[LVI OM] III Seria Rozwiązania

[Jurij]

Ponieważ jak widzę na zegarze za 20 minut dobiegnie końca czas trwania serii III więc ze spokojem pragnę rozpocząć nowy temat dot. rozwiązań sesji III. Moje sugestie
9 - wyznaczyłem x1(x0) oraz x2(x1) i dzięki temu x2(x0). Następnie analogicznie x4(x2) i dzieki temu x4(x0). Wreszcie analogicznie x8(x0) i założyłem że x8=x0. Wspólczynniki dosyc fajnie sie poskracaly i wyszly rozwiazania. a=1 a=0 a=-1 i 4 rozwiązania równania dwukwadratowego a^4-6a^2+1.
10 - losowanie podzbiorów jest analogiczne do przyporządkowania każdemu elementowi zbioru trzykrotnie ( PRZY KAZDYM LOSOWANIU ) wartosci prawda (jest w podzbiorze) lub fałsz ( nie ma go ). To juz czysty schemat Bernoullego z p=0,125 i jakimś n. Tam skorzystalem ze wzoru na najbardziej prawdopobodna liczbe sukcesów.
11 - Poddałem się ;( Ponoć trza było z twierdzenia Menelausa.
12 - Wykazałem indukcyjnie że jeśli c-b nie dzieli a-b to g(c)-g(b) nie dzieli g(a)-g(b). W naszym przypadku a = 3 b = 0 c = 2 a więc odp brzmi NIE.
Podsumowując 3 seria była najtrudniejsza z I etapu 56. OM.

[Dyolf]

termin już minął, to odpowiem :
w 9 też mam 7 rozwiązań, metoda podobna
11 nie ruszyłem
12 ciekawy sposób ten powyżej, ale nie wiem jak to zrobić, może ktoś zaproponuje inne rozwiązanie, ewnetualnie uściśli to powyższe( byłbym za to wdzięczny )?

3 seria była dla mnie zdecydowanie najtrudniejsza, najprostsza była 2.

[Arek]

Ja w 9 wyznaczyłem postać ogólną tego ciągu. 7 rozwiązań równania tg(8x)=tg(x).

W 10 w istocie schemat Benoulliego i wł. nic więcej wychodzi część całkowita z (n+1)/8.

W 11 ... cóż - pewnie analitycznie by wyszło, ale nie miałem odwagi/ochoty się w to bawić.

W 12, jeżeli przyjąć za n - tą iterację funkcji f wyrażenie fn(x), to łatwo pokazać, że
(fn(3) - fn(2))/(fn(2) - fn(0)) jest

całkowite wtedy i tylko wtedy, gdy

(fn-1(3) - fn-1(2))/(fn-1(2) - fn-1(0))

też takie jest..., czyli podzielność nie zachodzi, bo 7 nie dzieli się przez 3.

[Zlodiej]

9. Wyliczyłem a z głównego wzoru. zauważyłem ze to jest wzor na cotangens różnicy, potem zauważyłem ze kąty te tworzą ciąg arytmetyczny. Czyli A_(n+8)-A_n=kPI/8
Stąd omżnabyło wyliczyc różnice i podstawić do tego wzoru...

10. Nie zrobiłem

11.

12. Rozpisałem to ... I pokazałem ze liczba dzieli ta drugą wtedy i tylko wtedy gdy potega przy dwojce dzielnika jest dzielnikiem potegi przy 2 w liczbie dzielonej ...
Czyli wystarczyło wykazać że (2n-1)|(2m-1) m=kn i m,n,k 'e' C
Co wyszło w kilku linijkach za pomocą kongruencji ...

Trudna, nietrudna ale szkoda że tak wyszło ... 7 zadanek + 2 moze za 2 punkty ... teraz tylko trzymać kciuki

[Ptolemeusz]

Arku w zad10 dla $ n equiv 7 (mod 8)$ są dwa wyniki

[Skrzypu]

9. Tak samo jak Jurij

10. Nie zrobiłem, ale nauczyciel mojego kolegi mówił, że schemat Benoulliego nie jest tutaj dobrym rozwiązaniem.

11 nie mam

12. Podobnie jak Zlodiej udowodniłem twierdzenie, że a^p-1 | a^s-1 p|s i wyszło

[Jurij]

