[MIX] Mix na wiosnę

[Mruczek]

9. To w poprzednim poście, to są jakieś bzdury. Problem jest znany, nosi nazwę problemu kolekcjonera kuponów.
Tutaj rozwiązanie:

Kod: Zaznacz cały

https://pl.wikipedia.org/wiki/Problem_kolekcjonera_kupon%C3%B3w

[Premislav]

Polemizowałbym, natomiast mój wynik jest w oczywisty sposób zły. Żadne tam bzdury (przynajmniej to drugie podejście), tylko błędy rachunkowe (a raczej zaniedbanie rachunków).

Ukryta treść:    

Według moich poprzednich oznaczeń mamy \(\displaystyle{ \mathbf{E}(X_{n-1})= \sum_{k=n-2}^{ \infty }\mathbf{E}(X_{n-1}|X_{n-2}=k)\mathbf{P}(X_{n-2}=k)=\frac n 2+\mathbf{E}(X_{n-2})}\)
ogólnie \(\displaystyle{ \mathbf{E}(X_{n-k})=\frac{n}{ k+1}+\mathbf{E}(X_{n-k-1}), k \in\left\{ 0,\dots n-2\right\}}\) oraz \(\displaystyle{ \mathbf{E}(X_1)=1=\frac n n}\), ostatecznie
\(\displaystyle{ \mathbf{E}(X)=n+\frac n 2+\dots+\frac n n}\)
Pisałem już:

Jeżeli wylosowaliśmy już \(\displaystyle{ k}\) kul, \(\displaystyle{ k \in \left\{ 1, \dots n-1\right\}}\), to czas oczekiwania na wylosowanie \(\displaystyle{ k+1}\). kuli ma rozkład geometryczny z parametrem \(\displaystyle{ p= \frac{n-k}{n}}\)

Ale dzięki.

[kerajs]

7:    

Z zadanego (czerwonego) punktu zataczam taki (niebieski) łuk aby zmieścił się drugi (jasno niebieski) łuk o promieniu równym odległości między punktami przecięcia niebieskiego łuku z łukiem (czarnym) zadanym. Uzyskuję dwa równe łuki
\(\displaystyle{ \begin{tikzpicture}
\draw[green!50!black] (6,-4.5)--(7,2.5)--(-2,3.5)--(-3,-3.5)--(6,-4.5) ;
\fill[red](0,1.2)circle(0.05);
\draw(0,0)arc(90:105:10);
\draw(0,0)arc(90:51:10);
\draw[blue](0,-0.8)arc(-90:-150:2);
\draw[blue](0,-0.8)arc(-90:-30:2);
\draw[blue!50](1.50753211,-3.12935)arc(-90:-210:3.01506422);
\draw[blue!50](1.50753211,-3.12935)arc(-90:0:3.01506422);
\end{tikzpicture}}\)
Konstruuję symetralne (niebieska i jasno niebieska prosta) odcinków na których oparte są równe łuki. Odcinek (różowy) na którym oparty jest łuk miedzy symetralnymi dzielę na pół i sprawdzam czy prosta przechodząca przez punkt podziału i równoległa do symetralnej nie przechodzącej przez dany punkt przecina symetralną zawierającą dany punkt. Tu uzyskana (jasno pomarańczowa) prosta nie przecina symetralnej. Dlatego połówkę odcinka ponownie połowię. Teraz równoległa (pomarańczowa) prosta przecina symetralną w punkcie będącym środkiem okręgu o promieniu 4 razy mniejszym od promienia łuku czarnego.
\(\displaystyle{ \begin{tikzpicture}
\draw[green!50!black] (6,-4.5)--(7,2.5)--(-2,3.5)--(-3,-3.5)--(6,-4.5) ;
\fill[red](0,1.2)circle(0.05);
\draw(0,0)arc(90:105:10);
\draw(0,0)arc(90:51:10);
\draw[dashed](0,-0.8)arc(-90:-150:2);
\draw[dashed](0,-0.8)arc(-90:-30:2);
\draw[dashed](1.50753211,-3.12935)arc(-90:-210:3.01506422);
\draw[dashed](1.50753211,-3.12935)arc(-90:0:3.01506422);
\draw[red!50](0,0)--(3,-0.45);
\draw[blue!50](2,-3.594944)--(4,2.8101122);
\draw[blue](0,-3.5)--(0,2.5);
\draw[orange!50](0.5,-3.4)--(2.5,3.00632);
\draw[orange](-0.3,-3.46076)--(1.5,2.303792);
\end{tikzpicture}}\)
Ponieważ okrąg pomniejszyłem 4 krotnie to zadany punkt muszę przysunąć do zadanego łuku. Robię to połowiąc dwukrotnie odcinek (niebieskiej) symetralnej między punktem o zadanym łukiem.
Teraz wyznaczenie stycznej do zielonego łuku przechodzącej przez nowy (ciemnoczerwony) punkt jest standardowe. Uzyskaną odległość między nowym punktem a punktem styczności powiększę 4 krotnie,
a łuk zatoczony tą odległością z zadanego punktu wyznaczy na danym (czarnym) luku faktyczny punkt styczności.
\(\displaystyle{ \begin{tikzpicture}
\draw[green!50!black] (6,-4.5)--(7,2.5)--(-2,3.5)--(-3,-3.5)--(6,-4.5) ;
\fill(0,1.2)circle(0.05);
\draw(0,0)arc(90:105:10);
\draw(0,0)arc(90:51:10);
\draw[dashed](0,-0.8)arc(-90:-150:2);
\draw[dashed](0,-0.8)arc(-90:-30:2);
\draw[dashed](1.50753211,-3.12935)arc(-90:-210:3.01506422);
\draw[dashed](1.50753211,-3.12935)arc(-90:0:3.01506422);
\draw[thin](0,-3.5)--(0,2.5);
\draw[dashed](2,-3.594944)--(4,2.8101122);
\draw[thin](-0.3,-3.46076)--(1.5,2.303792);
\fill[red!50!black](0,0.3)circle(0.05);
\fill[green](0,-2.5)circle(0.05);
\draw[green](2.5,-2.5)arc(0:180:2.5);
\end{tikzpicture}}\)

