LXV (65) OM - II etap.

[przemos01]

Ja pierwsze zrobiłem zaskakująco łatwo i do tej pory sprawdzam czy nie ma błędu (na OMie zadanie robiłem 30 minut, a drugie 30 sprawdzałem i rozwiązywałem od innej strony, żeby wyeliminować błąd)

\(\displaystyle{ \frac{x^{2} }{y} + \frac{y^{2} }{x} = \frac{ x^{3}+y ^{3} }{xy}}\) zatem \(\displaystyle{ xy | x^{3}+y ^{3} \Rightarrow x^{2}y^{2}|x^{6}+y ^{6} + 2x^{3}y^{3}}\), no ale \(\displaystyle{ x^{2}y^{2}|4x^{3}y^{3}}\) zatem po odjęciu obu podzielności dostaniemy \(\displaystyle{ x^{2}y^{2}|x^{6}+y ^{6} - 2x^{3}y^{3}=(x^{3}-y^{3})^{2} \Rightarrow xy|x^{3}-y^{3}}\) Teraz porównując to z wyjściową podzielnością otrzymujemy, że \(\displaystyle{ xy|2x^{3}}\) i \(\displaystyle{ xy|2y^{3} \Rightarrow x|2y^{2}}\) i \(\displaystyle{ y|2x^{2}}\)
Możemy zatem zapisać (skoro x,y są całkowite) że \(\displaystyle{ 2x^{2}=ny}\) , \(\displaystyle{ 2y^{2}=mx}\) gdzie m,n też są oczywiście całkowite.
Teraz widzimy, że po wymnożeniu dostaniemy \(\displaystyle{ 4x^{2}y^{2}=nmxy \Rightarrow 4xy=mn \Rightarrow 4|mn}\) oraz po podstawieniu do wyjściowego wyrażenia \(\displaystyle{ \frac{ny}{2y} + \frac{mx}{2x} = \frac{m+n}{2} \Rightarrow 2|m+n}\) zatem wiemy, że jedna z liczb m,n jest podzielna przez 2, oraz, że obie dają tą samą resztę z dzielenia przez 2, zatem obie są podzielne przez 2.
A zatem możemy zapisać \(\displaystyle{ 2x^{2}=ny=2ky}\) gdzie \(\displaystyle{ n=2k}\) i k jest liczbą całkowitą, a zatem \(\displaystyle{ x^{2}=ky \Rightarrow \frac{x^{2}}{y}=k \in Z}\)

Cały czas mi się wydaje, że tu jest coś źle, ale z drugiej strony nie ma za bardzo co. Byłbym wdzięczny, za potwierdzenie czy to poprawne rozumowanie

[ElEski]

nie wiem o co wam chodzi z progiem 23+ . będzie pewnie koło 19,20, jak zawsze z paroma darmowymi. chociaż dziś znów były 2 omgowe zadania i jedna zgadywanka, więc może próg pobije rekord ^^

[gus]

\(\displaystyle{ \frac{x ^{3}+y ^{3} }{xy}}\)

Jesli x i y sa nieparzyste, to powyzszy ulamejk nie jest liczba calkowita. Tak samo, jesli jedna jest parzysta, a druga nieparzysta. Czyli dwie liczby parzyste. Stad teza.

Dziwie sie, ze tyle wam zajelo to zadanie. Jego rola powinno byc pocieszanie debiutujacych w OMG pierwszoklasistow . To tyle z mojej strony, za reszte zadan narazie sie nie biore, to (raczej) nie moj poziom, moze za rok, w pierwszej LO.

[bakala12]

przemos01, twoje rozwiązanie jest ok.
Odnośnie dzisiejszych zadań to 4 rzeczywiście jest darmowe bardziej poziom OMGa, a co do 5,6 to nie wypowiadam się co do zadań których nie zrobiłem. Jednak 5 wygląda robialnie.
Odnośnie ewentualnego progu no to nie powinien być niższy niż 18 i co do tego chyba wszyscy są zgodni (łatwe 1,3 i 4), ale kto wie, bo różne rzeczy się dzieją z progiem patrząc po zeszłym rokiem. W moim odczuciu, zadania znacznie łatwiejsze niż w zeszłym roku szczególnie 1,3,4 czyli niewątpliwie selektywne zadania.

[Mruczek]

No i znowu nie było nierówności... Zaklinanie rzeczywistości trwa już 5 lat.

gus, chyba coś nie tak z Twoim rozwiązaniem.

Nie wiem jak jest w pozostałych okręgach, ale na podstawie Łodzi, to 5 zadań powinno mieć co najmniej 80 osób w Polsce. Zatem wątpię by 4 wystarczyły - zapewne setkę dopełnią ludźmi, którzy zrobili 4 zadania i coś.

