GMiL - 2018/2019
-
- Użytkownik
- Posty: 927
- Rejestracja: 24 paź 2011, o 01:24
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Polska
- Podziękował: 75 razy
- Pomógł: 274 razy
GMiL - 2018/2019
Zad. 5. Gdy spojrzymy na rysunek pierwszy w pierwszym i drugim rzędzie to zauważymy że ścianka pudełka nie kończy się na „końcu” czwartego kwadracika.
-
- Administrator
- Posty: 34353
- Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 3 razy
- Pomógł: 5204 razy
GMiL - 2018/2019
Ale kończy się tuż za nim...Elayne pisze:Zad. 5. Gdy spojrzymy na rysunek pierwszy w pierwszym i drugim rzędzie to zauważymy że ścianka pudełka nie kończy się na „końcu” czwartego kwadracika.
JK
-
- Użytkownik
- Posty: 79
- Rejestracja: 5 gru 2011, o 13:28
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 6 razy
Re: GMiL - 2018/2019
Witajcie W przedostatnim zadaniu mój wynik jest mniejszy od podanego przez Sylwka o jedną dziesiątą. Sprawdzałem dla różnych przybliżeń i w każdym przypadku zaokrąglenie wychodzi takie samo... O ile rzeczywiście nie pomyliłem się nigdzie w tym zadaniu, to wychodzi na to, że mam dwie pomyłki: w zadaniu z przyjaciółmi (w obu odpowiedziach podałem inicjały w odwrotnej kolejności - wtedy jednak nie jest spełniony warunek o prawdomówności Edwarda) oraz zadaniu z gramofonem (wyszło mi zdjęcie numer 10, ale byłoby ono dopiero drugie w kolejności). Ogólnie zadania oceniam jako dość wymagające jak na ten etap (sam też miałem problem z odpowiednim zrozumieniem tego ze znaczkami i wcale się nie dziwię co do tych różnych propozycji odpowiedzi). Również uważam, że w zadaniu z klockami powinna zostać uwzględniona poprawność dwóch odpowiedzi. Zadania z planimetrii stosunkowo proste (może dlatego, że jakoś szczególnie lubię geometrię płaską) - tym bardziej ze względu na ich współczynniki trudności (to z lasem robiłem niemal identycznie jak loitzl9006, czyli przez metodę przyrównania pól, licząc pole wyjściowego trójkąta na dwa sposoby, później z kolei potwierdziłem otrzymany wynik sposobem opisanym przez Sylwka). Trudne zaś i pracochłonne - przynajmniej jak dla mnie - były zadania: z kryptarytmem i ostatnie - z równaniem diofantycznym (moim pomysłem było odjęcie od obu stron równania sześcianu jednej z niewiadomych i badanie podzielności przez 19). Bardzo dużo czasu poświęciłem też na zadanie z kwadratami liczb i ich odwrotnościami, aby wpaść na właściwy trop.
PS. Również miałem problemy z wysłaniem formularza. W końcu wyskoczył mi błąd 504 i ostatecznie postanowiłem przesłać swoje odpowiedzi mailowo po jakimś czasie (ale dopiero za kwadrans 18:00 jakoś). Nie miałem nawet jak porobić screenów (jak zrobił to Sylwek), natomiast wczoraj jeszcze widziałem na oficjalnej stronie Mistrzostw notkę o tym, że wiedzą o problemie, przepraszają za niego i proszą o kontakt mailowy (przesłanie swoich odpowiedzi) wszystkie te osoby, które nie otrzymały maila z potwierdzeniem o prawidłowym zapisaniu formularza odpowiedzi. Dodali też, że nie będzie brany po uwagę czas wysłania odpowiedzi. W dodatku spostrzegłem się później, że w wiadomości napisałem o tym, że problemy z przesłaniem formularza miałem około godziny 17:58 zamiast 16:58
PS. Również miałem problemy z wysłaniem formularza. W końcu wyskoczył mi błąd 504 i ostatecznie postanowiłem przesłać swoje odpowiedzi mailowo po jakimś czasie (ale dopiero za kwadrans 18:00 jakoś). Nie miałem nawet jak porobić screenów (jak zrobił to Sylwek), natomiast wczoraj jeszcze widziałem na oficjalnej stronie Mistrzostw notkę o tym, że wiedzą o problemie, przepraszają za niego i proszą o kontakt mailowy (przesłanie swoich odpowiedzi) wszystkie te osoby, które nie otrzymały maila z potwierdzeniem o prawidłowym zapisaniu formularza odpowiedzi. Dodali też, że nie będzie brany po uwagę czas wysłania odpowiedzi. W dodatku spostrzegłem się później, że w wiadomości napisałem o tym, że problemy z przesłaniem formularza miałem około godziny 17:58 zamiast 16:58
Ostatnio zmieniony 17 mar 2019, o 18:14 przez pitgot, łącznie zmieniany 1 raz.
