Тема:
Все темы
>>
Алгебра и арифметика
>>
Алгебраические неравенства и системы неравенств
>>
Числовые неравенства. Сравнения чисел.
Фильтр
Задачи
Задача 35052 |
|
|
В классе 30 учеников. Докажите, что вероятность того, что у каких-нибудь двух учеников совпадают дни рождения, составляет больше 50%.
Подсказка
Найдите вероятность того, что ни у каких двух учеников не совпадают дни рождения.
Решение
Докажем, что вероятность того, что ни у каких двух учеников не совпадают дни рождения, меньше ½.
Упорядочим учеников. Вероятность того, что второй ученик не родился в один день с первым, равна 364/365 (мы опускаем тонкости, связанные с тем, что днем рождения может быть 29 февраля). Вероятность того, что третий не родился в один день с первым или с вторым, равна 363/365, ..., вероятность того, что день рождения тридцатого не совпал с остальными 29 днями рождения, равна 336/365. Поэтому Можно убедиться (вычислением на компьютере), что p гораздо меньше ½.
Также можно предложить грубые оценки p.
Первый способ. Нам надо доказать, что Домножив обе части равенства на
получим
Левая часть меньше 1, поэтому достаточно убедиться, что Но
Второй способ. Согласно неравенству Бернулли (см. задачу 30899)
|
|
Задача 76475 |
|
|
Что больше: 300! или 100300?
Решение
Согласно задаче 61394 б) 300! > (300/3)300 = 100300.
Ответ
300! > 100300.
|
|
|
Задача 66158 |
|
|
На доске выписаны в ряд n положительных чисел a1, a2, ..., an. Вася хочет выписать под каждым числом ai число bi ≥ ai так, чтобы для каждых двух из чисел b1, b2, ..., bn отношение одного из них к другому было целым. Докажите, что Вася может выписать требуемые числа так, чтобы выполнялось неравенство b1b2...bn ≤ 2(n–1)/2a1a2...an.
Решение
Мы докажем, что существуют даже числа b1, b1, ..., bn, удовлетворяющие следующим (более сильным) условиям:
1) bi ≥ bi при всех i ≤ n;
2) b1b2…bn ≤ 2(n–1)/2a1a2...an;
3) отношение любых двух из чисел bi является степенью двойки (с целым показателем).
Заметим, что доказываемое утверждение не изменится, если какое-то из чисел ak (а с ним и соответствующее bk) умножить на некоторую степень двойки. Умножим каждое из чисел bk на степень двойки так, чтобы все полученные числа лежали в промежутке [1, 2).
Не умаляя общности можно считать, что 1 ≤ a1 ≤ a2 ≤ ... ≤ an < 2. Покажем, что всем трём условиям удовлетворяет одна из следующих n последовательностей:
a1, 2a1, 2a1, 2a1, ..., 2a1, 2a1;
a2, a2, 2a2, 2a2, ..., 2a2, 2a2;
a3, a3, a3, 2a3, ..., 2a3, 2a3;
...
an–1, an–1, an–1, an–1, ..., an–1, 2an–1;
an, an, an, an, ..., an, an.
Поскольку 2al ≥ 2 > ak для любых k и l, каждая из последовательностей удовлетворяет 1). Кроме того, каждая из последовательностей, очевидно, удовлетворяет 3). Осталось показать, что хотя бы одна из них удовлетворяет 2).
Для этого заметим, что произведение всех n² чисел во всех n последовательностях равно Следовательно, произведение чисел хотя бы в одной из последовательностей не превосходит 2(n–1)/2a1a2...an.
|
|
|
Задача 104080 |
|
|
Петя тратит ⅓ своего времени на игру в футбол, ⅕ – на учебу в школе, ⅙ – на просмотр кинофильмов, 1/70 – на решение олимпиадных задач и ⅓ – на сон. Можно ли так жить?
Решение
Поскольку ⅕ + ⅙ > ⅓, то сумма всех данных дробей больше 1, что противоречит здравому смыслу.
Ответ
Так жить нельзя.
|
|
|
Задача 87956 |
|
|
Отличник Поликарп и двоечник Колька составляли максимальное пятизначное число, которое состоит из различных нечётных цифр. Поликарп своё число составил правильно, а Колька ошибся – он не заметил в условии слово "различных" и очень радовался, что его число оказалось больше, чем число Поликарпа. Какие числа составили Поликарп и Колька?
Подсказка
Подумайте, какими должны быть первые цифры искомых чисел.
Решение
В число Поликарпа будут входить цифры 1, 3, 5, 7, 9. Для того, чтобы оно было наибольшим, надо цифры в нём записать строго в обратном порядке: 97531. В Колькино же число войдут пять цифр 9, и его число будет 99999.
Ответ
97531 и 99999.
|
|
|
Страница: << 8 9 10 11 12 13 14 >> [Всего задач: 100]
