Kategoria III, 7 lipca 2009, 17:23

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 III, 7 lipca 2009, 17:23

Post autor: Liga »

1)
Udowodnimy najpierw nierówność Schwarza dla całek funkcji ciągłych, pokażemy również warunki, przy których zachodzi równość. Niech \(\displaystyle{ f(x) \ i \ g(x)}\) będą funkcjami ciągłymi, w sposób oczywisty zachodzi poniższa nierówność (kwadrat liczby rzeczywistej jest nieujemny):
\(\displaystyle{ (\lambda f(x) + g(x))^2 \ge 0 \Leftrightarrow \lambda^2 (f(x))^2 + 2\lambda f(x) g(x) + (g(x))^2 \ge 0}\)
Scałkujemy teraz obie strony nierówności na przedziale \(\displaystyle{ [a,b], \ b>a}\) (wszystkie całki istnieją, ponieważ iloczyny funkcji ciągłych są ciągłe, a więc również całkowalne), a, jak wiadomo, całka funkcji nieujemnej jest również nieujemna, zatem:
\(\displaystyle{ \lambda^2 \int_{a}^{b} (f(x))^2 dx + 2 \lambda \int_{a}^{b} f(x)g(x) dx + \int_{a}^{b} (g(x))^2 dx \ge 0}\)
Jeśli potraktować lewą stronę nierówności jako trójmian kwadratowy zmiennej \(\displaystyle{ \lambda}\) to jego wyróżnik musi być niedodatni, stąd mamy:
\(\displaystyle{ \left(\int_{a}^{b} f(x) g(x) dx\right)^2 \le \int_{a}^{b} (f(x))^2 dx \cdot \int_{a}^{b} (g(x))^2 dx}\)
Jeśli będzie zachodziła równość, to rozważany trójmian będzie miał pierwiastek, musi zachodzić tożsamościowa równość:
\(\displaystyle{ \lambda f(x) + g(x) \equiv 0}\)
Gdyby bowiem w pewnym miejscu funkcja ta przyjęła wartość niezerową, to wtedy ciągła funkcja \(\displaystyle{ (\lambda f(x) + g(x))^2}\) przyjęłaby w tym punkcie wartość dodatnią, a w pewnym jego otoczeniu zachowałaby znak; w tym przedziale mielibyśmy dodatni przyczynek do całki, stąd równość nie mogłaby zachodzić.
Przejdźmy do rozwiązania zadania. Szukane funkcje przyjmują wartości dodatnie, zatem można rozważać ciągłą funkcję \(\displaystyle{ \sqrt{f(x)}}\) (złożenie funkcji ciągłych), zastosujemy wyżej udowodnioną nierówność Schwarza dla funkcji \(\displaystyle{ x\sqrt{f(x)}, \sqrt{f(x)}}\):
\(\displaystyle{ a^2 = \left(\int_{0}^{1} xf(x)dx\right)^2 = \left( \int_{0}^{1} x\sqrt{f(x)} \cdot \sqrt{f(x)}dx\right)^2 \le \int_{0}^{1}x^2 f(x) dx \cdot \int_{0}^{1} f(x) dx = a^2 \cdot 1 = a^2}\)
W nierówności tej zachodzi równość, zatem musi zachodzić:
\(\displaystyle{ \lambda \sqrt{f(x)} + x\sqrt{f(x)} = \sqrt{f(x)} \cdot (\lambda + x) \equiv 0}\)
Wobec ciągłości funkcji \(\displaystyle{ \sqrt{f(x)}}\) musiałaby prawdziwa być równość:
\(\displaystyle{ \sqrt{f(x)} \equiv 0 \Leftrightarrow f(x) \equiv 0}\)
Ta funkcja nie spełnia jednak warunków zadania, zatem takie funkcje ciągłe nie istnieją.
2)
Najpierw zauważmy, że:
\(\displaystyle{ 23^{23} \equiv 1^{23} \equiv 1 (mod \ 2) \Rightarrow 23^{23} = 2k+1, k \in \mathbb{N}}\)
Stąd mamy:
