Zadania z kółek matematycznych lub obozów przygotowujących do OM. Problemy z minionych olimpiad i konkursów matematycznych.
Regulamin forum
Wszystkie tematy znajdujące się w tym dziale powinny być tagowane tj. posiadać przedrostek postaci [Nierówności], [Planimetria], itp.. Temat może posiadać wiele różnych tagów. Nazwa tematu nie może składać się z samych tagów.
Strategia wygrywająca dla gracza zaczynającego istnieje jeżeli startowy jest postaci \(\displaystyle{ (0,n), (n,0), (n,n)}\) i polega na natychmiastowym ruchu do początku układu (w zadaniu nie podano, że można poruszać się tylko o jeden punkt kratowy).
W każdym innym przypadku dowolny gracz może sobie zapewnić nieprzerwanie wykonując ruch w strefę bezpieczną (czyli poza pierwszą ćwiartkę układu)
Załóżmy, że wykonywać można tylko kroki jednostkowe.
Wtedy istnieje strategia wygrywająca dla zaczynającego wtedy i tylko wtedy, gdy punktami początkowymi są `(0,1), (1,0)` lub `(1,1)` i jest ona oczywista.
W przeciwnym wypadku strategia wygrywająca nie istnieje dla żadnego z graczy.
Udowodnić to można tak:
Przypuśćmy, że w ramach strategii wygrywającej gracz wykonuje ruch na pole `(m,n)`, gdzie `m< n`. Wtedy jego przeciwnik wykonując wyłącznie ruchy \(\displaystyle{ \leftarrow}\) zapewni sobie ucieczkę do strefy bezpiecznej (czyli do trzeciej ćwiartki). Podobnie w przypadku `m>n`.
Stąd wniosek, że jeżeli gracz ma wygrywającą strategię, to każdy jego ruch musi sie kończyć na przekątnej.. Jeżeli jest w punkcie `(2n+1,2n+1)`, to jego przeciwnik gra \(\displaystyle{ \swarrow}\) zmuszając go w końcu do zajęcia punktu `(1,1)` - co przegrywa. Zatem w tym przypadku strategii wygrywającej nie ma.
Jeżeli natomiast jest w punkcie `(2n,2n)`, to przeciwnik gra \(\displaystyle{ \leftarrow}\) lub \(\displaystyle{ \downarrow}\) zmuszając go do powrotu na przekątną w punkcie "nieparzystym" - skąd nie ma strategii wygrywającej, lub do ruchu na pole z `m\ne n`, skąd też wygrywającej strategii nie ma.
Dodano po 44 minutach 30 sekundach:
I już zupełnie serio:
Zadanie jest najciekawsze, gdy założymy, że gracze mogą wykonywać tylko pojedyncze kroki i nie mogą opuszczać pierwszej ćwiartki (innymi słowy z punktu `(0,n)` można przejść już tylko w dół, a z `(n, 0)` tylko w lewo.
Zauważmy, że przy takim założeniu gra musi się zakończyć zwycięstwem jednego z graczy.
Dowód indukcyjny:
Jeżeli gracz zaczyna z punktu w zbiorze `W_0^-`, to może przesuwać się tylko w dół lub w lewo idąc na pole, którego jedna współrzędną jest zero, a drugą liczba parzysta, zaś jego przeciwnik będzie szedł na pola o jednej współrzędnej nieparzystej. Pierwszy gracz zatem wygra.
Jeżeli startuje z `W_1`, to może przejść do `W_0+`, co spowoduje przegraną jego przeciwnika.
Załóżmy teraz, że zbiór \(\displaystyle{ \bigcup_{n=0}^{N-1} (W_{2n}^-\cup W_{2n+1})}\) jest wygrywający.
Oczywiście żaden z graczy nie chce wykonać ruchu do `W_{2N-1}`, bo to, na mocy założenia indukcyjnego, kończy się przegraną
Jeżeli gracz startuje z punktu w `W_{2N}^-` to będzie się poruszał w dół (z punktów postaci `(2N, l)`) lub w lewo (z `(l,2N)`) aż do osiągnięcia punktu `(2N,2N)`, co zmusi jego przeciwnika do przejścia do `W_{2N-1}` i przegrania partii.
Z kolei start z `W_{2N+1}` daje możliwość do przejścia do `W_{2N}^+`, co również daje wygraną.
Zatem zbiór \(\displaystyle{ \bigcup_{n=0}^{N} (W_{2n}^-\cup W_{2n+1})}\) również jest wygrywający.
Na mocy zasady indukcji matematycznej wszystkie zbiory \(\displaystyle{ \bigcup_{n=0}^{N} (W_{2n}^-\cup W_{2n+1})}\) są wygrywające, więc ich suma też.
Ta druga część zadania raczej nikomu niepotrzebna wzięta z kapelusza...
W każdym bądź razie zachodzi:
\(\displaystyle{ ff(x)=4x+1}\)
Czyli warunek spełniony cnd...
