LXIX OM

[krazi225]

Czy koła o promieniu 0,5 i porównywanie pól w zadaniu 8. da mi jakieś punkty?
W 7. zrobiłem tak że każdy punkt z którego wychodzi więcej niż 2 odcinki czyli 4,6,8 itd. można podzielić na pewną liczbę punktów z których wychodzą po 2 odcinki czerwony i niebieski, po zrobieniu tak dla każdego punktu można zauważyć, że każdy taki system połączeń składa się z figur geometrycznych o parzystych bokach pomalowanych naprzemiennie na czerwono i niebiesko. Zawsze można odnaleźć taką figurę i usunąć wszystkie odcinki poza nią.

[SloppyTurtle]

Nie udało mi się zrobić 8. Co do zadania 6, to dosyć podobny problem pojawił się chyba na pierwszym etapie 12 OMG.

[Sylwek]

Czy koła o promieniu 0,5 i porównywanie pól w zadaniu 8. da mi jakieś punkty?
W 7. zrobiłem tak że każdy punkt z którego wychodzi więcej niż 2 odcinki czyli 4,6,8 itd. można podzielić na pewną liczbę punktów z których wychodzą po 2 odcinki czerwony i niebieski, po zrobieniu tak dla każdego punktu można zauważyć, że każdy taki system połączeń składa się z figur geometrycznych o parzystych bokach pomalowanych naprzemiennie na czerwono i niebiesko. Zawsze można odnaleźć taką figurę i usunąć wszystkie odcinki poza nią.

Co do zadania 8. - to pewnie za mało.

Co do zadania 7. - czy mógłbyś przedstawić swoje rozumowanie na następującym przykładzie - weź znak drogowy STOP, weź 8 wierzchołków tego ośmiokąta foremnego + dziewiąty wierzchołek w środku, wierzchołek w środku połącz z każdym wierzchołkiem na brzegach, a także narysuj co drugi bok znaku STOP.

Powstanie graf złożony z 9. wierzchołków, 12 krawędzi, stopień wierzchołka w środku jest równy 8, stopień pozostałych 2, graf składa się z 4 trójkątów, które mają jeden i ten sam wspólny wierzchołek.

Jak działa tu Twój sposób? Pytam, bo zastanawiam się, jak opisałeś pewne detale związane z tym rozumowaniem.

[krazi225]

Czy koła o promieniu 0,5 i porównywanie pól w zadaniu 8. da mi jakieś punkty?
W 7. zrobiłem tak że każdy punkt z którego wychodzi więcej niż 2 odcinki czyli 4,6,8 itd. można podzielić na pewną liczbę punktów z których wychodzą po 2 odcinki czerwony i niebieski, po zrobieniu tak dla każdego punktu można zauważyć, że każdy taki system połączeń składa się z figur geometrycznych o parzystych bokach pomalowanych naprzemiennie na czerwono i niebiesko. Zawsze można odnaleźć taką figurę i usunąć wszystkie odcinki poza nią.

Co do zadania 8. - to pewnie za mało.

Co do zadania 7. - czy mógłbyś przedstawić swoje rozumowanie na następującym przykładzie - weź znak drogowy STOP, weź 8 wierzchołków tego ośmiokąta foremnego + dziewiąty wierzchołek w środku, wierzchołek w środku połącz z każdym wierzchołkiem na brzegach, a także narysuj co drugi bok znaku STOP.

Powstanie graf złożony z 9. wierzchołków, 12 krawędzi, stopień wierzchołka w środku jest równy 8, stopień pozostałych 2, graf składa się z 4 trójkątów, które mają jeden i ten sam wspólny wierzchołek.

Jak działa tu Twój sposób? Pytam, bo zastanawiam się, jak opisałeś pewne detale związane z tym rozumowaniem.

Z każdego punktu wychodzi tyle samo czerwonych co niebieskich odcinków, więc łączna liczba odcinków jest parzysta (co do tego nie jestem jednak w 100% pewien). "Dzieląc" punkty można poustawiać odcinki tak że każda z figur ma parzystą liczbę odcinków większą lub równą cztery (liczba odcinków jest na pewno większa od 6, a kolejna liczba parzysta po 6 to 8). W tym przypadku co podałeś, da się podzielić punkty tak że powstają dwie figury - sześciokąty, usuwamy jeden z nich. Wydawało mi się, że tyle wystarczy.

