Matematyka.pl

Zauważmy, że wszystkich wyników losowania jest \(\displaystyle{ 6^{6n}}\) Zdarzeniami sprzyjającymi są kombinacje z powtórzeniami, bo Kolejność wyników nie ma znaczenia - mamy więc szóstkę na \(\displaystyle{ n}\) kostkach \(\displaystyle{ 6n}\), potem piątkę na \(\displaystyle{ n}\) kostkach z \(\displaystyle{ 5n }\) i ogórlnie do jedynki- kostkę o numerze \(\displaystyle{ i}\) na \(\displaystyle{ n }\) kostkach z \(\displaystyle{ ni}\). Każdą z tych liczb niezależnie wybieramy \(\displaystyle{ {ni \choose n}}\) sposobów. Zatem sprzyjających wyników jest \(\displaystyle{ \prod_{i=6}^{1} {ni \choose n} }\)
Iloczyn ten rozpisujemy na \(\displaystyle{ \prod_{i=6}^{1} {ni \choose n} =\prod_{i=6}^{1} \frac{(ni)!}{(n(i-1))! \cdot n!} }\). Przy jawnym rozpisaniu tego iloczynu widzimy, że poza \(\displaystyle{ (6n)!}\) liczniki będą się skracały z odpowiednimi fragmentami mianowników. Pozostanie \(\displaystyle{ \frac{(6n)!}{(n!)^{6}}}\), zatem szukane prawdopodobieństwo przyjmuje postać \(\displaystyle{ \frac{(6n)!}{(n!)^{6} \cdot 6^{6n}} =\frac{(6n)!}{((n!) \cdot 6^{n})^{6}} }\)

Oczywiście, że można to zrobić, bo w zadaniu nie ma ograniczenia, żeby w każdej komórce być tylko jeden raz

Kerajs ma rację. Dla ustalenia uwagi wszystkie punkty dajemy na oś liczbową i są na podziałkach od \(\displaystyle{ 0}\) do \(\displaystyle{ 2012}\) i w tej sytuacji zielone punkty to będą punkty od \(\displaystyle{ 1}\) do \(\displaystyle{ 2012}\) oraz " połówki ". Istotnie Ustalmy dowolną liczbę postaci
\(\displaystyle{ \frac{s}{2} }\) dla \(\displaystyle{ s=1,2....4023}\). Jeśli \(\displaystyle{ s}\) jest parzyste, to \(\displaystyle{ \frac{s}{2}= \frac{2k}{2}=k }\) usyskujemy jako środek między \(\displaystyle{ k-1}\) a \(\displaystyle{ k+1}\) dla \(\displaystyle{ k=1,2 \cdots , 2011}\), a dla nieparzystych poprostu \(\displaystyle{ \frac{s}{2}= \frac{2k+1}{2}=k+ \frac{1}{2} }\) i wybieramy \(\displaystyle{ k}\) i \(\displaystyle{ k+1}\) w tych samych granicach co poprzednio.

Oczywiście liczby zielonych punktów nie da się zmniejszyć gdyż wszystkie punkty są współliniowe i przesuwając punkt poza prostą wyprowadzamy trójkąty z tych punktów i usuwamy pary z prostej na pary odcinków poza prostą[/latex], a przesuwając w obrębie tej prostej liczba różnych odległości też się nie zmniejszy

Niestety, nie istnieje układ 61 zamków (1 zamek króla i 60 zamków rycerskich) z dokładnie trzema ścieżkami między nimi, gdyż \(\displaystyle{ \frac{61 \cdot 3}{2}}\) ( ilość ścieżek) nie jest liczbą naturalną. Liczba zamków musi być liczbą parzystą. Ponadto, moim zdaniem, brakuje informacji że ścieżki tworzą graf planarny, czyli się nie przecinają lub mijają dzięki mostkom. To założenie sprawi, że wędrówka króla będzie ograniczona czasowo, a w każdy zamek (prócz sąsiadów zamku królewskiego) król będzie mógł odwiedzić co najwyżej trzykrotnie. Znając faktyczną ilość zamków pozostaje poszukać układu z jak najdłuższą drogą (przykładowo: dla 60 zamków mam układ o 165 noclegach, a dla 62 zamków układ o 173 noclegach, lecz nie mam pomysłu jak je powiększyć)