Ta rozwlekła konstrukcja sprowadzała się do znalezienia jednokładności rysunku w skali \(\displaystyle{ k= \frac{1}{2^n}}\) (tu wystarczyło n=2) względem punktu przecięcia siecznej (przechodzącej przez zadany punkt i środek okręgu - to symetralna zawierająca zadany punkt ) z zadanym łukiem.
Obawiam się, że jest ona obarczona większym błędem niż narysowanie stycznych ''na oko''.
Będzie natomiast użyteczna gdy punkty styczności znajdują się poza kartką. Należy wtedy dodatkowo powiększyć 4 krotnie (\(\displaystyle{ 2^n}\) krotnie) odległość między styczną a okręgiem zawartą w obrazie przesuniętej równolegle drugiej symetralnej. Tę powiększoną odległość odkładam na (jasnoniebieskiej) symetralnej uzyskując drugi punkt stycznej.

24:    

Jeżeli trójkąt ma mieć trzy boki i jedną (tu dwie) z wysokości naturalne to najmniejsze pole ma trójkąt o bokach : 3 4 5
Jeżeli trójkąt ma mieć trzy boki i trzy wysokości naturalne to najmniejsze pole ma trójkąt o bokach : 15 20 25

[dec1]

27.:    

\(\displaystyle{ 2n}\)-kąt wypukły ma \(\displaystyle{ \frac{2n(2n-3)}{2}=n(2n-3)}\) przekątnych. Ponieważ liczba przekątnych równoległych do danego boku jest nie większa niż \(\displaystyle{ n-2}\), wszystkich równoległych do boków przekątnych jest co najwyżej \(\displaystyle{ 2n(n-2)}\). Lecz \(\displaystyle{ 2n(n-2)<n(2n-3)}\), stąd teza.

[bosa_Nike]

18.:    

