[LXI OM] I etap

[Qń]

założyłem nie wprost, że jest pewna (jedna) liczba większa od 1 i wymierna, która jednak w zbiorze A nie znajduje się. Doszedłem do sprzeczności

Jeśli rozumowanie prowadzące do sprzeczności było prawidłowe, to rozwiązanie jest poprawne.

Q.

[patry93]

O, to jeszcze ja

1.

Ukryta treść:    

Zrobiłem to bardzo niesprytnie niestety Tzn. najpierw przypadki x=1, y=1, x=y, co daje rozwiązania, jak u większości powyżej, natomiast w przypadku \(\displaystyle{ x \neq y, x \neq 1, y \neq 1}\) rozpisałem ze wzoru \(\displaystyle{ a^n-b^n}\), podzieliłem przez (x-1)(y-1) i wymnożyłem (:D) wszystko, otrzymując po przekształceniach: (gdzie n=2009 dla wygody)
\(\displaystyle{ (x-y)(x^{n-1}+x^{n-2}y+ \ldots + xy^{n-2} +y^{n-1})=x^{n-1}y^{n-1}(y-x)+x^{n-2}y^{n-2}(y^2-x^2)+ \ldots + xy(y^{n-1}-x^{n-1})}\)
Co daje sprzeczność, bo strony mają różne znaki.

2. Wiadomo

3. Też zamiana miejscami elementów i tzw. "sortowanie bąbelkowe".

4.

Ukryta treść:    

Ach, z tym była walka Najpierw zauważenie, że \(\displaystyle{ x \in A \Rightarrow \frac{2( \frac{x+1}{x} )-1}{ \frac{x+1}{x} - 1} = x+2 \in A}\), skąd bardzo łatwo dochodzę do tego, że każda liczba naturalna większa od 1 należy do A.
Dalej indukcyjnie względem mianownika pokazuję, że \(\displaystyle{ \forall m,n \in \mathbb{N}, \ m,n \ge 2, \ m \ge n+1, \ n \nmid m \ \ \frac{m}{n} \in A}\)
Sprawdzenie dla n=2 idzie prosto, skąd założenie.
W dowodzie "właściwym" rozpatrywanie przypadków:
a) \(\displaystyle{ m \le 2n-1}\)
Wtedy zachodzi \(\displaystyle{ \frac{ \frac{n}{m-n} + 1}{ \frac{n}{m-n}} = \frac{m}{n} \in A}\)
b) \(\displaystyle{ 2n+1 \le m \le 3n-1}\)
Zachodzi \(\displaystyle{ \frac{ 2 \frac{m-n}{m-2n} - 1}{ \frac{m-n}{m-2n} - 1} = \frac{m}{n} \in A}\)
c) \(\displaystyle{ m \ge 3n+1}\)
Tutaj robię drugą indukcję po liczniku, na mocy której zachodzi \(\displaystyle{ \frac{ \frac{m-2n}{n}+1}{\frac{m-2n}{n}} = \frac{m-n}{m-2n} \in A}\)
Więc wracając do początkowej indukcji, mam analogicznie do b) \(\displaystyle{ \frac{m}{n} \in A}\)
Troszkę to chaotyczne, ale mam nadzieję, że Komisja zlituje się nade mną i 5pkt. wpadnie

[danioto]

Pierwsza seria wydaje mi się niepokojąco łatwa.... Bardzo niepokojąco.