W lubelskim zdaje się 5 zadań ma tylko jedna osoba

[Ponewor]

Zadanie 3 było dokładnie właśnie nierównością, choć może nie taką jakiej pragnąłeś. A skoro o nim mowa, to pokażę jak mi się to zwinęło, bo nikt o tej postaci nie wspominał z tych z którymi gadałem:

Ukryta treść:    

to było coś takiego:
\(\displaystyle{ \frac{x+1}{x-1}\left( \sum_{i=0}^{n}x^{2i} -n-1 \right) \ge 0}\)

[Mruczek]

Jeżeli dopuszczamy takie oszacowania, to zadanie 4 z zeszłego roku też pod to podpada.

[porfirion]

No bo owszem podpada. Właśnie zjarzyłem, że w 5 pomyłiłem nazwy twierdzeń. Zamiast pisać tw. o kącie dopisanym pisałem tw. o kącie pomiędzy styczną i cięciwą - i to jest ok, ale - zamiast pisać tw. o kącie zewnętrznym pisałem właśnie tw. o kącie dopisanym... mam nadzieję, że ogarną i nie będą się czepiać...

[radwaw]

Z innej beczki:

Nowy ranking po drugim dniu
Ankieta:
Wyniki:
Bonus: http://goo.gl/Y5TFjX

Pozdrawiam miłego dnia.

RW

[Pinionrzek]

Pierwsze można tak łatwo sklepać:
Niech \(\displaystyle{ v_{p}\left( n\right)}\) oznacza wykładnik w jakim dana liczba pierwsza wchodzi w rozkład n na czynniki pierwsze.
Podstawmy więc \(\displaystyle{ v _{p}\left( x\right)=a, v _{p}\left( y\right)=b}\), a i b są oczywiście całkowite. Teza jest równoważna w wykazaniem, że \(\displaystyle{ v _{p}\left( x ^{2} \right) \ge v _{p}\left( y \right)}\)Jeżeli \(\displaystyle{ a=b}\), to teza jest oczywista. Załóżmy więc, że \(\displaystyle{ a \neq b}\). Z tego, że \(\displaystyle{ \frac{ x^{3}+ y^{3} }{xy}}\) jest całkowite mamy: \(\displaystyle{ v _{p} \left( x^{3}+ y^{3} \right)=min\left( 3a, 3b\right) \ge v_{p}\left( xy\right)=a+b}\), dla każdej liczby pierwszej p. . Z założeń mamy: \(\displaystyle{ 3a \ge min\left( 3a,3b \right) \Rightarrow 3a \ge a+b \Rightarrow 2a \ge b}\), co nam daje tezę.
3. Można tak indukcyjnie:
dla n=1 oczywiście wszystko pyka i równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy x=-1, a odpowiedź to -1.
Niech więc teraz:
\(\displaystyle{ W _{n}\left( x\right) \ge -n

W_{n+1}\left( x\right)= \sum_{i=1}^{2n+2}x ^{2n+3-i}i=x ^{2n+2}+W _{n}\left(x \right)+2 \sum_{i=1}^{2n+1}x ^{i}= W_{n}\left( x\right) + \sum_{i=0}^{n+1} \left( x^{i}+ x^{i+1} \right) ^{2}-1 \ge -n-1}\)
czyli mamy tezę.

[Swistak]

\(\displaystyle{ \frac{x ^{3}+y ^{3} }{xy}}\)

Jesli x i y sa nieparzyste, to powyzszy ulamejk nie jest liczba calkowita. Tak samo, jesli jedna jest parzysta, a druga nieparzysta. Czyli dwie liczby parzyste. Stad teza.

Piękne i trikowe rozwiązanie!

[timon92]

Piniondz masz blefa w pierwszym

dlaczego \(\displaystyle{ v _{p} \left( x^{3}+ y^{3} \right)=min\left( 3a, 3b\right)}\)???????/////

[Pinionrzek]

bo \(\displaystyle{ v_{p}\left( x ^{3} \right)=3a, v_{p}\left( y^{3} \right)=3b}\), czyli ich suma jest podzielna przez p w tym mniejszym wykładniku. Wydaje mi się, że dobrze, nie robiłem tego tak na zawodach.

[timon92]

no ale jeśli \(\displaystyle{ a=b}\) to może dzielić się w wyższym wykładniku

[Pinionrzek]

Dobra sorry, faktycznie znowu jestem roztrzepany:P. No jak jest \(\displaystyle{ a=b}\), to jest to oczywiste na mocy \(\displaystyle{ 2a \ge a}\).