-
- Użytkownik
- Posty: 26
- Rejestracja: 25 lis 2009, o 11:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Częstochowa
GMiL - 2018/2019
@pitgot: Po usunięciu niewymierności z mianownika bok kwadratu wynosi \(\displaystyle{ 40-20\sqrt3}\), a pole \(\displaystyle{ 2800-1600\sqrt3}\). W zależności od przyjętego przybliżenia wychodzi \(\displaystyle{ 28,7}\) albo \(\displaystyle{ 28,8}\). Choć ta pierwsza wartość jest bliższa prawdy, to zgodna z treścią zadania wydaje się jednak ta druga.
-
- Użytkownik
- Posty: 79
- Rejestracja: 5 gru 2011, o 13:28
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 6 razy
GMiL - 2018/2019
Faktycznie, przyznaję rację Ja z kolei za najprostszą uznałem inną postać tej liczby (z kwadratem), stąd też taki właśnie wynik uzyskałem. Dzięki za to wyjaśnienie - zobaczymy jak na to spojrząAdam274 pisze:@pitgot: Po usunięciu niewymierności z mianownika bok kwadratu wynosi \(\displaystyle{ 40-20\sqrt3}\), a pole \(\displaystyle{ 2800-1600\sqrt3}\). W zależności od przyjętego przybliżenia wychodzi \(\displaystyle{ 28,7}\) albo \(\displaystyle{ 28,8}\). Choć ta pierwsza wartość jest bliższa prawdy, to zgodna z treścią zadania wydaje się jednak ta druga.
- Sylwek
- Użytkownik
- Posty: 2716
- Rejestracja: 21 maja 2007, o 14:24
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 160 razy
- Pomógł: 657 razy
GMiL - 2018/2019
Ja uznałem, że to wystarczy, żeby ten 5. klocek się "utrzymał". Choć, oczywiście - przyznaję rację, sam szukałem w treści sformułowania "o odpowiednio długim boku" lub czegoś podobnegoJan Kraszewski pisze:Ale kończy się tuż za nim...Elayne pisze:Zad. 5. Gdy spojrzymy na rysunek pierwszy w pierwszym i drugim rzędzie to zauważymy że ścianka pudełka nie kończy się na „końcu” czwartego kwadracika.
JK
-
- Administrator
- Posty: 34353
- Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 3 razy
- Pomógł: 5204 razy
GMiL - 2018/2019
Ja potraktowałem to jako dość oczywiste zadanie na zliczanie, stąd \(\displaystyle{ 7}\), ale jak zobaczyłem odpowiedź córki, to zrozumiałem, że ona widzi to zupełnie inaczej - na ile sposobów może dodać piąty klocek do narysowanych obrazków.Sylwek pisze:Ja uznałem, że to wystarczy, żeby ten 5. klocek się "utrzymał". Choć, oczywiście - przyznaję rację, sam szukałem w treści sformułowania "o odpowiednio długim boku" lub czegoś podobnego
Czyli typowy problem ze sformułowaniem i "domniemaną interpretacją".
JK
- Sylwek
- Użytkownik
- Posty: 2716
- Rejestracja: 21 maja 2007, o 14:24
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 160 razy
- Pomógł: 657 razy
Re: GMiL - 2018/2019
O 18 powiem trochę więcej - kilka obserwacji, nie wszystkie przydatne .