Niech zbiór wolny zawiera \(\displaystyle{ n}\) elementów. Oznacza to, że istnieje co najmniej \(\displaystyle{ n-1}\) bezwzględnych różnic między tymi elementami które muszą należeć do \(\displaystyle{ X }\). Jeśli sumy z wybranych elementów nie należą do \(\displaystyle{ X }\) lub (częściowo) pokrywają się uzyskanymi różnicami to \(\displaystyle{ (n)+(n-1) \le 2013}\). Jeden przykład z 1007-elementowym zbiorem wolnym (same nieparzyste) podał już Kartezjusz, a innym będzie zbiór\(\displaystyle{ \left\{ 1007, 1008, 1009, ...2012, 2013\right\} }\)

1) \(\displaystyle{ n=2}\)
Tu liczby \(\displaystyle{ 1}\) i \(\displaystyle{ 2^2}\) sąsiadują ze sobą, a ich różnica ''jest nie mniejsza niż \(\displaystyle{ 2 + 1}\) ''
2) \(\displaystyle{ n>2}\)
W najbardziej korzystnym ustawieniu liczb \(\displaystyle{ 1}\) i \(\displaystyle{ n^2}\) na końcach przekątnej (są wtedy najbardziej oddalone i istnieje tylko jedna droga między nimi o długości n (po przekątnej)) a liczby na przekątnej tworzą ciąg monotoniczny, to średnia różnica między liczbami na diagonali wynosi \(\displaystyle{ \frac{n^1-1}{n-1}=n+1}\). Oznacza to, że wśród sąsiadów na przekątnej istnieje co najmniej jedna para liczb gdzie '' ich różnica ''jest nie mniejsza niż \(\displaystyle{ n + 1}\) ''.

Dlaczego ten ciąg po przekątnej musi być monotoniczny?

Ideę kerajsa precyzyjniej można wyrazić tak: Pola z liczbami \(1\) i \(n^2\) można połączyć drogą: \(p_1,p_2,\ldots,p_k\) długości \(k\le n\), przy czym każde kolejne dwa pola \(p_i\) i \(p_{i+1}\) mają wspólny róg lub krawędź. Pole \(p_1\) ma wartość \(f(p_1)=1\), a pole \(p_k\) ma \(f(p_k)=n^2\).

Załóżmy, że teza zadania jest nieprawdziwa. Wtedy \(f(p_i)\le f(p_1)+n\cdot (i-1)\), więc dla \(i=k\) dostajemy \(n^2\le1+n(k-1)\le 1+n(n-1)\).

Nie ma tu mowy o monotoniczności ciągu. kerajs zastosował retorykę najczarniejszego scenariusza, dlatego pisał o ciągu monotonicznym i o polach z liczbami \(1\) i \(n^2\) znajdujących się na końcach przekątnej. Nie widzę też specjalnego powodu, żeby przypadek \(n=2\) traktować osobno, chociaż oczywiście można to zrobić.

Niech dany będzie pięciokąt foremny \(A_1A_2A_3A_4A_5\). Niech \(B_i\) oznacza środek boku przeciwległego do wierzchołka \(A_i\) i niech \(l_i\) oznacza prostą zawierającą ten bok. Ponadto \(O\) niech oznacza środek pięciokąta. Bez straty ogólności punkt \(P\) znajduje się w trójkącie \(A_1OB_4\), czyli w jednym z dziesięciu przystających trójkątów wyznaczonych przez boki pięciokąta i dwusieczne jego kątów. Z położenia punktu \(P\) względem dwusiecznych \(A_1B_1\) i \(A_4B_4\) (które są też osiami symetrii pięciokąta), wiemy, że:
\(\mathrm{dist}(P,l_4)\le\mathrm{dist}(P,l_3)\le\mathrm{dist}(P,l_5)\le\mathrm{dist}(P,l_2)\le\mathrm{dist}(P,l_1).\)
Zatem mediana odległości \(P\) od prostych zawierających boki jest równa \(x_3=\mathrm{dist}(P,l_5)\).
Maksimum i minimum jest oczywiście realizowane w jednym z wierzchołków trójkąta \(A_1OB_4\) i na oko widać, że nie w \(O\).

