Matematyka.pl

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.

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.

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.

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

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

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

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.

No tak jasne, jest tam szczególny przypadek.

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.

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

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

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

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

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.

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 ...