Konkurs matematyka.pl

Kangur, Alfik, Mistrzostwa w Grach Logicznych, Sejmik, Konkurs PW... Słowem - konkursy ogólnopolskie, ale nie OM.
Awatar użytkownika
Przemas O'Black
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 744
Rejestracja: 7 lut 2009, o 18:30
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 69 razy
Pomógł: 58 razy

Konkurs matematyka.pl

Post autor: Przemas O'Black » 11 lip 2009, o 07:54

Czy mógłby ktoś streścić rozwiązanie zadania 1 w grupie dla LO?

Wasilewski
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 3921
Rejestracja: 10 gru 2007, o 20:10
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 36 razy
Pomógł: 1194 razy

Konkurs matematyka.pl

Post autor: Wasilewski » 11 lip 2009, o 09:11

Max:
1) Zachodzi równość w nierówności Schwarza dla funkcji \(\displaystyle{ x\sqrt{f(x)} \ i \ \sqrt{f(x)}}\); wniosek ten sam.
3) Dowodziłem indukcyjnie, że jeśli \(\displaystyle{ |a_{jj}| > |a_{j1}| + \ldots + |a_{j,j-1}| + |a_{j,j+1}| + \ldots + |a_{jn}|}\), to \(\displaystyle{ detA \neq 0}\).
Ja jednak patrzę na te zadania z perspektywy tegorocznego maturzysty, więc dla mnie one trywialne nie były.
Ostatnio zmieniony 11 lip 2009, o 16:17 przez Wasilewski, łącznie zmieniany 1 raz.

Awatar użytkownika
enigm32
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 596
Rejestracja: 25 lut 2008, o 23:03
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Jasło
Podziękował: 12 razy
Pomógł: 99 razy

Konkurs matematyka.pl

Post autor: enigm32 » 11 lip 2009, o 10:01

[quote="Przemas O'Black"]Czy mógłby ktoś streścić rozwiązanie zadania 1 w grupie dla LO?[/quote]
Ad. 1.
Pomińmy na razie założenia i rozwiążmy układ metodą analizy starożytnych - na końcu sprawdzimy otrzymane rozwiązania i ewentualnie odrzucimy pierwiastki obce.
Zauważmy, że wartość największa, którą przyjmuje wyrażenie \(\displaystyle{ W(t)=-t^2+t=-t(t-1)}\) wynosi \(\displaystyle{ W(\frac{1}{2})=\frac{1}{4}}\). Zatem wartość wyrażenia \(\displaystyle{ \sqrt{xy-x^2y^2}}\) nie przekracza \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\). (*)
\(\displaystyle{ \begin{cases} y^6+y^3+2x^2=\sqrt{xy-x^2y^2} \Rightarrow y^3=\sqrt{xy-x^2y^2}-y^6-2x^2 \\ 4xy^3+y^3+\frac{1}{2} \ge 2x^2+\sqrt{1+(2x-y)^2} \end{cases} \\
\begin{cases} y^3=\sqrt{xy-x^2y^2}-y^6-2x^2\\ 4xy^3-y^6-2x^2+\frac{1}{2}-2x^2 \ge \sqrt{1+(2x-y)^2}-\sqrt{xy-x^2y^2} \end{cases}}\)

Zauważmy, że wartość wyrażenia znajdującego się po lewej stronie powyższej nier. nie przekracza \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\). Rozważając bowiem trójmian kwadratowy zmiennej x \(\displaystyle{ T(x)=-4x^2+4y^3x-y^6+\frac{1}{2}}\), mamy, że jego wyróżnik \(\displaystyle{ \Delta =16y^2-16y^2+8=8}\), a wartość największa przyjmowana w wierzchołku paraboli będącej wykresem trójmianu wynosi \(\displaystyle{ q=\frac{1}{2}}\).
Wartość wyrażenia znajdującego się po prawej stronie naszej nierówności m.in. na mocy spostrzeżenia (*) jest niemniejsza niż \(\displaystyle{ 1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}}\).
Ostatecznie zatem, aby nierówność była prawdziwa musi być, że:
\(\displaystyle{ 4x^2+4y^3x-y^6+\frac{1}{2}=\sqrt{1+(2x-y)^2}-\sqrt{xy-x^2y^2}=\frac{1}{2}}\)
Równanie \(\displaystyle{ -4x^2+4y^3x-y^6=0}\) rozwiążmy ze względu na zmienną x:
\(\displaystyle{ \Delta=0 \\
x=\frac{1}{2}y^3}\)

