LXI OM - II etap

[SaxoN]

Ja jestem bardzo zadowolony z tegorocznego II etapu... Zadania były może niezbyt szczęśliwe, przez złe zbalansowanie poziomu trudności. 1, 2 i 4 były zbyt łatwe- powinno być tylko jedno tak proste zadanie na cały II etap. Z kolei 3 było minimalnie zbyt trudne- jako jedynego zadania nie dociągnąłem tego do końca. W ogólności wszystkie bez trzeciego mam zrobione, za samo trzecie będę miał 0-2 pkt. Moje rozwiązania były dość ładne, tylko w 5-tym liczyłem megapałą po rozważeniu dwóch przypadków (nierosnąca i niemalejąca) i oznaczeniu \(\displaystyle{ y=\frac{f(x)-x}{2}+y'}\) dla pewnego \(\displaystyle{ x\in \mathbbm{R}}\) oraz dowolnego \(\displaystyle{ y'\in \mathbbm{R}}\).

[kareth]

Jak ktoś się pytał to odpowiadam. 3 układał Bartosz Bzdęga z UAMu (kostrzyn rulez;P) w kazdym razie jego tez bylo zeszloroczne\(\displaystyle{ b<a \sqrt{3}}\)

W kazdym razie ja licze w tym roku na 17-19(2 na 6, funkcje mi pewnie utną na 5, i moze 2 za 6) bo nie ruszyłem stereo z zasady, a szkoda bo to mi ucina szanse;P wiec jakby nie patrzec stąpam na baardzo kruchym lodzie;D

[MateuszL]

Co do szóstego - byłem go pewien, po wyjściu z sali jak okazało się, że prawie nikt go nie ma, to moja pewność spadła, więc chciałem rozwiać wątpliwości prezentując na omawianiu. Po pokazaniu pojawiły się głosy sprzeciwu, które ludzie siedzący uznali za słuszne, więc zwątpiłem szczerze. Teraz jednak odtwarzam swój sposób i nie potrafię znaleźć w nim błędu, więc napiszę go z grubsza, może ktoś go znajdzie lub stwierdzi, że jednak wygląda dobrze:

Ukryta treść:    

Udowodnię, że możemy otrzymać dowolny zbiór liczb rzeczywistych, który spełnia warunki z zadania. Na początku weźmy n równych sobie liczb, od \(\displaystyle{ a_{1}}\) do \(\displaystyle{ a _{n}}\), przy czym są one równe najmniejszemu z elementów zbioru, który chcemy otrzymać. W tym przypadku warunki zadania są spełnione, co jest oczywiste (oczywiście to uzasadniłem). A więc weźmy dowolny element, dla wygody \(\displaystyle{ a_{1}}\) i powiększmy go o dowolną liczbę dodatnią k (dodatniość wynika z tego, że liczby równe były najmniejszej oczekiwanej przez nas). Liczba k współtworzy dokładnie n-1 podzbiorów dwuelementowych, w każdym z nich średnia wzrosła o \(\displaystyle{ \frac{k}{2}}\). Zaś średnia całości wzrosła o \(\displaystyle{ \frac{k}{n}}\). Z założenia oczywiste jest, że pierwsza wartość jest większa, więc nasz zbiór spełnia warunki zadania. Teraz bierzemy kolejny element i zwiększamy go o dowolne l. Jeżeli l<k, to zostawiamy wszystko jak było i nadal rozważamy pary z elementem powiększonym o k, jeżeli zaś l \(\displaystyle{ \ge}\) m, to teraz m współtworzy n-1 par o interesujących nas warunkach, bo te pary zostały zwiększone o \(\displaystyle{ \frac{l}{2}}\), całość zaś o \(\displaystyle{ \frac{l}{n}}\). W ten sposób dochodzimy do tego, że możemy wykonać analogiczne operacje na n-2 kolejnych elementach, aż dostaniemy dowolny zbiór \(\displaystyle{ a_{1} \ge a_{2} \ge a_{3} \ge ... \ge a_{n}}\), który spełnia warunki zadania, tj. istnieje w nim co najmniej n-1 dwuelementowych podzbiorów, których średnia arytmetyczna elementów jest większa od średniej arytmetycznej całości.

Pisząc to jeszcze raz analizowałem i błąd nieznaleziony w dalszym ciągu, wyrwijcie mnie z tej obsesji ;] Oczywiście jak już tam pisałem, na kartce było bardziej szczegółowo, tu jest to co najważniejsze.

[XMaS11]

Tak patrze tylko, że dowód ten działa również dla n=3 ? Co oczywiście jest niemożliwe.
Błąd jest w momencie, że całość nie jest zwiększona o \(\displaystyle{ l/n}\) tylko o n-tą część sumy tych wszystkich liczb które dodałeś wcześniej.