[WolfusA]

Ciekaw jestem, czy ktoś próbował zrobić zadanie 7. indukcją?

[Piotrek107]

Jako, że skończył sie termin 3 serii mam pytanie. Czy ktokolwiek w Polsce zrobił zadanie 12? (nie ma go nawet Mariusz Trela (chyba, że zrobił wczoraj wieczorem, w co wątpię))

[PoweredDragon]

Z laureatów zeszłorocznych, których znam zadania nie zrobił nikt...

[robalbrowal]

Czy mógłby ktoś prosze, przesłać tu rozwiązania/szkice z III serii?
Jak oceniacie trudność ogólnie w por. z zeszłym rokiem, raczej wyższy czy niższy?

[PoweredDragon]

1:    

9. na przypadki: x parzyste i x nieparzyste. Dla n parzystego otrzymujemy różne ilości dwójek w rozkładzie na czynniki po lewej i po prawej stronie w obu przypadkach

Jeśli chodzi o zadanie drugie, to gdybym miał więcej czasu (tj. pocztę do innej godziny), to bym może zrobił. Ostatnimi siłami już po ptakach bawiłem się i doszedłem do pewnego przekształcenia, z którego banalnie szło się do tezy, o ile ogarniało się AM-GM. Wstawiłem zresztą obydwa przekształcenia na forum ok. 21:00 [niedopełnione z resztą (tj. mniej założeń), podejrzewałem, że nikt na tym nie skorzysta, bo nikt nie wpada na tak idiotyczne pomysły rozwiązywania zadań jak ja], bo już totalnie nie miałem pomysłu żeby zobaczyć czy da się nierówność mocniejszą udowodnić tak samo. Dało się łatwo obalić, niestety. Tak samo przeoczyłem mimo wszystko jedno ważne założenie, więc mi nie wyszło ostatecznie. Miałem też zadanie 11, ale też znalazłem błąd, który pociągnął całe dalsze rozumowanie. Geo to jednak nie moja broszka xD

[earl grey]

Zadanie 9 można było błyskawicznie załatwić z Małego Twierdzenia Fermata po przyjęciu \(\displaystyle{ n=p-1}\), gdzie p jest liczbą pierwszą większą lub równą \(\displaystyle{ 3}\)
Jeśli chodzi o nierówność można było ją zrobić w inny sposób: rozbijamy lewą stronę na dwie sumy(w jednej same 1 w licznikach a w drugiej liczby \(\displaystyle{ x_i^2}\)). Do pierwszej stosujemy AM-HM, a do drugiej zmodyfikowanego Cauchy'ego-Schwarza. Wykończenie idzie z nierówności \(\displaystyle{ a^2+b^2\geq2ab}\).

[maszkont]

atempt 12
Niech \(\displaystyle{ x_1,...,x_k}\) to bedzie tych \(\displaystyle{ k}\) roznych wartosci.
Niech \(\displaystyle{ a_1,...,a_k}\) oznaczaja liczby zbiorow o powyższych sumach.
Ponieważ wszystkich zbiorów jest tyle ile jest to mamy \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^k a_i = 2^n}\).
Liczba uporządkowanych par o rownych sumach jest równa \(\displaystyle{ \sum a_i(a_i-1)= \sum a_i^2-2^n}\).
Czyli nierówność z tezy to \(\displaystyle{ k\cdot \left( \sum_{i=1}^k a^2_i - 2^n \right) \leq 6^n}\).
Czy któs zna jakiś dobry powód, dla którego powyższa nierównosć nie zachodzi dla dowolnych liczb \(\displaystyle{ k}\) oraz \(\displaystyle{ a_i}\) takich, że \(\displaystyle{ \sum a_i = 2^n}\)?

