eMatematikas Prisijunk Forumas VBE užduotys ONLINE testai

Matematikos Maratonas Nr. 3


Tarkime degtukų abiejuose dėžutėse yra po [tex]n[/tex].
Skaičiuojame tikimybę, jog antrojoje dėžutėje liko [tex]k[/tex] degtukų, kai pirmoje degtukų nerasta:
Jei antrojoje liko [tex]k[/tex] degtukų, vadinasi pirma degtukų dėžutė buvo ištraukta [tex]n[/tex] kartų (neskaičiuojant paskutinio karto), o antroji [tex]n-k[/tex].
Tada aplamai žmogus degtukų dėžutę traukė (neskaičiuojant paskutinio pirmos degtuko dėžutės ištraukimo) [tex]n+(n-k)=2n-k[/tex] kartų.
Vadinasi tikimybė, jog po [tex]2n-k[/tex] degtukų traukimo kartų, antrojoje dėžutėje liko [tex]k[/tex] degtukų, lygi:
[tex]P_{n}^{*}(k)=\frac{1}{2}C_{2n-k}^{n-k}\cdot (\frac{1}{2})^{2n-k}[/tex]
Trumpai paaiškinu, kaip gaunama ši formulė, kuri šiek tiek panaši į Bernulio formulę.
Ištraukti [tex]n[/tex] degtukų iš pirmos dėžutės ir tam tikru būdu [tex]n-k[/tex] antros degtukų dėžutės degtukų tikimybė lygi: [tex](\frac{1}{2})^{n}\cdot (\frac{1}{2})^{n-k}[/tex].
Kadangi tai tik vienas iš būdų kaip gali būti ištrauktos [tex]n-k[/tex] antros dėžutės degtukai, o viso būdų tai padaryti yra [tex]C_{2n-k}^{n-k}[/tex], tai tikimybė ištraukti [tex]n[/tex] degtukų iš pirmos dėžutės ir [tex]n-k[/tex] iš antros degtukų dėžutės lygi:
[tex]C_{2n-k}^{n-k}(\frac{1}{2})^{n}\cdot (\frac{1}{2})^{n-k}[/tex].
Tačiau nelikus degtukų pirmoje dėžutėje, žmogus turi dar kartą ištraukti šią degtukų dėžutę, o tai padaryti jis gali su tikimybe: [tex]\frac{1}{2}[/tex], taigi galiausiai tikimybė, jog antroje dėžutėje liks [tex]k[/tex] degtukų, lygi:
[tex]\frac{1}{2}C_{2n-k}^{n-k}(\frac{1}{2})^{n}\cdot (\frac{1}{2})^{n-k}[/tex]
Tačiau ši tikimybė skaičiuoja tik įvykį, jog antrojoje degtukų dėžutėje liko [tex]k[/tex] degtukų, turime, rasti ir tikimybę, kai ištraukiama tuščia antra degtukų dėžutė. Viskas yra identiška, kaip ir pirmuoju atveju, vadinasi ir tikimybė yra lygi.
Tuomet apibdendrintai tikimybė randama pagal formulę:
[tex]P_{n}(k)=C_{2n-k}^{n-k}\cdot (\frac{1}{2})^{2n-k}=\dfrac{(2n-k)!}{(n-k)!n!}\cdot (\dfrac{1}{2})^{2n-k}[/tex]

Tikiuosi mano samprotavimai ir atsakymas teisingi :)

Taip, viskas gerai. :)

Tai ką ir vėl mano užduotis, tikiuosi pavyks kažkam ją įveikti.
Trys natūralieji skaičiai [tex]a,b,c[/tex], tokia tvarka kaip jie užrašyti, sudaro geometrinę progresiją, kurios vardiklis lygus [tex]q[/tex]. Prie šių skaičių prijungiami dar [tex]x[/tex] skaičių taip, jog gauta seka taptų aritmetine progresija, o [tex]a[/tex] ir [tex]c[/tex] būtų atitinkamai pirmas ir paskutinis šios progresijos nariai. Įrodykite, jog jei sudarytos aritmetinės progresijos priešpaskutinio nario eilės numeris yra pirminis skaičius, tai tos progresijos skirtumas lygus [tex]b-a[/tex].