Druga równość zajdzie oczywiście tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ \sqrt{1+(2x-y)^2}=1}\) oraz \(\displaystyle{ \sqrt{xy-x^2y^2}=\frac{1}{2}}\), co szybko daje nam dwie pary "kandydatów" na rozwiązania: \(\displaystyle{ (-\frac{1}{2};-1);\ (\frac{1}{2};1)}\).
Sprawdzamy, czy rozwiązania te spełniają układ warunków podany w treści zadania i otrzymujemy szukaną parę.
Odp.: \(\displaystyle{ \begin{cases} x=-\frac{1}{2} \\ y=-1 \end{cases}}\).

Awatar użytkownika
Inkwizytor
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 4105
Rejestracja: 16 maja 2009, o 15:08
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Poznań
Podziękował: 1 raz
Pomógł: 427 razy

Konkurs matematyka.pl

Post autor: Inkwizytor » 11 lip 2009, o 12:11

@enigm32
[rzęsiste brawa] Sam zrobiłem tak na oko 75% tego zadania (ciekawe jak mi to ocenią). Udowodniłem że x,y są tego samego znaku, że prawa strona równania ograniczona, etc.

Co prawda nie startowałem z I kat. ale zastanawiam się czy by mi uznano rozwiązanie zadanie 5 bez rysunku, które można opisać dosłownie w 3 zdaniach:
1. pierwsze równanie to inaczej left|y
ight| = left|x
ight| z punktem przecięcia w (0,0)
2. drugie to okrąg o S=(k,0) i promieniu 1
3. Aby były 3 punkty wspólne to przecięcie pierwszego wykresu musi należeć do okręgu, a ponieważ promień 1, to k=1 lub k=-1

Czy robiliście rysunki?

Awatar użytkownika
enigm32
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 596
Rejestracja: 25 lut 2008, o 23:03
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Jasło
Podziękował: 12 razy
Pomógł: 99 razy

Konkurs matematyka.pl

Post autor: enigm32 » 11 lip 2009, o 12:45

Inkwizytor pisze: Sam zrobiłem tak na oko 75% tego zadania (ciekawe jak mi to ocenią). Udowodniłem że x,y są tego samego znaku, że prawa strona równania ograniczona, etc.
Jeśli rzeczywiście masz 75%, to dostaniesz 2 pkt.

Awatar użytkownika
Artist
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 865
Rejestracja: 27 sty 2008, o 21:07
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Brodnica
Podziękował: 27 razy
Pomógł: 239 razy

Konkurs matematyka.pl

Post autor: Artist » 11 lip 2009, o 13:47

A podzieli się ktoś wynikami kategorii II zad. 4. Mi kosmos wychodził. A w pierwszym zapomiałem jednego przypadku rozpatrzyć i wysłałem brak rozwiązań.