Starałem się rozwiązać problem w ogólności - dla \(\displaystyle{ a,b,c \in Z_+}\), ale póki co mi się to nie udało.
Tak naprawdę, połączenie wniosków (b), (d), (e), (f), (g) pokazuje, że...
Starałem się rozwiązać problem w ogólności - dla \(\displaystyle{ a,b,c \in Z_+}\), ale póki co mi się to nie udało.
a) Wystarczy szukać trójek liczb względnie pierwszych:
b) Wystarczy szukać trójek liczb parami względnie pierwszych:
c) Badanie NWD nawiasów powstałych ze wzorów skróconego mnożenia:
d) Mamy b>c:
e) Modulo 4:
f) Modulo 5:
g) Modulo 19:
Szkic rozwiązania zad. 18.:
-
- Administrator
- Posty: 34353
- Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 3 razy
- Pomógł: 5204 razy
Re: GMiL - 2018/2019
No i uznali w zad. 5 obie odpowiedzi.pitgot pisze:Na stronie Mistrzostw pojawiły się oficjalne odpowiedzi
JK
- Sylwek
- Użytkownik
- Posty: 2716
- Rejestracja: 21 maja 2007, o 14:24
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 160 razy
- Pomógł: 657 razy
Re: GMiL - 2018/2019
Próbowałem zrobić to zad. 18 w całym \(\displaystyle{ Z_+}\) i okazało się, że istnieją inne rozwiązania niż te powstające z \(\displaystyle{ (13,7,6)}\).
Dla ciekawych i na przyszłość - napiszę coś więcej.
Podpowiedziała mi osoba, która mocno siedzi w teorii liczb, więc podzielę się z Wami metodą, która pozwala zrobić takie rzeczy. O ile rozumiem, ma to pewien związek z krzywymi eliptycznymi, ale że nie znam się na temacie, pokażę tylko zastosowanie w tym przykładzie.
Przekształcamy to równanie do równania \(\displaystyle{ \left( \frac{a}{b} \right)^3 + 20 \left( \frac{c}{b} \right)^3 = 19}\). Niech \(\displaystyle{ x=\frac{a}{b}}\) oraz \(\displaystyle{ y=\frac{c}{b}}\), szukamy więc wymiernych rozwiązań równania \(\displaystyle{ x^3+20y^3=19}\) (docelowo - wymiernych dodatnich).
Nasze równanie opisuje funkcję \(\displaystyle{ y=\sqrt[3]{\left( \frac{19-x^3}{20} \right)}}\).
Jak już ustaliliśmy, pasuje \(\displaystyle{ (a,b,c)=(13,7,6)}\), co nam daje \(\displaystyle{ (x,y)=\left( \frac{13}{7}, \frac{6}{7} \right)}\). Ponadto, zauważmy, że pasuje też para \(\displaystyle{ (x,y)=(-1,1)}\).
Jeśli puści się prostą przechodzącą przez dwa wymierne rozwiązania naszego równania, oczekuję, że ta prosta przetnie wykres naszej funkcji w punkcie o obu współrzędnych wymiernych. To samo działa dla stycznej, bo będzie to "zwykle" działać jak "podwójny pierwiastek". Ja to rozumiem tak, że jeśli dla pewnych \(\displaystyle{ r,s \in Q}\) napiszemy \(\displaystyle{ \sqrt[3]{\left( \frac{19-x^3}{20} \right) }=rx+s}\) i podniesiemy to do trzeciej, to otrzymamy równanie trzeciego stopnia (tu akurat zawsze, ale tak w ogólności, to o ile się nie skróci współczynnik przy \(\displaystyle{ x^3}\)), a z wzorów Viete'a - jeśli dwa pierwiastki będą wymierne, to trzeci też, wtedy też \(\displaystyle{ y=rx+s}\) będzie wymierny.
Przejdę do wyników.
Nie przedłużając - oznaczmy \(\displaystyle{ A=\left( \frac{13}{7}, \frac{6}{7} \right)}\), \(\displaystyle{ B=(-1,1)}\). Puszczam styczną do wykresu funkcji w \(\displaystyle{ A}\), a jej inny punkt wspólny z wykresem naszej funkcji wychodzi \(\displaystyle{ C=\left( \frac{-140.881}{14.861} , \frac{52.284}{14.861} \right) \approx (-9,5; 3,5)}\).
