Konkurs matematyczny Politechniki Warszawskiej.

[Marcinek665]

Dziedzina to wszystkie x (jeśli o to ci chodzi), a rozwiązanie \(\displaystyle{ (- \infty , 1) \cup (4, + \infty )}\), mi tak wyszło. gorzej z zadaniami 3, 4 i 5 których nie mogę w ogóle ruszyć. Jakaś pomoc, wskazówka?

Dziedzinę najrozsądniej byłoby wybrać tak, by \(\displaystyle{ x>2}\), bo inaczej będziemy mieli do czynienia z takimi kwiatkami jak podnoszenie liczby ujemnej do potęgi niewymiernej, np \(\displaystyle{ \left( -1\right)^{\pi}}\), co jest średnio wykonalne.

[tatteredspire]

Mam pytanie odnośnie zadania pierwszego z finału z ubiegłego roku. Przypomnę jego treść:
Rozwiąż nierówność:
\(\displaystyle{ \left( x-2\right) ^{x^{4}-6x^{3}+9x^{2}-6x+8} >1}\)
Najbardziej interesuje mnie dziedzina tej nierówności.

Jeśli nie podają dziedziny to na ogół (na poziomie szkoły średniej) przyjmuje się, że chodzi o zbiór \(\displaystyle{ \left\{ x \in \mathbb{R}: \phi(x) \in \mathbb{R}\right\}}\), no bo inaczej każdy mógłby sobie przyjąć co chce (jeśli nie są podane kryteria wyboru, to każdy wybór powinien być równouprawniony), np. zbiór pusty i byłoby po zadaniu z automatu, a chyba nie o to chodzi.
Idąc tym tropem (jeśli w tym zadaniu rzeczywiście nie podali dziedziny) trzeba by założyć, że jest nią zbiór \(\displaystyle{ \left\{ x \in \mathbb{R}: \left( x-2\right) ^{x^{4}-6x^{3}+9x^{2}-6x+8} \in \mathbb{R}\right\}}\) i wtedy zadanie rzeczywiście nie jest trywialne łagodnie mówiąc, bo oprócz tego, że to wyrażenie ma sens dla dowolnego \(\displaystyle{ x>2}\), to jeszcze trzeba rozwiązać tę nierówność w zbiorze tych wszystkich liczb \(\displaystyle{ x<2}\) dla których operacja \(\displaystyle{ \left( x-2\right) ^{x^{4}-6x^{3}+9x^{2}-6x+8}}\) jest wykonalna w \(\displaystyle{ \mathbb{R}}\), więc m.in. trzeba by wyznaczyć wszystkie liczby niewymierne \(\displaystyle{ x}\) takie, że \(\displaystyle{ x-2<0}\) oraz \(\displaystyle{ x^4-6x^3+9x^2-6x+9}\) jest liczbą całkowitą parzystą i dla których nierówność zachodzi (jako że potęga o wykładniku całkowitym jest określona dla liczb niewymiernych).

[bakala12]

trzeba by wyznaczyć wszystkie liczby niewymierne \(\displaystyle{ x}\) takie, że \(\displaystyle{ x-2<0}\) oraz \(\displaystyle{ x^{4}-6x^{3}+9x^{2}-6x+9}\) jest liczbą całkowitą parzystą i dla których nierówność zachodzi (jako że potęga o wykładniku całkowitym jest określona dla liczb niewymiernych).

No właśnie i tu jest problem. Dla x>2 sprawa jest banalna, zaś gdy x<2 to mamy kłopot. Wielomian z wykładnika rośnie wyraźnie szybciej od y=x więc łatwo dowieść, że istnieje nieskończenie wiele liczb x, które nie są całkowite, a dla nich wykładnik przyjmuje wartość całkowitą parzystą, a co za tym idzie nierówność jest spełniona, a działanie potęgowania jest jak najbardziej wykonalne. I tu właśnie tkwią moje wątpliwości.

[tatteredspire]

Nie wiem jak wyznaczyć wszystkie liczby mniejsze od \(\displaystyle{ 2}\) dla których ta nierówność zachodzi.

Może chodziło im rzeczywiście o to o czym napisał Marcinek665 tj. \(\displaystyle{ x>2}\) - nie wiem na ile jest to ambitny konkurs, ale w takim wypadku zadanie jest zdecydowanie prostsze, praktycznie na poziomie matury rozszerzonej.
W każdym razie jeśli o to chodziło, to powinni to zaznaczyć w jakiś sposób, a jeśli nie, to trochę grubsza sprawa.

[bakala12]

Może chodziło im rzeczywiście o to o czym napisał Marcinek665 tj. x>2 - nie wiem na ile jest to ambitny konkurs, ale w takim wypadku zadanie jest zdecydowanie prostsze, praktycznie na poziomie matury rozszerzonej.
W każdym razie jeśli o to chodziło, to powinni to zaznaczyć w jakiś sposób, a jeśli nie, to trochę grubsza sprawa.

Absolutnie się z tobą zgadzam.

A jak poszło dzisiaj? Nie wiem jakie powinny być dobre odpowiedzi ale u mnie 3,5 do 4 pełnych zadań. Ogólnie 1,2,4,5 rachunkowe, a prawdopodobieństwo - kosmos.