Zad.1

Ukryta treść:    

Początek podobnie jak wszyscy, w końcówce doszedłem do:
\(\displaystyle{ x^{2009} \cdot ( \sum_{i=0}^{2008}y^{i})=y^{2009} \cdot ( \sum_{i=0}^{2008}x^{i})}\)
Następnie założenie, że x=y co implikuje tożsamość, oraz doprowadzenie do sprzeczności przy x<y

Zad.2 i 3
Tak samo jak wszyscy

Zad.4

Ukryta treść:    

Podzieliłem dowód na 4 wnioski:
I) A nie zawiera liczb niewymiernych
II) A nei zawiera liczb mniejszych równych 1
III) Jeżeli \(\displaystyle{ \frac{x+1}{x}}\) to pierwsza rodzina liczb, zaś \(\displaystyle{ \frac{2x-1}{x-1}}\) to druga rodzina liczb, to dowodzę, że są one rozłączne
IV) Obie rodziny liczb zawierają nieskończenie wiele elementów
Powyższe wnioski implikują tezę zadania.

[etyre]

patry93, Jeśli chodzi o zadanie 3, też napisałem o zamianie 2 elementów i sortowaniu bąbelkowym . Mam teraz nadzieję, że nie będzie to traktowane jak plagiat.
A jeśli chodzi o poziom trudności, to ja się zastanawiam, ile będzie wynosił próg w takim przypadku. Mam wrażenie, że może to być więcej niż 6 zadań w niektórych okręgach (np. mazowieckim ). Jak sądzicie? Czy kiedykolwiek tak łatwe zadania trafiły się na OM-ie?

[Swistak]

założyłem nie wprost, że jest pewna (jedna) liczba większa od 1 i wymierna, która jednak w zbiorze A nie znajduje się. Doszedłem do sprzeczności

Jeśli rozumowanie prowadzące do sprzeczności było prawidłowe, to rozwiązanie jest poprawne.

Q.

Wyrazy "Doszedłem do sprzeczności" wyjąłeś z kontekstu z następnego zdania, w którym było napisane, że ta sprzecznoś polega na tym, że danej liczby nie da się przedstawić w żadnej formie. Myślę, że chodziło o to, że np. \(\displaystyle{ \frac{5}{2}=\frac{2\cdot 3 -1}{3-1}}\), jednak nic nie wiemy o tym, czy 3 należy do danego zbioru. Oczywiście mówię z punktu widzenia tego rozwiązania.

etyre: We wszystkich rozwiązaniach, które znam (a trochę znam) była użyta zamiana elementów i raczej wątpię, aby istniało rozwiązanie bez niej i także we wszystkich było sortowanie bąbelkowe, tylko po prostu nitk nie użył tej nazwy, ale myślę, że w całej Polsce mogło się znaleźć kilkadziesiąt osób, które użyły tej nazwy, więc raczej nie bałbym się o plagiat . Co do poziomu trudności, to IMHO rozwiązanie zadań 1, 2 i 3 razem jest łatwiejsze niż rozwiązanie najłatwiejszego zadania sprzed roku, jednak myślę, że próg nie powinien przekroczyć 40 punktów. Inne zadania nie są już takie proste jak I seria.

[Manolin]

W pierwszej serii właściwie tylko czwarte było trudne. Na pierwszy rzut oka byłem pewien że to jakiś hardcor którego napewno nie zrobie.Ale gdy zauważyłem tylko że do A należą wszystkie liczby naturalne jakoś mnie wciągnęło i jeszcze tego samego dnia go zrobiłem ;p

[jerzozwierz]

danioto, z tego co napisałeś (może dowód jest nieco inny, ale z tego co widzę) to masz ogromnego blefa. Np, liczb postaci \(\displaystyle{ 2^{n ^{n ^{n} } }}\) jest nieskończenie wiele, liczb postaci \(\displaystyle{ 3^{n ^{n ^{n} } }}\) też jest nieskończenie wiele, te zbiory są rozłączne, ale nie możesz powiedzieć, że jest w nich każda liczba całkowita...

[Swistak]

No, nie czytałem tego wcześniej, ale jak jerzozwierz zwrócił na to uwagę, to rzeczywiście ordynarny blef. Nie można porównywać dwóch nieskończonych zbiorów, jeżeli jedyna informacja, z której korzystamy, to ich liczba elementów.

