[LX OM] I etap

[xiikzodz]

Ty i twoi znajomi dostaniecie po 6, a inni po 0.

[Swistak]

Sporo osób napisało na forum, że zrobiło 7 zadanie - nie tylko michaln90.

[Trez]

No to wyskakujcie z zadaniami .

[Sylwek]

5. indukcja, uwzględniłem zbiór pusty: 2n
6. proste podobieństwa: \(\displaystyle{ \Delta KBM \Delta MCL \Delta KML}\) - teraz już proste pooznaczanie wszystkich wiadomych kątów i wiadomo jak
8. punkt H w środku układu współrzędnych, A,B,C,D,S leżą na osiach, dość szybko się przeliczyło

[limes123]

5. Indukcja - bez pustego 2n-1;p
6. 1. CL=BK
2. BK>CL i wtedy obranie takiego K'na AC, ze CK'=BK i pozniej latwo szlo z podobienstwa + punkty na okregu
7. nie zrobilem
8. najpierw analogiczny lemat w geometrii plaszczyzny i pozniej przeniesienie na przestrzen (2 przypadki - podst wypukla i wklesla)

[allure]

5. Tak samo jak Limes
6.Tak samo jak Sylwek
7. Nie zrobiłem
8.Tak samo jak Sylwek

Według mnie piąte nie było takie banalne, było strasznie niewygodne do zapisania.
od najłatwiejszego do najtrudniejszego jak na razie :> :1, 6, 8, 4, 5, 3, 2, 7.

Jetem ciekaw siódmego :>

[xiikzodz]

Moim zdaniem to wlasnie ludzie, ktorym to zadanie 7 zajelo tydzien myslenia powinni sie pochwalic. Musieli znalezc jakies niesamowicie eleganckie rozwiazania... Mnie zajelo pol godziny, ale rozwiazanie nie zawiera zadnego pomyslu:

Wielokrotnie skorzystam z faktu:

(F) Jesli \(\displaystyle{ w\in\mathbb{Z}[x]}\), to \(\displaystyle{ w(a)-w(b)\in(a-b)\mathbb{Z}}\) dla dowolnych \(\displaystyle{ a,b\in\mathbb{Z}}\).

Redukcje:

1. Mozemy przyjac, ze \(\displaystyle{ w(0)=0}\), w przeciwnym razie rozwazamy \(\displaystyle{ v(x)=w(x-a)}\), dla \(\displaystyle{ w(a)=0=F_0}\).
2. Na mocy (F) \(\displaystyle{ w(1)=\pm 1}\), bo
[EDIT]
jesli \(\displaystyle{ w(x)=1}\), to \(\displaystyle{ x=x-0|w(x)-w(0)=1-0=1}\),
[EDIT]
wiec zalozmy tez, ze \(\displaystyle{ w(1)=1}\) rozwazajac w razie potrzeby \(\displaystyle{ -w(x)}\).

Teraz przez indukcje:

Sprawdzamy wielokrotnie wykorzystujac (F) oraz umiejetnosci nabyte w trakcie nauczania poczatkowego, ze \(\displaystyle{ w(F_i)=F_i}\) dla \(\displaystyle{ i=1,2,3,4,5}\) (brzydkie, ale na poziomie szkoly podstawowej).

Zalozenie indukcyjne: Przypuscmy, ze dla pewnej liczby \(\displaystyle{ n>5}\) oraz dowolnego \(\displaystyle{ k\le n}\) zachodzi:

\(\displaystyle{ w(F_k)=F_k}\).

Pokazemy, ze \(\displaystyle{ w(F_{n+1})=F_{n+1}}\)

Niech \(\displaystyle{ w(T)=F_{n+1}}\).

Na mocy (F) i zalozenia indukcyjnego mamy:

\(\displaystyle{ T-F_i|F_{n+1}-F_i}\) dla \(\displaystyle{ i=0,1,...,n}\).

Potrzebne mi tylko beda przypadki \(\displaystyle{ i=0,1,n}\) (uzycie przypadku \(\displaystyle{ i=n-1}\) skraca zapis, ale pogarsza czytelnosc), czyli:

(1) \(\displaystyle{ T|F_{n+1}}\)
(2) \(\displaystyle{ T-1|F_{n+1}-1}\)

(3) \(\displaystyle{ T-F_n|F_{n+1}-F_n=F_{n-1}}\)

Do tego momentu chyba wszyscy doszli na przyklad po lekcji matematyki... Sztuka polegala jedynie na tym, zeby zauwazyc, teraz juz bliziutko i prosto.

Na mocy (3):

\(\displaystyle{ T-F_{n}| F_{n-1}}\) skad

\(\displaystyle{ \boxed{T\ge F_n}}\)

LUB

\(\displaystyle{ 0\le F_n-T|F_{n-1}}\), skad albo

\(\displaystyle{ F_n-T=F_{n-1}}\) czyli \(\displaystyle{ T=F_{n-2}}\), co jest sprzeczne z zalozeniem indukcyjnym

albo

\(\displaystyle{ F_n-T\le\frac 12 F_{n-1}}\) skad

\(\displaystyle{ \boxed{T\ge F_n-\frac{F_{n-1}}{2}>F_n-F_{n-2}=F_{n-1}}}\).

