2. termín závěrečné písemky — MB101 — jaro 2013 — 29. 5.
SKUPINA A
Na řešení je 100 minut. Pište jen na přední strany listů. (Zadní strany nebudou opraveny ani skenovány.) Veškeré odpovědi musí být zdůvodněny a výpočty musí být doprovozeny komentářem. (Řešení sestávající pouze z odpovědí budou považována za opsaná a hodnocena 0 body.)
1. (5 bodů) Uvažujme v rovině IR2 přímku p danou obecnou rovnicí x + 2y = 10. Napište obecnou rovnici přímky a, která prochází bodem [1,2] a svírá s přímkou p úhel 60°.
2. (5 bodů) Určete explicitní formuli pro posloupnost celých čísel, která je dána následující rekurentní formulí a počátečními podmínkami:
*^n+2 = <-^n+l — — 2t£ -\- 3,     Xq = 0,  X\ = 0 .
3. (5 bodů) V prostoru IR3 určete vzdálenost mimoběžek p : [5,0,0] + s(2,—1,—1) a q : [—6, 0, 0] + í(4, —1,1). Dále najděte body, v nichž se vzdálenost realizuje, tj. určete krajní body osy mimoběžek p a q.
4. (5 bodů) Čtyři bratři Adam, Boris, Cyril a Petr sedí kolem stolu a hrají hru „Černý Petr háže kostkou". Předávají si postupně kartičku „Černý Petr", a to podle toho jaké číslo padne na čtyřstěnné kostce se stěnami označenými čísly 1-4, kterou hází Petr. Kartičku si pak v každém kole předají podle následujících pravidel.
• Pokud padne 1, putuje kartička od jejího držitele k bratrovi po pravé ruce.
• Pokud padne 2, putuje kartička od jejího držitele k bratrovi sedícímu naproti.
• Pokud padne 3, putuje kartička od jejího držitele k bratrovi po levé ruce.
• Pokud padne 4, putuje kartička „Černý Petr" k Petrovi (pokud je držitelem Petr, tak se kartička v tomto kole nepřesouvá).
Takto odehrají dostatečný počet kol. Hra končí v okamžiku, kdy je maminka zavolá k obědu. Určete, jaká je pravděpodobnost, že na konci hry zůstane kartička Petrovi a jaká je pravděpodobnost, že zůstane Adamovi.
Úlohu řešte jako Markovův proces. Poznamenejme, že v každý okamžik je pravděpodobnost padnutí jakéhokoli čísla na čtyřstěnné kostce |.
2. termín závěrečné písemky — MB101 — jaro 2013 — 29. 5.
SKUPINA B
Na řešení je 100 minut. Pište jen na přední strany listů. (Zadní strany nebudou opraveny ani skenovány.) Veškeré odpovědi musí být zdůvodněny a výpočty musí být doprovozeny komentářem. (Řešení sestávající pouze z odpovědí budou považována za opsaná a hodnocena 0 body.)
51. (5 bodů) Každý ze čtveřice studentů Adam, Boris, Cyril a David napíše nezávisle, tajně a náhodně na lístek číslo od 1 do 19. Jaká je pravděpodobnost, že
i) právě jeden student napsal číslo 7,
ii) aspoň jeden student napsal číslo 7,
iii) součet všech napsaných čísel je 7,
iv) součet čísel napsaných Adamem a Borisem je sudý,
v) součet všech napsaných čísel je 20.
52. (5 bodů) V prostoru IR3 určete přímku (3, která prochází bodem M = [1,1,2] a protíná přímky p : [0, 2, 2] + s(l, —1,1) a q : [1, —2, — 1] + 2,1). Určete také průsečík přímek (3 apa průsečík přímek (3 a q.
53. (5 bodů) V prostoru IR3 uvažujeme zobrazení ip kolmé projekce do roviny dané rovnicí xi + x2 — x3 = 0. Určete matici zobrazení ip ve standardní bázi. Dále určete </?((l, 1,1)).
Pokud neumíte najít (</?)e,e, pokuste se určit </?((l, 1,1)) jiným způsobem.