Teraz najtrudniejsza część. Największe \(x_3\) jest równe \(\mathrm{dist}(A_1,l_5) = a\sin\frac{2\pi}5\), gdzie \(a\) jest bokiem pięciokąta (chociaż kerajs miał kosinus, ale myślę że ja mam dobrze). Najmniejsze \(x_3\) to połowa największego, czyli \(\mathrm{dist}(B_4,l_5) = \frac{a}2\sin\frac{2\pi}5\).

Równość \(u^4a=au\) po pomnożeniu z lewej strony przez \(u^4\) daje \(u^8a=u^4au\), zatem:
\(ua=eua=u^7ua=u^8a=u^4au=auu.\)
W połączeniu z równościami \(ya=aay\) oraz \(ea=a\) pozwala nam to każde słowo przekształcić do postaci, gdzie na początku są same litery \(a\), a potem już nie ma liter \(a\). (indukcja po liczbie par (\(a\), inna litera), które nie są ustawione w pożądanej kolejności)

W dalszym ciągu, równości \(yu=uuuy\) oraz \(eu=u\) pozwalają wypchnąć litery \(u\) na początek, tuż za litery \(a\). Następnie pozbywamy się niepotrzebnych liter \(e\) (jedną możemy zostawić na wypadek, gdyby nie było żadnej innej litery w słowie.

Ostatecznie przekształcamy słowo do postaci: \(a^{k_1}u^{k_2}y^{k_3}e\), gdzie \(k_1,k_2,k_3\in\{0,1,\ldots,6\}\). Możliwych słów jest zatem nie więcej niż \(7^3=343\), czyli z zasady szufladkowej wiemy, wśród \(400\) Mumbo-Yumbijczyczyków imiona muszą się powtarzać.

3a174ad9764fefcb pisze: ↑27 sie 2022, o 20:39 Odpowiadam Kartezjuszowi:
Ideę kerajsa precyzyjniej można wyrazić tak: Pola z liczbami \(1\) i \(n^2\) można połączyć drogą: \(p_1,p_2,\ldots,p_k\) długości \(k\le n\), przy czym każde kolejne dwa pola \(p_i\) i \(p_{i+1}\) mają wspólny róg lub krawędź. Pole \(p_1\) ma wartość \(f(p_1)=1\), a pole \(p_k\) ma \(f(p_k)=n^2\).
Załóżmy, że teza zadania jest nieprawdziwa. Wtedy \(f(p_i)\le f(p_1)+n\cdot (i-1)\), więc dla \(i=k\) dostajemy \(n^2\le1+n(k-1)\le 1+n(n-1)\).
Nie ma tu mowy o monotoniczności ciągu. kerajs zastosował retorykę najczarniejszego scenariusza, dlatego pisał o ciągu monotonicznym i o polach z liczbami \(1\) i \(n^2\) znajdujących się na końcach przekątnej. Nie widzę też specjalnego powodu, żeby przypadek \(n=2\) traktować osobno, chociaż oczywiście można to zrobić.

Ani to moja ''idea'', ani ''retoryka najczarniejszego scenariusza''.
W poscie z 16 sie 2022, o 20:04 pisałem, że nawet przy ''najróżowszym scenariuszu'', czyli :
- najkrótsza droga między \(\displaystyle{ 1}\) i \(\displaystyle{ n^2}\) wynosi \(\displaystyle{ n}\), i jest tylko jedna taka droga (stąd wyłączenie \(\displaystyle{ n=2}\))
- liczby na tej drodze tworzą ciąg rosnący (bo tylko wtedy suma różnic [a ściślej, to ich wartości bezwzględnych] jest najmniejsza i wynosi \(\displaystyle{ n^2-1 }\) )
przynajmniej jedna z różnic będzie niemniejsza niż \(\displaystyle{ n+1}\) .

3a174ad9764fefcb pisze: ↑27 sie 2022, o 20:39 Nie zgodzę się z dotychczasowymi odpowiedziami 30. Proszę mnie poprawić, jeśli się mylę.

Nie mylisz się.

W poscie z 16 sie 2022, o 20:04 pisałem dlaczego nie może być 61 zamków, włącznie z zamkiem króla.
Jeśli przyjąć, że zamków, włącznie z królewskim, jest parzysta ilość oraz ścieżki (zamek królewski także ma ich dokładnie trzy) tworzą graf planarny, to zamki mogą być odwiedzane przez wędrującego władcę najwyżej trzykrotnie.
Przykładowo, na tej mapie: jeśli król wyruszy ze swej siedziby (żółta gwiazdka) drogą wschodnią, to w zamkach niebieskich będzie miał tylko jeden nocleg, w czerwonych dwa, a trzy w fioletowych. Dla 59 zamków rycerskich i 1 królewskiego, król spędzi 167 nocy poza swoim zamkiem.