Dalej, puszczam styczną do wykresu funkcji w \(\displaystyle{ C}\), a jej punkt inny punkt wspólny z wykresem naszej funkcji wychodzi
\(\displaystyle{ D=\left( \frac{411.491.854.416.744.335.039}{84.033.274.178.618.129.981} , \frac{-142.932.466.128.008.350.968}{84.033.274.178.618.129.981} \right) \approx (4,9; -1,7)}\).
Trzymacie się jeszcze?
W końcu, gdyby nanieść te punkty na wykres naszej funkcji, można zauważyć, że łącząc \(\displaystyle{ A}\) z \(\displaystyle{ D}\) powstanie nam nowy punkt przecięcia z wykresem o obu współrzędnych dodatnich (przynajmniej można mieć taką nadzieję na pierwszy rzut oka ).
Tym razem Wolfram mówi, że ten rzeczony punkt to:
\(\displaystyle{ E=\left( \frac{169.220.050.679.877.046.880.484.106.336.307}{63.544.263.803.101.961.630.643.642.865.913}, \frac{11.370.580.519.326.747.476.678.556.840.030}{63.544.263.803.101.961.630.643.642.865.913} \right) \approx (2,66; 0,18).}\)
To oznacza, że
\(\displaystyle{ a=169.220.050.679.877.046.880.484.106.336.307}\) (33 cyfry)
\(\displaystyle{ b=63.544.263.803.101.961.630.643.642.865.913}\) (32 cyfry)
\(\displaystyle{ c=11.370.580.519.326.747.476.678.556.840.030}\) (32 cyfry)
są innym parami względnie pierwszym (łatwo sprawdzić ) rozwiązaniem naszego równania.
Jak kogoś zabiło to, co się stało, i od razu przewinął do dołu - PODSUMOWANIE - wyznaczałem kolejne rozwiązania pewnego równania aby dojść, że powyższe ogromne liczby \(\displaystyle{ a, b, c}\) stanowią pewne rozwiązanie początkowego równania, którego to rozwiązania nie da się otrzymać z \(\displaystyle{ (13,7,6)}\).
To kończy moje zaciekawienie tym zadaniem, bo to oznacza, że istnieją astronomiczne nietrywialne rozwiązania naszego zadania, jeśli szukać w całym \(\displaystyle{ Z_+}\).
I przy okazji nauczyłem się nowych rzeczy . Choć takich wielkich liczb jeszcze nigdy nie użyłem w praktyce...
Dla ciekawych i na przyszłość - napiszę coś więcej.
Podpowiedziała mi osoba, która mocno siedzi w teorii liczb, więc podzielę się z Wami metodą, która pozwala zrobić takie rzeczy. O ile rozumiem, ma to pewien związek z krzywymi eliptycznymi, ale że nie znam się na temacie, pokażę tylko zastosowanie w tym przykładzie.
Przekształcamy to równanie do równania \(\displaystyle{ \left( \frac{a}{b} \right)^3 + 20 \left( \frac{c}{b} \right)^3 = 19}\). Niech \(\displaystyle{ x=\frac{a}{b}}\) oraz \(\displaystyle{ y=\frac{c}{b}}\), szukamy więc wymiernych rozwiązań równania \(\displaystyle{ x^3+20y^3=19}\) (docelowo - wymiernych dodatnich).
Nasze równanie opisuje funkcję \(\displaystyle{ y=\sqrt[3]{\left( \frac{19-x^3}{20} \right)}}\).
Jak już ustaliliśmy, pasuje \(\displaystyle{ (a,b,c)=(13,7,6)}\), co nam daje \(\displaystyle{ (x,y)=\left( \frac{13}{7}, \frac{6}{7} \right)}\). Ponadto, zauważmy, że pasuje też para \(\displaystyle{ (x,y)=(-1,1)}\).
