[LX OM] I etap

[michaln90]

Tak więc przedstawię moje rozwiązanie 7.:
Łatwo zauważyć, że w(x) ma pierwiastek całkowity. Oznaczmy go r. Wówczas wielomian p(x)=w(x+r) spełnia warunki zadania wtedy i tylko wtedy gdy wielomian w spełnia te warunki. Mamy p(0)=0. Stąd p(x)=xv(x). Ponadto wykorzystując fakt że w ciągu f występują liczby 1,2,3 możemy zuważyć (nie chce mi się pisać dowodu) że v(x)=(x-1)(x-2)(x-3)i(x) + 1 lub v(x)=(x+1)(x+2)(x+3)i(x) - 1. Teraz wykażę indukcyjnie że dla dowolnej naturalnej n v(f(n))=1 lub v(-f(n))=-1.

[ Dodano: 5 Listopada 2008, 14:27 ]
Pierwszy krok już został udowodniony przeze mnie. W drugim kroku indukcyjnym mam v(x)=(x-1)(x-2)...(x-f(n)) + 1 (dla drugiego warunku alternatywy dowód indukcyjny jest analogiczny.

[ Dodano: 5 Listopada 2008, 14:49 ]
Zauważmy że x jest dzielnikiem f(n+1). Załóżmy że jest różny od f(n+1). Gdyby był ujemny to |v(x)|>=2f(n) +2 -1=2f(n)+1>2 f(n)>=f(n+1), wobec czego otrzymujemy sprzeczność. Gdyby sqrt(f(n+1))=x2 lub p(x)=x. Ponieważ |p(x)|=f(n+1), to otrzymujemy sprzeczność z założeniem. Gdyby 4x(f(n)-x). Udowodnię teraz że x(f(n)-x)>f(n+1). Mamy bowiem xf(n)>x2 + f(n+1). Ponadto x>=4 Więc wystarczy wykazać 4f(n)>2f(n+1)( co wynika z tego że ciąg f jest rosnący) . Ponadto x nie moze być równy 1,2,3 ponieważ wówczas wielomian p przyjmuje wartości odpowiednio 1,2,3. Wobec tego dla każdego n naturalnego v(f(n))=1 (lub w drugim przypadku v(f(n))=-1). Wobec tego p(x)=x lub p(x)=-x. Dokładając założenie p(x)=w(x+r), mamy w(x)=x-r lub w(x)=-x-r gdzie r jest całkowite. Wystarczy więc tylko sprawdzić czy rzeczywiście te wielomiany spełniają warunki.

[Trez]

A ja w 7 skorzystałem z liczb z ciągu : 1,2,3,5 i 13. Z tej okazji wyszło mi że nie może to być wielomian z dwoma lub większą ilością pierwiastków, a indukcją udowodniłem że wielomian q(x) +1 musiałby mieć nieskończenie wiele pierwiastków. Przy czym w(x) = (x-x0)* (q(x) + 1) i q(x) - 1 dla wielomiany ujemnego.

[Swistak]

\(\displaystyle{ f_{0}=0}\) ale nikt nie mówi, że \(\displaystyle{ W(0)=0}\).

[michaln90]

świstak, odpowiedź tkwi w moim rozwiązaniu

[Swistak]

A można bardziej łopatologicznie ?

[L_b]

Siódme mnie przeraża, to mój pierwszy post na tym forum, niech więc to będzie moja myśl zasadnicza. Ale do rzeczy

5. uczyniłem następująco:

I.Rospatruję rodzinę podzbiorów o mocy większej niż jeden
II. Sortuje je po mocy, sumuję po kolei i udowodniam, że i-ta suma jest niemniejsza od i+1
III. Ale z drugiej strony n-ta suma nie przekracza n, przeto n>=|F|+1 (gdzie F to ta rodzina), co kończy dowód
[EDIT]Oczywiście chodzi o moce[/EDIT]
IV. Dochodzę do wniosku, ze istnieje dużo prostsza indukcja, ale już po fakcie

