[LVI OM] II seria - rozwiązania
-
- Użytkownik
- Posty: 1146
- Rejestracja: 18 maja 2004, o 22:15
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Pomógł: 18 razy
[LVI OM] II seria - rozwiązania
No to jest to samo, mi też tak wyszło k musi być nieparzyste i nwd(k, n)=1
[LVI OM] II seria - rozwiązania
mi tak samo, ale jak do tego dochodzilem to lepiej pominac milczeniem - w kazdym badz razie na wiecej niz na 2 pkt za lampki nie licze - ja jestem zadowolony ze swojego 5, nie wiem tylko czy jest dobrze bo zrobilem za pomoca rachunku wektorowego i mialem jedna watpliwosc.
Czy jesli dwa wektory sa rowne to ich dlugosci rowniez sa rowne ?
Czy jesli dwa wektory sa rowne to ich dlugosci rowniez sa rowne ?
[LVI OM] II seria - rozwiązania
Dwa wektory zgodnie rownolegle majace rowne dlugosci nazywamy wektorami rownymi.
Pozdrawiam, GNicz
Pozdrawiam, GNicz
-
- Gość Specjalny
- Posty: 534
- Rejestracja: 8 lip 2004, o 17:05
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 1 raz
- Pomógł: 17 razy
[LVI OM] II seria - rozwiązania
przy osmym wprowadzilem cos co nazwalem tabelka:) ma n kolumn i kolejne kolumny odpowiadaja kolejnym lampkom, i iles tam wierszy, jesli zmienilismy stan lampki, to zaznaczamy pole co jest najnizej i jeszcze nie jest zaznaczone. Szukany stan jest wtedy, gdy w jednej kolumnie jest nieparzysta liczba zaznaczonych pol, a w pozostalych parzysta. Liczba wszystkich pol jest podzielna przez k, wiec k musi byc nieparzyste. Jesli teraz (n,k)=d >=3 to numerujemy kolumny cyklicznie liczbami od 1 do d. Przy kazdym ruchu zaznaczamy tyle samo pol z kolumn o numerze 1,2,...d. Zatem po wszystkich ruchach suma pol z kolumn o numerze 1 jest rowna sumie pol z kolumn o numerze 2,3,...d. Zalozmy przeciwnie, ze uzyskalismy taki stan i w kolumnie o numerze a, jest nieparzysta liczba pol, ale suma pol ze wszystkich pol o numerze a jest parzysta, bo reszta jest parzysta, wiec jeszcze jedna kolumna musi miec nieparzysta liczbe pol. mamy sprzecznosc.
Z drugiej strony jesli (k,2n)=1 to rownanie t*k-s*2n=1 ma rozwiazanie w liczbach calkowitych dodatnich t,s, zatem wykonujac po kolei t ruchow mamy stan, o ktory chodzilo
Z drugiej strony jesli (k,2n)=1 to rownanie t*k-s*2n=1 ma rozwiazanie w liczbach calkowitych dodatnich t,s, zatem wykonujac po kolei t ruchow mamy stan, o ktory chodzilo
[LVI OM] II seria - rozwiązania
Wyslalbys im po prostu kod do maszyny Turing jako dowod i po sprawie
[LVI OM] II seria - rozwiązania
ad 8
1. parzyste k odpadaja
DOWOD:(niewprost)
w kadzym ruchu zapalamy m lampek a gasimy k-m lampek wobec tego przyrost liczby zapalonych lampek wynosi 2m -k = 0 (mod2)
w takim arzie parzystosc lampek zapalonych sie nie zmienia,co implikuje brak mozliwosci przejscia z 0 do 1 gdyz sa roznej parzystosci.
2. takie k ze nwd(n, k) >1 odpadaja
Dowod (niewprost):
numerujemy lampki liczbami naturalnymi od 1 do n
po pierwsze zauwazmy ze sytuacja jest symetryczna ze wzgledu na lampki, mozemy zatem zalozyc ze na koncu zostanie nam lampka z numerem 1.
niech nwd(n,k) = d
rozpatrujemy lampki o numerach niepodzielnych przez d.
mamy ze wkadzym ruchu zmieniamy stan dokladnie k/d - k sposrod nich czyli parzysta ich ilosc dalszy dowod analogicznie jak w1.
3. reszta sie da
dowod:
mamy nwd(k,2n)=1
z zasadniczego twierdzenia teorii liczb istnieje taki x ze
kx=1 ( mod2n)
wobec tego zmieniajac stan lampek dookola pokolei(w rozwiazaniu bylo scislej) w koncu dojdziemy do stanu z jedna lampka wlaczona.