Awatar użytkownika
lina2002
Korepetytor
Korepetytor
Posty: 599
Rejestracja: 27 mar 2008, o 13:55
Płeć: Kobieta
Lokalizacja: Kraków
Pomógł: 151 razy

Konkurs matematyka.pl

Post autor: lina2002 » 11 lip 2009, o 14:16

Artist pisze:A podzieli się ktoś wynikami kategorii II zad. 4. Mi kosmos wychodził. A w pierwszym zapomiałem jednego przypadku rozpatrzyć i wysłałem brak rozwiązań.
Moje rozwiązanie wyglądało tak:
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:
\(\displaystyle{ P(C)= \frac{ {31 \choose 2}(2^{25}-2) }{31^{25}}}\)

frej

Konkurs matematyka.pl

Post autor: frej » 11 lip 2009, o 14:59

Niestety masz chyba błąd lina2002.

b) \(\displaystyle{ \overline{\overline{B}}=10^{25}-9^{25}}\)
Wszystkie opcje wyboru z \(\displaystyle{ \{ 1,2, \ldots , 10\}}\) minus \(\displaystyle{ \{ 1,2, \ldots , 9\}}\), bo co najmniej jedna dziesiątka musi być !

c) mam tak jak Ty, ale z tego co pamiętam, to po wysłaniu doszedłem do tego, że trzeba podzielić jeszcze przez \(\displaystyle{ 2}\), bo cośtam liczymy podwójnie, ale nie pamiętam jak to szło. Może nawet doszedłem do złego wniosku z tym dzieleniem przez dwa...

Ja rozwiązania oddałem w sobotę koło południa, ale nie sprawdziłem rozwiązań i z tego co pamiętam to w trzecim wychodził taki wzór \(\displaystyle{ a_n=2^{n+2}-7}\) a ja napisałem \(\displaystyle{ 2^{n+3}}\) i się lekko pomyliłem, ale błąd był na początku, więc może być nawet zero za trzecie


Ogólnie poziom zadań sporo za niski moim zdaniem, ale to tylko moje zdanie. Osobiście wolałbym naprawdę powalczyć z tymi zadaniami, a spora większość była na poziomie maturalnym / szkolnym... Niestety głupie błędy m.in. takie jak wyżej sprawiły, że nawet mogę osiągnąć poziom 18/30 pkt.
Tylko pierwsze było ciekawe, ale spodziewałem się takich zadań, żeby ci lepsi je zrobili, a ja żebym z nimi powalczył choć parę dobrych dni. Wtedy rzeczywiście najlepsi by wygrali, a tak to pewnie niektórym nie chciało się nawet startować, tak przypuszczam.

To moje rozwiązania ( możliwe są błędy, bo nie sprawdzałem tych rozwiązań ):
Ukryta treść:    

Awatar użytkownika
lina2002
Korepetytor
Korepetytor
Posty: 599
Rejestracja: 27 mar 2008, o 13:55
Płeć: Kobieta
Lokalizacja: Kraków
Pomógł: 151 razy

Konkurs matematyka.pl

Post autor: lina2002 » 11 lip 2009, o 15:04

Racja, mój błąd. Nie pierwszy i pewnie nie ostatni .
A w trzecim rzeczywiście wychodziło \(\displaystyle{ a_{n}=2^{n+2}-7}\).
Zadania faktycznie są raczej szkolne. Oprócz pierwszego, w którym nie wpadłam na to, żeby tę deltę policzyć i wartość największą. Tak sądziłam, że będzie szacowanie od góry i od dołu, ale wymyśliłam tylko tyle, że \(\displaystyle{ \frac{xy+1-xy}{2} \ge \sqrt{xy-(xy)^2}}\) (Am-Gm), to nawet wysyłać tego nie było sensu .

-- 11 lipca 2009, 15:18 --

Potwierdzam wynik w drugim i piątym. W \(\displaystyle{ 5. c)}\) nie powinieneś mieć \(\displaystyle{ {31 \choose 2}}\) zamiast \(\displaystyle{ {25 \choose 2}}\)?
Ostatnio zmieniony 11 lip 2009, o 16:47 przez lina2002, łącznie zmieniany 1 raz.

mol_ksiazkowy
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 5856
Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Podziękował: 2403 razy
Pomógł: 648 razy

