Matematikos Maratonas Nr. 1

Nepyk nemačiau :), kaltas.

Galim teigti kad turim 99 narius

n-asis narys: 1 / [(n+1)√n + n√(n+1)]

padirbėją su juo gauname:

= [(n+1)√n - n√(n+1)] / { [(n+1)√n + n√(n+1)] * [(n+1)√n - n√(n+1)] }
= [(n+1)√n - n√(n+1)] / [(n+1)^2 * n - n^2 * (n+1)]
= [(n+1)√n - n√(n+1)] / [n(n + 1)]
= 1/√n - 1/√(n+1)

a1 = 1 - 1/√2
a2 = 1/√2 - 1/√3
a3 = 1/√3 - 1/√4
an = 1/√n - 1/√(n+1)

Susumavus 99 narius  Σ an = 1 - 1/√(n+1) = 1 - 1/√(99+1) = 1-1/10 = 0.9

Jonui uz vakariene reikia sumoketi 2010 litu. Keliais skirtingais budais jis gali uzmoketi, jei jis turi begale pinigu po 2; 5 ir 10lt?

Tegul w = √(2+√3), o f(a, b) = √a + √b. Mums reikia rasti tokius (x, y) iš R² (tai reiškia, kad ir x, ir y yra realūs skaičiai), kad f(a, b) = w. Iš karto matome, kad a ≥ 0 ir b ≥ 0. Taip pat, jei f(a, b) = w, tai √a = w - √b, t.y. w - √b ≥ 0 ir a = (w - √b)². Bet w - √b ≥ 0 tada, kai b ≤ 2 + √3.

Taigi visi sprendiniai yra formos ( (w-√x)², x ), kur 0 ≤ x ≤ 2 + √3. Galime įsistatą patikrinti, kad visi tokios formos skaičiai yra sprendiniai, bet tai nėra būtina, nes atlikdami veiksmus mes nepraradome jokių sąlygų.

Ats.: sprendinių aibė yra { ( (w-√x)², x ) : 0 ≤ x ≤ 2 + √3 }.

Tegul visi plokštumos taškai, kurių koordinatės yra sveikos, būna nuspalvinti dviem spalvomis: kai kurie mėlynai, o kiti raudonai.

1. Įrodykite, kad yra toks stačiakampis, kurio viršūnės yra visos keturios raudonos arba visos mėlynos (tai kartu reiškia, kad viršūnės taškų koordinatės yra sveikos), o kraštinės lygiagrečios koordinačių ašims.

2*. Ar būtinai galime rasti tokį vienspalvį stačiakampį, jei plokštumos taškai yra nuspalvinti ne dviem, bet n spalvų?

aš galvočiau taip, jei ta plokštumą paiimti kaip (xy) plokštumą, tada:

1. pirmajame stulpelyje lygiagrečiame x ašiai parinkus du vienodos spalvos taškus judėt y ašies kryptimi ir žiūrėt, kokia tikimybė, kad kiekvienas sekantis, ir visi buvę prieš jį (iki to stulpelio kuriame du taškai buvo parinkti), taškai bus priešingos spalvos nei pirmi du. Kiekvienam sekančiam taškui, kuris nutolęs nuo pirmo stulpelio per (a), ta tikimybė bus:
[tex]P=\left ( \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}  \right )^a[/tex]
kai (a) artėja į begalybę, P artėja į nulį, ir tikimybė sutikti tos pačios spalvos taškus išilgai abiejų linijų artėja į vienetą.

2. Vėl vienodos spalvos taškus du parenku stulpelyje. Tikimybė kad sekančiame stulpelyje, paėjus per vieną elementą išilgai (y), bus priešingos spalvos taškai bus:
P = [(n-1)/n]*[(n-1)/n]
o kiekvienam sekančiam (a), kartu turint omeny kad ir prieš tai buvę yra kitos spalvos nei pirmieji,
[tex]P = \left ( \frac{(n-1)^2}{n^2} \right )^a = \left ( 1-2/n+1/n^2 \right )^a[/tex]
o šitai irgi artėja į nulį, kai (a) artėja į begalybę. Nu nebent n = ∞.

Gerai čia ar nevisai? Aš tik nelabai supratau kam ta sąlyga, kad taškų koordinatės yra sveiki skaičiai.

Toks sprendimas veiktų, jei reiktų parodyti, kad tikimybė rasti tinkamą stačiakampį yra 1, kai taškai yra nuspalvinti atsitiktinai, tačiau reikia rasti ne tą (tiesą sakant, net ir tokiu atveju reiktų truputį pakeisti sprendimą, kadangi netinka ne tik toks atvejis, kai pirma pora taškų mėlyna, o visos kitos poros tose eilutėse yra raudonos, o ir tie atvejai, kai vienas iš bet kurios tokios poros taškas mėlynas, o kitas raudonas).

Tačiau čia tėra vienas nuspalvinimas, kuris gali būti bet koks. Pavyzdžiui, galime turėti tokias eilutes y = 0 ir y = 1:

...  r  r  r  m  r  r  r  ...
... m m m m m m m ...

ir tuomet šiose eilutėse nerasi jokio stačiakampio (o jei tavo sprendimas būtų teisingas, tai būtinai turėtume rasti).

Nuspalvinti tik taškai su sveikomis koordinatėmis todėl, kad to pakanka, kad uždavinį būtų galima išspręsti. Jei būtų nuspalvinta daugiau taškų, sprendimas galbūt būtų lengvesnis (nes turėtume daugiau stačiakampių).

ha ;] jau buvau beapsidžiaugęs, kad gerai išsprendžiau ;D

Ne toks ir prastas mėginimas. Tiesą sakant, užtenka truputį pakoreguoti tąvąjį sprendimą, kad jis būtų teisingas.

Milkhater
Iš viso Jonas galimybių susimokėti turi 903 + 9702 + 9900 = 20505, jei klaidų neprivėliau ar kažko nepražioplinau. :)