Matematyka.pl

No to jest to samo, mi też tak wyszło k musi być nieparzyste i nwd(k, n)=1

mi tak samo, ale jak do tego dochodzilem to lepiej pominac milczeniem - w kazdym badz razie na wiecej niz na 2 pkt za lampki nie licze - ja jestem zadowolony ze swojego 5, nie wiem tylko czy jest dobrze bo zrobilem za pomoca rachunku wektorowego i mialem jedna watpliwosc.

Czy jesli dwa wektory sa rowne to ich dlugosci rowniez sa rowne ?

Dwa wektory zgodnie rownolegle majace rowne dlugosci nazywamy wektorami rownymi.

Pozdrawiam, GNicz

przy osmym wprowadzilem cos co nazwalem tabelka:) ma n kolumn i kolejne kolumny odpowiadaja kolejnym lampkom, i iles tam wierszy, jesli zmienilismy stan lampki, to zaznaczamy pole co jest najnizej i jeszcze nie jest zaznaczone. Szukany stan jest wtedy, gdy w jednej kolumnie jest nieparzysta liczba zaznaczonych pol, a w pozostalych parzysta. Liczba wszystkich pol jest podzielna przez k, wiec k musi byc nieparzyste. Jesli teraz (n,k)=d >=3 to numerujemy kolumny cyklicznie liczbami od 1 do d. Przy kazdym ruchu zaznaczamy tyle samo pol z kolumn o numerze 1,2,...d. Zatem po wszystkich ruchach suma pol z kolumn o numerze 1 jest rowna sumie pol z kolumn o numerze 2,3,...d. Zalozmy przeciwnie, ze uzyskalismy taki stan i w kolumnie o numerze a, jest nieparzysta liczba pol, ale suma pol ze wszystkich pol o numerze a jest parzysta, bo reszta jest parzysta, wiec jeszcze jedna kolumna musi miec nieparzysta liczbe pol. mamy sprzecznosc.
Z drugiej strony jesli (k,2n)=1 to rownanie t*k-s*2n=1 ma rozwiazanie w liczbach calkowitych dodatnich t,s, zatem wykonujac po kolei t ruchow mamy stan, o ktory chodzilo

Wyslalbys im po prostu kod do maszyny Turing jako dowod i po sprawie

ad 8
1. parzyste k odpadaja
DOWOD:(niewprost)
w kadzym ruchu zapalamy m lampek a gasimy k-m lampek wobec tego przyrost liczby zapalonych lampek wynosi 2m -k = 0 (mod2)
w takim arzie parzystosc lampek zapalonych sie nie zmienia,co implikuje brak mozliwosci przejscia z 0 do 1 gdyz sa roznej parzystosci.
2. takie k ze nwd(n, k) >1 odpadaja
Dowod (niewprost):
numerujemy lampki liczbami naturalnymi od 1 do n
po pierwsze zauwazmy ze sytuacja jest symetryczna ze wzgledu na lampki, mozemy zatem zalozyc ze na koncu zostanie nam lampka z numerem 1.
niech nwd(n,k) = d
rozpatrujemy lampki o numerach niepodzielnych przez d.
mamy ze wkadzym ruchu zmieniamy stan dokladnie k/d - k sposrod nich czyli parzysta ich ilosc dalszy dowod analogicznie jak w1.
3. reszta sie da
dowod:
mamy nwd(k,2n)=1
z zasadniczego twierdzenia teorii liczb istnieje taki x ze
kx=1 ( mod2n)
wobec tego zmieniajac stan lampek dookola pokolei(w rozwiazaniu bylo scislej) w koncu dojdziemy do stanu z jedna lampka wlaczona.

No, trzeba powiedzieć, że seria 2 była trudniejsza od 1... Ale wszystko było do zrobienia... Już swoich rozwiązań może nie będę podawał, ale są w nich idee z poprzednich postów:

5 (obwody trójkątów są równe, a więc trapez)
6 (kombinacja liniowa fibonacciego)
7 (trywialne)
8 (dwa przypadki, a wychodzi (n,k)=1, k nieparzyste)

No i tyle mojego komentarza....

a jak zrobiliscie 7 ?
ktoś powoływał sie na twierdzenie pitagorasa ? jeśli tak to czy rozwazaliscie przypadki ? :> Bo nie sadze ze wszyscy mają tak samo ...

ja w 5 pokazałem ze pola tych figur i ich obwody są takie same za pomoca 4 wzorów a potem już było łatwo pokazać ze róznież pozostałe 2 trójkąty maja takie same pola i obwody...

Ja 5 zrobiłem, udowadniając, że figura utworzona z odcinków łączących środki okręgów wpisanych w trójkąty jest prostokątem (dowód wzięty z Pawłowskiego ), a potem to już poszło gładko. Ciekawi mnie, że 6 dało się rozwiązać trywialnie, w zasadzie dokonując jednego przekształcenia i kilku linijek komentarza...

Moje rozw.:

5: nie napisze tego co wysłałem bo to była masakra! Jeszcze przed terminem znalazłem prostsze ale nie wysłałem: ze wzoru r=(p-a)tg(alfa) mamy równość obwodów, dzięki której możemy narysować elipsę o ogniskach w dwóch punktach i przechodzącą przez dwa pozostałe(z A,B,C,D) a że wszystkie leżą na okręgu to mamy przystawanie.
6: -już pisałem
7: jak wszyscy
8: ponumerowałem lampki 1,2,...,n oraz wprowadziłem takie liczby a_i które oznaczały liczbę zmian lampki i takie że a_1+...+a_n była jak najmniejsza.
k|(a_1+...+a_n) i ~(2|(a_1+...+a_n) )=> ~(2|k)
NWD(n,k)=d
No i teraz pokazywałem(nie wprost) że a_2=...=a_n stąd i z k|(a_1+...+a_n) miałem że d|(a_1-a_2) ale |a_1-a_2|=1(zasada podobna jak w a_2=...=a_n ) więc d=1
Drugą część(wykazanei istnienia) to zrobiłem masakrycznie: oparłem się na algorytmie Euklidesa.

Arek pisze:No, trzeba powiedzieć, że seria 2 była trudniejsza od 1

Jak dla mnie to byla latwiejsza, ale co kto lubi przeciez 3 i tak jest najtrudniejsza

to i ja sie swoimi rozwiazaniami podziele.

5. poprzez wiele roznych wlasnosci jak np katy na jednym luki itd itd doszedlem ze jest to trapes rownoramienny i ze to bedzie prawda.

6. wiedzialem ze nie istenieje ale ciagi dopiero w szkole mam wiec mnie to zadanie chwilowo przeroslo.

7. to proste bylo i chyba kazdy zrobil

8. tu podalem tylko jakie moze byc k. nie wiem czy wystarczy ale zobaczymy.

Megus pisze:

Arek pisze:No, trzeba powiedzieć, że seria 2 była trudniejsza od 1

Jak dla mnie to byla latwiejsza, ale co kto lubi przeciez 3 i tak jest najtrudniejsza

eeee 3seria nie jest taka zła no poza jednm zadaiem ale narazie ciiiii

ad 6
zdefiniujmy ciag b[n] = (a[n+1] +a[n+2]) / (nwd a[n+1] ,a[n+2] )
udowadniamy ze jest scisle malejacy ato jest sprzecznosc .

1 seria była prosta.
2 seria już troche trudniejsza,
a
3 seria była chyba najtrudniejsza ze wszystkich.