[MIX] Zadania różne VI

[Dasio11]

25.:    

Odpowiedź: \(\displaystyle{ 2^{n-1}}\).

Rodzina \(\displaystyle{ \mathcal{A} = \{ A \subseteq \{ 1, \ldots, n \} : 1 \in A \}}\) ma \(\displaystyle{ 2^{n-1}}\) elementów i spełnia zadany warunek, bo dla dowolnych \(\displaystyle{ A, B \in \mathcal{A}}\) mamy \(\displaystyle{ \{ 1 \} \subseteq A \cap B.}\)

Weźmy dowolną rodzinę \(\displaystyle{ \mathcal{B} \subseteq \mathcal{P}( \{ 1, \ldots, n \} ),}\) która ma więcej niż \(\displaystyle{ 2^{n-1}}\) elementów. Zauważmy, że zbiór \(\displaystyle{ \mathcal{P}( \{ 1, \ldots, n \} )}\) można podzielić na \(\displaystyle{ 2^{n-1}}\) różnych par \(\displaystyle{ \{ A, A' \},}\) gdzie \(\displaystyle{ A \subseteq \{ 1, \ldots, n \}.}\) Ponieważ rodzina \(\displaystyle{ \mathcal{B}}\) ma ponad \(\displaystyle{ 2^{n-1}}\) elementów, więc należą do niej oba elementy pewnej z tych par, tj. \(\displaystyle{ A \in \mathcal{B}}\) oraz \(\displaystyle{ A' \in \mathcal{B}}\) dla pewnego \(\displaystyle{ A \subseteq \{ 1, \ldots, n \}.}\) Wtedy \(\displaystyle{ A \cap A' = \varnothing,}\) zatem rodzina \(\displaystyle{ \mathcal{B}}\) nie ma zadanej własności.

[Qń]

20:    

Jeśli trzeci gracz będzie całą kwotę losowo (lub według jakiejkolwiek "taktyki") stawiał na orła lub reszkę, to na dłuższą metę będzie stratny: mniej więcej w połowie przypadków będzie do przodu złotówkę, a mniej więcej w połowie będzie do tyłu dwa złote. Ale jeśli za każdym razem postawi złotówkę na orła i złotówkę na reszkę, to za każdym razem wygra połowę puli czyli trzy złote, więc na czysto będzie do przodu złotówkę.

Q.

[Dasio11]

Wątpliwości do 20.:    

Czy trzeciemu graczowi wolno za swoje dwa złote obstawić oba wyniki? To się wydaje nie sprytne, tylko nieuczciwe, że za tę samą kwotę kupuje udział w zyskach w większej liczbie przypadków.

[Qń]

odnośnie wątpliwości:    

Czy trzeciemu graczowi wolno za swoje dwa złote obstawić oba wyniki? To się wydaje nie sprytne, tylko nieuczciwe, że za tę samą kwotę kupuje udział w zyskach w większej liczbie przypadków.

Czy warunki zadania to dopuszczają - tego nie wiem, dlatego rozpatrzyłem i przypadek standardowy, i z podziałem zakładu trzeciego gracza.

A co do kwestii moralnej, to o ile tylko nikt nie zmusza siłą do gry pozostałych dwóch graczy oraz nikt nie zmusza ich siłą do obierania niekorzystnej strategii - to nie widzę tu nieuczciwości. Jeśli ktoś obiera nieoptymalną strategię, to nieuczciwe jest wybrać optymalną? Czy w szachach jeśli przeciwnik gra źle, to nieuczciwe jest dać mu mata?

Q.