1. parzyste k odpadaja
DOWOD:(niewprost)
w kadzym ruchu zapalamy m lampek a gasimy k-m lampek wobec tego przyrost liczby zapalonych lampek wynosi 2m -k = 0 (mod2)
w takim arzie parzystosc lampek zapalonych sie nie zmienia,co implikuje brak mozliwosci przejscia z 0 do 1 gdyz sa roznej parzystosci.
2. takie k ze nwd(n, k) >1 odpadaja
Dowod (niewprost):
numerujemy lampki liczbami naturalnymi od 1 do n
po pierwsze zauwazmy ze sytuacja jest symetryczna ze wzgledu na lampki, mozemy zatem zalozyc ze na koncu zostanie nam lampka z numerem 1.
niech nwd(n,k) = d
rozpatrujemy lampki o numerach niepodzielnych przez d.
mamy ze wkadzym ruchu zmieniamy stan dokladnie k/d - k sposrod nich czyli parzysta ich ilosc dalszy dowod analogicznie jak w1.
3. reszta sie da
dowod:
mamy nwd(k,2n)=1
z zasadniczego twierdzenia teorii liczb istnieje taki x ze
kx=1 ( mod2n)
wobec tego zmieniajac stan lampek dookola pokolei(w rozwiazaniu bylo scislej) w koncu dojdziemy do stanu z jedna lampka wlaczona.
- Arek
- Użytkownik
- Posty: 1729
- Rejestracja: 9 sie 2004, o 19:04
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Koszalin
- Podziękował: 2 razy
- Pomógł: 12 razy
[LVI OM] II seria - rozwiązania
No, trzeba powiedzieć, że seria 2 była trudniejsza od 1... Ale wszystko było do zrobienia... Już swoich rozwiązań może nie będę podawał, ale są w nich idee z poprzednich postów:
5 (obwody trójkątów są równe, a więc trapez)
6 (kombinacja liniowa fibonacciego)
7 (trywialne)
8 (dwa przypadki, a wychodzi (n,k)=1, k nieparzyste)
No i tyle mojego komentarza....
5 (obwody trójkątów są równe, a więc trapez)
6 (kombinacja liniowa fibonacciego)
7 (trywialne)
8 (dwa przypadki, a wychodzi (n,k)=1, k nieparzyste)
No i tyle mojego komentarza....
- Zlodiej
- Użytkownik
- Posty: 1910
- Rejestracja: 28 cze 2004, o 12:24
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 2 razy
- Pomógł: 108 razy
[LVI OM] II seria - rozwiązania
a jak zrobiliscie 7 ?
ktoś powoływał sie na twierdzenie pitagorasa ? jeśli tak to czy rozwazaliscie przypadki ? :> Bo nie sadze ze wszyscy mają tak samo ...
ja w 5 pokazałem ze pola tych figur i ich obwody są takie same za pomoca 4 wzorów a potem już było łatwo pokazać ze róznież pozostałe 2 trójkąty maja takie same pola i obwody...
ktoś powoływał sie na twierdzenie pitagorasa ? jeśli tak to czy rozwazaliscie przypadki ? :> Bo nie sadze ze wszyscy mają tak samo ...
ja w 5 pokazałem ze pola tych figur i ich obwody są takie same za pomoca 4 wzorów a potem już było łatwo pokazać ze róznież pozostałe 2 trójkąty maja takie same pola i obwody...
Ostatnio zmieniony 11 lis 2004, o 21:27 przez Zlodiej, łącznie zmieniany 1 raz.
- neworder
- Użytkownik
- Posty: 364
- Rejestracja: 11 lis 2004, o 11:01
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: MISMaP UW
- Podziękował: 4 razy
- Pomógł: 8 razy
[LVI OM] II seria - rozwiązania
Ja 5 zrobiłem, udowadniając, że figura utworzona z odcinków łączących środki okręgów wpisanych w trójkąty jest prostokątem (dowód wzięty z Pawłowskiego ), a potem to już poszło gładko. Ciekawi mnie, że 6 dało się rozwiązać trywialnie, w zasadzie dokonując jednego przekształcenia i kilku linijek komentarza...
-
- Użytkownik
- Posty: 365
- Rejestracja: 11 lip 2004, o 18:51
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Jarosław/Kraków
- Pomógł: 2 razy
[LVI OM] II seria - rozwiązania
Moje rozw.:
5: nie napisze tego co wysłałem bo to była masakra! Jeszcze przed terminem znalazłem prostsze ale nie wysłałem: ze wzoru r=(p-a)tg(alfa) mamy równość obwodów, dzięki której możemy narysować elipsę o ogniskach w dwóch punktach i przechodzącą przez dwa pozostałe(z A,B,C,D) a że wszystkie leżą na okręgu to mamy przystawanie.
