Problem 4 med (feilaktig?) løsning finnes her: http://www.artofproblemsolving.com/wiki ... /Problem_4
Utfra det jeg kan skjønne er beviset gitt her feil, så nøtta her er
a) Finn feilen(e) i argumentasjonen
b) Løs oppgaven skikkelig (selvsagt ikke lov å google)
PS: Med forbehold
IMO 1963
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
-
- Guru
- Innlegg: 1995
- Registrert: 10/10-2006 20:58
Feilen er at sjøl om [tex]\sum x_i=0[/tex] kan vi ikke av symmetri slutte at [tex]x_i=0[/tex] for alle i. (Det er heller ikke åpenbart for meg at [tex]y=2[/tex] gir [tex]x_1=x_2=x_3=x_4=x_5[/tex], men det fins det muligens et godt argument for, det er i alle fall riktig.)
Jeg trur jeg klarte å løse oppgava, men ikke særlig elegant.
Først får vi ved å legge sammen alle ligningene at enten er
1) [tex]y=2[/tex] som gir at alle [tex]x_i[/tex] er like som gir en løsningsfamilie, eller
2) [tex]\sum x_i=0[/tex]. Hvis alle [tex]x_i=0[/tex], kan [tex]y[/tex] være hva som helst, en ny løsningsfamilie.
Legger vi sammen ligning 1, som vi kaller L1, (y+1)*L2 og L3 får vi [tex](y^2+y-1)x_2=0[/tex]. På samme måte er [tex](y^2+y-1)x_i=0[/tex] for alle i. Tilfellet [tex]x_i=0[/tex] er dekka, så velg nå en [tex]x_i\neq0[/tex]. Da har vi [tex]y^2+y-1=0[/tex]. Herfra blei regninga grisete, men endte opp med løsningene [tex](x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)=c(1,y,-y,-1,0)[/tex] og sykliske permutasjoner av dette for en reell konstant [tex]c[/tex] og [tex]y[/tex] en løsning av [tex]y^2+y-1=0[/tex]. Ser ikke bort fra at jeg har mista noen heller.
Fin oppgave, og jeg vil gjerne se en bedre løsning.
Jeg trur jeg klarte å løse oppgava, men ikke særlig elegant.
Først får vi ved å legge sammen alle ligningene at enten er
1) [tex]y=2[/tex] som gir at alle [tex]x_i[/tex] er like som gir en løsningsfamilie, eller
2) [tex]\sum x_i=0[/tex]. Hvis alle [tex]x_i=0[/tex], kan [tex]y[/tex] være hva som helst, en ny løsningsfamilie.
Legger vi sammen ligning 1, som vi kaller L1, (y+1)*L2 og L3 får vi [tex](y^2+y-1)x_2=0[/tex]. På samme måte er [tex](y^2+y-1)x_i=0[/tex] for alle i. Tilfellet [tex]x_i=0[/tex] er dekka, så velg nå en [tex]x_i\neq0[/tex]. Da har vi [tex]y^2+y-1=0[/tex]. Herfra blei regninga grisete, men endte opp med løsningene [tex](x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)=c(1,y,-y,-1,0)[/tex] og sykliske permutasjoner av dette for en reell konstant [tex]c[/tex] og [tex]y[/tex] en løsning av [tex]y^2+y-1=0[/tex]. Ser ikke bort fra at jeg har mista noen heller.
Fin oppgave, og jeg vil gjerne se en bedre løsning.
-
- Abel
- Innlegg: 665
- Registrert: 27/01-2007 22:55
Oppgaven er vel ekvivalent med å finne egenverdiene og egenvektorene til matrisen
\[
\begin{bmatrix}
0 & 1 & 0 & 0 & 1 \\
1 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
\end{bmatrix}
\]
som har det ikke altfor stygge karakteristiske polynomet $-λ^5 + 5 λ^3 - 5 λ + 2$
\[
\begin{bmatrix}
0 & 1 & 0 & 0 & 1 \\
1 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
\end{bmatrix}
\]
som har det ikke altfor stygge karakteristiske polynomet $-λ^5 + 5 λ^3 - 5 λ + 2$
Adderer alle likningene: $2(x_1+x_2+x_3+x_4+x_5)=y(x_1+x_2+x_3+x_4+x_5)$. Deler opp i tilfellene $y\neq 2$ og $y=2$.Finn løsningene av systemet
$x_5+x_2=yx_1\\ x_1+x_3=yx_2\\x_2+x_4=yx_3\\x_3+x_5=yx_4\\x_4+x_1=yx_5$
1. $y=2$ gir at $x_5-x_1=x_1-x_2=x_2-x_3=x_3-x_4=x_4-x_5=k$
Summerer vi fås $0=x_5-x_1+x_1-x_2+x_2-x_3+x_3-x_4+x_4-x_5=5k$, så $k=0$ og $x_1=x_2=x_3=x_4=x_5$.
2. $y\neq 2\Rightarrow x_1+x_2+x_3+x_4+x_5=0$
Legger vi sammen tre av likningene på rad over, fås
$(x_1+x_2+x_3+x_4+x_5)+x_i=y(x_{i-1}+x_i+x_{i+1})$
$(1-y)x_i=y(x_{i-1}+x_{i+1})=y^2x_i$
$(y^2+y-1)x_i=0$
To tilfeller igjen:
a) $y^2+y-1\neq 0$ gir at $x_i=0$ for alle indekser.
b) $y^2+y-1=0$.
Eliminerer $x_5=yx_1-x_2$ og bruker at $y^2=1-y$:
$x_1+x_3=yx_2\\x_2+x_4=yx_3\\x_3+yx_1=yx_4+x_2\\x_4+yx_2=-yx_1$.
Eliminerer $x_4=yx_3-x_2$, og vi står igjen kun med én likning,
$x_3=yx_2-x_1$, der vi kan velge $x_1,x_2$ fritt. La $x_1=s, x_2=t$, og løsningene blir
$(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)=(s,t,yt-s, -ys-yt, ys-t)$, der $y$ er en løsning av $y^2+y-1=0$ og $s,t$ er valgfrie.