[Dumel]

to IMHO rozwiązanie zadań 1, 2 i 3 razem jest łatwiejsze niż rozwiązanie najłatwiejszego zadania sprzed roku, jednak myślę, że próg nie powinien przekroczyć 40 punktów. Inne zadania nie są już takie proste jak I seria.

IMO tak Ci się tylko wydaje, bo w zeszłym roku byłeś dużo słabszy a tak samo było wiele prościutkich zadanek np. 3,4,5

jak ktoś chciał szpanować znajomością podstaw algorytmiki to mógł napisać o sortowaniu przez kopcowanie, albo scalanie

Narysowałem trójkąt ABC. Zaznaczyłem na boku AB punkt D i stworzyłem nowy trójkąt BCD. Wyznaczyłem S i powstał mi czterobok. Zaznaczyłem ten czterobok i opisałem go w trójkącie i mi wyszło, że wszystkie te boki są opisane na trójkącie.

jak wybrałeś ten *punkt D* na boku AB(D już jest w treści)

Podzieliłem dowód na 3 części. Najpierw udowodniłem, że w zbiorze nie ma liczby niewymiernej i nie ma liczby mniejszej od 1 (to są te dwie części, jestem ich pewien, że są dobrze). Natomiast trzecia część wygląda tak: założyłem nie wprost, że jest pewna (jedna) liczba wymierna większa od 1 i wymierna, która jednak w zbiorze A nie znajduje się. Doszedłem do sprzeczności, mianowicie, że powinna ta liczba nie dać się opisać żadnym ze wzorów danych w treści, a jednak się daje opisać. I tu napisałem, że to kończy dowód.

to jest niestety na 0

[pawelsuz]

A ja teraz zauważyłem, że napisałem w pierwszym, że rozwiązania to \(\displaystyle{ (x,y)=(t,t), t \in R_{+};\ (x,y)=(x,1),x \in R_{+}, \ (x,y)=(1,y),y \in R_{+}}\).
Jak myslicie, przyczepią się do tych różnych literek? Oczywiście cały dowód tak jak o pozostałych userow.

[silicium2002]

To jeszcze ja

Jako przedstawiciel gimnazjum (jest ktoś jeszcze, pisałeś coś kaszubki czy nie?)... powiem tak

1. męczyłem się długo, skomplikowałem dowód (zajął mi dwie strony) ale rozwiązanie raczej poprawne. Dowód oparłem na tym że x = ky

2. 3. Banał rozwiązanie jak wszyscy

4. Tu niestety kiepsko, tak jak patry wykazałem że do zbioru należą wszystkie naturalne większe od 1... I potem coś próbowałem z dowodem nie wprost ale kiepsko to widzę...

Teraz zabieram się do drugiej serii

[danioto]

Jak zwykle.

Nie martwcie się o mojego blefa, sądzę, że jest na tyle dobry, by oszukać także i sprawdzających. Z resztą, dobry blef nie jest zły, w tamtym roku też podobno miałem dwa blefy, lecz jakoś jeden przyniósł 6 punktów, drugi 5... Więc może OM to jeden wielki blef? I nam się tylko wydaje, że zadania rozwiązujemy?

Powodzenia panowie. Chyba jednek szkoda czasu i nerwów na wypowiadanie się tutaj.

[schmude]

Ukryta treść:    

Tu SchmudeJanusz, przez przypadek dodałem posta z konta brata;p

[Klorel]

jak ktoś chciał szpanować znajomością podstaw algorytmiki to mógł napisać o sortowaniu przez kopcowanie, albo scalanie

ja 'przyszpaniłem' i napisałem ile kroków maxymalnie trzeba wykonać xD


Janusz, nie wczytują mi się obrazki(nie powiększają się), ale widzę tam jakiś ułamek łańcuchowy chyba na ostatniej stronie, więc pewnie podobnie do mnie masz (tlyko ja nie wiem czy moje jest dobrze opisane xD).

[Dumel]

ładne rozwiązanie