Jeśli puści się prostą przechodzącą przez dwa wymierne rozwiązania naszego równania, oczekuję, że ta prosta przetnie wykres naszej funkcji w punkcie o obu współrzędnych wymiernych. To samo działa dla stycznej, bo będzie to "zwykle" działać jak "podwójny pierwiastek". Ja to rozumiem tak, że jeśli dla pewnych \(\displaystyle{ r,s \in Q}\) napiszemy \(\displaystyle{ \sqrt[3]{\left( \frac{19-x^3}{20} \right) }=rx+s}\) i podniesiemy to do trzeciej, to otrzymamy równanie trzeciego stopnia (tu akurat zawsze, ale tak w ogólności, to o ile się nie skróci współczynnik przy \(\displaystyle{ x^3}\)), a z wzorów Viete'a - jeśli dwa pierwiastki będą wymierne, to trzeci też, wtedy też \(\displaystyle{ y=rx+s}\) będzie wymierny.
Przejdę do wyników.
Nie przedłużając - oznaczmy \(\displaystyle{ A=\left( \frac{13}{7}, \frac{6}{7} \right)}\), \(\displaystyle{ B=(-1,1)}\). Puszczam styczną do wykresu funkcji w \(\displaystyle{ A}\), a jej inny punkt wspólny z wykresem naszej funkcji wychodzi \(\displaystyle{ C=\left( \frac{-140.881}{14.861} , \frac{52.284}{14.861} \right) \approx (-9,5; 3,5)}\).
Dalej, puszczam styczną do wykresu funkcji w \(\displaystyle{ C}\), a jej punkt inny punkt wspólny z wykresem naszej funkcji wychodzi
\(\displaystyle{ D=\left( \frac{411.491.854.416.744.335.039}{84.033.274.178.618.129.981} , \frac{-142.932.466.128.008.350.968}{84.033.274.178.618.129.981} \right) \approx (4,9; -1,7)}\).
Trzymacie się jeszcze?
W końcu, gdyby nanieść te punkty na wykres naszej funkcji, można zauważyć, że łącząc \(\displaystyle{ A}\) z \(\displaystyle{ D}\) powstanie nam nowy punkt przecięcia z wykresem o obu współrzędnych dodatnich (przynajmniej można mieć taką nadzieję na pierwszy rzut oka ).
Tym razem Wolfram mówi, że ten rzeczony punkt to:
\(\displaystyle{ E=\left( \frac{169.220.050.679.877.046.880.484.106.336.307}{63.544.263.803.101.961.630.643.642.865.913}, \frac{11.370.580.519.326.747.476.678.556.840.030}{63.544.263.803.101.961.630.643.642.865.913} \right) \approx (2,66; 0,18).}\)
To oznacza, że
\(\displaystyle{ a=169.220.050.679.877.046.880.484.106.336.307}\) (33 cyfry)
\(\displaystyle{ b=63.544.263.803.101.961.630.643.642.865.913}\) (32 cyfry)
\(\displaystyle{ c=11.370.580.519.326.747.476.678.556.840.030}\) (32 cyfry)
są innym parami względnie pierwszym (łatwo sprawdzić ) rozwiązaniem naszego równania.
Jak kogoś zabiło to, co się stało, i od razu przewinął do dołu - PODSUMOWANIE - wyznaczałem kolejne rozwiązania pewnego równania aby dojść, że powyższe ogromne liczby \(\displaystyle{ a, b, c}\) stanowią pewne rozwiązanie początkowego równania, którego to rozwiązania nie da się otrzymać z \(\displaystyle{ (13,7,6)}\).
To kończy moje zaciekawienie tym zadaniem, bo to oznacza, że istnieją astronomiczne nietrywialne rozwiązania naszego zadania, jeśli szukać w całym \(\displaystyle{ Z_+}\).
I przy okazji nauczyłem się nowych rzeczy . Choć takich wielkich liczb jeszcze nigdy nie użyłem w praktyce...
Re: GMiL - 2018/2019
Dziś dotarł do mnie email z informacją o kwalifikacji Może ktoś z Was pamięta, czy w poprzednich edycjach też był taki wysoki próg dla L1 (czyli 15) na drugim etapie?