54. (5 bodů) Starší manželský pár každoročně jezdí na jednu velkou dovolenou, a to buď k moři nebo na hory. Každý rok se rozhodují podle toho, kde byli poslední dva roky, a to částečně náhodně za použití klasické kostky. Rozhodují se podle následujících pravidel.
• Pokud byli poslední dva roky u moře, tak jedou na hory.
• Pokud byli poslední dva roky na horách, tak jedou k moři.
• Pokud byli loni u moře a předloni na horách, pak hází kostkou, a když padne liché číslo, tak jedou k moři, a když sudé číslo, tak jedou na hory.
• Pokud byli loni na horách a předloni u moře, pak hází kostkou, a když padne 1 nebo 2, pak jedou na hory, jinak jedou k moři.
Tímto způsobem se o dovolené rozhodují celý svůj dlouholetý společný život. Určete, jaká je pravděpodobnost, že pojedou letos k moři.
Úlohu řešte jako Markovův proces. Vzhledem k zadáni nevystačíte se dvěma stavy, protože musíte rozlišovat, kde byli poslední dva roky. Naproti tomu otázka se týká letošní dovolené, a nikoliv posledních dvou let.
Samozřejmě předpokládáme, že manželé házejí dokonalou kostkou, jejíž stěny jsou označeny čísly 1, 2, 3,4, 5 a 6. Tedy předpokládáme, že pravděpodobnost padnutí jakéhokoli čísla na kostce je |.
Výsledky — skupina A
1. Směrový vektor přímky p je (2,-1). Směrový vektor hledané přímky získáme otočením vektoru (2, —1) o 60°. Matice otáčení je
í cos60°   -sin60° \ \ sin 60°     cos 60° J '
Obraz (2, -1)T je A ■ (2, -1)T = (1 + &,y/Š - \)T. Normálový vektor přímky a je (y/Š -
|, —1 — ^y) a obecná rovnice a je (\/3 — |)rr — (1 + = — §, kde pravou stranu jsme zjistili dosazením zadaného bodu [1,2].
Úloha má ještě jedno řešení ä: pokud vektor (2,-1) otočíme opačným směrem, tj. o úhel —60°, bude obecná rovnice hledané přímky ä potom (v/3 + \)x + (1 — = §. Poznamenejme ještě, že bylo možné otáčet rovnou normálový vektor přímky p o 60° a dostat normálový vektor přímky a. Další možností bylo hledad vektor (a, 1), který svírá s (2, —1) úhel 60°.
Bodováni výše popsaného postupu: idea lb, matice otáčeni lb, obraz směrového vektoru lb, obecná rovnice lb, dosazení zadaného bodu lb. Jiné postupy bodovány adekvátně.
2. Charakteristický polynom je A2 —5A+6 = (A —2)(A —3). Proto xn = a2n + 63n + cn + d, kde cn + d je partikulární řešení, které se určí nejdříve. Dosazením yn = cn + d do rekurentní formule dostaneme c(n + 2) + d = 5(c(n+ 1) + d) — 6(cn + d) — 2n + 3, tedy 0 = n(—2c — 2) +3c — 6d + 3. Odtud c = — 1 a d = 0. Nyní najdeme a a b porovnáním vyjádření xn = a2n + b3n — n s počátečními podmínkami. Dostaneme a + b = 0 (pro n = 0) a 2a + 36 — 1 = 0 (pro n = 1), tudíž b = 1 a a = — 1. Celkem xn = 3n — 2n — n.
Bodováni: charakteristický polynom včetně kořenů lb, předpokládaný tvar pro xn lb, nalezeni partikulárního řešeni 2b, nalezeni parametrů a, b lb.
