Mamy \(\displaystyle{ n ^{2}}\) kolejnych liczb naturalnych. Tworzymy z nich losowo piramidę w następujący sposób: pierwszy (najwyższy) poziom: jedna liczba, drugi poziom: trzy liczby, trzeci poziom: pięć liczb, itd
aż do wykorzystania wszystkich \(\displaystyle{ n ^{2}}\) liczb.
Niech \(\displaystyle{ a _{k}}\) oznacza maksymalną liczbę na k-tym poziomie.
Znaleźć prawdopodobieństwo tego, że ciąg \(\displaystyle{ a _{k}}\) jest rosnący.
Następnie znaleźć najmniejszą liczbę całkowitą spełniającą nierówność \(\displaystyle{ P _{n}< \frac{\left( 2n+1\right)! }{10 ^{2} \cdot 2 ^{n-2} \cdot \left( n!\right) ^{3} }}\)
prawdopodobieństwo rosnącego ciągu liczb naturalnych
-
Errichto
- Użytkownik
- Posty: 1629
- Rejestracja: 17 mar 2011, o 18:55
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Suwałki
- Podziękował: 28 razy
- Pomógł: 272 razy
prawdopodobieństwo rosnącego ciągu liczb naturalnych
Zeszłoroczny finał konkursu PW?
Na poziomie \(\displaystyle{ k}\) masz \(\displaystyle{ 2k-1}\) liczb. Powiedzmy, że mamy taką pustą piramidę i wstawiamy do niej liczby \(\displaystyle{ n^2,n^2-1,...,2,1}\) czyli od największej. Istotne jest zrozumienie, że warunek zadania jest równoważny temu, by pierwsze wrzucenie do danej warstwy było przed jakimkolwiek ruszaniem wyższych warstw (to jest naprawdę istotne, jeśli nie będziesz rozumieć to wyjaśnię). Pierwsza liczba (\(\displaystyle{ n^2}\) czyli) musi być w ostatniej warstwie - prawd. na to jest równe \(\displaystyle{ \frac{2n-1}{n^2}}\). Gdzieś dalej w końcu po raz pierwszy wrzucimy liczbę do jakiejś niższej warstwy. Prawd. że będzie to warstwa przedostatnia wynosi \(\displaystyle{ \frac{2n-3}{(n-1)^2}}\) - w liczniku masz liczność przedostatniej warstwy, w mianowniku liczność piramidy bez ostatniej warstwy. Porządny dowód prawdziwości tego, co przed chwilą napisałem, polega na wykorzystaniu prawd.-a warunkowego (też polecam się zastanowić nad tym). Potem musi być przed-przed-ostatnia warstwa i tak dalej. Wyjdzie coś takiego:
\(\displaystyle{ \frac{2n-1}{n^2} \cdot \frac{2n-3}{(n-1)^2} \cdot ... \cdot \frac{3}{2^2} \cdot \frac{1}{1} = \frac{(2n-1)(2n-3)... \cdot 3 \cdot 1}{n^2(n-1)^2... \cdot 2^2 \cdot 1^2} = \frac{(2n-1)(2n-3)... \cdot 1}{(n!)^2}}\)
I sam licznik uprośćmy:
\(\displaystyle{ (2n-1)(2n-3)... \cdot 1 = \frac{2n \cdot (2n-1) \cdot (2n-2) \cdot (2n-3) \cdot ... \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1}{2n \cdot (2n-2) \cdot ... \cdot 2} = \frac{(2n)!}{2 \cdot n \cdot 2 \cdot (n-1) \cdot ... \cdot 2 \cdot 1} = \frac{(2n)!}{2^n \cdot n!}}\)
a już znalezienie tego minimalnego \(\displaystyle{ n}\) jest trywialne.
Na poziomie \(\displaystyle{ k}\) masz \(\displaystyle{ 2k-1}\) liczb. Powiedzmy, że mamy taką pustą piramidę i wstawiamy do niej liczby \(\displaystyle{ n^2,n^2-1,...,2,1}\) czyli od największej. Istotne jest zrozumienie, że warunek zadania jest równoważny temu, by pierwsze wrzucenie do danej warstwy było przed jakimkolwiek ruszaniem wyższych warstw (to jest naprawdę istotne, jeśli nie będziesz rozumieć to wyjaśnię). Pierwsza liczba (\(\displaystyle{ n^2}\) czyli) musi być w ostatniej warstwie - prawd. na to jest równe \(\displaystyle{ \frac{2n-1}{n^2}}\). Gdzieś dalej w końcu po raz pierwszy wrzucimy liczbę do jakiejś niższej warstwy. Prawd. że będzie to warstwa przedostatnia wynosi \(\displaystyle{ \frac{2n-3}{(n-1)^2}}\) - w liczniku masz liczność przedostatniej warstwy, w mianowniku liczność piramidy bez ostatniej warstwy. Porządny dowód prawdziwości tego, co przed chwilą napisałem, polega na wykorzystaniu prawd.-a warunkowego (też polecam się zastanowić nad tym). Potem musi być przed-przed-ostatnia warstwa i tak dalej. Wyjdzie coś takiego:
\(\displaystyle{ \frac{2n-1}{n^2} \cdot \frac{2n-3}{(n-1)^2} \cdot ... \cdot \frac{3}{2^2} \cdot \frac{1}{1} = \frac{(2n-1)(2n-3)... \cdot 3 \cdot 1}{n^2(n-1)^2... \cdot 2^2 \cdot 1^2} = \frac{(2n-1)(2n-3)... \cdot 1}{(n!)^2}}\)
I sam licznik uprośćmy:
\(\displaystyle{ (2n-1)(2n-3)... \cdot 1 = \frac{2n \cdot (2n-1) \cdot (2n-2) \cdot (2n-3) \cdot ... \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1}{2n \cdot (2n-2) \cdot ... \cdot 2} = \frac{(2n)!}{2 \cdot n \cdot 2 \cdot (n-1) \cdot ... \cdot 2 \cdot 1} = \frac{(2n)!}{2^n \cdot n!}}\)
a już znalezienie tego minimalnego \(\displaystyle{ n}\) jest trywialne.
-
wiola103
- Użytkownik
- Posty: 65
- Rejestracja: 14 lut 2012, o 17:49
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: kj
- Podziękował: 13 razy
prawdopodobieństwo rosnącego ciągu liczb naturalnych
Tak, skąd wiesz?
Dziękuję pięknie, nie byłam sama w stanie tego ogarnąć
Dziękuję pięknie, nie byłam sama w stanie tego ogarnąć