[marcin7Cd]

26)

Ukryta treść:    

Nie wiem jakie rozwiązanie mają na myśli ale to działa nie zależnie od tego wstawimy pod te pierwiastki, ani od tego ile ich będzie.
Najpierw udowodnię indukcyjnie, że iloczyn \(\displaystyle{ 2^{n-1}}\) liczb \(\displaystyle{ x_{1} \pm x_{2} .... \pm x_{n}}\) da się przedstawić w formie \(\displaystyle{ W(x_1^2,x_2^2,....,x_n^2)}\), gdzie \(\displaystyle{ W(a_1,a_2,....,a_n)}\) jest wielomianem o współczynnikach całkowitych. Dla \(\displaystyle{ n=2}\) działa, bo \(\displaystyle{ (x_1-x_2)(x_1+x_2)=x_1^2-x_2^2}\) przechodząc do kroku indukcyjnego iloczyn \(\displaystyle{ 2^{n+1}}\) liczb \(\displaystyle{ x_1\pm x_2 \pm .... \pm x_n \pm x_{n+1}}\) można przedstawić jako iloczyn dwóch liczb
1) iloczyn \(\displaystyle{ 2^{n}}\) liczb \(\displaystyle{ x_1 \pm x_2 \pm .... \pm(x_n+x_{n+1})}\)
2) iloczyn \(\displaystyle{ 2^{n}}\) liczb \(\displaystyle{ x_1 \pm x_2 \pm .... \pm(x_n-x_{n+1})}\)
Biore wszystkie te co dwa ostatnie znaki są różne(2) lub taki same(1)
Z tezy indukcyjnej ta liczba jest postaci
\(\displaystyle{ W(x_1^2,x_2^2,...,(x_n+x_{n+1})^2) \cdot W(x_1,x_2,....,,(x_n-x_{n+1})^2)= \\ W(x_1^2,x_2^2,...,x_n^2+2x_nx_{n+1}+x_{n+1}^2) \cdot W(x_1,x_2,....,x_n^2-2x_nx_{n+1}+x_{n+1}^2)= \\ (Q(x_1^2,x_2^2,...,x_n^2,x_{n+1}^2)+2x_nx_{n+1}R(x_1^2,x_2^2,...,x_n^2,x_{n+1}^2) \cdot \\(Q(x_1^2,x_2^2,...,x_n^2,x_{n+1}^2)-2x_nx_{n+1}R(x_1^2,x_2^2,...,x_n^2,x_{n+1}^2))= \\ (Q(x_1^2,x_2^2,...,x_n^2,x_{n+1}^2)^2-4x_{n}^2x_{n+1}^2R(x_1^2,x_2^2,...,x_n^2,x_{n+1}^2)^2)}\)
, gdzie W,Q,R są wielomianami o współczynnikach całkowitych.Wytłumaczę to dziwne przejście z wielomianu W na Q i R. jeśli rozważę \(\displaystyle{ \pm 2x_{n}x_{n+1}}\) jako nową zmienną \(\displaystyle{ y}\)(dokonując takiego podstawienia do tego iloczynu wielomianów W otrzymuje takie same dwa wielomiany względem \(\displaystyle{ x_1^2,...,x_{n+1}^2}\) i \(\displaystyle{ y}\) przy czym w pierwszym mam \(\displaystyle{ y=2x_{n}x_{n+1}}\), a w drugim \(\displaystyle{ y=-2x_{n}x_{n+1}}\)) to z wielomianu W wybieram te jednomiany, które mają \(\displaystyle{ y}\) w nieparzystej potędze. Wyciągam z nich czynnik \(\displaystyle{ y}\) przed nawias, więc w każdym jednomianie w środku nawiasu \(\displaystyle{ y}\) jest w parzystej potędze(\(\displaystyle{ \pm2x_{n}x_{n+1})^2=4x_{n}^2x_{n+1}^2}\), więc znak nie ma znaczenia i da te same wielomiany względem \(\displaystyle{ x_1^,x_2^2,...,x_{n+1}^2}\)). To co jest w środku nawisu można zbudować z kwadratów liczb \(\displaystyle{ x_1,x_2,...,x_n}\). Z tąd wielomian R. Reszta tego, co zostaje daje się stworzyć z kwadratów liczb \(\displaystyle{ x_1,x_2,...,x_n}\) Z tąd wielomian Q. Wracając do rozwiązania widać, że wielomian który został na końcu da się przedstawić w formie z tezy. Co kończy dowód indukcyjny.
Pozostaje zauważyć, że w zadaniu iloczyn tych wszystkich liczb z zadanie to iloczyn \(\displaystyle{ 2^{99}}\) liczb postaci \(\displaystyle{ \sqrt{1}\pm \sqrt{2}.... \pm \sqrt{100}}\) oraz \(\displaystyle{ -(\sqrt{1}\pm \sqrt{2} .... \pm \sqrt{100})}\). Z uwagi na to, że \(\displaystyle{ (-1)^{2^{99}}=1}\) liczba z zadania to po prostu kwadrat iloczynu \(\displaystyle{ 2^{99}}\) liczb postaci \(\displaystyle{ \sqrt{1}\pm \sqrt{2}.... \pm \sqrt{100}}\), a to jest całkowite z udowodnionego stwierdzenia