Geometrinė progresija: a, b, c
iš sąlygos žinome, kad vardiklis lygus q

Galime apskaičiuoti geometrinės progresijos sumą ir taip rasti a

S = a + b+ c = a + aq + aq^2
S = (a(1-q^3))/(1-q)

Šios sumos yra visiškai vienodos:
S = S

a + aq + aq^2 = (a- q^3))/(1-q) |* (1-q)

a - aq^3 = a-q^3

aq^3 = q^3

Taigi, a = 1, o b = q,galime pasirašyti, jog c = b^2


Pasižymime nežinamuosius:
p = prieš paskutinis narys
x = pridėtų aritmetinės progresijos narių skaičius

Išsireiškiame aritmetinės progresijos skaičių sumą (Nežinome, kaip išsidėstę nariai, tik a - pirmas, c - paskutinis)

S = 1+b+b^2+xp
S = (1+b^2)/2*(x+3) (x+3 - tiek narių bus aritmetinėje progresijoje)

S = S

1+b+b^2+xp = (1+b^2)/2*(x+3)
d = b^2 - p

2 + 2b + 2b^2 + 2xp = (1+b^2)*(x+3)
b^2= d + p

Išsirašome vietoj  b^2,  (d + p)

2 + 2sqrt(d+p) + 2d+2p + 2xp = (1+d+p)*(x+3)


2 + 2sqrt(d+p) + 2d+2p + 2xp = x + 3 + dx + 3d + xp + 3p

-x - 1 - dx - d + xp - p + 2sqrt(d+p) = 0

IŠsirašome pirminį skaičių vietoj p (pvz: 3)

-x - 1 - dx - d + 3x - 3 + 2sqrt(d+3) = 0

d priklauso natūraliųjų skaičių aibei, taigi sqrt(d+3) irgi turi priklausyti natūraliųjų skaičių aibei (nes pagal tai kis d)
ir d < p

d = 1

x = 1

c = 4 (nes p+d = 4)
b = 2 (c = b^2)

Vadinasi, antras aritmetinės progresijos bus b(b = a+d) ir d = b - a

Deja tavo sprendimas neteisingas. Klaidos prasideda jau nuo čia:
a + aq + aq^2 = (a- q^3))/(1-q) |* (1-q)

Nes turėtų būti (pamiršai a, nors iš pradžių buvai parašęs):
a + aq + aq^2 = (a- aq^3))/(1-q)

Kitaip sakant, neįmanoma rasti konkrečios a reikšmės.Kadangi užrašyta lygybė yra tapatybė, tai yra ji yra teisinga su visomis a ir q poromis.
Tačiau praleidęs šią klaidą žiūrėjau, ką rašei toliau. Vėliau iškilo klausimas, iš kur gavai šitą lygybę:
S = 1+b+b^2+xp
Klausimas kyla dėl dėmens xp. Kadangi šis dėmuo turėtų atstoti pridėtų narių sumą, bet xp anaiptol to neatstoja. Juk x-pridėtų narių skaičius, o p tu pasižymėjei priešpaskutinį narį, tai xp atitinka sumą p+p+p+... (čia x narių). Kodėl pagal tave visi pridėti nariai yra lygūs?
Na o toliau jau neverta ir gilintis. Jei nori dar gali mėginti laimę.
Patarimas: spręsk ne per sumą (kas matau tavo sprendime sudaro pagrindę dalį), o užrašęs tuos geometrinės progresijos narius a,aq,aq^2 tark, kad tarp a ir aq įterpta n narių, o tarp aq ir aq^2 likusieji x-n narių ir taikyk aritmetinės progresijos bendrojo nario formulę (daugiau pasakyti jau nebegaliu). Šiandien vėlai vakare jau įkelsiu sprendimą, nes ir taip jau daug laiko praėjo (tai padarysiu maždaug 23 valandą), iki to laiko gali pamėginti savo laimę dar kartą. Sėkmės :)

Teisingas šio uždavinio sprendimas:
Taigi, trys skaičiai [tex]a,b,c[/tex] sudaro geometrinę progresiją, vadinasi galime užrašyti, kad [tex]a=\dfrac{b}{q}[/tex], [tex]c=bq[/tex].
Kai prie šių skaičių prijungiame dar [tex]x[/tex] narių ({[tex]p_{1},p_{2},p_{3},...,p_{x}[/tex]}), tai teigiame, jog tarkime tarp narių [tex]\dfrac{b}{q}[/tex] ir [tex]b[/tex] įterpta [tex]n[/tex] narių ({[tex]p_{1},p_{2},...,p_{n}[/tex]}),
o tarp narių [tex]b[/tex] ir [tex]bq[/tex] įterpta likusieji [tex]x-n[/tex] narių ({[tex]p_{n+1},p_{n+2},...,p_{x}[/tex]}).

Taip gauname aritmetinę progresiją, kurios skirtumas tarkime yra [tex]d[/tex]. Visą situaciją galime pavaizduoti tokia lentele:
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
                                                          Aritmetinė progresija
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Eilės numeris: |  1  |    2  |    3  |    ...  |    n      |  n+1  |  n+2  |  n+3  |    n+4  |    ...  |  x+2  |  x+3  |
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Sekos narys:    | [tex]\dfrac{b}{q}[/tex] | [tex]p_{1}[/tex]  |  [tex]p_{2}[/tex]  |  [tex]...[/tex]  |  [tex]p_{n-1}[/tex]  |  [tex]p_{n}[/tex]    |    [tex]b[/tex]    |  [tex]p_{n+1}[/tex] |  [tex]p_{n+2}[/tex] |  [tex]...[/tex]  |    [tex]p_{x}[/tex]  |    [tex]bq[/tex]    |
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Taikydami aritmetinės progresijos bendrojo nario formulę, galime užrašyti tokias dvi lygybes:
[tex]b=\dfrac{b}{q}+(n+2-1)d[/tex]            [tex]->[/tex]      [tex]b=\dfrac{b}{q}+(n+1)d[/tex]
[tex]bq=\dfrac{b}{q}+(x+3-1)d[/tex]          [tex]->[/tex]      [tex]bq=\dfrac{b}{q}+(x+2)d[/tex]