Umieścimy elipsę w prostokątnym układzie współrzędnych w taki sposób, by osie elipsy leżały na osiach układu, a w konsekwencji by środek elipsy leżał w środku układu. Dowolny punkt `P=(x,y)` elipsy spełnia wtedy równanie`\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1`, gdzie `a,b` są długościami półosi, tzn. `a,b>0`. Równania wzajemnie prostopadłych prostych przechodzących przez środek układu to `l_1:\ y=cx` oraz `l_2:\ x=-cy`, gdzie z uwagi na symetrię wystarczy rozważyć tylko `1\ge c\ge 0`.
Punkty przecięcia `l_1` z elipsą to \(\displaystyle{ P_1=\left(\frac{ab}{\sqrt{b^2+c^2a^2}},\frac{abc}{\sqrt{b^2+c^2a^2}}\right),\ P_2=\left(-\frac{ab}{\sqrt{b^2+c^2a^2}},-\frac{abc}{\sqrt{b^2+c^2a^2}}\right)}\).
Punkty przecięcia `l_2` z elipsą to \(\displaystyle{ P_3=\left(-\frac{abc}{\sqrt{a^2+c^2b^2}},\frac{ab}{\sqrt{a^2+c^2b^2}}\right),\ P_4=\left(\frac{abc}{\sqrt{a^2+c^2b^2}},-\frac{ab}{\sqrt{a^2+c^2b^2}}\right)}\).
Mamy wobec tego
$$\begin{aligned}|P_1P_2|=d_1&=\sqrt{\left(x_1-x_2\right)^2+\left(y_1-y_2\right)^2}\\&=\sqrt{\left(\frac{2ab}{\sqrt{b^2+c^2a^2}}\right)^2+\left(\frac{2abc}{\sqrt{b^2+c^2a^2}}\right)^2}\\&=2ab\sqrt{\frac{1+c^2}{b^2+c^2a^2}}\end{aligned}$$
oraz
$$\begin{aligned}|P_3P_4|=d_2&=\sqrt{\left(x_3-x_4\right)^2+\left(y_3-y_4\right)^2}\\&=\sqrt{\left(\frac{2abc}{\sqrt{a^2+c^2b^2}}\right)^2+\left(\frac{2ab}{\sqrt{a^2+c^2b^2}}\right)^2}\\&=2ab\sqrt{\frac{1+c^2}{a^2+c^2b^2}}\end{aligned}$$
Suma długości odcinków zawartych w elipsie to $$L=d_1+d_2=2ab\left(\sqrt{\frac{1+c^2}{b^2+c^2a^2}}+\sqrt{\frac{1+c^2}{a^2+c^2b^2}}\right)$$ To jest funkcja jednej zmiennej, więc można spróbować powalczyć z pochodną.

Pochodna:    

$$\begin{aligned}L'(c)&=2ab\left(\frac{c\left(b^2-a^2\right)}{\sqrt{\left(1+c^2\right)\left(b^2+c^2a^2\right)^3}}+\frac{c\left(a^2-b^2\right)}{\sqrt{\left(1+c^2\right)\left(a^2+c^2b^2\right)^3}}\right)\\&=2ab\left(a^2-b^2\right)\frac{c}{\sqrt{1+c^2}}\left(\frac{1}{\sqrt{\left(a^2+c^2b^2\right)^3}}-\frac{1}{\sqrt{\left(b^2+c^2a^2\right)^3}}\right)\\&=2ab\left(a^2-b^2\right)\frac{c}{\sqrt{1+c^2}}\cdot\left(\sqrt{b^2+c^2a^2}-\sqrt{a^2+c^2b^2}\right)\cdot\frac{\sqrt{\left(a^2+c^2b^2\right)\left(b^2+c^2a^2\right)}+\left(a^2+b^2\right)\left(1+c^2\right)}{\sqrt{\left(a^2+c^2b^2\right)^3\left(b^2+c^2a^2\right)^3}}\\&=2ab\left(a^2-b^2\right)\frac{c}{\sqrt{1+c^2}}\cdot\frac{\left(a^2-b^2\right)\left(c^2-1\right)}{\sqrt{b^2+c^2a^2}+\sqrt{a^2+c^2b^2}}\cdot\frac{\sqrt{\left(a^2+c^2b^2\right)\left(b^2+c^2a^2\right)}+\left(a^2+b^2\right)\left(1+c^2\right)}{\sqrt{\left(a^2+c^2b^2\right)^3\left(b^2+c^2a^2\right)^3}}\\&=2ab\left(a^2-b^2\right)^2\cdot\frac{c\left(c^2-1\right)}{\sqrt{1+c^2}}\cdot\frac{\sqrt{\left(a^2+c^2b^2\right)\left(b^2+c^2a^2\right)}+\left(a^2+b^2\right)\left(1+c^2\right)}{\left(\sqrt{b^2+c^2a^2}+\sqrt{a^2+c^2b^2}\right)\sqrt{\left(a^2+c^2b^2\right)^3\left(b^2+c^2a^2\right)^3}}\end{aligned}$$

Widać stąd, że `L` maleje na \(\displaystyle{ \left[0,1\right]}\), więc \(\displaystyle{ L(1)=\frac{4\sqrt{2}ab}{\sqrt{a^2+b^2}}\le L\le L(0)=2(a+b)}\). Maksimum osiągane jest w sytuacji, gdy proste `l_1,l_2` pokrywają się z osiami elipsy, a minimum - gdy mniejszy z kątów między daną prostą a dowolną osią elipsy wynosi \(\displaystyle{ 45^{\circ}}\).

Nie będzie chyba niespodzianką, że bez pochodnych też można.