Mam nadzieje, że to jest poprawne( albo chociaż pomysł jest poprawny). Jak ktoś ma wątpliwości o coś to pytać, bo to trochę jest zagmatwane i nie wiem jak to całkowicie formalnie zapisać

[a4karo]

Taki żarcik na temat

10:    

\(\displaystyle{ 3,5,2,7,11,\dots}\) jest ciągiem wszystkich liczb pierwszych i \(\displaystyle{ 3cdot 5+1=4^2}\)

[marcin7Cd]

26)
34. Zadanie z nierozwiązanych

Ukryta treść:    

weźmy wielomian \(\displaystyle{ W}\) w zmiennych \(\displaystyle{ x_1,x_2,...x_n}\) będący iloczynem \(\displaystyle{ 2^{99}}\) wielomianów \(\displaystyle{ x_1 \pm x_2 .... \pm x_n}\). Wielomian \(\displaystyle{ W}\) jest parzysty względem każdej ze zmiennych, bo zmiana \(\displaystyle{ x_i}\) na \(\displaystyle{ -x_i}\) nie zmienia wielomianu (w przypadku \(\displaystyle{ x_1}\) również, bo po pomnożeniu przez \(\displaystyle{ -1}\) każdego z wymnażanego wielomianu otrzymam ten sam wielomian. \(\displaystyle{ (-1)^{2^{99}}=1}\) ). Oznacza to, że jak wymnożymy \(\displaystyle{ 2^{99}}\) wielomianów to powinniśmy otrzymać każdą zmienną w parzystej potędze. Podstawiając pod zmienne pierwiastki z zadania otrzymamy liczbę całkowitą, bo podnosimy do parzystej potęgi każdy z pierwiastków. Teraz pozostaje zauważyć, że \(\displaystyle{ W(\sqrt{1},\sqrt{2},...,\sqrt{100}) \cdot W(-\sqrt{1},\sqrt{2},...,\sqrt{100})=W(\sqrt{1},\sqrt{2},...,\sqrt{100})^2}\)(znak minus nie ma znaczenia, bo interesują na tylko kwadraty zmiennych), co jest poszukiwaną liczbą - jest ona kwadratem liczby całkowitej

Można to zadanie uogólnić następująco: Niech \(\displaystyle{ \omega_n}\), będzie pierwiastkiem z jedynki (w liczbach zespolonych). Udowodnić, że iloczyn \(\displaystyle{ m^n}\) liczb \(\displaystyle{ \omega_n^{x_1} \sqrt[n]{1}+\omega_n^{x_2} \sqrt[n]{2}+...+\omega_n^{x_m} \sqrt[n]{m}}\)(, gdzie \(\displaystyle{ x_1,x_2,...,x_m}\) przechodzą przez \(\displaystyle{ 1,2,3,..,n}\)) jest \(\displaystyle{ m}\)-tą potęgą liczby całkowitej

EDIT:poprawa dowodu i uogólnionego zadania