[LX OM] I etap

[Dumel]

o qrde chodzilo mi o 8
a 9 wcale nie wydaje mi sie takie ciekawe

[Gierol]

ok no to moje rozwiazania:
9.gracz 1 nie ma takiej strategii poniewaz gracz 2 ma strategie ,,nieprzegrywajaca'. wystarczy, ze stawia piony w sposob symetryczny do gracza 1 wzgledem srodku symetrii planszy, oraz zmienia ich kolor na przeciwny.
10.duzy trojkat prostokatny, przypuszczenie, ze \(\displaystyle{ M}\) nie lezy na okregu, ale pewien \(\displaystyle{ M_{1}}\) lezy. chwila zabawy na katach i wychodzi, ze \(\displaystyle{ M}\) i \(\displaystyle{ M_{1}}\) to te same punkty czyli lezy na okregu. pozniej to juz banal bo tam sie pojawia trojkat prostokatny
11. przeksztalcam nierownosc do postaci: \(\displaystyle{ \frac{ \sqrt[m]{m} }{m} > \frac{ \sqrt[k]{k} }{k}}\)
i dowodze, ze funkcja \(\displaystyle{ \frac{ \sqrt[x]{x} }{x}}\) jest malejaca dla \(\displaystyle{ x N}\). leci to z indukcji + na koncu dowod, ze \(\displaystyle{ (1+ \frac{1}{n} )^{n}}\) jest rosnacy, ale to to nawet na tym forum mozna znalezc
e:czemu TEX nie dziala?

[Piotrusg]

No to elegancko dokładnie wszystko kropka w kropke jak Gierol. Szkoda ze 12 mi upadła teoria ale takie sa juz uroki OM pytanie kiedy wyniki ?

[Sylwek]

Tak jak w 1 serii, swoje rozwiązania zeskanowałem, aby pokazać znajomym, co też wysyłali. Być może tu też ktoś będzie chciał zobaczyć, jak robiłem te zadanka, więc oto link:

Kod: Zaznacz cały

http://www.speedyshare.com/446435396.html

[kubek1]

W 11 dowód polegał na tym, by pokazać, że funkcja:\(\displaystyle{ f(x)= \frac{x}{ \sqrt[x]{x!} }}\) jest rosnąca, czyli \(\displaystyle{ f(x+1)>f(x)}\) W tym celu należało wykorzystać nierówności:
\(\displaystyle{ ( \frac{x+1}{x} )^{x+1}>e>( \frac{x+1}{x} )^{x}}\)
oraz: \(\displaystyle{ ( \frac{x+1}{e} )^xqslant \frac{k+1}{m+1}}\) jest prawdziwa?

W 10 pokazałem najpierw analitycznie, że punkty M,O,P są współliniowe(O jest środkiem okręgu opisanego na ABC), a potem przez sprzeczność wykazałem, że PM jest średnicą.

W 12 tylko p=5 i p=7 spełniają warunki zadania.

A w 9 nie wystarczyło po prostu, by obaj gracze unikali stawiania czwartego pionka tego samego koloru do jednej linii? Mi też wyszło, że gracz pierwszy nie może wygrać.

[mdz]

W 12 tylko p=5 i p=7 spełniają warunki zadania.

Mógłbyś to rozwinąć? Niestety, wydaje mi się, że nie masz racji.

[xiikzodz]

ROZWIAZANIE Z LUKA

12. Liczba po prawej po zakonczeniu rozgrywki jest postaci:

\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{p}2^{i-1}\sigma(i)}\)

gdzie \(\displaystyle{ \sigma:\{1,...,p\}\to\{1,...,p\}}\) jest bijekcja (czyli permutacja) odpowiadajaca kolejnosci skreslania liczb.

Zauwazmy, ze liczby \(\displaystyle{ 2^{i-1}}\) daja wszystkie mozliwe reszty z dzielenia przez \(\displaystyle{ p}\).

Jesli wiec dobierzemy \(\displaystyle{ \sigma}\) tak, zeby \(\displaystyle{ \sigma(i)\equiv 2^{i-1} \mbox{ mod } p}\), to liczba po prawej bedzie przzystawala do:

\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{p}i^2=\frac{p(p+1)(2p+1)}{6}=0}\)

modulo \(\displaystyle{ p}\), o ile \(\displaystyle{ p>3}\), bo \(\displaystyle{ 2,3}\) sa dzielnikami liczby \(\displaystyle{ 6}\).

kubek1, nie wystarczy nie dokladac do czworek, bo na planszy moga zosac jedynie pola uzupelniajace o czworki.

[lina2002]

Wszystko byłoby dobrze, gdyby nie to, że liczby \(\displaystyle{ 2^i}\) nie dają wszystkich mozliwych reszt z dzielenia przez p. Wystarczy sprawdzić dla 7... Chociaż musze przyznać ,że z braku innego pomysłu napisałam, że jeżeli \(\displaystyle{ 2^{(p-1)/2}}\) przystaje do 1 mod p to liczby \(\displaystyle{ 2^i}\) dają wszystkie możliwe reszty z dzielenia przez p:). Rozważyłam też przypadek \(\displaystyle{ 2^{(p-1)/2}}\) przystaje do p-1 mod p. Natomiast brakuje mi przypadku, gdy liczby \(\displaystyle{ 2^i}\) dają reszty takie, że tworzą nieparzystą liczba ciągów. Nie udało mi się tez znaleźć liczby pierwszej, dla której zachodziłby taki przypadek.