3. Vektor kolmý ke směrovým vektorům přímek pagje (1,3,-1). Rovina obsahující přímku p se zaměřením obsahujícím vektor (1, 3, —1) je [5, 0, 0] + s{2, —1, —1) + a(l, 3,-1) a hledáme průnik s přímkou q : [—6,0,0] +í(4, —1,1). Příslušná soustava rovnic, kterou dostaneme z rovnosti [5, 0, 0] + s(2,-1,-1) + a(l, 3,-1) = [-6, 0, 0] + í(4,-1,1), má řešení s = -1, a = -1 a t = 2. Proto dostáváme krajní body osy mimoběžek A = [5,0,0] + (—1) • (2,-1,-1) =
[3,l,l]GpaB = [-6, 0,0]+2-(4,-1,1) = [2,-2,2] G q. Vektor A~É = (-1,-3,1) má velikost VTT, což je vzdálenost daných mimoběžek. (Lze řešit i jinými způsoby.) Bodováni: vzdálenost 3b, krajní body 2b .
4. Petr má významnější roli, nechť je držení kartičky Petrem čtvrtý stav našeho systému. Na pořadí ostatních stavů nezáleží. Pro každého z bratrů je pravděpodobnost, že předají kartičku Petrovi, | a pravděpodobnost předání jinému bratrovi je |, přičemž pravděpodobnost, že si kartičku ponechá, je 0. Pro Petra jsou pravděpodobnosti předání kartičky každému z bratrů |, včetně pravděpodobnosti, že si kartičku ponechá. Matice Markovova procesu je proto
/ o	1 4	1 4	
1 4	0	1 4	i 4
1 4	1 4	0	1 4
\\	1 2	1 2	
Vlastní vektor příslušný vlastnímu číslu 1 je (1,1,1,2). Pronásobením zlomkem | dostaneme pravděpodobnostní vektor (|,-|,|,|). Pravděpodobnost držení kartičky Petrem je tedy |, tj. 40% a Adamem 20%.
Bodování: sestavení matice 2b, vlastní vektor 2b, interpretace lb.
Výsledky — skupina B
51. Celkový počet možných čtveřic čísel je 194. Tímto celkovým počtem jevů budeme obvykle dělit počet příznivých jevů.
i) Můžeme čtyřmi způsoby vybrat studentna, který napsal číslo 7. Zbývající tři studenti „vybírají" již jen z osmnácti čísel. Proto máme 4 • 183 příznivých jevů. Pravděpodobnost je
4-183 lg4..'
ii) Spočítáme pravděpodobnost opačného jevu, tj. jevu, že nikdo nenapíše číslo 7. Máme
184 příznivých jevů a pravděpodobnost opačného jevu je (^§)4. Hledaná pravděpodobnost je
1 - í^)4 ...19
iii) Rozlišíme možnosti, jak může vzniknout součet 7. Buď součtem čísel 1,1,1,4 nebo 1,1, 2, 3 nebo 1, 2, 2, 2. V každém ze tří případů určíme, kolika způsoby mohou studenti takovou neuspořádanou čtveřici napsat. Uspořádané čtveřice sestavené z tří jedniček a jedné čtyřky jsou 4. Uspořádaných čtveřic sestavených z čísel 1,1,2 a 3 je dvanáct, protože čtyřmi způsoby vybereme studenta, co napíše 3, a následně třemi způsoby vybereme ze zbývajících studentů toho, co napíše číslo 2. Konečně máme 4 možnosti pro čtveřici 1,2,2,2. Celkem máme 4+12 + 4 příznivých jevů. Pravděpodobnost je
iv) Sudý součet může vzniknout ze dvou sudých čísel nebo ze dvou lichých čísel. V prvním případě máme 9-9 možností a v druhém případě 10-10 možností. Pravděpodobnost je 9 + 2° ■ Zde je celkový počet možností 192. Jinou možností je započítat, co zapsali zbývající dva studenti, tj. příznivých jevů je (92 + 102) • 192 a dělíme opět 194.
v) Označme jednotlivá čísla napsaná studenty. Hledáme počet řešení rovnice X\ + X2 + + X4 = 20 v kladných celých číslech. (Zde využíváme, že každé řešení rovnice splňuje podmínku Xi < 19.) Označíme-li íji = Xi — 1 zajímáme se o počet řešení rovnice Ví + ÍJ2 + v3 + ž/4 = 16 v přirozených číslech (í/j může být nezáporné, ovšem Xi musí být kladné). Nyní se jedná o kombinace s opakováním, kdy vybíráme celkem 16 „jedniček" pro jednotlivé y;t. Máme tedy (g9) příznivých jevů. Pravděpodobnost je (^^/194. Poznamenejme, že stejným způsobem bylo možné počítat příklad iii), kde bychom dostali (7~g+3) = (3) = 20 příznivých jevů.