Iš šių dviejų lygybių sudarome lygčių sistemą:
[tex]\begin{cases} b=\dfrac{b}{q}+(n+1)d\\bq=\dfrac{b}{q}+(x+2)d\end{cases}[/tex]

[tex]\begin{cases} b-\dfrac{b}{q}=(n+1)d\\bq-\dfrac{b}{q}=(x+2)d\end{cases}[/tex]

Padalijame vieną sistemos lygtį iš kitos ir gauname:
[tex]\dfrac{b(1-\dfrac{1}{q})}{b(q-\dfrac{1}{q})}=\dfrac{(n+1)d}{(x+2)d}[/tex]

Sutvarkę gauname:
[tex]q+1=\dfrac{n+1}{x+2}[/tex]

Šią lygybę taip pat galime sutvarkyti taip:
[tex]x+2=(n+1)(q+1)[/tex]

Pažvelkime į mūsų sudarytą aritmetinės progresijos narių lentelę. Iš jos matome, jog priešpaskutinio nario eilės numeris yra x+2. Vadinasi, mes žinome, jog x+2 yra pirminis skaičius.

Išsiaiškinkime, kada sandauga [tex](n+1)(q+1)[/tex] bus pirminis skaičius.
Iš pirminio skaičiaus apibrėžimo žinome, jog skaičius [tex]y[/tex] pirminis tada, kai jį įmanoma užrašyti dviejų dauginamųjų sandauga tik tokiu būdu: [tex]y=y\cdot 1[/tex]. Iš čia gauname tokias dvi sistemas:

[tex]\begin{cases} n+1=x+2\\q+1=1\end{cases}[/tex]  arba    [tex]\begin{cases} n+1=1\\q+1=x+2\end{cases}[/tex]
Matome, jog pirmoji sistema neturi sprendinių tenkinančių sąlygą, kadangi gauname [tex]q=0[/tex].
Tuo tarpu iš antros sistemos gauname:
[tex]\begin{cases} n=0\\x=q-1\end{cases}[/tex]

Gavome, jog [tex]n=0[/tex]. Prisimename, jog n-narių, įterptų tarp pirmojo ir antrojo geometrinės progresijos nario, skaičius. Vadinasi, jei sudarytos aritmetinės progresijos priešpaskutinio nario eilės numeris yra pirminis skaičius, tai tos aritmetinės progresijos skirtumas yra [tex]b-a[/tex]. Įrodyta!

Be to iš lygybės [tex]x+2=(n+1)(q+1)[/tex] galime pastebėti, jog priešpaskutinio nario eilės numeris bus pirminis skaičius, tada ir tik tada, kai aritmetinės progresijos skirtumas bus [tex]b-a[/tex], o [tex]q+1[/tex] bus pirminis skaičius.

Naujas uždavinys (tikiuosi šis bus įveikiamas):
Turime šešiaženklį skaičių: [tex]abcde5[/tex]. Kai šį skaičių padauginame iš 4 gauname kitą šešiaženklį skaičių, kuris lygus [tex]5abcde[/tex]. Raskite a,b,c,d,e reikšmes. (a,b,c,d,e,5 - šešiaženklio skaičiaus skaitmenys).

pakeista prieš 7 m

Sąlygoje duota, jog abcde5*4=5abcde.
Pastebėkime, jog 5*4=20, tai e=0.
d bus lygus paskutiniui skaičiaus 4e+2 skaitmenui, o kadangi e=0, tai d=2 (4*0+2=0+2=2).
Perrašykime lygybę: abc205*4=5abc20.
c bus lygus paskutiniui skaičiaus 4d skaitmeniui, o kadangi d=2, tai c=8 (4*2=8).
Perrašykime lygybę: ab8205*4=5ab820
Kadangi 4*8=32, tai b=2, o a bus skaičiaus 4b+3 paskutinis skaitmuo. Iš ko gauname, kad a yra lygus 1 (4*2+3=8+3=11)
Ats.: a=1; b=2, c=8, d=2, e=0.

Puiku! Atsakymas teisingas, dabar tavo laikas mesti mums matematinį iššūkį.

Duosiu manau gan lengvoką :)
Trapecijos pagrindų ilgiai a ir c, o prie pagrindo a yra kampai α ir β. Raskite trapecijos plotą.

Šioje temoje naujų pranešimų rašymas yra išjungtas!