Zatem z (3) wynika:

(*) \(\displaystyle{ 3T\ge 3F_{n-1}>F_{n-2}+F_{n-1}+F_{n-1}=F_n+F_{n-1}=F_{n+1}}\).

Krotko:

(*) \(\displaystyle{ \boxed{T>\frac{F_{n+1}}{3}}}\)

Teraz do gry wkraczaja (1,2)

Na mocy (*) oraz (1), czyli \(\displaystyle{ T|F_{n+1}}\), mamy

\(\displaystyle{ \boxed{T\ge \frac{F_{n+1}}{2}}}\).

Skad jesli \(\displaystyle{ F_{n+1}>4}\), czyli dla \(\displaystyle{ n\ge 5}\), to

\(\displaystyle{ T-1\ge \frac{F_{n+1}}{2}-1>\frac{F_{n+1}-1}{3}}\)

skad na mocy

\(\displaystyle{ T-1|F_{n+1}-1}\)

mamy:

\(\displaystyle{ T-1\ge \frac{F_{n+1}-1}{2}}\)

Zatem

\(\displaystyle{ \boxed{T> \frac{F_{n+1}}{2}}}\),

czyli

\(\displaystyle{ T=F_{n+1}}\), bo \(\displaystyle{ T|F_{n+1}}\).

Pokazalismy, ze \(\displaystyle{ w(F_n)=F_n}\) dla kazdego \(\displaystyle{ n}\), czyli \(\displaystyle{ w(x)-x=0}\) (nieskonczenie wiele pierwiastkow), czyli \(\displaystyle{ w(x)=x}\). Przypominamy sobie redukcje i ostatecznie odpowiedz to wszystkie wielomiany postaci:

\(\displaystyle{ \pm x+a}\) dla \(\displaystyle{ a\in\mathbb{Z}}\).

To rozwiazanie jest dlugie i brzydkie, ale proste: wiadomo co trzeba robic krok po kroku, a sprawdzanie przypadkow wymaga umiejetnosci z podstawowki. Najwiekszy tu pomysl polega na tym, ze jesli \(\displaystyle{ a|b}\), to albo \(\displaystyle{ a=b}\), albo \(\displaystyle{ a\le\frac{b}{2}}\).

[allure]

xiikzodz, Twój dowód jest poprawny i chwała ci za to. Gratuluję. To że nie uwzględniłeś żadnego pomysłu to nie umniejsza jakości twojego rozwiązania. Oczywiście ja poległem tam gdzie napisałeś że pewnie większość spoczeła , ale napsiałem to co miałem może 2 pkt będą:P

[Dumel]

ale ten lemat przecież leci w drugą stronę:
\(\displaystyle{ (a-b)|W(a)-W(b)}\)

[ Dodano: 4 Listopada 2008, 06:40 ]
moje rozwiązania:
5. indukja
6. troche inaczej niż inni- wykazałem że odległości punktów P i Q od AB są równe (2x podobienstwo trójkątów i raz tw. sinusów)
7. brak
8. analitycznie

[*Kasia]

Ciekawa jestem, na ile moje siódme jest poprawne, ponieważ mocno kombinowałam.

Na początku przyjmijmy, że w(0)=0. Pozostałe wielomiany można uzyskać za pomocą odpowiedniego przesunięcia. Ponadto możemy przyjąć takie założenie, ponieważ wielomian ma miejsce zerowe.

\(\displaystyle{ w(x)=a_mx^m+a_{m-1}x^{m-1}+...+a_1x+a_0}\)
Ponieważ w(0)=0, to \(\displaystyle{ a_0=0}\), czyli \(\displaystyle{ w(x)=a_mx^m+a_{m-1}x^{m-1}+...+a_1x=x(a_mx^{m-1}+a_{m-1}x^{m-2}+...+a_1)}\). Oznaczmy \(\displaystyle{ P(x)=a_mx^{m-1}+a_{m-1}x^{m-2}+...+a_1}\)
Dla każdego \(\displaystyle{ f_n}\) otrzymamy równanie do rozwiązania w liczbach całkowitych: \(\displaystyle{ x(a_mx^{m-1}+a_{m-1}x^{m-2}+...+a_1)=f_n}\).
\(\displaystyle{ D(f_n)=\{b_1, b_2, ..., b_k\}}\) - zbiór naturalnych dzielników liczby \(\displaystyle{ f_n}\). Oczywiście \(\displaystyle{ b_1=1;b_k=f_n}\).
Możliwymi rozwiązaniami równania \(\displaystyle{ x\cdot P(x)=f_n}\) są:
\(\displaystyle{ \begin{cases} x=-b_k\\P(x)=-1\end{cases} \begin{cases} x=-b_{k-1}\\P(x)=-b_2\end{cases} ... \begin{cases} x=b_k\\P(x)=1\end{cases}}\)
Łatwo zauważyć, że \(\displaystyle{ P(x)\equiv a_1 (mod\ x)}\)