Istotnie, funkcja \(f\) nie może mieć innych punktów stałych niż \(0\), bo taki punkt stały w żadnej iteracji nie osiągnąłby zera. Zatem z ciągłości wynika, że wyrażenie \(f(x)-x\) ma stały znak dla \(x>0\), a łatwo widać że nie może być stale dodatnie.

Oznaczmy \(M_n=\max \{f^n(x):x\in[0,1]\}\). Załóżmy nie wprost, że \(M_n>0\) dla każdego \(n\in\mathbb{N}\). Skonstruujemy ciąg przedziałów \([a_n, b_n]\), gdzie \(a_n<b_n\), taki że:

1. \(f^n(a_n)=0, f^n(b_n)=M_n\),
2. \(f^n(x)>0\) dla wszystkich \(x\in(a_n,b_n]\),
3. jeśli \(n>0\), to \([a_n,b_n]\subseteq (a_{n-1},b_{n-1}]\).

Jeśli to się uda, to mamy zstępujący ciąg niepustych zbiorów domkniętych i istnieje \(x\in\bigcap_{n\in\mathbb{N}}[a_n,b_n]\). Taki \(x\) przeczy warunkom zadania, bo dla dowolnie dużych \(n\) mamy \(x\in[a_{n+1},b_{n+1}]\subseteq(a_n,b_n]\), zatem na mocy drugiego z warunków \(f^n(x)>0\).

Przejdźmy do konstrukcji. Zaczynamy od \(a_0=0, b_0=1\). Teraz mając \(a_n, b_n\) spełniające podane warunki skonstruujemy \(a_{n+1}, b_{n+1}\).

Najpierw zajmiemy się prawym końcem przedziału. Weźmy \(x\in[0,1]\) taki, że \(f^{n+1}(x)=M_{n+1}\). Oznaczmy \(\tilde b_{n+1}=f^n(x)\). Wówczas skoro \(f(\tilde b_{n+1})=M_{n+1}>0\), to \(\tilde b_{n+1}>0\). Mamy więc \(\tilde b_{n+1}\in(0,M_n]=(f^n(a_n),f^n(b_n)]\). Korzystając z ciągłości funkcji \(f^n\) otrzymujemy takie \(b_{n+1}\in (a_n, b_n]\) (które może, ale nie musi być tym samym co wzięty przed chwilą \(x\)), że \(f^n(b_{n+1})=\tilde b_{n+1}\).

Teraz dobierzemy lewy koniec przedziału. Niech \(A_{n+1}=\{x\in[a_n,b_{n+1}]: f^{n+1}(x)=0\}\) oraz \(a_{n+1}=\sup A_{n+1} = \max A_{n+1}\). Ponieważ \(f^{n+1}(b_{n+1})=M_{n+1}\ne0\), to zgodnie z poczynioną na wstępie obserwacją mamy \(f^{n+1}(b_{n+1})>f^{n+2}(b_{n+1})>\ldots>f^{n+k}(b_{n+1})>f^{n+k+1}(b_{n+1})=0\) dla pewnego \(k\ge 1\). Chciałbym tu napisać, że \(f^k(b_{n+1})\in A_{n+1}\), ale niestety może się zdarzyć, że \(f^k(b_{n+1})<a_n\), dlatego jeszcze raz skorzystamy z własności Darboux.

Wiemy, że \(f^{n+k}(b_{n+1})\in(0, f^n(b_{n+1})) = (f^n(a_n), f^n(b_{n+1}))\), zatem z ciągłości \(f^n\) istnieje \(y\in(a_n, b_{n+1})\) takie, że \(f^n(y)=f^{n+k}(b_{n+1})\). Skoro \(y\in A_{n+1}\), to \(a_{n+1}\ge y > a_n\). Warunek \(a_{n+1}<b_{n+1}\) jest zapewniony przez to, że \(a_{n+1}\le b_{n+1}\) oraz \(f^{n+1}(a_{n+1})=0\ne M_{n+1}=f^{n+1}(b_{n+1})\). Ukończyliśmy tym samym konstrukcję żądanego ciągu przedziałów.