Ze zbioru rozwiązań nierówności: Losujemy 2 liczby bez zwracania. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzeni.... Question from @Undead22

MrPolygon 1. Zauważmy, że mamy do czynienia wyłącznie z liczbami naturalnymi dodatnimi. Zero odpada z powodu "pierwiastka z iksa" w mianowniku. Wobec tego możemy treść zapisać w nieco zmodyfikowanej postaci:
$A=\{x\in\mathbb{N}_+:\;\frac{4^n}{2\sqrt{n}}\leq{2n \choose n}\;\wedge\;n\leq10010\}$

Czyli $n\geq1$ .

$\rule{10cm}{1pt}$

2. ${2n \choose n}=\frac{(2n)!}{(n!)^2}$
Ponadto w pierwszej nierówności dla n=1 zachodzi równość, gdyż:
$\frac{4^1}{2\cdot\sqrt{1}}=2=\frac{(2\cdot1)!}{(1!)^2}$

$\rule{10cm}{1pt}$

3. Za pomocą indukcji matematycznej pokażemy, że dla każdego naturalnego $n>1$ zachodzi:

$\frac{(2n)!}{(n!)^2}>\frac{4^n}{2\sqrt{n}}$

KROK I
Dla n=2 mamy

$L=\frac{4!}{(2!)^2}=6\\\\P=\frac{4^2}{2\sqrt{2}}=4\sqrt{2}\approx5{,}657\\\\L>P$

KROK II
$Z:\quad\frac{(2n)!}{(n!)^2}>\frac{4^n}{2\sqrt{n}}\\\\T:\quad\frac{[2(n+1)]!}{[(n+1)!]^2}>\frac{4^{n+1}}{2\sqrt{n+1}}$

$L_T=\frac{(2n+2)!}{(n+1)!\cdot(n+1)!}=\frac{(2n)!\cdot(2n+1)\cdot(2n+2)}{(n!)^2\cdot(n+1)^2}=\\\\=\frac{(2n)!}{(n!)^2}\cdot\frac{2(2n+1)}{n+1}\stackrel{Z}{>}\frac{4^n}{2\sqrt{n}}\cdot\frac{2(2n+1)}{n+1}\stackrel{?}{\geq}\frac{4^{n+1}}{2\sqrt{n+1}}=P_T$

Dowód indukcyjny będzie zakończony, jeśli wykażemy prawdziwość nierówności oznaczonej powyżej znakiem zapytania. Mamy:

$\frac{4^n}{2\sqrt{n}}\cdot\frac{2(2n+1)}{n+1}\stackrel{?}{\geq}\frac{4^{n+1}}{2\sqrt{n+1}}\\\\\frac{4^n}{\sqrt{n}}\cdot\frac{2n+1}{n+1}\stackrel{?}{\geq}\frac{4^{n+1}}{2\sqrt{n+1}}\qquad//\cdot\frac{\sqrt{n+1}}{4^n}\\\\\frac{2n+1}{\sqrt{n(n+1)}}\stackrel{?}{\geq}\frac{4}{2}\\\\2n+1\stackrel{?}{\geq}2\sqrt{n(n+1)}$

Liczby po obu stronach nierówności są dodatnie, więc można spokojnie podnieść to stronami do kwadratu:
$4n^2+4n+1\stackrel{?}{\geq}4n(n+1)\\\\4n^2+4n+1\stackrel{?}{\geq}4n^2+4n\\\\1\geq0$

Otrzymaliśmy nierówność prawdziwą, zatem wcześniejsze przejście oznaczone pytajnikiem w drugim kroku indukcji także jest prawdziwe. A wobec prawdziwości obu kroków indukcji matematycznej nasza nierówność
$\frac{(2n)!}{(n!)^2}>\frac{4^n}{2\sqrt{n}}$
jest spełniona dla każdego naturalnego n>1. $\Box$

$\rule{10cm}{1pt}$

4, Wracamy do początku. Mamy zapis

$A=\{x\in\mathbb{N}_+:\;\frac{4^n}{2\sqrt{n}}\leq{2n \choose n}\;\wedge\;n\leq10010\}$ ,

tzn.

