matematikk.net

Finn alle funksjoner f fra og til R slik at [tex]f( \lfloor x \rfloor y ) = f(x) \lfloor f(y) \rfloor [/tex] for alle reelle tall x,y. [tex]\lfloor z \rfloor[/tex] er gulvfunksjonen, dvs det stoerste heltallet mindre enn eller lik z.

Hvordan gikk det for deg og de andre?

Anta at f ikke er konstant.


Nå er [tex]f(0) =f(x) \lfloor f(0) \rfloor[/tex] for alle x. Hvis [tex]\lfloor f(0) \rfloor \not = 0[/tex], er f konstant, så det betyr at [tex]\lfloor f(0) \rfloor = 0 \Rightarrow f(0) = 0[/tex].

Vi har at [tex]f(1) = f(1) \lfloor f(1) \rfloor[/tex]. Hvis [tex]\lfloor f(1) \rfloor = 0[/tex], så er [tex]f(1) = 0[/tex]. Det betyr at [tex]f(y)=f(1)\lfloor f(y) \rfloor = 0[/tex] for alle y, som betyr at f er konstant. Altså er [tex]\lfloor f(1) \rfloor = K \not = 0[/tex].

Det betyr at [tex]f(\lfloor x \rfloor)=f(x)K[/tex] for alle x. Altså, hvis [tex]0 \leq x < 1[/tex], så er [tex]f(x)K=f(0)=0 \Rightarrow f(x) = 0[/tex] (1).

Velg nå en [tex]t \in \mathbb{R}[/tex]. La n være et heltall slik at [tex]0 \leq \frac{t}{n} < 1[/tex]. Da har vi av (1) at [tex]f(t) = f(n \cdot \frac{t}{n})=f(n)\lfloor f(\frac{t}{n}) \rfloor = 0[/tex]. Siden dette gjelder for alle t, betyr det at f er konstant, som er en motsigelse.

Anta nå at f er konstant, dvs [tex]f(x) = c[/tex] for en [tex]c \in \mathbb{R}[/tex].

Da er [tex]c=c \lfloor c \rfloor[/tex]. Hvis [tex]c \not = 0[/tex], er [tex]\lfloor c \rfloor = 1[/tex], dvs [tex]c \in [1,2)[/tex]. Andre veien; hvis [tex]c = 0[/tex], eller [tex]c \in [1,2)[/tex], så er [tex]c=c \lfloor c \rfloor[/tex]. De eneste mulighetene er altså [tex]f(x) = c[/tex] for [tex]c \in \{ 0 \} \cup [1,2)[/tex].

Det gikk stort sett bra med oss. Flertallet mener de har loest oppgave 1. Haakon hevder aa ha skrevet en nesten komplett loesning paa oppgave tre. Jeg proevde aa loese oppgave 2 ved komplekse tall, men kom ikke langt nok til at jeg regner med noe. Den andre dagen mener jeg aa ha loest oppgave 4 litt i siste liten. De andre paa laget hadde ikke faatt til noe saerlig - noen av oss jobbet med oppgave fem og skrev ned noen ideer, men det viste seg at det vi trodde var svaret ikke var det likevel, saa dag to gikk ikke like bra som den foerste dagen for oss.

Loesningen er selvfoelgelig helt riktig.

Foroevrig, siden vi foerst er i gang kan vi like gjerne ta oppgave fem:

Seks bokser [tex]B_1, B_2, B_3, B_4, B_5, B_6[/tex] som alle inneholder en (1) mynt hver er gitt. Det er lov aa gjoere to typer trekk.

Type 1: Fjern en mynt fra [tex]B_i[/tex] ([tex] 1 \leq i \leq 5[/tex]) og legg to mynter i [tex]B_{i+1}[/tex].

Type 2: Fjern en mynt fra [tex]B_i[/tex] ([tex] 1 \leq i \leq 4[/tex]), og bytt om inneholdet i boksene [tex]B_{i+1}[/tex] og [tex]B_{i+2}[/tex].

Er det mulig aa, etter en endelig foelge trekk av disse to typene, naa en posisjon der de foerste fem boksene er tomme, og [tex]B_6[/tex] innholdene [tex]2010^ {2010^ {2010}}[/tex] mynter?

Hva skjer om boksen du velger er tom?

Beklager, det var kanskje litt vagt. Man kan ikke gjoere et trekk 'paa' en boks som er tom, saa man kan kun utfoere et trekk dersom boksen man skal fjerne en mynt fra faktisk er ikketom. (Det gaar fint aa bytte om inneholdet i to bokser uavhengig av hvor tomme de er, men du kan altsaa ikke bytte om innholdet i boks fire og boks fem med trekk to om det ikke er noen mynter i boks tre.)

Det høres bra ut! Du får si ifra når dere får vite resultatene . Er oppgavene lagt ut ennå?

EDIT: Fant ut at innholdet i en tom eske kunne byttes ut med innholdet i en full en

Charlatan wrote:Det høres bra ut! Du får si ifra når dere får vite resultatene . Er oppgavene lagt ut ennå?

Oppgavene var selvfoelgelig ute paa Mathlinks kort tid etter konkurransen, til tross for organisoerenes forsoek paa aa isolere oss fra omverdenen, men resultatene har vi ikke faatt vite ennaa. Oppgavene er vel ogsaa blitt lagt ut paa imo-official.org ett eller annet sted, om jeg husker rett. Koordinasjonen burde bli ferdig i dag, og saa faar vi sikkert vite mer etter hvert.

Gratulerer med hederlig omtale!

Gratulerer med hederlig omtale ja!

Virker som om oppgavene i år var en del vanskeligere enn i fjor

Takk for det. Det er mange som mener at oppgavene i år var en del vanskeligere, ja. David har sagt at oppgave to ble vurdert som forholdsvis lett av mange i juryen, men av de vi snakket med var det mange som hadde hatt problemer med denne. Oppgave fem ser av resultatene også ut til å ha blitt ganske vanskelig. Oppgave en og fire ble dog vurdert som 'normalt lette', og utifra resultatene ser dette også ut til å stemme. I det norske laget gjorde vi dog flere større eller mindre feil på den første oppgaven, som kombinert med en forholdsvis streng koordinasjon kostet oss flere poeng enn vi hadde håpet.

Gratulerer med honorable mention ja!

Gratulerer med hederlig omtale!