Bodování: pětkrát lb.
52. Nejdříve určíme rovinu p procházející bodem M a obsahující přímku p. (V rovině p musí totiž ležet přímka (3.) Kromě směrového vektoru přímky p vezmeme další vektor, například spojující bod M a bod [0,2,2], tj. (—1,1,0). Parametrické vyjádření p je tedy [1,1,2] + a(—1,1,0) + s(l, —1,1). Hledáme průsečík s přímkou q. Příslušná soustava rovnic, kterou dostaneme z rovnosti [1,1, 2] + a(—1,1, 0) + s(l, —1,1) = [1, —2, —1] + t(l, 2,1), má řešení s = —2, a = —3 a t = 1. Průsečík p a q, a tedy zároveň průsečík 8 a q je bod X = [1, -2, -1] + 1 • (1, 2,1) = [2, 0, 0]. Přímka (5 má proto směrový vektor MI = X — M = (1, —1, —2) a (3 má parametrický popis [1, 1, 2] +x(l, —1, —2). Zbývá určit průsečík (3 a p. Tzn. řešíme rovnici [1,1, 2] + x(l, —1, —2) = [0, 2, 2] + s(l, —1,1). Řešení x = — |, s = | nám dává průsečík [1,1, 2] + (-|) • (1, -1, -2) = [§, f, §].
Bodování: přímka (3 3b, průsečíky 2b.
53.
Normálový vektor roviny je uľ = (1,1,-1) a můžeme dále volit dva vektory ze zaměření roviny: např. u2 = (1,0,1) a u3 = (0,1,1). V bázi a = (■u1,-u2,w3) má zobrazení ip matici
/o 0 0
(<p)a,a =010
\o o 1
Pomocí vztahu (</?)e,e = (*d)e,a • (f)a,a ' (ýd)a,e dostaneme
Pro návod, jak se počítají matice přechodu (id)e,a a (id)a)Ě, doporučujeme znovu přečíst vzorové řešení druhé vnitrosemestrální písemky. Konečně </?((l, 1,1))T = (</?)e,e • (1,1,1)T = (|, §, |)T-
Bodováni: výběr vhodné báze lb, matice zobrazení ve vhodné bázi lb, matice přechodu lb, výsledek lb, obraz vektoru (1, 1,1) lb.
54. Označme čtyři stavy postupně MM, MH, HM, HH, kde první písmeno značí, kde byli na dovolené loni, a druhé, kam jedou letos. Sledujme pravděpodobnosti změny stavu následující rok. Ze stavu MM, který značí, že byli dvakrát u moře, musí jet na hory, tj. s pravděpodobností 1 se přesouvá systém do stavu MH. Ve stavu MH házejí kostkou a s pravděpodobností | jedou na hory (nový stav HH) a s pravděpodobností | jedou k moři (nový stav HM). Podobně ze stavu HM s pravděpodobností | jde systém do stavu MM resp. MH. Konečně ze stavu HH s pravděpodobností 1 do stavu HM. Matice Markovova procesu je proto
/ 0   0   \   0 \
1   0   \ 0
o I 0 1 V o I o o /
Vlastní vektor příslušný vlastnímu číslu 1 je (3,6,6,2). Pronásobením zlomkem ^ dostaneme pravděpodobnostní vektor {^f, ^, pp ^). Pravděpodobnost stavu MM je      a stavu H M je ^. Pravděpodobnost, že pojedou k moři, je proto ^ +    = ^f. Bodování: sestavení matice 2b, vlastní vektor 2b, interpretace lb.