6. Podobieństwo trójkątów tych dwóch na dole i trygonometryczny Ceva
7. Domyślcie się
8.
I.Dowodzę że K, L, M, N to ortocentra
II.Dowodzę, że wysokości AN i CM przecinają się na krawędzi SD w punkcie U
III. Menealos dla trójkąta ACU i analogicznie z drugiej strony, masa liczenia odcinków.
IV. Przypadki graniczne wprost z aksjomatów Euklidesa

Wciąż nie rozumiem rozwiązań zadania 7. Pozdrawiam i życzę powodzenia!

BTW -> które jest prostsze, 12 czy 9?

[wiślak]

BTW -> które jest prostsze, 12 czy 9?

Dla mnie 9, bo je zrobiłem Gdy patrzyłem na 3 serię to stwierdziłem ze za 9 i 12 to nawet nie będę się brał bo i tak nie zrobię, aż wkońcu ktoś powiedział ze 9 jest proste, to troche posiedziałem i zrobiłem, o 12 jeszcze nikt tak nie powiedział to nic nie robiłem

[xiikzodz]

Moim zdaniem 9. Ale oba sa fajne i warto oba rozwiazac, bo daja satysfakcje.

[L_b]

Nie takiej odpowiedzi oczekiwałem. Nienawidzę kombinatoryki. A, Świstak!

Przesuwamy po porostu wykres wielomianu o wektor [k,0] gdzie k jest taką liczbą, że \(\displaystyle{ W(k)=f_{0}}\)

[Swistak]

Aaa... już chyba rozumiem.
Jeżeli mamy, że \(\displaystyle{ 0=W(a)}\) i dajmy na to jakieś \(\displaystyle{ f_{n}=W(m)}\), to przesuwamy ten wykres i mamy, że \(\displaystyle{ 0=W(a-a)}\) i \(\displaystyle{ f_{n}=W(m-a)}\)?

[L_b]

Tak. tylko ważne tu jest, że \(\displaystyle{ a}\) jest całkowite, i wszystkie wartości przyjmowane dla argumentów całkowitych po przesunięciu dalej są przyjmowane dla argumentów całkowitych (tylko o a mniejszych).

[wiślak]

Wkońcu 11 mi się zrobić udało, jeszcze nigdy jednego zadania nie robiłem przez taki kawał czasu (zacząłem już w 1 serii) i przez ponad miesiąc siedziałem z tym zadaniem w miejscu próbując robić jakieś głupie podstawienia . W czwartek coś się ruszyło i wczoraj się udało, i wkońcu wyrwałem się z planu minimum - 2 zadania z każdej serii, z 3 serii mam 3 zadania, i już 12 nawet nie mam ochoty zaczynać, bo i tak nie zrobię (chyba że ktoś powie że jest proste). 7 zadań to dorobek lepszy niż się spodziewałem, i sądzę że nie ma już takiej siły która by mi wydarła drugi etap (czym ja tu się w ogóle chwale jak większość z was pewnie mierzy w finał ), chyba że zapomne wysłać zadań

[Dumel]

Wkońcu 11 mi się zrobić udało

pewnie w nocy zakradłeś sie do szuflady z moimi rozwiązaniami i teraz szpanujesz

czym ja tu się w ogóle chwale

no właśnie też sie zastanawiam...

[patry93]

(chyba że ktoś powie że jest proste).

Toż to banalne jest! Mój kumpel z przedszkola je zrobił

[L_b]

Właśnie, poruszyliście tu istotny i ciekawy temat:

Ile zadań potrzeba, żeby mieć pewność drugiego etapu?

Ja mam na razie 9 (to jedenaste naprawdę takie proste jest?) i się tak zastanawiam, bo przecież takie zadania jak szóste i jedenaste zrobią wszyscy i chyba się przez to próg istotnie podniesie....