LXIII Olimpiada Matematyczna - I Etap
-
- Użytkownik
- Posty: 270
- Rejestracja: 21 lis 2010, o 22:23
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 5 razy
- Pomógł: 35 razy
LXIII Olimpiada Matematyczna - I Etap
Hm, to ja mniej więcej też spałowałem. Odjąłem od razu stronami, później jakoś uporządkowałem, przyrównałem i doszedłem do sprzeczności. Jeszcze wcześniej rozdzieliłem na przypadki, żeby móc dzielić przez (x-y).
-
- Użytkownik
- Posty: 1824
- Rejestracja: 11 sty 2007, o 20:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Katowice, Warszawa
- Podziękował: 73 razy
- Pomógł: 228 razy
LXIII Olimpiada Matematyczna - I Etap
ares41 pisze:Trzecie oczywiście machanie rękami wokół układu równań z Pitagorasa.
Ukryta treść:
Do kompletu dopiszę jeszcze moje zadanie \(\displaystyle{ 2}\), bo robiłem innymi modułami, niż większość:
Ukryta treść:
- paladin
- Użytkownik
- Posty: 148
- Rejestracja: 24 sty 2005, o 22:15
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Pomógł: 19 razy
LXIII Olimpiada Matematyczna - I Etap
W ramach niepotrzebnych rozrywek, jeszcze jedno okrężne rozwiązanie 1:
Ukryta treść:
- izaizaiza
- Użytkownik
- Posty: 208
- Rejestracja: 26 wrz 2010, o 17:03
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Polska
- Podziękował: 44 razy
- Pomógł: 9 razy
LXIII Olimpiada Matematyczna - I Etap
A nie wiecie może czy jest szansa dostania się do 2. etapu, jeśli wyślę rozwiązania tylko z 2. i 3. listy? Zagapiłam się i dopiero od paru dni robię te zadanka, dałam sobie spokój z tą pierwszą...
-
- Użytkownik
- Posty: 58
- Rejestracja: 2 gru 2010, o 10:37
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: koszalin
- Pomógł: 1 raz
LXIII Olimpiada Matematyczna - I Etap
Leszczu po co w drugim stsosować jakieś nieznane twierdzenie postawiłem na najprostsze licealne sposoby ew.kongruencje,twierdzienie małe Fermata i nierówność Jensena
-
- Użytkownik
- Posty: 3044
- Rejestracja: 25 mar 2010, o 15:34
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Gołąb
- Podziękował: 24 razy
- Pomógł: 513 razy
LXIII Olimpiada Matematyczna - I Etap
Ja też się chętnie dowiemares41 pisze:opilo, a możesz pokazać w jaki sposób zastosowałeś nierówność Jensena w drugim?
-
- Użytkownik
- Posty: 64
- Rejestracja: 18 gru 2009, o 18:05
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Rz
- Pomógł: 1 raz
LXIII Olimpiada Matematyczna - I Etap
Jak to nieznane... Znają je przynajmniej dwie osoby (ja i Mihailescu). Poza tym jest miłe, przyjemne, bywa przydatne (w LXII-I-10 też się dało parę przypadków tym rozwalić) i niektórych rzeczy nie trzeba pałować modulo. Widzę równanie diofantyczne ze zmiennymi wykładnikami potęg - myślę Mihailescu (może nie zawsze, ale to często może działać).
- jerzozwierz
- Użytkownik
- Posty: 526
- Rejestracja: 22 lut 2009, o 10:13
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Rzeszów
- Podziękował: 8 razy
- Pomógł: 42 razy
LXIII Olimpiada Matematyczna - I Etap
Chyba nikt nie podał najbardziej chamskiego sposobu na pierwsze (zero myślenia), więc dla potomnych:
Ukryta treść:
- Swistak
- Użytkownik
- Posty: 1874
- Rejestracja: 30 wrz 2007, o 22:04
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 99 razy
- Pomógł: 87 razy
LXIII Olimpiada Matematyczna - I Etap
W zadaniu drugim dowód tego, że x musi być parzyste można było przeprowadzić z generatorów. Najpierw musimy udowodnić, że 2 jest generatorem. W tym celu dowodzimy, że \(\displaystyle{ x}\) jest generatorem \(\displaystyle{ mod \ p}\) wtedy i tylko wtedy, gdy jeżeli \(\displaystyle{ p-1=q_1^{a_1}...q_k^{a_k}}\), to musi być \(\displaystyle{ x^{\frac{p-1}{q_i}}}\) nie przystaje do \(\displaystyle{ 1 \ mod \ p}\) dla dowolnego sensownego \(\displaystyle{ i}\). W naszym przypadku \(\displaystyle{ p=5}\), a \(\displaystyle{ p-1=2^2}\) i sprawdzamy, że \(\displaystyle{ 2^\frac{4}{2}}\) istotnie nie przystaje do \(\displaystyle{ 1 \ mod \ 5}\), zatem \(\displaystyle{ 2}\) istotnie jest generatorem \(\displaystyle{ mod \ 5}\). Wiemy też, że generator podniesiony do parzystych potęg od \(\displaystyle{ 0}\) do \(\displaystyle{ p-3}\) daje niezerowe reszty kwadratowe, i w dodatku są one wszystkie różne i jest ich \(\displaystyle{ \frac{p-1}{2}}\), zatem to wyczerpuje reszty kwadratowe. Zatem generator podniesiony do nieparzystej potęgi nie może dawać reszty kwadratowej, zatem \(\displaystyle{ x}\) jest parzyste .