Co do 12 to chodziło o to że jeśli c-b nie dzieli a-b to f(c)-f(b) nie dzieli f(a)-f(b) ponieważ:
f(a)-f(b) / f(c)-f(b) = ((2^a)-(2^b))/((2^c)-(2^b)) = (2^(a-b))-1/(2^(c-b))-1. Następnie wykazałem że ostatni wyraz jest całkowity tylko wtedy gdy całkowity jest a-b/c-b.
Wynika to chociażby ze wzoru na różnicę n-tych potęg. Indukcja polegała natym że jeśli następnie za f(a) damy a za f(b) b itd. i postąpimy analogicznie dojdziemy do 7-mej iteracji czyli g(x).
Co do 11 analitycznie napewno sie dało bo to takie typowo analityczne chyba było. Wyznaczyc współrzędne tego E i I itd... Ale ponoć z Menelausa to liczyli ...
Co do 10 to gdy [(n+1/8)] = (n+1)/8 to sa dwa rozwiazania.

[Arek]

No tak jasne, jest tam szczególny przypadek.

[neworder]

Mi w 10. wyszło, że jeśli p1 to największa liczba całkowita nie większa niż (n-7)/8, a p2 najmniejsza liczba całkowita większa niż (n-7)/8, to dla n=7+8k warunki zadania są spełnione dla p1 i p2, a dla n zawartych pomiędzy 7+8k i 7+8(k+1) jest to p2...U mnie razem wysłanych 9 zadań, w tym jedno byle jakie (może będą 2 pkt.) i jedno też z trochę prowizorycznym dowodem.

[misial]

12) udowodniłem sobie twierdzenie: (2^n -1)/(2^m -1) jest liczba naturalna n/m jest liczba naturalna:D przeksztalcenia i wyszlo;)

[Finarfin]

Widzę, że co do zadania 12. to nie ma zdecydowanej odpowiedzi. Poczekajmy, niedługo powinny pojawić sie rozwiązania na stronie OM. Mi nie wyszło, bo 7/3 nie bardzio wychodziło

[Ziuta Lepiej]

Ja 12 zrobiłem to tak:
f(x)=2^x
f(f(x)=2^2^x
f(f(f(x)=2^2^2^x
.
.
.
g(x)=f(f(f(f(f(f(f(f(x)))))))=2^2^2^2^2^2^2^x

g(3)-g(0)=(2^2^2^2^2^2^2^3)-(2^2^2^2^2^2^2^0)=
=(2^2^2^2^2^2^8)-(2^2^2^2^2^1)=
=2^2^2^2^2^2^8)-(2^2^2^2^2^2)

g(2)-g(0)=2^2^2^2^2^2^2^2-2^2^2^2^2^2^2^0=
(2^2^2^2^2^2^4)-(2^2^2^2^2^2^1)=
2^2^2^2^2^2^4)-(2^2^2^2^2^2)

podstawiam za 2^2^2^2^2^2 x i wychodzi x^8-x i x^4-x a te dwa wielomiany nie są podzielne przez siebie wiec g(3)-g(0) nie jest podzielne przez g(2)-g(0). Koniec

[_el_doopa]

9.
a=tg k
i dalei wychodza cotangensy 1/8pi 2/8 pi .... 7/8 pi
10.
SCHEMAT BERNOULLIEGO jest dobrym rozwiazaniem : P
11.
a któż zrobił to zadanie? prawie nikt
12.
proste. udowadniam ze ta podzielnosc nie zalezy od ilosci iteracji

[Jurij]

9 musze zobaczyc z tym tangensem ale mój sposób chyba też jest dobry ... Proszę aby ktoś kto zrobił z tangensem podał wyniki.
10 Bernoulli chyba jednak dobry ale po odpowiednich założeniach (jak w mojej pierwszej wypowiedzi)
12 Ziuta Lepiej - wydaje mi sie że masz zły pomysł, kolejność działań. Najpierw wykładnik podnosimy do potęgi.

[Zlodiej]

12.
Niech m=kn+r i k,m,n 'e' C i r=0,1,2,...,n-1

2n=1 (mod 2n-1)
2nk=1k (mod 2n-1)
2nk+r=2r(mod 2n-1)
2n=1 (mod 2n-1) 2r=1(mod 2n-1)

jako ze r< n to przystawanie zachodzi wtedy i tylko wtedy gdy r=0 stad
m=kn czyli k i n muszą być dzielnikami m, a jak nie są to podzielność nie zachodzi ...