane równanie funkcyjne. Podstawmy \(\displaystyle{ x:=\frac{1}{x}}\).
Otrzymujemy taki układ równań:
\(\displaystyle{ \begin{cases} f(x)+4f(\frac{1}{x})=3x \\ f(\frac{1}{x})+4f(x)=\frac{3}{x} \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} f(x)+4f(\frac{1}{x})=3x \\ 4f(\frac{1}{x})+16f(x)=\frac{12}{x} \end{cases} \Rightarrow 15f(x)=\frac{12}{x}-3x \Leftrightarrow f(x)=\frac{4-x^{2}}{5x}}\)

Zatem funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest powyższej postaci. Po sprawdzeniu widać, że funkcja ta spełnia wyjściowe równanie funkcyjne. Jest to więc jedyna funkcja spełniająca dla każdych \(\displaystyle{ x \neq 0}\) równanie funkcyjne.

[lukasz1804]

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

Zadanie 3.

Spróbujmy wyznaczyć wzór jawny tego ciągu.
\(\displaystyle{ u_{n}=2 \cdot u_{n-1}+7= \\ \ =2 \cdot (2u_{n-2}+7)+7 = 2^{2} \cdot u_{n-2}+(2+1)\cdot7= \\ \ =
2^{2} \cdot (2u_{n-3}+7)+(2+1)\cdot7=2^{3} \cdot u_{n-3}+(2^{2}+2^{1}+2^{0})\cdot7=...= \\ \ =
2^{n-1} \cdot u_{1}+(2^{n-2}+...+2^{2}+2^{1}+2^{0})\cdot7= \\ =
2^{n-1} \cdot u_{1}+(2^{n-1}-1)\cdot7=2^{n-1}(u_{1}+7)-7=...}\)

Wiedząc, że \(\displaystyle{ u_{1}=1}\), otrzymujemy:

\(\displaystyle{ ...=2^{n-1} \cdot 8 -7 = 4 \cdot 2^{n}-7}\)

Sposób wyznaczania wzoru ciągu \(\displaystyle{ (u_n)_{n\in\mathbb{N}}}\) nie jest dopuszczalny. Dla \(\displaystyle{ n=2}\) ciąg równości należy przerwać po wyznaczeniu \(\displaystyle{ u_{n-1}=u_1}\), dla \(\displaystyle{ n=3}\) - po dwóch krokach itd.

Zadanie 4.

Błędnie wyznaczona liczność wszystkich zdarzeń elementarnych. Poza tym

c. Wszystkich możliwych zbiorów dwuelementowych ze zbioru 31-elementowego jest równa \(\displaystyle{ {31 \choose 2}}\). Natomiast dla danego zbioru wartości dwulementowego wszystkich możliwych funkcji jest \(\displaystyle{ 2^{25}}\), stąd:
\(\displaystyle{ P(C)=\frac{{31 \choose 2} \cdot 2^{25}}{25^{31}}=7.1955 \cdot 10^{-34}}\)

Przy wyznaczaniu ilości zdarzeń elementarnych sprzyjających zajściu rozważanego zdarzenia należy uwzględnić, że funkcja f nie może być stała.

[Sylwek]

Nie zgadzam się z:

Zadanie 3 - proponuję 6, a mianowicie został rozważony ogólny przypadek. Kroki rozumowania zostały dość dokładnie rozpisane i widać, że użytkownik wie, że w takich małych przypadkach należałoby szybciej zakończyć.

OK?