МОМ, Втори ден

[Mechkov]

Ще последвам примера на Макелов и правя нова тема за втория ден. Така е по - компактно и тия, които се интересуват от конкретна задача ще търсят по - лесно, а освен това ще се оправдае нова тема за ежегодното "Защо пак фейлнахме на IMO-то?" и няма да има омесване на задачи/мрънкания за глупости. Таа качвам задачите от двата дни + ще споделя моите размисли и страсти по тях. Днес съм се мъчил около 2 часа по втория ден и засега имам само решение на 5 и сериозна идея по 4.

[strangerforever]

Ще последвам примера на Макелов и правя нова тема за втория ден. Така е по - компактно и тия, които се интересуват от конкретна задача ще търсят по - лесно, а освен това ще се оправдае нова тема за ежегодното "Защо пак фейлнахме на IMO-то?" и няма да има омесване на задачи/мрънкания за глупости. Таа качвам задачите от двата дни + ще споделя моите размисли и страсти по тях. Днес съм се мъчил около 2 часа по втория ден и засега имам само решение на 5 и сериозна идея по 4.

Интересни са ми разсъжденията ти по 6. задача, дори и да не е пълно решение.

[Mechkov]

5.
[tex](1) f(m - n) | f(m) - f(n)[/tex]
Очевидно [tex]f(a) | f(a)[/tex]. Нека [tex]f(a) | f((k - 1)a) => f(ka - a) | f(ka) - f(a) => f(a) | f(ka) - f(a) => f(a) | f(ka)[/tex] по индукция.

Нека положим m = m - n и n = n - m, получаваме [tex]f(2 (m - n)) | - f(n - m) + f(m - n)[/tex]. От горедоказаното твърдение имаме [tex]f(m - n) | f(2(m - n)) => f(m - n) | - f(n - m) + f(m - n) => f(m - n) | f(n - m)[/tex]. Аналогично получаваме, че [tex]f(n - m) | f(m - n)[/tex]. Тъй като f праща в естествени имаме [tex]f(m - n) = f (n - m)[/tex]. Тъй като m и n са произволни цели, имаме за всяко цяло n [tex]f(n) = f(-n)[/tex], което е много яко щото можем в (1) да сложим m = -m и получаваме [tex]f(-m - n) | f(-m) - f(n) = f(m) - f(n)[/tex], а [tex]f(-m - n) = f(m + n) =>[/tex]

[tex](2) f(m + n) | f(m) - f(n)[/tex]
Нека си харесаме m и k такива, че f(m) > f(k)
Сега нека в (1) сложим m = m + k, n = k, a в (2) m = m, n = k, получаваме съответно
[tex](3) f(m) | f(m + k) - f(k)[/tex]
[tex](4)f(m + k) | f(m) - f(k)[/tex]
Тъй като f(m) е строго по - голямо от f(k), то от (4) следва, че [tex]f(m + k) < f(m)[/tex] => в (3) няма как f(m) да е по - малко или равно на f(m + k) - f(k). Също така [tex]f(m + k) - f(k) \ge 0 - f(k) > -f(m)[/tex] => [tex]f(m + k) = f(k)[/tex], сега като заместим f(m + k) с f(k) в (4), получаваме [tex]f(k) | f(m) - f(k) => f(k) | f(m)[/tex], което е и твърдението на задачата.

[Mechkov]

Интересни са ми разсъжденията ти по 6. задача, дори и да не е пълно решение.

Засега разсъжденията ми са "Аааа, 6-та геометрия, това няма решаване!". Но като измисля четвърта, съм си обещал да мисля поне 2 часа по 6-та. При това сериозни два часа без проверяване на Фейсбука и на Math10 през 15 минути

[Mechkov]

Уфф, 4 е толкова тривиална, а такива простотии съм мислел по нея.
4. Няма значение дали тежестите са 1, 2, 4, 8, 16... или 2, 4, 8, 16 , 32... Нека с [tex]a_n[/tex] бележим броя на начините. [tex]2^0[/tex] може да се сложи, на която и да е везна, на който и да е ход, освен на дясна везна, първи ход. Тоест има [tex]2n - 1[/tex] възможности за слагането на [tex]2^0[/tex]. Независимо коя от тях изберем има [tex]a_{n-1}[/tex] начина, по които можем да наредим останалите тежести. Тоест [tex]a_1 = 1, a_n = (2n - 1)a_{n-1}[/tex]. Тоест [tex]a_n[/tex] е произведението на първите [tex]n[/tex] нечетни числа.