Minimum:    

Dwa razy AM-GM:
$$\begin{aligned}L&=2ab\left(\sqrt{\frac{1+c^2}{b^2+c^2a^2}}+\sqrt{\frac{1+c^2}{a^2+c^2b^2}}\right)\\&\ge 4ab\sqrt{\sqrt{\frac{1+c^2}{b^2+c^2a^2}}\cdot\sqrt{\frac{1+c^2}{a^2+c^2b^2}}}\\&= 4ab\sqrt{\frac{2\left(1+c^2\right)}{2\sqrt{\left(b^2+c^2a^2\right)\left(a^2+c^2b^2\right)}}}\\&\ge 4ab\sqrt{\frac{2\left(1+c^2\right)}{\left(a^2+b^2\right)\left(1+c^2\right)}}\\&=\frac{4\sqrt{2}ab}{\sqrt{a^2+b^2}}\end{aligned}$$

Maksimum:    

Raz C-S:
$$\begin{aligned}L&=2ab\left(\sqrt{\frac{1+c^2}{b^2+c^2a^2}}+\sqrt{\frac{1+c^2}{a^2+c^2b^2}}\right)\\&\le 2ab\sqrt{\left(\frac{1+c^2}{b^2a+c^2a^3}+\frac{1+c^2}{a^2b+c^2b^3}\right)(a+b)}\\&=2ab\sqrt{a+b}\cdot\sqrt{\left(1+c^2\right)\left(\frac{1}{b^2a+c^2a^3}+\frac{1}{a^2b+c^2b^3}\right)}\\&=2ab\sqrt{a+b}\cdot\sqrt{\left(1+c^2\right)\cdot\frac{a^3+b^3+c^2a^2b+c^2b^2a}{ab\left(b^2+c^2a^2\right)\left(a^2+c^2b^2\right)}}\\&=2\sqrt{ab}(a+b)\cdot\sqrt{\left(1+c^2\right)\cdot\frac{a^2-ab+b^2+c^2ab}{\left(b^2+c^2a^2\right)\left(a^2+c^2b^2\right)}}\\&=2\sqrt{ab}(a+b)\cdot\sqrt{\frac{1}{ab}-\frac{c^2(a-b)^2\left(a^2+\left(1-c^2\right)ab+b^2\right)}{ab\left(b^2+c^2a^2\right)\left(a^2+c^2b^2\right)}}\\&\le2\sqrt{ab}(a+b)\cdot\sqrt{\frac{1}{ab}}\\&=2(a+b)\end{aligned}$$

[a4karo]

26.

Ukryta treść:    

Trójka \(\displaystyle{ (x,y,z)=(0,0,0)}\) spełnia układ.
Załóżmy, że \(\displaystyle{ (x,y,z) \neq (0,0,0)}\). Pomnóżmy pierwsze, drugie i trzecie równanie przez siebie. Dostaniemy \(\displaystyle{ x^2y^2z^2=\frac{x^2y^2z^2}{(1+x^2)(1+y^2)(1+z^2)}}\)
\(\displaystyle{ x^2y^2z^2}\) jest różne od zera, więc możemy podzielić przez to obustronnie. Na koniec dostajemy, że \(\displaystyle{ (1+x^2)(1+y^2)(1+z^2)=1}\) co jest oczywiście sprzeczne. Jedyna trójka, która spełnia układ to \(\displaystyle{ (x,y,z)=(0,0,0)}\).

To rozwiązanie zawiera łatwą do załatania lukę: z faktu, że \((x,y,z)\neq (0,0,0)\) nie wynika, że \(x^2y^2z^2\neq 0\).

Dodano po 12 minutach 47 sekundach:

8:    

B ma wygra jeżeli będzie stawiał swoje gońce na polach symetrycznych do gońców A względem poziomej (lub pionowej) osi symetrii szachownicy

[Benny01]

26.

Ukryta treść:    

Trójka \(\displaystyle{ (x,y,z)=(0,0,0)}\) spełnia układ.
Załóżmy, że \(\displaystyle{ (x,y,z) \neq (0,0,0)}\). Pomnóżmy pierwsze, drugie i trzecie równanie przez siebie. Dostaniemy \(\displaystyle{ x^2y^2z^2=\frac{x^2y^2z^2}{(1+x^2)(1+y^2)(1+z^2)}}\)
\(\displaystyle{ x^2y^2z^2}\) jest różne od zera, więc możemy podzielić przez to obustronnie. Na koniec dostajemy, że \(\displaystyle{ (1+x^2)(1+y^2)(1+z^2)=1}\) co jest oczywiście sprzeczne. Jedyna trójka, która spełnia układ to \(\displaystyle{ (x,y,z)=(0,0,0)}\).

To rozwiązanie zawiera łatwą do załatania lukę: z faktu, że \((x,y,z)\neq (0,0,0)\) nie wynika, że \(x^2y^2z^2\neq 0\).

Oczywiście, jeśli jakaś współrzędna będzie różna od zera albo nawet dwie to w pierwotnym układzie i tak dostajemy rozwiązanie zerowe.