[Marcinek665]

Może chodziło im rzeczywiście o to o czym napisał Marcinek665 tj. x>2 - nie wiem na ile jest to ambitny konkurs, ale w takim wypadku zadanie jest zdecydowanie prostsze, praktycznie na poziomie matury rozszerzonej.
W każdym razie jeśli o to chodziło, to powinni to zaznaczyć w jakiś sposób, a jeśli nie, to trochę grubsza sprawa.

Absolutnie się z tobą zgadzam.

A jak poszło dzisiaj? Nie wiem jakie powinny być dobre odpowiedzi ale u mnie 3,5 do 4 pełnych zadań. Ogólnie 1,2,4,5 rachunkowe, a prawdopodobieństwo - kosmos.

Podobnie: zrobione 1,2,4,5, prawdopodobieństwa się nie dało xD

[Sylwek]

Dla potomnych - piszę na temat zadania 3. z tegorocznego finału (2012) tego konkursu.

No jak to się nie dało tego zrobić ?!

Wypełniając od góry i próbując przy tym podejściu policzyć \(\displaystyle{ \mathbb{P} \left( (a_1<a_2) \wedge (a_2<a_3) \wedge \ldots \wedge (a_{n-1}<a_n) \right)}\), to rzeczywiście mogło być ciężko - nie mamy żadnej niezależności tych zdarzeń, nie możemy rozbić w tym momencie na iloczyn prawdopodobieństw - jednym słowem koszmar.

Ale idąc innym tropem - gdzieś musi być \(\displaystyle{ n^2}\). Żeby \(\displaystyle{ a_i}\) był rosnący, to najwyższy wyraz musi być w najniższym, n-tym rzędzie, a pozostałe wyrazy w tym rzędzie nie mają wpływu na \(\displaystyle{ a_n}\). Następnie zostało nam \(\displaystyle{ (n-1)^2}\) różnych liczb (niekoniecznie kolejnych - nie ma to znaczenia dla relacji mniejszości), czyli rozpatrujemy sytuację dla piramidy o schodek mniejszej. No więc mamy rekurencję:
\(\displaystyle{ \begin{cases} P_n = \mathbb{P}(a_n=n^2) \cdot P_{n-1}=\frac{2n-1}{n^2} \cdot P_{n-1} \\ P_1=1 \end{cases}}\)

Albo wprost: wypełniając od dołu, na k-tym poziomie (czyli w jednym z dostępnych tam \(\displaystyle{ 2k-1}\) miejsc) musi być największa z \(\displaystyle{ k^2}\) jeszcze dostępnych liczb. Czyli (używam symbolu silniii podwójnej):
\(\displaystyle{ P_n = \prod_{k=1}^n \frac{2k-1}{k^2}=\frac{(2n-1)!!}{(n!)^2} = \frac{(2n-1)!! \cdot (2n)!!}{(2n)!! \cdot (n!)^2} = \frac{(2n)!}{2^n \cdot (n!)^3}}\)

No i nierówność z zadania jest równoważna \(\displaystyle{ 12<n}\), czyli \(\displaystyle{ n_0=13}\).

[Panda]

Czy wiadomo coś, czy ktokolwiek ma 3. i tym samym komplet (albo chociaż więcej niż 4)?

[bakala12]

Panda, szczerze mówiąc jestem przekonany, że 4 pełne zadania powinny dać laureata, bo tych co rozwiązali 3 będzie naprawdę niewielu. Przy zrobionych 1,2,4,5 o kolejności mogą decydować szczegóły i moim zdaniem różnice będą naprawdę niewielkie.

[Lider_M]

[...]
No jak to się nie dało tego zrobić ?!
[...]
No i nierówność z zadania jest równoważna \(\displaystyle{ 12<n}\), czyli \(\displaystyle{ n_0=13}\).

Dokładnie, pomagam przy tym konkursie na moim wydziale i z tego co się orientuję, to zadanie sprawiło bardzo duże problemy, a nie powinno...

A \(\displaystyle{ n_0=13}\) jest dobrą odpowiedzią, wszakże jest to XIII edycja konkursu

[Marcinek665]

pomagam przy tym konkursie na moim wydziale

Skoro pomagasz przy konkursie, to orientujesz się może, czy będą cięcia punktów za rozwiązanie zadania 5. z wykorzystaniem twierdzenia Van Aubela? xD Ponoć to były proste Talesy, ale mi się to pierwsze skojarzyło i szkoda było czasu na myślenie nad czymś innym.

[Lider_M]

Nie mam pojęcia.

[Marcinek665]

Są już wyniki:



U mnie słabe 6. miejsce i z tego, co się orientuję, to wygrał bakala12. Gratki laptopa

[bakala12]

Marcinek665, dzięki

[rafal9541]

Witam, piszę odnośnie zadania 3 z prawdopodobieństwem. Nie mogę dojść do tego jak będzie wyglądała piradmida w tym zadaniu. Moje rozumowanie nie zgadza się z Twoim przedstawieniem rozwiązania Sławek, chodzi może o coś takiego?
1
1 2 3
4 1 2 3 4
5 6 7 8 9 1 2
3 4 5 6 7 8 9 10 11