eMatematikas
Kategorijos +Nauja tema Prisijungti        

Matematikos Maratonas Nr. 4


Gerai. Imkime natūralųjį skaičių $n\geq 2$. Skaičius $1, 2, 3, \dotsc, n$ suskirstome į dvi grupes. Tarkime $S_1$ yra visų pirmosios grupės skaičių suma, o $S_2$ - visų antrosios grupės skaičių suma. Kiekvienam $n$ nustatykite, kokią mažiausią reikšmę gali įgyti $|S_1-S_2|$.

0

Duota $n$ skirtingų realiųjų skaičių. Juos kokiu nors būdu surašome į eilę ir vieną po kito sužymime
$$a_1, a_2, \ldots, a_n.$$
Kokia tikimybė, kad lygiai vienam $i$ teisinga nelygybė $a_i<a_{i+1}$?

Paskutinį kartą atnaujinta 2019-06-06

0

Pertvarkysių salygą esmės nekeisdamas. Tarkime, duoti natūralieji skaičiai nuo 1 iki [tex]n[/tex]. Duotų skaičių perstatų yra [tex]n![/tex]. Nagrinėkime tokias perstatas [tex]\sigma[/tex], kad [tex]\exists!i\in[n - 1],\; \sigma(i)<\sigma(i+1)(*),\; n > 1.[/tex]Tarkime, [tex]x_n[/tex] - skaičius perstatų tenkinačių sąlygą [tex](*)[/tex]. Nagrinėkime atvejį, kai $$\sigma(1)=\max_{i\in[n]}(\sigma(i)).$$ Matome, kad nėra tokio [tex]i\neq1[/tex] tenkinančio [tex]\sigma(1)<\sigma(i)[/tex], todėl šiuo atveju galimų perstatų skaičius yra [tex]x_{n-1}[/tex]. Toliau nagrinėkim perstatas, kai $$\sigma(1)\neq m=\max_{i\in[n]}(\sigma(i)).$$ Galim nesunkiai pastebėt, kad šiuo atveju, perstatų bus [tex]2^{n-1}-1[/tex]. Iš tikrųjų, nagrinėkime kodą [tex](c_1, ..., c_{n-1}), c_i\in\{0, 1\}[/tex]. Kode [tex]c_i=1[/tex] reiškia, kad elementas i perkeliamas į kairę nuo [tex]m[/tex], prešingu atveju - į dešinę nuo [tex]m[/tex]. Kadangi, priskirtų vienai iš pusių, skaičių tvarka galima tik viena (nuo didžiausio iki mažiausio), gauname trokštamą perstatų skaičių. Taigi, $$x_n=x_{n-1}+2^{n-1}-1.$$ Iš paskutinės lygybės nesunkiai gauname
$$x_n=x_2+\sum_{k=2}^{n-1}2^k-n+2=x_2+2^n-4-n+2.$$
Kadangi, dviejų skaičių perstatų atveju, tinka tik viena iš perstatų, tai
$$x_n=2^n - n - 1.$$

Ieškoma tikimybė $$\frac{2^n-n-1}{n!}$$

P.s. Paliktu atveju, kai n = 1, perstatų skaičius 0.
P.s.s.  [tex][n] = \{1,2,...,n\}[/tex]

Paskutinį kartą atnaujinta 2019-06-09

0

Gerai

0

Turim standartinį vorą su aštuoniom kojom. Kiekvienai kojai voras turi po unikalią kojinę ir po unikalų batą. Kiek yra sekų vorui užsidėti kojines ir batus, jei batai dedami, tik jei ant kojos jau uždėta kojinė.

0

Kiekvieną voro apsiavimo seką atitinka lentelė
\begin{gather*}
    \begin{array}{c|c|c|c|c|c}
        \text{koja} & 1 & 2 & \ldots & 7 & 8\\
        \hline
        \text{kojinė} & a_1 & a_2 & \ldots & a_7 & a_8\\
        \hline
        \text{batas} & b_1 & b_2 & \ldots & b_7 & b_8
    \end{array}
\end{gather*}
kur $\{a_1, a_2, \ldots, a_8, b_1, b_2, \ldots, b_8\}=\{1, 2, 3, \ldots, 16\}$ ir $b_i>a_i$. Skaičius $a_i$ nurodo, kada voras $i$-tąją koją apmovė kojine, o skaičius $b_i$ nurodo, kada $i$-tąją koją apmovė batu. Pavyzdžiui, jei pirmiausia voras septintąją koją apmovė kojine, po to pirmąją koją apmovė kojine, tada septintąją koją apmovė batu ir t.t., tai rašome $a_7=1$, $a_1=2$, $b_7=3$ ir t.t. Ir atvirkščiai - kiekviena tokia lentelė atitinka tam tikrą voro apsiavimo seką. Taigi, ieškomų sekų yra tiek, kiek galima sudaryti aprašytų lentelių. Tokių lentelių galima sudaryti
\begin{gather*}
    C_{16}^2\cdot C_{14}^2\cdot C_{12}^2\cdot\dotsb\cdot C_{4}^2\cdot C_{2}^2=\frac{16!}{2^8}.
\end{gather*}
Tikrai, tereikia kiekvienam stulpeliui parinkti po du skaičius, o tinkama tvarka (t.y. taip, kad $b_i>a_i$) juos įrašyti tėra vienintelis būdas.

Atsakymas: $\frac{16!}{2^8}$.


Paskutinį kartą atnaujinta 2019-06-15

0

Gerai.

0

Sakykime $\{s_n\}$ yra kokia nors seka ir $$t_n=\frac{s_1+s_2+\dotsb+s_n}{n}.$$ Įrodykite, kad iš konvergavimo $s_n\rightarrow s$ išplaukia konvergavimas $t_n\rightarrow s$.

0

Pagal sąlygą bet kokiam [tex]\varepsilon > 0[/tex]egzistuoja M[tex]> 0[/tex] toks, kad visiems
n[tex]> M[/tex] bus [tex]|s_{n}- s| < \frac{\varepsilon }{2}[/tex]
Atsiras (dėl sumos reikšmės aprėžtumo) toks K, kad
[tex]\frac{1}{K}\sum_{j=1}^{M}|s_{j}-s|< \frac{\varepsilon }{2}[/tex]
Pažymėsime N didžiausią iš M ir K. Tada, jei tik [tex]n> N[/tex],
[tex]|t_{n}-s|\leq \sum_{j=1}^{n}\frac{|s_{j}-s|}{n}[/tex]
[tex]|t_{n}-s|\leq \sum_{j=1}^{M}\frac{|s_{j}-s|}{n}+\sum_{j=M+1}^{n}\frac{|s_{j}-s|}{n}[/tex]
Vadinasi,
[tex]|t_{n}-s|\leq \frac{1}{K}\sum_{j=1}^{M}|s_{j}-s|+ \sum_{j=M+1}^{n}\frac{|s_{j}-s|}{n}

[/tex]
[tex]|t_{n}-s|<\frac{\varepsilon }{2}+ \frac{n-M}{n}\frac{\varepsilon }{2}[/tex]
[tex]|t_{n}- s|< \varepsilon[/tex]
Įrodyta.



0

Profesoriau Sokolovai, argi ne geriau, užuot ten burgialapyje besistumdžius, kokį gražų uždavinuką maratone išspręsti. Užsukit dažniau, jukgi matot, kad maratonui trūksta bėgikų. Įkelkit naują uždavinuką ir tegul maratonas įsisuka kosminiu greičiu!

0

Norėdami rašyti žinutes privalote prisijungti!