[Bourder]

9. myślę że zrobiłem poprawnie z nieskończonego schodzenia.
10.AM-GM i nierówność Minkowskiego z "Wędrówek..." Kurlandczyka.
11.Chyba z tydzień próbowałem zrobić. Doszedłem do tego, że \(\displaystyle{ A_{i}P_{i}I_{i}Q_{i}}\) to deltoidy, poprzedłużałem niektóre proste do równoległoboków i, tu pewnie blef, uznałem że niektóre z prostych są przeciwrównoległe co załatwia opisanie na okręgu.
12.Miałem jakieś tam próby podejścia z indykatorów, ale 11. zbytnio mnie wykończyło.
Ogólnie trudna seria. Ciekawe jaki próg w warszawskim.

[timon92]

Liczba uporządkowanych par o rownych sumach jest równa \(\displaystyle{ \sum a_i(a_i-1)= \sum a_i^2-2^n}\).

tak naprawdę jest ich \(\displaystyle{ \sum a_i^2}\)

Czyli nierówność z tezy to \(\displaystyle{ k\cdot \left( \sum_{i=1}^k a^2_i - 2^n \right) \leq 6^n}\).

nie, nierówność z tezy to \(\displaystyle{ k \cdot \sum_{i=1}^k a_i^2 \leq 6^n}\)

Czy któs zna jakiś dobry powód, dla którego nierówność \(\displaystyle{ k\cdot \left( \sum_{i=1}^k a^2_i - 2^n \right) \leq 6^n}\) nie zachodzi dla dowolnych liczb \(\displaystyle{ k}\) oraz \(\displaystyle{ a_i}\) takich, że \(\displaystyle{ \sum a_i = 2^n}\)?

ja to tam nie widzę żadnego dobrego powodu, dla którego ta nierówność miałaby zachodzić dla dowolnych \(\displaystyle{ a_i}\) spełniających tamte rzeczy... nietrudno sprawdzić, że gdy \(\displaystyle{ k=\left\lfloor\frac 74\right\rfloor^n}\) oraz \(\displaystyle{ a_1=a_2=\ldots=a_{k-1}=1}\) i \(\displaystyle{ a_k=2^n-k+1}\) to dla dostatecznie dużych \(\displaystyle{ n}\) nierówność nie zachodzi

[arek1357]

Liczba uporządkowanych par o równych sumach jest równa: \(\displaystyle{ \sum a_i(a_i-1)= \sum a_i^2-2^n}\).

Czemu tak?

Nie uwzględniasz par typu:

\(\displaystyle{ (X,X)}\)

liczba takich par powinna być:

\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{k}\left[ a_{i}+ {a_{i} \choose 2} \cdot 2!\right]= \sum_{i=1}^{k}a_{i}^2}\)

W sumie Timon napisał to samo ...


https://www.matematyka.pl/425748.htm

W sumie tu kiedyś rzuciłem podobny problem.

Trochę to zadanie było wzięte z kapelusza pomysł mało odkrywczy...

[Szakulli]

9. Ze wzoru \(\displaystyle{ a^{n} - b^{n} = (a - b)( a^{n-1} + a^{n-2}b + ... + b^{n-1} )}\) widzimy, że lewa strona jest zawsze parzysta toteż \(\displaystyle{ y}\) musi być parzyste. Z uwagi, że \(\displaystyle{ n}\) musi być parzyste możemy obliczyć ostatnie cyfry \(\displaystyle{ y^{n}}\) czyli \(\displaystyle{ ( 0,1,4,6)}\). Dodatkowo gdy \(\displaystyle{ n-1 = 5^{p} \Leftrightarrow p \in <1,2,3...)}\) to jedynym wyrażeniem będącym po lewej stronie nie podzielnym przez 10 jest \(\displaystyle{ ( 1^{n} - (-1^{n} ) = 2}\) toteż ostatnią cyfrą ów wielomianu jest \(\displaystyle{ 2}\) co za tym idzie \(\displaystyle{ L \neq P}\)

10. Podobnie jak earl grey z Cauchy’ego- Schwarza w formie Engela dostajemy zakładając, że suma wszystkich liczb jest równa M:
\(\displaystyle{ \frac{n}{2M} + \frac{ M^{2} }{2M} \ge n}\)