Konkurs matematyka.pl

Post autor: mol_ksiazkowy » 11 lip 2009, o 15:37

Zadania były szkolne ("szkolne++ ")- bo takie było chyba załozenie., Biorąc pod uwage te ciekawe opinie mozna załozyc iż zdecydowanie pownna byc jeszcze czwarta kategoria w niniejszym konkursie:
Kategoria IV - Olimpijczyk

kubek1
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 249
Rejestracja: 15 wrz 2008, o 19:35
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Syberia
Podziękował: 15 razy
Pomógł: 32 razy

Konkurs matematyka.pl

Post autor: kubek1 » 11 lip 2009, o 17:07

Frej, nie martw się W moich rozwiązaniach też jest parę błędów, jak np. w 4c. Zadanie 1 do pewnego momentu robiłem tak jak Ty, wykazałem tam pewien lemat, który dla mnie nie był zbyt oczywisty, ale się udało

Zadania jak dla mnie, podobnie jak dla innych, mogłyby być ciut trudniejsze, np. nie powinno być zad. 2 (pamiętam je z innego konkursu, w którym brałem udział). Ogólnie jednak fajna jest idea konkursu i możliwość zmierzenia się z innymi użytkownikami forum

Moje rozwiązania:
Ukryta treść:    

frej

Konkurs matematyka.pl

Post autor: frej » 11 lip 2009, o 17:15

Tak, oczywiście w 4c) powinno być u góry \(\displaystyle{ 31}\) a nie \(\displaystyle{ 25}\) Pierwszy raz zabrałem się za przeliczenie zadań 2-5 dopiero po zrobieniu pierwszego, czyli w momencie pisania rozwiązań na czysto, stąd takie niby kosmetyczne błędy. Nie martwię się Trochę tylko szkoda, bo może mogłem zarobić dwie książki... Oceny mają być do wtorku / środy, nie?-- 11 lipca 2009, 17:20 --To chyba byłby dobry pomysł z kategorią Olimpijczyk, mi się podoba. Co prawda nie walczyłbym o książkę, ale przynajmniej satysfakcja ze zrobionego zadania byłaby sporo większa

Awatar użytkownika
Artist
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 865
Rejestracja: 27 sty 2008, o 21:07
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Brodnica
Podziękował: 27 razy
Pomógł: 239 razy

Konkurs matematyka.pl

Post autor: Artist » 11 lip 2009, o 17:20

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

Dodaję teraz prawą stronę równania do lewej strony nierównosci, a lewą równania do prawej nierówności.
\(\displaystyle{ \sqrt{xy-x^{2}y^{2}}+4xy^{3}+y^{3}+\frac{1}{2} \ge 2x^{2}+\sqrt{1+(2x-y)^{2}}+y^{6}+y^{3}+2x^{2}}\)
\(\displaystyle{ \sqrt{xy-x^{2}y^{2}}+\frac{1}{2} \ge y^{6}+4x^{2}-4xy^{3}+\sqrt{1+(2x-y)^{2}}}\)
\(\displaystyle{ \sqrt{xy-(xy)^{2}}+\frac{1}{2} \ge (y^{3}-2x)^{2}+\sqrt{1+(2x-y)^{2}}}\) (*)
Oszacuję teraz lewą stronę z góry:
Obliczam maksyalną wartość wyrażenia \(\displaystyle{ \sqrt{xy-(xy)^{2}}}\).
Kładę \(\displaystyle{ z=xy}\) i otrzymuję funkcję kwadratową pod pierwiastkiem.
Obliczam największą wartość funkcji \(\displaystyle{ f(z)=-z^{2}+z}\)
\(\displaystyle{ q=\frac{-\Delta}{4a}=\frac{-1}{-4}=0,25}\)
Mam zatem:
\(\displaystyle{ \sqrt{xy-(xy)^{2}}=\sqrt{z-z^{2}} \le \sqrt{0,25}=0,5}\)
Wstawiamy do (*):
\(\displaystyle{ 1 \ge \sqrt{xy-(xy)^{2}}+\frac{1}{2} \ge (y^{3}-2x)^{2}+\sqrt{1+(2x-y)^{2}}}\)
Teraz szacuję prawą stronę:
\(\displaystyle{ (y^{3}-2x)^{2} \ge 0}\) (równość zachodzi dla \(\displaystyle{ x=y=0}\))** (==tu jest błąd bo nie uwzględniłem przypadku \(\displaystyle{ y=\sqrt[3]{2x}}\) ==)
\(\displaystyle{ \sqrt{1+(2x-y)^{2}} \ge 1}\) (równość zachodzi dla \(\displaystyle{ x=y=0}\))** (==tu to samo co wyżej==)
Co razem daje:
\(\displaystyle{ (y^{3}-2x)^{2}+\sqrt{1+(2x-y)^{2}} \ge 1}\)
Przy czym równośc zachodzi dla (**)
Mam teraz w połączeniu z (*):
\(\displaystyle{ 1 \ge \sqrt{xy-(xy)^{2}}+\frac{1}{2} \ge (y^{3}-2x)^{2}+\sqrt{1+(2x-y)^{2}} \ge 1}\)
Sprawdzam przypadek \(\displaystyle{ x=y=0}\), ale nie spełnia od początkowej nierówności, zatem mam teraz:
\(\displaystyle{ 1 \ge \sqrt{xy-(xy)^{2}}+\frac{1}{2} \ge (y^{3}-2x)^{2}+\sqrt{1+(2x-y)^{2}} > 1}\), czyli:
\(\displaystyle{ 1>1}\). Sprzeczność, zatem żadną liczba rzeczywista nie spełnia tego układu.

