Matematické Fórum

JohnyD · 20. 09. 2007 11:44

Príklad 1. Kolik penez nasporím za rok, ukládám-li od ledna každý mesíc vždy
k 1. v mesíci na úcet cástku 1000 Kc mesícne, vklad je úrocen rocní úrokovou
mírou 3%, pricemž úrocení probíhá

• na konci roku
• na konci každého mesíce

Predpokládejte, že všechny mesíce jsou stejne dlouhé a to 1/12 roku.

Príklad 2. Na kolik nejvýše a na kolik nejméne cástí muže delit sféru n hlavních
kružnic? (hlavní kružnice vznikne prunikem sféry a nejaké roviny procházející
jejím stredem)

Príklad 3. Odvodte vzorec pro soucet
$\sum_{i=1}^{n}i^4$

Potřeboval bych spíš vysvětlit postup, jak vůbec na to. K nějakým výsledkům jsem došel, ale nevím jestli jsou správně, a nevím jak postup formálně zapsat, bylo to spíš intuitivně.

adolfkosarek · 20. 09. 2007 19:46

1) na konci roku
12000+1000*(0,03+11/12*0,03+10/12*0,03+9/12*0,03+8/12*0,03+7/12*0,03+6/12*0,03+5/12*0,03+4/12*0,03+3/12*0,03+2/12*0,03+1/12*0,03)
=12195

adolfkosarek

na konci každého měsíce
$1000\cdot1,0025\cdot\frac{1,0025^{12}-1}{1,0025-1}=12196,8$ Kč

Kondr · 20. 09. 2007 21:09 — Editoval Kondr (21. 09. 2007 17:23)

Ad 3: onehdá jsem byl na přednášce, kde doktor Zhouf ukazovali asi 15 způsobů, jak vzorec odvodit. Nejjednodušší na popis je metoda neurčitých koeficientů. Pokud sčítáme mnohočleny n-tého stupně, je výsledek mnohočlen stupně n+1. V našem případě tedy očekáváme výsledek ve tvaru
$S(n)=An^5+Bn^4+Cn^3+Dn^2+En+F$ , za n dosadíme postupně 0,1,2,3,4,5 a vyřešíme soustavu 6 rovnic o 6 neznámých.
Druhý způsob je sečíst vzorce
$(t+1)^5=t^5+5\cdot t^4+10\cdot t^3+10\cdot t^2+5\cdot t+1$
pro t od 1 do n:
$(1+1)^5=1^5+5\cdot1^4+10\cdot1^3+10\cdot1^2+5\cdot1+1$
...
$(n+1)^5=n^5+5\cdot n^4+10\cdot n^3+10\cdot n^2+5\cdot n+1$
A pak do něj dosadit ze známých vzorců pro součet prvních, druhých a třetích mocnin prvních n přirozených čísel.
( $(n+1)^5=1+5S_4(n)+10S_3(n)+10S_2(n)^2+5S_1(n)+n$ , víme -- nebo stejným způsobem odvodíme -- že
$S_3(n)=\frac{n^2(n+1)^2}4$ ,
$S_2(n)=\frac{n(n+1)(2n+1)}6$ ,
$S_1(n)=\frac{n(n+1)}2$ )
Ad 2:

Začneme ve stavu, kdy je na sféře jediná kružnice dělící sféru na 2 oblasti.
Pak v i-tém kroku přidáme (i+1)-tou kružnici. Pokud má tato kružnice k průsečíků s ostatními, je dělena
na k úseků a každý z nich rozpůlí jednu z již existujících oblastí, proto přibude k nových oblastí. Před přidáním této kružnice bylo na sféře i kružnic, proto je k nejméně dva (pokud mají všechny kružnice včetně nově přidané společné dva body ležící na jednom průměru) a nejvýše 2i (pokud přidaná kružnice neprochází společnými body žádné dvojice dříve přidaných kružnic).
Druhá kružnice proto přidá 2 oblasti, třetí 2 až 4, další 2 až 6, další 8... hledaný počet je nejméně
2+2+2+...+2=2n a (když všechny kružnice prochází jednou dvoujicí bodů) a nejvýše
2+(2+4+...+2(n-1))=2+n(n-1) (když se žádné tři kružnice neprotínají).

Matematické Fórum

#1 20. 09. 2007 11:44

úrok, dělení sféry a odvozování vzorce

#2 20. 09. 2007 19:46

Re: úrok, dělení sféry a odvozování vzorce

#3 20. 09. 2007 19:58 — Editoval adolfkosarek (20. 09. 2007 19:58)

Re: úrok, dělení sféry a odvozování vzorce

#4 20. 09. 2007 21:09 — Editoval Kondr (21. 09. 2007 17:23)

Re: úrok, dělení sféry a odvozování vzorce

Zápatí