Bez jakiegoś syfnego sprawdzania ile jest \(\displaystyle{ 2^1}\) i \(\displaystyle{ 2^3}\) modulo 5 i patrzenia, że te syfy nie są resztami, poprzez wypisanie ich wszystkich .
Bez jakiegoś syfnego sprawdzania ile jest \(\displaystyle{ 2^1}\) i \(\displaystyle{ 2^3}\) modulo 5 i patrzenia, że te syfy nie są resztami, poprzez wypisanie ich wszystkich .
-
- Użytkownik
- Posty: 304
- Rejestracja: 22 maja 2010, o 17:20
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Pomógł: 12 razy
LXIII Olimpiada Matematyczna - I Etap
A czemu nikt nie zrobił tak drugiego:
dowodzimy, że \(\displaystyle{ x}\) jest parzyste, niech \(\displaystyle{ x=2k}\) (\(\displaystyle{ k}\) naturalne).
Wówczas mamy \(\displaystyle{ 2^{2k}+ 5^{y}= Z^{2}}\) (Z można bez straty ogólności przyjąć za całkowite dodatnie, gdyż jeśli jest ujemne, to zamieniamy je na \(\displaystyle{ -Z}\))
Wówczas \(\displaystyle{ (Z- 2^{k})(Z+ 2^{k})= 5^{y}}\)
Stąd mamy, że albo każdy z czynników po lewej jest podzielny przez \(\displaystyle{ 5}\)(niemożliwe, ze względu na ich różnicę), albo \(\displaystyle{ Z- 2^{k}=1, Z+ 2^{k}=5^{y}}\) (nie może być innego przypadku, z założenia bez straty ogólności, iż \(\displaystyle{ Z}\) jest dodatnie)
A patrząc na \(\displaystyle{ Z- 2^{k}=1}\), stwierdzamy, że \(\displaystyle{ Z= 2^{k}+1}\) , stąd musimy rozwiązać równanie \(\displaystyle{ 2^{k+1}=5^{y}-1}\), a to rozpatrujemy w postaci wzoru na różnicę potęg...
Ja wolę takie rozwiązanie, gdyż jest intuicyjne i nie ma aż takiego zgadywania zgadywania, jakim to modulo może można by to zadanie zrobić
dowodzimy, że \(\displaystyle{ x}\) jest parzyste, niech \(\displaystyle{ x=2k}\) (\(\displaystyle{ k}\) naturalne).
Wówczas mamy \(\displaystyle{ 2^{2k}+ 5^{y}= Z^{2}}\) (Z można bez straty ogólności przyjąć za całkowite dodatnie, gdyż jeśli jest ujemne, to zamieniamy je na \(\displaystyle{ -Z}\))
Wówczas \(\displaystyle{ (Z- 2^{k})(Z+ 2^{k})= 5^{y}}\)
Stąd mamy, że albo każdy z czynników po lewej jest podzielny przez \(\displaystyle{ 5}\)(niemożliwe, ze względu na ich różnicę), albo \(\displaystyle{ Z- 2^{k}=1, Z+ 2^{k}=5^{y}}\) (nie może być innego przypadku, z założenia bez straty ogólności, iż \(\displaystyle{ Z}\) jest dodatnie)
A patrząc na \(\displaystyle{ Z- 2^{k}=1}\), stwierdzamy, że \(\displaystyle{ Z= 2^{k}+1}\) , stąd musimy rozwiązać równanie \(\displaystyle{ 2^{k+1}=5^{y}-1}\), a to rozpatrujemy w postaci wzoru na różnicę potęg...
Ja wolę takie rozwiązanie, gdyż jest intuicyjne i nie ma aż takiego zgadywania zgadywania, jakim to modulo może można by to zadanie zrobić
-
- Użytkownik
- Posty: 1824
- Rejestracja: 11 sty 2007, o 20:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Katowice, Warszawa
- Podziękował: 73 razy
- Pomógł: 228 razy
LXIII Olimpiada Matematyczna - I Etap
Też mnie to ciekawi. Jest również możliwość, że wymienienie MTFa i Jensena jako prostych i elementarnych twierdzeń dla licealistów to ironia xD-- 5 października 2011, 19:39 --ares41 pisze:opilo, a możesz pokazać w jaki sposób zastosowałeś nierówność Jensena w drugim?
To jest dylemat pomiędzy ładnym a elementarnym rozwiązaniem. Ja wybrałem elementarne, bo wiadomo, że zadanie z pierwszej serii pierwszego etapu nie będzie szło raczej niczym wyrafinowanym xDSwistak pisze:Bez jakiegoś syfnego sprawdzania ile jest \(\displaystyle{ 2^1}\) i \(\displaystyle{ 2^3}\) modulo 5 i patrzenia, że te syfy nie są resztami, poprzez wypisanie ich wszystkich .