\(\displaystyle{ 23^{23^{23}} \equiv (-1)^{2k+1} \eqiuv -1 (mod \ 4) \Rightarrow 23^{23^{23}} = 4l+3, l \in \mathbb{N}}\)
Pokażmy jeszcze jeden ważny fakt:
\(\displaystyle{ 3^{4} = 81 \equiv 1 (mod \ 10)}\)
Mamy więc:
\(\displaystyle{ 23^{23^{23^{23}}} \equiv 3^{4l+3} \equiv 3^{3} \equiv 7 (mod \ 10)}\)
Zatem ostatnią cyfrą w zapisie dziesiętnym liczby \(\displaystyle{ 23^{23^{23^{23}}}}\) jest cyfra \(\displaystyle{ 7}\).
3)
Pokażemy, że jeśli w macierzy \(\displaystyle{ A}\) zachodzi:
\(\displaystyle{ |a_{jj}| > |a_{j1}| + \ldots + |a_{j,j-1}| + |a_{j,j+1}| + \ldots + |a_{jn}| \quad (*)}\)
to \(\displaystyle{ det A \neq 0}\)
Przeprowadzimy dowód przy pomocy indukcji matematycznej, wniosek ten jest prawdziwy na przykład dla macierzy stopnia 2, jeśli bowiem zachodziłoby:
\(\displaystyle{ a_{11}a_{22} - a_{12}a_{21} = 0 \Leftrightarrow a_{11}a_{22} = a_{12}a_{21}}\)
to wtedy również:
\(\displaystyle{ |a_{11}||a_{22}| = |a_{12}||a_{21}|}\)
co jednak jest niezgodne z założeniem. Zakładamy teraz, że jest to prawda dla macierzy stopnia \(\displaystyle{ n-1}\), rozważmy macierz \(\displaystyle{ A}\) stopnia \(\displaystyle{ n}\), dla której zachodzi \(\displaystyle{ (*)}\). Spróbujemy obliczyć wyznacznik rozważanej macierzy, w tym celu najpierw odejmujemy pierwszą kolumnę od pozostałych pomnożoną przez taki czynnik, że w pierwszym wierszu będziemy mieli same zera, począwszy od drugiego elementu. Rozwijamy ten wyznacznik względem pierwszego wiersza, zatem:
\(\displaystyle{ det A = a_{11} \cdot det B}\)
gdzie wyrazy macierzy \(\displaystyle{ B}\) obliczamy według reguły:
\(\displaystyle{ b_{jk} = a_{jk} - \frac{a_{j1}}{a_{11}}a_{1k}, \ j,k \ge 2}\)
Pokażemy teraz pewną nierówność:
\(\displaystyle{ |b_{jj}| = |a_{jj} - \frac{a_{j1}}{a_{11}}a_{1j}| \ge ||a_{jj}| - |\frac{a_{j1}}{a_{11}} a_{1j}|| = |a_{jj}| - |\frac{a_{j1}}{a_{11}}a_{1j}| > |a_{j1}| + \ldots + |a_{j,j-1}| + |a_{j,j+1}| + \ldots + |a_{jn}| - |\frac{a_{j1}}{a_{11}}a_{1j}|}\)
Skorzystaliśmy tu z nierówności \(\displaystyle{ (*)}\) oraz z nierówności \(\displaystyle{ ||x| - |y|| \le |x-y|}\)
Idźmy dalej:
\(\displaystyle{ |a_{j2}| + \ldots |a_{j,j-1}| + |a_{j,j+1}| + \ldots + |a_{jn}| + \frac{|a_{j1}|}{|a_{11}|} (|a_{11}| - |a_{1j}|) > \\ |a_{j2}| + \ldots +|a_{j,j-1}| + |a_{j,j+1}| + \ldots + |a_{jn}| + \frac{|a_{j1}|}{|a_{11}|}(|a_{12}| + \ldots + |a_{1,j-1}| + |a_{1,j+1}| + \ldots + |a_{1n}|) = \left(|a_{j2}| + |a_{12}|\frac{|a_{j1}|}{|a_{11}|}\right) + \ldots + \left(|a_{j,j-1}| + |a_{1,j-1}|\frac{|a_{j1}|}{|a_{11}|}\right) +\left(|a_{j,j+1}|+ |a_{1,j+1}|\frac{|a_{j1}|}{|a_{11}|}\right) + \ldots + \left(|a_{jn}| + |a_{1n}| \frac{|a_{j1}|}{|a_{11}|}\right) \ge |a_{j2} - a_{12} \frac{a_{j1}}{a_{11}}| + \ldots + |a_{jn} - a_{1n} \frac{a_{j1}}{a_{11}}| = \\ |b_{j2}| + \ldots + |b_{j,j-1}| + |b_{j,j+1}| + |b_{jn}|}\)
