[MIX] Zadania treningowe przed drugim etapem OM - 1 seria.

[bblazej]

Rzeczywiście, przyjąłem że możemy sobie przepermutować te liczby, a niestety tak nie jest...

[darek20]

czy ktos moze dokończyć zadanie 19

[kammeleon18]

Zad 21, rozwiązanie "firmowe",czyli podane przez pana Henryka Pawłowskiego

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ n \left( \sum_{i=1}^{n}a_ib_i + \sqrt{ \left( \sum_{i=1}^{n} a_i^2 \right) \left( \sum_{i=1}^{n} b_i^2 \right) } \right) \geq 2 \left( \sum_{i=1}^{n} a_i \right) \left( \sum_{i=1}^{n}b_i \right)}\)
przekształcając równoważnie
\(\displaystyle{ n\sqrt{ \left( \sum_{i=1}^{n} a_i^2 \right) \left( \sum_{i=1}^{n} b_i^2 \right) } \right) \geq
\sum_{i=1}^{n}(( 2 \sum_{k=1}^{n} (a_k)b_i - n a_i b_i))}\)
A ta jest prawdziwa na mocy CBS,gdyż

\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}(( 2 \sum_{k=1}^{n} (a_k)b_i - n a_i b_i))= \sum_{i=1}^{n}(b_i( 2\sum_{k=1}^{n} (a_k) - n a_i )) \le \sqrt{ \sum_{i=1}^{n}{b_i} ^2 \cdot \sum_{i=1}^{n} ((2\sum_{k=1}^{n}a_k)- n a_i)^2}=}\)
co po otworzeniu nawiasów i "posprzątaniu"daje nam

\(\displaystyle{ =\sqrt{ \sum_{i=1}^{n}{b_i} ^2 \cdot \sum_{i=1}^{n} (4(\sum_{k=1}^{n}a_k)^2-4 \cdot \sum_{k=1}^{n}a_k \cdot n a_i +n^2 a_i^2=4n (\sum_{i=1}^{n}a_i)^2-4n (\sum_{i=1}^{n}a_i)^2+n^2(\sum_{i=1}^{n}a_i)^2}=n \sqrt{ \left( \sum_{i=1}^{n} a_i^2 \right) \left( \sum_{i=1}^{n} b_i^2 \right) } \right)}\)

[Ponewor]

uwaga do binaja rozwiązania zadania 2.:    

Można było bez dowodu powołać się na znany fakt, że w czworościanie równościennym, biśrodkowe są prostopadłe do krawędzi, które łączą. I przy okazji literóweczka zaraz po szacowaniu.

10. jeszcze inaczej:    

Po przemnożeniu stronami przez \(\displaystyle{ abc}\) i wymnożeniu nawiasów dostaniemy:
\(\displaystyle{ a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+c^2a+ca^2 \ge 2a^{\frac{5}{3}}b^{\frac{2}{3}}c^{\frac{2}{3}}+2a^{\frac{2}{3}}b^{\frac{5}{3}}c^{\frac{2}{3}}+2a^{\frac{2}{3}}b^{\frac{2}{3}}c^{\frac{5}{3}}}\)
Połóżmy \(\displaystyle{ x=\sqrt[3]{a}, \ y=\sqrt[3]{b}, \ z=\sqrt[3]{c}}\), a otrzymamy:
\(\displaystyle{ x^{6}y^{3}+x^{3}y^{6}+y^{6}z^{3}+y^{3}z^{6}+x^{3}z^{6}+x^{6}z^{3} \ge 2x^{5}y^{2}z^{2}+2x^{2}y^{5}z^{2}+2x^{2}y^{2}z^{5}}\)
A to już Muirhead: \(\displaystyle{ T\left[6, \ 3, \ 0 \right] \ge T \left[ 5, \ 2, \ 2 \right]}\)

11.:    

Lemat:
\(\displaystyle{ \frac{\left(kn\right)!}{\left(\left(k-1\right)n\right)!} \le \left(\frac{\left(2k-1 \right)n+1}{2} \right)^{n}}\)
Dowód lematu:
Równoważnie:
\(\displaystyle{ \sqrt[n]{\frac{\left(kn\right)!}{\left(\left(k-1\right)n\right)!}} \le \frac{\left(2k-1 \right)n+1}{2}}\)
Po lewej stronie pierwiastek \(\displaystyle{ n}\)-tego stopnia z iloczynu \(\displaystyle{ n}\) kolejnych liczb od \(\displaystyle{ \left(k-1\right)n+1}\) do \(\displaystyle{ kn}\), więc szacujemy na mocy AM-GM:
\(\displaystyle{ \sqrt[n]{\frac{\left(kn\right)!}{\left(\left(k-1\right)n\right)!}} \le \frac{\frac{kn \left(kn+1 \right)}{2} - \frac{\left(k-1\right)n\left(\left(k-1\right)n+1\right)}{2}}{n} = \frac{\left(2k-1 \right)n+1}{2}}\)
Co kończy dowód lematu.
Dowód tezy zadania:
Zapisujemy teraz \(\displaystyle{ 1998}\) lematów dla \(\displaystyle{ k=1, \ 2, \ \ldots , \ 1998}\), mnożymy stronami i dzięki teleskopowo upraszczającym się silniom otrzymujemy tezę.