$A=\{x\in\mathbb{N}_+:\;\frac{4^n}{2\sqrt{n}}\leq\frac{(2n)!}{(n!)^2}\;\wedge\;n\leq10010\}$ ,

czyli, jak przed chwilą pokazaliśmy w drugim i trzecim punkcie rozumowania:

$A=\{x\in\mathbb{N}_+:\;n\geq1\;\wedge\;n\leq10010\}$

De facto losujemy dwie liczby ze zbioru
$A=\{1,2,3,\ldots,10010\}$

W tym zbiorze mamy $\frac{10010}{11}=910$ liczb podzielnych przez 11.

Prawdopodobieństwo wylosowania liczby podzielnej przez 11 w pierwszym losowaniu jest równe $\frac{910}{10010}=\frac{1}{11}$ . Po wylosowaniu jednej takiej liczby prawdop. wylosowania drugiej jest równe $\frac{909}{10009}$ .

Zatem prawdopodobieństwo zdarzenia, że w obu losowaniach ze zbioru A wypadnie liczba podzielna przez 11, jest równe:
$\frac{1}{11}\cdot\frac{909}{10009}=\frac{909}{110099}$ .

3 votes Thanks 1

dominnio Najpierw zajmiemy się poszukiwaniem liczb spełniajacych nierówność z zadania.

$><br />Teraz metodą indukcji matematycznej udowodnię prawdziwość tej równości<br /><img src=$
Teraz korzystam z założenia indukcyjnego przez co zmniejszam prawą stronę nierówności. Jeśli więc udowodnię poniższą nierówność (będzie prawdziwa) udowodnię również tezę.
$\frac{4^{n+1}}{2 \sqrt{n+1} } \leq \frac{2(2n+1)}{(n+1)} \frac{4^n}{2 \sqrt{n} } \\ \frac{2} \sqrt{n+1} } \leq \frac{(2n+1)}{(n+1)} \frac{1}{\sqrt{n} } \\ 2(n+1) \sqrt{n} \leq (2n+1) \sqrt{n+1}\\ (2n+2) \sqrt{n} \leq (2n+1) \sqrt{n+1}\\ (4n^2+8n+4)n \leq (4n^2+4n+1)(n+1)\\4n^3+8n^2+4n \leq 4n^3+4n^2+n+4n^2+4n+1\\ n \geq -1\\to\ konczy\ dowod$
Indukcja dowiodła, że każda liczba Naturalna spełnia nierówność z naszego zadania. Pozostaje ograniczenie $x\leq10010$ .

Wszystkich liczb w naszym zbiorze A jest 10010 (od 1 do 10010).
Liczb podzielnych przez 11 jest ( $\frac{10010}{11}=910$ )
Prawdopodobieństwo wylosowania podzielnej przez 11 wynosi
$P(A)=\frac{910}{10010}\frac{909}{10009}=\frac{909}{110099}$

2 votes Thanks 1

Udowodnij, że każdy wyraz ciągu o wzorze ogólnym: Jest liczbą złożoną. Proszę o dowód bez tw. Fermata.

Zdrowych wesołych Świąt, dużo radości, szczęścia oraz samych sukcesów zarówno dla moderatorów, jak i dla osób rozwiązujących zadania oraz dla tych, którzy nie boją się pytać :) Aby odpowiedzieć, należy obliczyć wyznacznik macierzy (załącznik). ///Khan.

Oblicz całkę nieoznaczoną: 1225.

Wykaż, że jeżeli dane jest równanie kwadratowe:, w którym to :)

Oblicz pochodną funkcji:

Wykaż, że ciąg: jest zbieżny.

Rozwiąż równanie kwadratowe: Tylko proszę bez durnych żartów. Najlepiej, żeby ktoś poważny to zrobił, jakiś boss.

Recommend Questions

Life Enjoy

Get in touch

Social