LXIV (64) OM - II etap

[Ponewor]

II

[Rafal_algo]

Za co w zadaniu drugim mogli mi obciąć rozwiązanie do 5 pkt ?

[porfirion]

Za to co wszystkim (względnie mi) - za brak wzmianki o rozwartości kąta (co jest przecież mega oczywiste).

[urojony]

Za to co wszystkim (względnie mi) - za brak wzmianki o rozwartości kąta (co jest przecież mega oczywiste).

Ja wspomniałem i mi ucięli, podobnie zresztą jak Mściwojowi. Choć mi mogli uciąć za to, że nie uzasadniłem wypukłości pięciokąta, który się tam pojawił.

[smigol]

Czy ktoś wie czemu na stronie om nigdy nie ma jawnej informacji o progu

Dwa lata temu był podany na stronie głównej OM.

[Sambard]

Czy jest ktoś, kto dostał 2 pkt. za 5 zadanie? Mi wyzerowali, chociaż liczyłem na 2 właśnie...

[Msciwoj]

Dobra, ogłaszam konkurs!

Brać w nim udział mogę tylko finaliści LXIV Olimpiady Matematycznej
Nagrodą jest duża czekolada mleczna Milka i obiad w sobotę 20.04.2013 r. po zakończeniu ceremonii zamknięcia OM.
Wygrywa pierwsza osoba, która się do mnie zgłosi na finale i pokaże swoje wyniki z tegorocznego drugiego etapu postaci \(\displaystyle{ 000xyz}\), gdzie \(\displaystyle{ x,y,z \neq 0}\)



Od razu mówię, że poszedł zakład, ale nie powiem z kim i muszę kogoś takiego znaleźć.

Nie ujawniam danych, znajdźcie kogoś ze Staszica i pytajcie o Mściwoja.

[Errichto]

Przegrasz. Ja za to mogę się założyć, twierdząc, że istnieje finalista z wynikiem na drugim etapie postaci \(\displaystyle{ xyz000}\), gdzie \(\displaystyle{ x,y,z \neq 0}\)

[Marcinek665]

Ja mogę się założyć, że nie istnieje finalista z wynikiem postaci \(\displaystyle{ 000000.}\)

[skazy]

@Marcinek665, przyjmuję zakład, zapraszam na PW obgadać warunki

[Ponewor]

Witajcie!
Doszły mnie słuchy, że ludzie mówią, że piąte to była zgadywanka. To wcale nie jest prawda!
Zadania trzeba rozkminiać, albo się nie denerwować.
Oto mój tok rozumowania:
Najpierw przez 3 godziny myślimy, że się nie da i próbujemy to udowodnić. Jednak po sprawdzeniu ok. 10 metod nam nie pyka, więc może jednak coś jest na rzeczy.
Sprawdzamy dla wielomianów stopnia 2. Łatwo widać, że tu nie ma kontrprzykładu.
No to \(\displaystyle{ n=3}\):
\(\displaystyle{ W(x)=W(y) \Leftrightarrow (x-y)(x^2+xy+y^2+a(x+y)+b)=0 \Leftrightarrow (x^2+xy+y^2)+a(x+y)+b=0}\). Wobec tego weźmy \(\displaystyle{ x=\frac{p}{r}, y=\frac{q}{r}}\), gdzie \(\displaystyle{ p,q,r}\) są całkowite.
\(\displaystyle{ W(x)=W(y) \Leftrightarrow (p^2+pq+q^2)+a(pr+qr)+b(r^2)=0}\).
No i teraz doświadczony zawodnik już wie, co trzeba z tym zrobić. \(\displaystyle{ p^2+pq+q^2}\) to jest takie fajne wyrażenie, że jak się weźmie liczbę pierwszą dającą resztę 2 modulo 3, to ono daje modulo ta liczba pierwsza resztę 0 wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ p}\) i \(\displaystyle{ q}\) dają resztę 0. (finał 61. OM, zadanie 5.)
Wobec tego niech \(\displaystyle{ m}\) będzie taką liczbą pierwszą. Gdy \(\displaystyle{ p,q \equiv 0 \text{ modulo } m}\), to \(\displaystyle{ p^2+pq+q^2 \equiv 0 \text{ modulo } m^2}\). Zatem doświadczony zawodnik już wie, że tu trzeba będzie zastosować nieskończone schodzenie.
W tym celu weźmiemy \(\displaystyle{ a=m,b=m}\) i dostajemy \(\displaystyle{ (p^2+pq+q^2)+m(pr+qr+r^2) = 0}\). I to istotnie jest nieskończone schodzenie modulo m.
Chcemy jeszcze, żeby nasz wielomian \(\displaystyle{ x^3+mx^2+mx}\) miał więcej niż jeden pierwiastek. Jednak jak zauważymy, że \(\displaystyle{ m\geq 5}\), to delta równania \(\displaystyle{ x^2+mx+m}\) wychodzi dodatnia, więc \(\displaystyle{ W(x)}\) ma 3 pierwiastki, z czego 2 niewymierne. Wobec tego mamy \(\displaystyle{ W(t_1)=W(t_2)}\), a nie mamy \(\displaystyle{ W(r_1)=W(r_2)}\).
Bawcie się i cieszcie razem ze mną!

Dopiero po upływie czasu jestem w stanie docenić piękno tego rozwiązania. Szacun