Korzystaliśmy jeszcze raz z naszej nierówności \(\displaystyle{ (*)}\) oraz z nierówności \(\displaystyle{ |x+y| \le |x|+|y|}\).
Zauważmy, że dla macierzy \(\displaystyle{ B}\) zachodzi nierówność taka, jak dla macierzy \(\displaystyle{ A}\) oraz macierz ta jest stopnia \(\displaystyle{ n-1}\), zatem na mocy założenia indukcyjnego ma niezerowy wyznacznik. Wyznacznik macierzy \(\displaystyle{ A}\) powstaje z tego niezerowego wyznacznika pomnożonego przez niezerowy czynnik \(\displaystyle{ a_{11}}\); jest on zatem niezerowy, co kończy dowód twierdzenia.
Zajmijmy się teraz właściwym zadaniem. Chcemy pokazać, że gdy \(\displaystyle{ |\lambda| > 1}\), to wielomian charakterystyczny, reprezentowany przez wyznacznik, jest niezerowy. Wystarczy, jeśli pokażemy:
\(\displaystyle{ |a_{jj} -\lambda| > |a_{j1}| + \ldots + |a_{j,j-1}| + |a_{j,j+1}| + |a_{jn}| = 1 - a_{jj}}\)
Ostatnia równość wynika oczywiście z warunków narzuconych przez treść zadania.
Niech \(\displaystyle{ \lambda = r(cos\varphi + isin\varphi), \ r \in \mathbb{R}, \ r>1}\). Wtedy lewa strona naszej nierówności wygląda tak:
\(\displaystyle{ |a_{jj} - \lambda| = \sqrt{a_{jj}^2 - 2a_{jj}r cos\varphi + r^2} \ge r - a_{jj} > 1 - a_{jj} \Leftrightarrow r>1}\)
Zatem rozważana macierz ma niezerowy wyznacznik, co implikuje, iż nie ma żadnej wartości własnej o module przekraczającym \(\displaystyle{ 1}\).
5)Jest to możliwe:
kostka A: na dwóch ścianach 2 oczka, na dwóch 4, na dwóch 9;
kostka B: na dwóch ścianach 1 oczko, na dwóch 6, na dwóch 8;
kostka C: na dwóch ścianach 3 oczka, na dwóch 5, na dwóch 7.
Dla każdych dwóch kostek mamy 9 możliwych wyników (reprezentowanych przez pary uporządkowane). Mamy:
\(\displaystyle{ P(A>B) = \frac{5}{9}>\frac{1}{2}}\)
z uwagi na pary: \(\displaystyle{ (2,1), (4,1), (9,1), (9,6), (9,8)}\).
Analogicznie:
\(\displaystyle{ P(B>C) = \frac{5}{9}>\frac{1}{2}}\)
co potwierdzają pary: \(\displaystyle{ (6,3),(6,5), (8,3),(8,5),(8,7)}\).
Ponadto:
\(\displaystyle{ P(C>A) = \frac{5}{9}>\frac{1}{2}}\),
co uzasadniamy wskazując następujące pary: \(\displaystyle{ (3,2),(5,2),(5,4),(7,2),(7,4)}\).
Jest to paradoks Steinhausa-Trybuli.
Awatar użytkownika
scyth
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 6392
Rejestracja: 23 lip 2007, o 15:26
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 1087 razy

Kategoria III, 7 lipca 2009, 17:23

Post autor: scyth »

1. 6
2. 6
3. 6
4. 0 (brak?)
5. 6
lukasz1804
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 4438
Rejestracja: 17 kwie 2007, o 13:44
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Łódź
Podziękował: 12 razy
Pomógł: 1313 razy

Kategoria III, 7 lipca 2009, 17:23

Post autor: lukasz1804 »

Zgadzam się z zaproponowanymi ocenami.
ODPOWIEDZ