[Swistak]

15. Niech \(\displaystyle{ X_{A_i}}\) bedzie zdarzeniem, ze \(\displaystyle{ \{a_{i_1}, a_{i_2}, ... , a_{i_{|A_i|}}\}}\) jest zbiorem \(\displaystyle{ A_i}\) (te elementy sa wybierane z \(\displaystyle{ A}\) losowo). Poniewaz zadne sie w sobie nie zawieraja zdarzenia \(\displaystyle{ A_i}\) sa rozlaczne, czyli \(\displaystyle{ \sum \frac{1}{{n \choose |A_i|}}=\sum Pr(X_{A_i})\leq 1}\). Druga nierownosc jest prostsza.

Nie rozumię ...
Co jest tu tym konkretnym zdarzeniem?

[Ponewor]

6. bardziej intuicyjne szacowanie od Dumlowego jak dla mnie:    

Dla \(\displaystyle{ a \le 2}\) zachodzi:
\(\displaystyle{ \frac{a+1}{a^{2}+1} \le \frac{-4a+32}{25} \Leftrightarrow \left(2a-1 \right)^{2} \left(a-7\right) \le 0}\)
Dodajemy stronami i koniec. I tu też pewnie jakoś można uogólnić.

[Ponewor]

15. Niech \(\displaystyle{ X_{A_i}}\) bedzie zdarzeniem, ze \(\displaystyle{ \{a_{i_1}, a_{i_2}, ... , a_{i_{|A_i|}}\}}\) jest zbiorem \(\displaystyle{ A_i}\) (te elementy sa wybierane z \(\displaystyle{ A}\) losowo). Poniewaz zadne sie w sobie nie zawieraja zdarzenia \(\displaystyle{ A_i}\) sa rozlaczne, czyli \(\displaystyle{ \sum \frac{1}{{n \choose |A_i|}}=\sum Pr(X_{A_i})\leq 1}\). Druga nierownosc jest prostsza.

Nie rozumię ...
Co jest tu tym konkretnym zdarzeniem?

Ja również proszę o wyjaśnienie.

[Chewbacca97]

czy treść zadania 7. jest ok? pytam bo nie dość że to zadanie jest bardzo łatwe, to jeszcze teza jest strasznie słaba.

Wstyd się pewnie przyznać, że dla mnie wcale takie proste ono nie było... Poprawnie?

zad 7:    

Bierzemy dowolnego naukowca - mówi on w co najwyżej pięciu językach. Jeżeli wszyscy jego kumple naukowcy władają przynajmniej jednym z tych pięciu języków, przy czym nie więcej niż \(\displaystyle{ 199}\) mówi w tym samym, to na owej konferencji jest co najwyżej: \(\displaystyle{ 1+5 \cdot 198 = 991}\) naukowców. No ale jest ich tam znacznie więcej, więc łatwo znaleźć takiego drugiego, który nie posługuje się żadnym z tych pięciu języków, ale on również mówi w co najwyżej pięciu innych językach! Tak więc - jeżeli nie więcej niż \(\displaystyle{ 199}\) osób mówi w tym samym języku, to na konferencji jest co najwyżej \(\displaystyle{ 2 + 10 \cdot 198 = 1982}\) naukowców. Czyli aby wśród każdych trzech naukowców co najmniej dwóch mówiło w tym samym języku oraz jeżeli każdy zna co najwyżej pięć języków, to największa liczba naukowców na tej konferencji tak aby nie więcej niż \(\displaystyle{ 199}\) uczonych znało ten sam język to: \(\displaystyle{ 1982}\). Każdy dodatkowy naukowiec spowoduje, że co najmniej \(\displaystyle{ 200}\) będzie władało tym samym językiem - czyli w przypadku \(\displaystyle{ 1998}\) naukowców na tej konferencji, co najmniej \(\displaystyle{ 200}\) mówi w tym samym języku.