Odp.: Żadna para liczb rzeczywistych nie spełnia podanych warunków.


Zadanie II
Stosunek stopu miedzi i cynku 1:2 oznacza, że:
\(\displaystyle{ \frac{1}{3}}\) tego stopu to miedź a \(\displaystyle{ \frac{2}{3}}\) to cynk.
Podobnie zamieniam 3:5 i 5:9 na:
\(\displaystyle{ \frac{3}{8}}\) tego stopu to miedź a \(\displaystyle{ \frac{5}{8}}\) to cynk.
\(\displaystyle{ \frac{5}{14}}\) tego stopu to miedź a \(\displaystyle{ \frac{9}{14}}\) to cynk.
Oznaczam sobie masę pierwszego stopu za x a drugiego za y.
Wiem, że suma miedzi w pierwzym i drugim stopie musi być równa ilości miedzi w stopie finalnym.
\(\displaystyle{ \frac{1}{3}x+\frac{3}{8}y=\frac{5}{14}(x+y)}\)
Nie ma sensu rozpatrywać cynku, gdyż jeśli będzie zgadzała się miedż to zawsze resztę będzie stanowić cynk.
\(\displaystyle{ \frac{1}{3}x+\frac{3}{8}y=\frac{5}{14}x+\frac{5}{14}y}\)
\(\displaystyle{ \frac{3}{8}y-\frac{5}{14}y=\frac{5}{14}x-\frac{1}{3}x}\)
\(\displaystyle{ \frac{21-20}{56}y=\frac{15-14}{42}x}\)
\(\displaystyle{ \frac{1}{56}y=\frac{1}{42}x}\) Obie strony mnoże przez 14.
\(\displaystyle{ \frac{1}{4}y=\frac{1}{3}x}\)
\(\displaystyle{ x=\frac{3}{4}y}\)
\(\displaystyle{ \frac{x}{y}=\frac{3}{4}}\)

Odp.: Stop pierwszy i drugi należy wziąć w stosunku 3:4


Zadanie III
Wezmę pod uwagę jakąś liczbę z tego ciągu.
Mam:
\(\displaystyle{ u_{n}=2u_{n-1}+7=2(2u_{n-2}+7)+7=2^{2}u_{n-2}+(2+1) \cdot 7=
2^{2}(2u_{n-3}+7)+(2+1) \cdot 7=2^{3}u_{n-3}+(4+2+1) \cdot 7}\)