6: -już pisałem
7: jak wszyscy
8: ponumerowałem lampki 1,2,...,n oraz wprowadziłem takie liczby a_i które oznaczały liczbę zmian lampki i takie że a_1+...+a_n była jak najmniejsza.
k|(a_1+...+a_n) i ~(2|(a_1+...+a_n) )=> ~(2|k)
NWD(n,k)=d
No i teraz pokazywałem(nie wprost) że a_2=...=a_n stąd i z k|(a_1+...+a_n) miałem że d|(a_1-a_2) ale |a_1-a_2|=1(zasada podobna jak w a_2=...=a_n ) więc d=1
Drugą część(wykazanei istnienia) to zrobiłem masakrycznie: oparłem się na algorytmie Euklidesa.
5: nie napisze tego co wysłałem bo to była masakra! Jeszcze przed terminem znalazłem prostsze ale nie wysłałem: ze wzoru r=(p-a)tg(alfa) mamy równość obwodów, dzięki której możemy narysować elipsę o ogniskach w dwóch punktach i przechodzącą przez dwa pozostałe(z A,B,C,D) a że wszystkie leżą na okręgu to mamy przystawanie.
6: -już pisałem
7: jak wszyscy
8: ponumerowałem lampki 1,2,...,n oraz wprowadziłem takie liczby a_i które oznaczały liczbę zmian lampki i takie że a_1+...+a_n była jak najmniejsza.
k|(a_1+...+a_n) i ~(2|(a_1+...+a_n) )=> ~(2|k)
NWD(n,k)=d
No i teraz pokazywałem(nie wprost) że a_2=...=a_n stąd i z k|(a_1+...+a_n) miałem że d|(a_1-a_2) ale |a_1-a_2|=1(zasada podobna jak w a_2=...=a_n ) więc d=1
Drugą część(wykazanei istnienia) to zrobiłem masakrycznie: oparłem się na algorytmie Euklidesa.
[LVI OM] II seria - rozwiązania
Jak dla mnie to byla latwiejsza, ale co kto lubi przeciez 3 i tak jest najtrudniejszaArek pisze:No, trzeba powiedzieć, że seria 2 była trudniejsza od 1
[LVI OM] II seria - rozwiązania
to i ja sie swoimi rozwiazaniami podziele.
5. poprzez wiele roznych wlasnosci jak np katy na jednym luki itd itd doszedlem ze jest to trapes rownoramienny i ze to bedzie prawda.
6. wiedzialem ze nie istenieje ale ciagi dopiero w szkole mam wiec mnie to zadanie chwilowo przeroslo.
7. to proste bylo i chyba kazdy zrobil
8. tu podalem tylko jakie moze byc k. nie wiem czy wystarczy ale zobaczymy.
5. poprzez wiele roznych wlasnosci jak np katy na jednym luki itd itd doszedlem ze jest to trapes rownoramienny i ze to bedzie prawda.
6. wiedzialem ze nie istenieje ale ciagi dopiero w szkole mam wiec mnie to zadanie chwilowo przeroslo.
7. to proste bylo i chyba kazdy zrobil
8. tu podalem tylko jakie moze byc k. nie wiem czy wystarczy ale zobaczymy.
-
- Użytkownik
- Posty: 365
- Rejestracja: 11 lip 2004, o 18:51
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Jarosław/Kraków
- Pomógł: 2 razy
[LVI OM] II seria - rozwiązania
eeee 3seria nie jest taka zła no poza jednm zadaiem ale narazie ciiiiiMegus pisze:Jak dla mnie to byla latwiejsza, ale co kto lubi przeciez 3 i tak jest najtrudniejszaArek pisze:No, trzeba powiedzieć, że seria 2 była trudniejsza od 1
[LVI OM] II seria - rozwiązania
ad 6
zdefiniujmy ciag b[n] = (a[n+1] +a[n+2]) / (nwd a[n+1] ,a[n+2] )
udowadniamy ze jest scisle malejacy ato jest sprzecznosc .
zdefiniujmy ciag b[n] = (a[n+1] +a[n+2]) / (nwd a[n+1] ,a[n+2] )
udowadniamy ze jest scisle malejacy ato jest sprzecznosc .
-
- Użytkownik
- Posty: 18
- Rejestracja: 2 lis 2004, o 20:57
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Zewsząd
[LVI OM] II seria - rozwiązania
1 seria była prosta.
2 seria już troche trudniejsza,
a
3 seria była chyba najtrudniejsza ze wszystkich.
2 seria już troche trudniejsza,
a
3 seria była chyba najtrudniejsza ze wszystkich.