[Sylwek]

Czyli tak jak podejrzewałem, dużej ilości osób po prostu "zdawało się", że mają 12. Moje rozwiązanie kilka postów wyżej. Zadanie dość długie, około 2 razy "wydawało mi się", że już je mam, tzn. postawiłem lemat, który wydawał mi się prawdziwy i stwierdziłem, że łatwo go udowodnić, jednak dwa razy obalałem te lematy. W końcu poszło na kilka przypadków.

[Dumel]

Natomiast brakuje mi przypadku, gdy liczby \(\displaystyle{ 2^i}\) dają reszty takie, że tworzą nieparzystą liczba ciągów. Nie udało mi się tez znaleźć liczby pierwszej, dla której zachodziłby taki przypadek.

to bylo jedyne, z czym mialem klopot w tym zadaniu, z początku "udowodnilem" ze ten przypadek nie zachodzi ale jednak zachodzi, jak pamietam dla p=43. Ostatecznie rozwiazanie tego przypadku nie bylo jakos super skomplikowane, ale bardziej wymagajace od reszty tego zadania

u mnie:
9. standardowo (tak jak to opisał Gierol)
10. troche brzydko, wyliczylem niektore rzeczy z sinusow
11. tak jak kubek1. przyznam szczerze ze nie spodziewalem sie ze ktos oprocz mnie zrobi to w ten (ładny ) sposób
12. mniej wiecej tak jak Sylwek, ciezko tu bylo wymyslec cos znacząco innego

pytanie kiedy wyniki ?

w połowie stycznia

[xiikzodz]

Pfuj... Mialo byc po ludzku. Moje pierwsze i do dzisiaj jedyne rozwiazanie polegalo na pokazaniu, ze wyznacznik macierzy \(\displaystyle{ (2^{\sigma^i(j)})_{ij}}\) jest podzielny przez p i to rozwiazanie bylo odporniejsze na glupote, ale nie nadawaloby sie tutaj.

Sprobuje poprawic to powyzej, tylko, ze bledy wciaz mozliwe, bo nie mam kiedy przemyslec:

12. Liczba po prawej po zakonczeniu rozgrywki jest postaci:

\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{p}2^{i-1}\sigma(i)}\)

gdzie \(\displaystyle{ \sigma:\{1,...,p\}\to\{1,...,p\}}\) jest bijekcja (czyli permutacja) odpowiadajaca kolejnosci skreslania liczb.

Niech \(\displaystyle{ d=\frac{p-1}{k}}\) bedzie najmniejsza liczba naturalna taka, ze \(\displaystyle{ 2^{d}\equiv 1 \mbox{ mod }p}\), czyli \(\displaystyle{ d}\) jest rzedem multiplikatywnym liczby \(\displaystyle{ 2}\) modulo \(\displaystyle{ p}\).

Majac \(\displaystyle{ d}\) dobieramy \(\displaystyle{ \sigma}\), ale to dopisze potem, zeby nie strzelic kolejnej gafy .

[wiślak]

Na pewno sporo osób zrobiło 11 stosując nierówność między średnią arytmetyczną a geometryczną, przypadkiem wychodziły prawdziwe nierówności, do tego doszły jeszcze opinie że to takie proste, to też większość dziesięciominutowych rozwiązań jest zapewne błędna.

a moje rozwiązania:
9. Symetria osiowa
10. najpierw obrałem jakiś punkt leżący w punkcie przecięcia odcinka łączącego środki okręgów dopisanych z okręgiem opisanym, raz dwa wyszło że spełnia warunki zadania, a potem że leży w połowie czyli okrywa się z M. Rozważyłem dwa przypadki: dla trójkąta równobocznego i dla każdego innego.
11. najpierw że funkcja jest malejąca, potem wzór Stirlinga i nierówność Bernoulliego, i na końcu na piechote dla 2 liczb sprawdzić czy nierówność zachodzi
12. pustka

[Dumel]

xiikzodz, i tak masz błąd na samym początku, bo wykreślamy p-1 liczb a nie p

[Zygmunt Freud]

Czy udało się komukolwiek z Was dojść do tego, że jeśli dla pewnego p można tak skreślać liczby po lewej strony tablicy, że liczba powstała po prawej jest podzielna przez p, to istnieją również p-2 inne sposoby skreślania, by uzyskać żądaną podzielność? (Byłoby to oczywiście przydatne dla zadanie jedynie wtedy gdyby istniały (>3) liczby p nie spełniające jego warunków - ja osobiście, badając niewielkie liczby pierwsze (tak do 43) nie byłem w stanie znaleźć odpowiedniej metody dla liczb postaci 8k+3, więc poszedłem złym tropem i efekt był taki, że onego czasu cisnąłem tym zadaniem w kąt).

[Dumel]

Na pewno sporo osób zrobiło 11 stosując nierówność między średnią arytmetyczną a geometryczną, przypadkiem wychodziły prawdziwe nierówności, do tego doszły jeszcze opinie że to takie proste, to też większość dziesięciominutowych rozwiązań jest zapewne błędna.

moze wyjasnie, panu wiślakowi chodzilo o to, ze jak sie okazalo, niektore osoby stosowaly dla licznika i mianownika Am>Gm, a potem dzielily 2 nierownosci stronami i przez przypadek wychodzila im mocniejsza nierownosc ktora podal kubek1