[Wuja Exul]

Bartosz Bzdęga

Mam na imię Bartłomiej.
Za zadanie nie wini się jego autora, ale tych, którzy je wybrali. Ponoszę więc tylko około 5% odpowiedzialności.
Życzę sukcesów, nie tylko w OM.

[XMaS11]

Moim skromnym zdaniem, to zadanie było super, panie Bartłomieju : >

[Swistak]

Do wczoraj miałem bardzo mieszane uczucia co do tego zadania, ale po rozwiązaniu, które zobaczyłem dzisiaj, też uważam, że jest super :>.

[allure]

Pozwolę sobie umieścić moje rozwiązanie zad. 5. Ocencie czy jest szansa na punkty, a jeżeli tak to ile?

Ukryta treść:    

Zakładam, że jest stała wychodzi f(x)=0.
Zakładam, że nie jest stała:
Dochodzę do tego co we wzorcówce \(\displaystyle{ f(0)=0 i f(-x)=-f(x)}\)
\(\displaystyle{ y:=-x \Rightarrow f(f(x)+x)=0}\)
\(\displaystyle{ x:=f(x)+x \Rightarrow f(f(x)+x+y)=-f(-y) \Leftrightarrow f(f(x)+x+y)=f(y)}\)
A stąd \(\displaystyle{ f(x)+x=0 \Rightarrow f(x)=-x}\)

[wally]

allure, jeżeli udowodniłeś, że funkcja jest różnowartościowa, to oczywiście 6, jeżeli nie to obawiam się, że 0 ponieważ jest to najważniejsza część zadania. Chyba, że to skomentowałeś w ten sposób:
"Jeżeli istnieje takie \(\displaystyle{ a}\), że \(\displaystyle{ f(a)+a =b \neq 0}\) to funkcja \(\displaystyle{ f(x)}\) jest monotoniczna i okresowa z okresem równym \(\displaystyle{ b}\), a więc jest stała, co jest wbrew założeniu.

[allure]

Znaczy tak myślałem, że jest spora luka dlatego pełen moje rozwiązanie wygląda tak:

Ukryta treść:    

Rozpatrzmy najpierw wszystkie funkcje niemalejące spełniające warunki zadania.
Wiemy, że \(\displaystyle{ f(f(x)+x)=0, f(0)=0.}\)
Niech x>0, wtedy \(\displaystyle{ 0 \le f(x) \le f(f(x)+x)=0 \Rightarrow f(x)=0}\) Podobnie dla x<0.
A dla funkcji nierosnących dałem to rozwiązanie wyżej co napisałem

Muszę jednak mieć nadzieję, że dwa punkty wpadną...

[Swistak]

Za dojście do nieparzystości funkcji myślę, że będą 2 punkty.

[mzs]

Firmowe rozwiązanie 6 można nieco uprościć. Niech \(\displaystyle{ a_k+a_{n+1-k}\geq2s}\) i \(\displaystyle{ k\leq (n+1)/2}\). Wtedy
\(\displaystyle{ 2s\leq a_k+a_{n+1-k}\leq a_{k-1}+a_{n+1-k}\leq ... \leq a_{2}+a_{n+1-k} \leq a_{1}+a_{n+1-k} \leq a_{1}+a_{n-k} \leq a_{1}+a_{n-k-1} \leq ... \leq a_{1}+a_{2}}\),
skąd otrzymujemy szukanych n-1 podzbiorów z wyjątkiem przypadku k=n+1-k, kiedy zamiast podzbioru \(\displaystyle{ \{a_k,a_{n+1-k}\}}\) trzeba wziąć np. \(\displaystyle{ \{a_2,a_{n-k}\}}\) (\(\displaystyle{ 2s \leq a_{2}+a_{n+1-k} \leq a_{2}+a_{n-k}}\)).

[Swistak]

O kurde 0_0!! Genialne w swojej prostocie...
Nie wiem jak wy, ale ja nie widzę blefa, a to jest bardzo proste rozwiązanie tego niby nierobialnego dla śmiertelników zad. 6 w kilku linijkach 0_0.

[SaxoN]

Ok, to bardzo ładne, tylko jeszcze trzeba by chyba dopisać, że dzięki warunkowi \(\displaystyle{ n\geq 6}\) żadne dwójki z tych wypisanych nam się nie pokryją. Poza tym po wymyśleniu, żeby dobierać elementy zbioru dwójkami pierwszy z ostatnim itd. zrobienie zadania to formalność- chociaż nie ukrywam, że tą końcówką jest prościej.

[binaj]

ktoś orientuje się kiedy będzie lista finalistów?