Kategoria II, 6 lipca 2009, 12:24

Miejsce na dyskusje i ocenę zadań z I konkursu forumowego ;).
Liga
Gość Specjalny
Gość Specjalny
Posty: 168
Rejestracja: 29 wrz 2006, o 18:17
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Forum Matematyka.pl

Kategoria II, 6 lipca 2009, 12:24

Post autor: Liga »

Zad. 1.

Założenie: \(\displaystyle{ xy-x^2y^2 \ge 0 \Leftrightarrow xy \in <0;1>}\).

Dany układ:
\(\displaystyle{ \begin{cases} y^6+y^3+2x^2= \sqrt{xy-x^2y^2} \\ 4xy^3+y^3+ \frac{1}{2} \ge 2x^2+\sqrt{1+(2x-y)^2} \end{cases}}\)

jest równoważny układowi:

\(\displaystyle{ \begin{cases} y^6+y^3+2x^2= \sqrt{xy-x^2y^2} \\ -(y^3-2x)^2+\frac{1}{2}+y^6+y^3+2x^2 \ge \sqrt{1+(2x-y)^2} \end{cases}}\)

Po podstawieniu w nierówności \(\displaystyle{ \sqrt{xy-x^2y^2}}\) za \(\displaystyle{ y^6+y^3+2x^2}\) otrzymujemy:

\(\displaystyle{ -(y^3-2x)^2+\frac{1}{2}+\sqrt{xy-x^2y^2} \ge \sqrt{1+(2x-y)^2}}\)
\(\displaystyle{ (y^3-2x)^2 \le \frac{1}{2}+\sqrt{xy-x^2y^2}- \sqrt{1+(2x-y)^2}}\)

Zauważmy, że na mocy nierówności pomiędzy średnią arytmetyczną a geometryczną \(\displaystyle{ \sqrt{xy-x^2y^2} \le \frac{1}{2}}\).
Natomiast \(\displaystyle{ \sqrt{1+(2x-y)^2} \ge 1}\)
Zatem jeśli nasza nierówność ma mieć jakiekolwiek rozwiązania to \(\displaystyle{ \sqrt{xy-x^2y^2} = \frac{1}{2}}\) oraz \(\displaystyle{ \sqrt{1+(2x-y)^2} = 1}\), gdyż w przeciwnym przypadku prawa strona nierówności będzie ujemna, a kwadrat liczby rzeczywistej (lewa strona) jest nieujemny.

Mamy więc układ:
\(\displaystyle{ \begin{cases} \sqrt{xy-x^2y^2} = \frac{1}{2} \\ \sqrt{1+(2x-y)^2} = 1\\ (y^3-2x)^2 \le 0\end{cases}}\)

równoważny kolejno:

\(\displaystyle{ \begin{cases} xy = \frac{1}{2} \\ (2x-y)^2 = 0\\ (y^3-2x)^2 = 0\end{cases}}\)

\(\displaystyle{ \begin{cases} xy = \frac{1}{2} \\ y = 2x\\ y^3 = 2x\end{cases}}\)

Jedynymi parami liczb spełniających ten układ są \(\displaystyle{ x=\frac{1}{2}\ \ y=1}\) oraz \(\displaystyle{ x=-\frac{1}{2}\ \ y=-1}\).

Pozostaje jeszcze sprawdzić oba te wyniki.
Po podstawieniu tych par do wyjściowego układu okazuje się, że jedyną parą liczb go spełniającą jest \(\displaystyle{ x=-\frac{1}{2}\ \ y=-1}\).




Zad. 2.

\(\displaystyle{ x}\) - masa pierwszego stopu
\(\displaystyle{ y}\) - masa drugiego stopu

\(\displaystyle{ \frac{1}{3} x}\) - masa miedzi w pierwszym stopie

\(\displaystyle{ \frac{3}{8} y}\) - masa miedzi w drugim stopie

\(\displaystyle{ \frac{5}{14}(x+y)}\) - masa miedzi w trzecim stopie


\(\displaystyle{ \frac{1}{3}x+\frac{3}{8} y=\frac{5}{14}(x+y)}\)

\(\displaystyle{ \frac{3}{8}y-\frac{4}{14}y=\frac{5}{14}x-\frac{1}{3}x}\)

\(\displaystyle{ \frac{21}{56}y-\frac{20}{56}y=\frac{15}{42}x-\frac{14}{42}x}\)

\(\displaystyle{ \frac{1}{56}y=\frac{1}{42}x}\)

\(\displaystyle{ \frac{x}{y}=\frac{42}{56}}\)

\(\displaystyle{ \frac{x}{y}=\frac{3}{4}}\)

Odp: Aby otrzymać stop zwierający miedź i cynk w stosunku \(\displaystyle{ 5:9}\) należy dane stopy wziąć w stosunku \(\displaystyle{ 3:4}\).