Zauważam, że liczba przy \(\displaystyle{ u_{n-k}}\) zmienią się razy dwa przy zwiększaniu się n.W sumie gdy dojdę do \(\displaystyle{ u_{1}}\) będzie n-1 dwójek.
Współczynnik przy 7 (tj. 1+2+4+8+......) zwiększa sie o kolejne potęgi dwójki tworząc ciąg geometryczny.
Potęg dwójki jest n-1.Obliczam sumę tego ciągu:
\(\displaystyle{ S=1 \cdot \frac{1-2^{n-1}}{1-2}=2^{n-1}-1}\)
Otrzymuję ostatecznie:
\(\displaystyle{ u_{n}=2^{n-1}u_{1}+(2^{n-1}-1) \cdot 7=2^{n-1}+7\cdot 2^{n-1}-7=8 \cdot 2^{n-1}-7=2^{n+2}-7}\)
Udowadniam indukcyjnie powyższy wzór:
Sprawdzenie indukcyjne:
Dla n=1:
\(\displaystyle{ u_{1}=2^{3}-7=1}\) Zgadza się.
Założenie indukcyjne dla jakiegoś n=k:
\(\displaystyle{ u_{k}=2^{n+2}-7}\)
Teza indukcyjna:
\(\displaystyle{ u_{k+1}=2^{n+3}-7}\)
Dowód:
\(\displaystyle{ u_{k+1}=2u^{k}+7=2(2^{n+2}-7)+7=2^{n+3}-14+7=2^{n+3}-7}\)
c.k.d.
Mamy daną nierówność:
\(\displaystyle{ u_{n}<9001}\)
\(\displaystyle{ 2^{n+2}-7<9001}\)
\(\displaystyle{ 2^{n+2}<9008}\) Dzielę przez 16.
\(\displaystyle{ 2^{n-2}<563}\)
Szacuje teraz:
\(\displaystyle{ 2^{9}=512<563<1024=2^{10}}\)
Zatem musi być skoro n ma być naturalne:
\(\displaystyle{ 2^{n-2}=2^{9}}\)
Porównuję wykładniki:
\(\displaystyle{ n-2=9}\)
\(\displaystyle{ n=11}\)
Odp.: Największą liczbą naturalną dla jakiej zachodzi ww. nierówność to n=11.


Zadanie IV
Najpierw obliczam ile jest funkcji.
Pierwszy eleent pierwszego zbiorru mogę przedstawić na 31 różnych sposób, drugi element na 31 sposobów,.......,25 element też na 31 różnych sposobów. Razem:
\(\displaystyle{ 31^{25}}\) sposobów.(*)

a)
Najpierw sprawdźy ile będzie funkcji różnowartościowych.
Pierwszy element na 31 różnych sposobów, drugi na 30,....,25 na 7 różnych sposobów. Razem:
\(\displaystyle{ 31 \cdot 30 \cdot 29 \cdot .... \cdot 7= \frac{31!}{6!}}\)
Funkcji różnowartościowych o wartościach {1,2,3,....,25} jest tyle co permutacji zbioru 25 elementowego, czyli 25!. Ale tylko jeden jest rosnący tj.1,2,3,4,...25.
Mam zatem:
\(\displaystyle{ \frac{\frac{31!}{6!}}{25!}=\frac{31!}{25!\cdot 6!}=\frrac{31 \cdot 30 \cdot 29 \cdot 28 \cdot 27 \cdot 26}{720}=736281}\)
Korzystając z (*):
Szukane prawdopodobieństwo to:
\(\displaystyle{ P=\frac{736281}{31^{25}}}\)
Odp.rawdopodobieństwo wylosowania funkcji rosnącej to \(\displaystyle{ P=\frac{736281}{31^{25}}}\).