Jeśli dla każdego równania rozwiązaniem jest \(\displaystyle{ x=-f_n}\) bądź dla każdego równania rozwiązaniem jest \(\displaystyle{ x=f_n}\), to dla każdego równania \(\displaystyle{ a_1\equiv -1 (mod\ f_n)}\) bądź dla każdego równania \(\displaystyle{ a_1\equiv 1 (mod\ f_n)}\), co z kolei implikuje \(\displaystyle{ a_1=-1}\) bądź \(\displaystyle{ a_1=1}\) (odpowiednio). Wtedy wielomian P(x) powiększony o 1 bądź pomniejszony o 1 (odpowiednio) będzie miał nieskończenie wiele miejsc zerowych (patrz możliwe rozwiązania równania), zatem \(\displaystyle{ P(x)=\mp 1}\). Czyli w konsekwencji \(\displaystyle{ w(x)=x\cdot P(x)=\mp x}\).

Jeśli chociaż dla jednego z równań rozwiązaniem będzie x różny od \(\displaystyle{ -f_n}\) i różny od \(\displaystyle{ f_n}\) (przy czym dla każdego równania musi być ten sam znak przy x), to otrzymamy nieskończony układ kongruencji, którego nie można będzie rozwiązać (rozwiązaniem jest liczba w nieskończoności, a rozpatrujemy liczby całkowite). Nieskończone układy kongruencji można rozwiązać tylko wtedy, gdy szukana liczba zawsze przystaje do 1 albo do -1 (patrz wcześniejszy akapit).

Zatem pokazałam, że \(\displaystyle{ w(x)=\mp x}\). Pozostaje uwzględnić fakt, że początkowo założyłam, że \(\displaystyle{ w(0)=0}\), co oczywiście nie musi zawsze zachodzić. Pozostałe rozwiązania można uzyskać poprzez przesunięcie wykresu wielomianu. Ostatecznie \(\displaystyle{ w(x)=\mp x+a}\), gdzie \(\displaystyle{ a\in \mathbb{Z}}\).

[kasidelvar]

Hah! Dobrze zrobiłem 7 myślałem, że będzie jakiś wielomian kosmita, wyższego niż 1-stopnia, ale właśnie w podobny sposób udowodniłem, że istnieje nieskończenie wiele wielomianów będących funkcją w postaci y=ax+b gdzie a =1 lub a=-1, a b jest odpowiednią liczbą całkowitą.

[wiślak]

Ja w zasadzie nie mam się czym chwalić ale cóż:
5. posłużyłem się graficzną interpretacją podziału zbiorów
6. Tak samo jak Sylwek
7,8 pustka

[michaln90]

Co do 7. to widzę że xiikzodz ma pewnie dobrze (rozwiązanie właściwie identyczne z moim). Natomiast co do rozwiązania:

Jeśli chociaż dla jednego z równań rozwiązaniem będzie x różny od i różny od (przy czym dla każdego równania musi być ten sam znak przy x), to otrzymamy nieskończony układ kongruencji, którego nie można będzie rozwiązać (rozwiązaniem jest liczba w nieskończoności, a rozpatrujemy liczby całkowite). Nieskończone układy kongruencji można rozwiązać tylko wtedy, gdy szukana liczba zawsze przystaje do 1 albo do -1 (patrz wcześniejszy akapit).

to niezły blef, jeżeli tak nawet jest, to wypadałoby podać odpowiednie twierdzenie albo dowód tego lematu. A tak w ogóle to nie bardzo rozumiem to rozwiązanie.

[ Dodano: 4 Listopada 2008, 10:20 ]
A tak w ogóle to prosiłbym o uściślenie tego rozwiązania ( o jaki układ kongruencji ci chodzi), bo teoria liczb to nie jest wypracowanie.

[xiikzodz]

Kasia, a gdyby

\(\displaystyle{ f_{n+2}=3f_{n+1}-3f_n+f_{n-1}}\)
\(\displaystyle{ f_0=0, f_1=1, f_2=6}\),

to w ktorym miejscu twoje rozwiazanie by nie dzialalo? Dla takich \(\displaystyle{ f_n}\) wielomiany \(\displaystyle{ w(x)=\pm x + a}\) sa OK, ale rowniez kazdy wielomian postaci: \(\displaystyle{ 2(x-m)^2-(x-m)}\) dla \(\displaystyle{ m\in\mathbb{Z}}\) bylby OK.

Jesli masz gdzies w dowodzie argument wykorzystujacy postac \(\displaystyle{ f_n}\), to warto go dopisac, bo w nim cala trudnosc.

[szablewskil]

Móglby ktos przedstawic pelne rozwiązanie 5, bo nie wiem jak tam indukcją robic ;/