Zad. 3.

Udowodnimy indukcyjnie, że \(\displaystyle{ \forall n \ge 1\quad u_{n}=2^{n-1}+7(2^{n-1}-1)}\)

1) Sprawdzamy dla \(\displaystyle{ n_{0}=1}\)
\(\displaystyle{ 2^{0}+7(2^0-1)=1}\)

2) Sprawdzamy czy z prawdziwości twierdzenia dla \(\displaystyle{ n}\) wynika prawdziwość dla \(\displaystyle{ n+1}\). Weźmy dowolne, ale ustalone \(\displaystyle{ n \ge 1}\).

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

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

Dowód:
\(\displaystyle{ 2^{n}+7(2^{n}-1)=2(2^{n-1}+7*2^{n-1}-7+\frac{7}{2})=2[2^{n-1}+7(2^{n-1}-1)]+7=\\=2u_{n}+7=u_{n+1}}\)

Zatem na mocy Zasady Indukcji Matemtycznej \(\displaystyle{ \forall n \ge 1\quad u_{n}=2^{n-1}+7(2^{n-1}-1)}\).


\(\displaystyle{ u_{n+1}-u_n=2^{n}+7(2^{n}-1)-[2^{n-1}+7(2^{n-1}-1)]=2^{n-1}+7*2^{n-1}>0}\)
A więc ciąg liczbowy \(\displaystyle{ u_n}\) jest ciągiem rosnącym.

Zauważmy, że:
\(\displaystyle{ u_{11}=2^{10}+7(2^{10}-1)=8185\\u_{12}=2^{11}+7(2^{11}-1)=16377}\)

Zatem \(\displaystyle{ u_{11} < 9001 < u_{12}}\)

Stąd korzystając z faktu, że ciąg \(\displaystyle{ u_n}\) jest rosnący otrzymujemy, że największą liczbą naturalną \(\displaystyle{ n}\), dla której zachodzi nierówność \(\displaystyle{ u_n<9001}\) jest \(\displaystyle{ n=11}\).




Zad. 4.

Dla każdego z 25 argumentów funkcja może przyjmować jedną z 31 wartości.
Zatem liczebność zbioru wszystkich zdarzeń elementarnych \(\displaystyle{ |\Omega|=31^{25}}\)

a.
Oczywiście, aby funkcja była rosnąca to musi być również różnowartościowa tj. \(\displaystyle{ f(a) \neq f(b)}\) dla \(\displaystyle{ a \neq b}\).
Zauważmy, że dla każdej funkcji funkcji \(\displaystyle{ f}\) z danego zbioru funkcja może mieć co najwyżej 6 argumentów \(\displaystyle{ a}\) takich, że \(\displaystyle{ f(a+1)-f(a)>1}\). Oczywiście \(\displaystyle{ f(b+1)-f(b) \in \{ 1,2,3,4,5,6\}}\).

Nazwijmy, że dana rosnąca funkcja ma \(\displaystyle{ k}\) "nadzwyczajnych wzrostów" jeśli maksimum funkcji wynosi \(\displaystyle{ 25+k}\). Funkcja może mieć umowny "nadzwyczajny wzrost" kilkakrotny dla jednego argumentu gdy \(\displaystyle{ \exists a\in D_f \quad f(a+1)-f(a)>2}\)
Łatwo zauważyć, że funkcja \(\displaystyle{ f}\) z danego zbioru może mieć co najwyżej 6 "nadzwyczajnych wzrostów".

Rozważmy teraz liczbę funkcji z danego zbioru w zależności od ilości "nadzwyczajnych wzrostów" oznaczoną przez \(\displaystyle{ k}\).

Zauważmy, że liczba takich funkcji jest równa liczbie sposobów wyboru zbioru \(\displaystyle{ k}\)-elementowego ze zbioru \(\displaystyle{ 25}\) elementów z powtórzeniami czyli wariacji \(\displaystyle{ k}\)-wyrazowych z powtórzeniami ze zbioru \(\displaystyle{ 25}\)-elementowego.
Zatem moc zbioru \(\displaystyle{ A}\), który jest zbiorem zdarzeń sprzyjających \(\displaystyle{ a.}\) wyraża się wzorem: \(\displaystyle{ 1+25+25^2+25^3+25^4+25^5+25^6=\frac{25^7-1}{24}}\)

A więc \(\displaystyle{ P(A)=\frac{25^7-1}{24*31^{25}}}\)


b.
Aby maksimum funkcji \(\displaystyle{ f}\) wynosiło \(\displaystyle{ 10}\) to \(\displaystyle{ \exists a\in D_f \quad f(a)=10}\) oraz dla każdego argumentu \(\displaystyle{ a}\) musi zachodzić nierówność \(\displaystyle{ f(a) \le 10}\)