b)
Aby największą wartościa było 10 trzeba ograniczyć przeciwdziedzinę do zbioru \(\displaystyle{ {1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}}\).
Wszystkich funkcji z tym zbiorem wartości jest \(\displaystyle{ 10^{25}}\), ale aby największą wartością była 10 musi od tej suy odjąć te funkcje, w których 10 nie występuje, w tym celu bierzemy zbiór wartości \(\displaystyle{ 1,2,3,4,5,6,7,8,9}\) Takich funkcji jest \(\displaystyle{ 9^{25}}\).
Razem mamy takich funkcji \(\displaystyle{ 10^{25}-9^{25}}\)
Biorąc (*) mamy szukane prawdopodobieństwo:
\(\displaystyle{ P=\frac{10^{25}-9^{25}}{31^{25}}}\)
Odp.Prawdopodobieństwo wylosowania funkcji, w ktorych największą wartościa jest 10 jest \(\displaystyle{ P=\frac{10^{25}-9^{25}}{31^{25}}}\).

c)
Zbiorów dwueleentowych ze zbioru 31 elementowego jest dokładnie:
\(\displaystyle{ {31 \choose 2}=\frac{31!}{29! \cdot 2!}=465}\)
Na każdy dwuelementowy zbiór przypada \(\displaystyle{ 2^{25}}\) kobinacji.
Ostatecznie funkcji o dwuelementowym zbiorze wartosći jest:
\(\displaystyle{ 465 \cdot 2^{25}}\)
Prawdopodobieństwo wylosowania to:
\(\displaystyle{ P=\frac{465 \cdot 2^{25}}{31^{25}}}\)
Odp.rawdopodobieństwo wylosowania to: \(\displaystyle{ P=\frac{465 \cdot 2^{25}}{31^{25}}}\)



Zadanie V
Mam dane:
\(\displaystyle{ f(x)+4f(\frac{1}{x})=3x}\)
Teraz kładę sobie \(\displaystyle{ x:=\frac{1}{x}}\) i otrzymuję:
\(\displaystyle{ f(\frac{1}{x})+4f(x)=\frac{3}{x}}\)
Ostatecznie mam układ:
\(\displaystyle{ \begin{cases} f(x)+4f(\frac{1}{x})=3x \\ f(\frac{1}{x})+4f(x)=\frac{3}{x} \end{cases}}\)
Drugie razy -4.
\(\displaystyle{ \begin{cases} f(x)+4f(\frac{1}{x})=3x \\ -4f(\frac{1}{x})-16f(x)=\frac{-12}{x} \end{cases}}\)
Dodaję stronami:
\(\displaystyle{ -15f(x)=3x+\frac{-12}{x}}\)
\(\displaystyle{ f(x)=\frac{4}{5x}-\frac{1}{5}x}\)
Odp.:Szukaną funkcją jest f(x)=frac{4}{5x}-frac{1}{5}x.

A oto moje wszystko. W pierwszy jjest błą, który zaznaczyłem. Dostanę za to chociaż 2p.??

kubek1
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 249
Rejestracja: 15 wrz 2008, o 19:35
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Syberia
Podziękował: 15 razy
Pomógł: 32 razy

Konkurs matematyka.pl

Post autor: kubek1 » 11 lip 2009, o 18:02

frej pisze:Oceny mają być do wtorku / środy, nie?
Pisało, że do 14, więc do wtorku

Awatar użytkownika
taka_jedna
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 170
Rejestracja: 23 sie 2006, o 14:20
Płeć: Kobieta
Lokalizacja: Aj em from Poland
Podziękował: 16 razy
Pomógł: 23 razy

Konkurs matematyka.pl

Post autor: taka_jedna » 11 lip 2009, o 18:58

Nie do końca rozumiem czemu dobrym pomysłem miałoby być dodanie kategorii "olimpijczyk". Czy nie byłoby lepiej uśmiechnąć się do organizator(a/ów) tego konkursu i ładnie poprosić, by podnieść poziom we wszystkich kategoriach?

ODPOWIEDZ