Może to i żart, ale w swoim rozumowania nie zidentyfikowałeś funkcji `-2x-1`, która też spełnia równanie `f(f(x))=4x+1`. A być może są jeszcze jakieś inne?
Jeżeli \(\displaystyle{ f(a)=a}\) i \(\displaystyle{ f(b)=b}\) to \(\displaystyle{ b-a=f(b)-f(a)=f(f(b))-f(f(a))=4(b-a)}\), a zatem \(\displaystyle{ b-a=0}\)
Dodano po 12 minutach 54 sekundach:
W trzydziesty siódmym wiem dlaczego tak się stało po prostu nie napisałem, że pierwiastek ma dwa rozwiązania, dla lepszego formalizmu powinienem napisać drugie czyli:
często się takie rzeczy zapomina, pomija...
(ale oczywiście ma to sens)
I skoro w 37 (żartownisiowym) pokazałeś funkcję , która spełnia, a ją przeoczyłem więc mogłem się odnieść bo bym o sprawie zapomniał, więc tak samo musisz pokazać funkcję w 39, którą nie ująłem po to, żeby sprawa była merytoryczna i uzasadniona...
Nigdy nie twierdzę, że różnicowe równania funkcyjne mają tylko jedno rozwiązanie wręcz często przeciwnie...
A żeby nie być gołosłownym pokażę równanie funkcyjne, które ma nieskończenie wiele rozwiązań np.: \(\displaystyle{ f(x)=f(x)}\)
Ja na wszelki wypadek napiszę jedno: \(\displaystyle{ f(x)=x}\), a4Karo resztę...
Nie, ale mam rozwiązanie, które pokazuje że jest jedyna taka funkcja:
39:
Zamiana miejscami `x` i `y` w drugim równaniu pokazuje, że funkcja `f` spełnia warunek
(*) `f(t)=f(1/t)` dla `t\ne 0`
Wstawmy w równaniu pierwszym `1/x` zamiast `x`. Dostaniemy
(**) \(\displaystyle{ f\left(\frac{1}{\sqrt3}\cdot \frac{1}{x}\right)=\sqrt3 f\left(\frac{1}{x}\right)-\frac{2}{\sqrt3}\cdot\frac1x}\)
w równaniu drugim kładziemy `x=1/\sqrt3`, `y=1/x` i dostajemy
(***) \(\displaystyle{ \green{f\left(\frac{1}{\sqrt3}\right)}f\left(\frac{1}{x}\right)=f\left(\frac{1}{\sqrt3}\cdot \frac{1}{x}\right)+{f\left(\frac{x}{\sqrt3}\right)}=f\left(\frac{1}{\sqrt3}\cdot \frac{1}{x}\right)+\sqrt3f(x)-\frac{2}{\sqrt3}x}\)
Stosujemy do do obu równań (*)
(**+) \(\displaystyle{ f\left({\sqrt3}{x}\right)=\sqrt3 f\left({x}\right)-\frac{2}{\sqrt3}\cdot\frac1x}\)
(***+) \(\displaystyle{ \green{f\left({\sqrt3}\right)}f\left({x}\right)=f\left({\sqrt3}{x}\right)+\sqrt3f(x)-\frac{2}{\sqrt3}x}\)
Dodajemy równania (**+) i (***+) stronami i otrzymujemy \(\displaystyle{ (2\sqrt3-f(\sqrt3))f(x)=\frac{2}{\sqrt3}\left(x+\frac1x\right)}\)
A ponieważ \(\displaystyle{ f(\sqrt3)=\frac{4}{\sqrt2}}\), więc
\(\displaystyle{ f(x)=\left(x+\frac1x\right)}\)
Dodano po 1 godzinie 58 minutach 14 sekundach:
Trochę inaczej
33:
Pokolorujmy wierzchołki wielokąta naprzemiennie na czerwono i niebiesko. Przekątna dzieli wielokąt na wielokąty o parzystej liczbie wierzchołków wtedy i tylko wtedy gdy ma różnokolorowe końce. Przekątnych o różnokolorowych końcach jest `(n+1)(n-1)=n^2-1` (przekątna zaczyna się w dowolnym czerwonym wierzchołku i kończy w dowolnym niebieskim za wyjątkiem dwóch bezpośrednio z nim sąsiadujących)
Zatem na mocy zasady szufladkowej, w zbiorze `n^2` przekątnych jest co najmniej jedna o jednokolorowych końcach.
Dodano po 2 minutach 30 sekundach:
arek1357 pisze: ↑29 gru 2021, o 17:13
...
i może być oczywiście: \(\displaystyle{ \sqrt{2^2} =-2}\)
...
Trochę wstyd pisać takie bzdury na poważnym forum matematycznym
Pogrubienie (niedziałające, w \(\displaystyle{ \LaTeX}\)-u pogrubiamy poprzez \mathbf{}) nie zmieni faktu, że to głupota (i zarzekanie się, że oczywiście masz na myśli liczby zespolone też tego nie zmieni...).