A więc wartość dla jednego z argumentów jest równa \(\displaystyle{ 10}\), a każdą z pozostałych \(\displaystyle{ 24}\) możemy wybrać na \(\displaystyle{ 10}\) sposobów spośród liczb \(\displaystyle{ 1..10}\). Daje nam to \(\displaystyle{ |B|=10^{24}}\) zdarzeń sprzyjających \(\displaystyle{ b.}\)

Zatem \(\displaystyle{ P(B)=\frac{10^{24}}{31^{25}}}\)


c.
Zbiorów dwuelementowych ze zbioru \(\displaystyle{ 31}\)-elementowego mamy \(\displaystyle{ {{31}\choose 2}=465}\). Zbiór argumentów, których wartości równe są pierwszemu z elementów danego dwuelementowego zbioru możemy wybrać na \(\displaystyle{ 2^{25}-2}\) sposobów, gdyż jest to ilość podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ 25}\)-elementowego pomniejszona o jeden podzbiór zawierający wszystkie elementy zbioru (ponieważ musi istnieć jakiś argument dla, którego wartość równa jest drugiemu elementowi z danego dwuelementowego zbioru) oraz podzbiór pusty.
A więc moc zbioru zdarzeń sprzyjających c.: \(\displaystyle{ |C|=930*(2^{24}-1)}\)

Stąd \(\displaystyle{ P(C)=\frac{930(2^{24}-1)}{31^{25}}}\)




Zad. 5.

Mamy równanie: \(\displaystyle{ f \left( x \right) + 3 \cdot f \left( \frac{1}{x} \right) = x^{2}}\). Podstawmy w miejsce iksa \(\displaystyle{ \frac{1}{x}}\). Otrzymujemy:

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

Zatem mamy układ równań:
\(\displaystyle{ \begin{cases}f \left( x \right) + 4 \cdot f \left( \frac{1}{x} \right) = 3x\\ f \left( \frac{1}{x} \right) + 4 \cdot f \left( x \right) = \frac{3}{x} \end{cases}\\ \\ \begin{cases}f \left( x \right) + 4 \cdot f \left( \frac{1}{x} \right) = 3x \\ -4 \cdot f \left( \frac{1}{x} \right) - 16 \cdot f \left( x \right) = -\frac{12}{x} \end{cases}}\)

Po dodaniu stronami:
\(\displaystyle{ -15 \cdot f(x) = 3x - \frac{12}{x} \\ f(x)=-\frac{3x^2-12}{15x} \\ f(x)=\frac{4-x^2}{5x}}\)

Sprawdzamy, że dana funkcja pasuje do początkowego wzoru:
\(\displaystyle{ L=\frac{4-x^2}{5x}+4\frac{4-\frac{1}{x^2}}{5\frac{1}{x}}=\frac{4-x^2}{5x}+\frac{16x^2-4}{5x}=\frac{15x^2}{5x}=3x=P}\)

A więc szukaną funkcją \(\displaystyle{ f:\mathbb{R}}\)\(\displaystyle{ \{0\}\mathbb{R}}\) jest \(\displaystyle{ f(x)=\frac{4-x^2}{5x}}\).
Awatar użytkownika
Sylwek
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 2716
Rejestracja: 21 maja 2007, o 14:24
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 160 razy
Pomógł: 657 razy

Kategoria II, 6 lipca 2009, 12:24

Post autor: Sylwek »

Oceny:

Zadanie 1 - 6
Zadanie 2 - 6
Zadanie 3 - 6
Zadanie 4 - 0
Zadanie 5 - 6

--

Komentarze:

Zadanie 2: Literówka: \(\displaystyle{ \frac{3}{8}y-\frac{\boxed{4}}{14}y=\frac{5}{14}x-\frac{1}{3}x}\), na szczęście w następnej linijce naprawiona. Staraj się uważać.

Zadanie 4:
a) Liczysz kilkukrotnie te same możliwości. Po prostu zdarzeń sprzyjających jest tyle, co kombinacji 25-elementowych zbioru 31-elementowego (bo dany 25-liczbowy zbiór różnych liczb można tylko w jeden sposób posortować rosnąco).

b) Liczysz kilkukrotnie te same możliwości. Ilość zdarzeń sprzyjających wynosi \(\displaystyle{ 10^{25}-9^{25}}\), zastanów się dlaczego.

c) Ok.
lukasz1804
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 4438
Rejestracja: 17 kwie 2007, o 13:44
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Łódź
Podziękował: 12 razy
Pomógł: 1313 razy

Kategoria II, 6 lipca 2009, 12:24

Post autor: lukasz1804 »

Zgadzam się z ocenami zadań.
ODPOWIEDZ