LXVI (66) OM-I etap
-
- Użytkownik
- Posty: 39
- Rejestracja: 21 mar 2014, o 22:19
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Krynica/Kraków
- Podziękował: 1 raz
LXVI (66) OM-I etap
AndrzejK,
Też mam tylko jedno z tej serii :/ Zobaczymy czy to co poszło w poprzednich wystarczy
Też mam tylko jedno z tej serii :/ Zobaczymy czy to co poszło w poprzednich wystarczy
LXVI (66) OM-I etap
jak waszym zdaniem poszczególne serie? Mi ta się najbardziej podobała by była najprostsza (mimo. 11 którego nie wiedziałam jak ruszyć). Zaś druga dla mnie najtrudniejsza. Jak dla was?
Ps: też mam podobna sytuację że pół zadania czy też bardZiej 3/4 z drugiej serii.
Ps: też mam podobna sytuację że pół zadania czy też bardZiej 3/4 z drugiej serii.
LXVI (66) OM-I etap
Jak dla mnie to pierwsza seria chyba jednak była najłatwiejsza.... 18:55 i jeszcze nikt nie wrzucił rozwiązań?
LXVI (66) OM-I etap
Też się dziwię, że jeszcze nie ma żadnych rozwiązań Jak dla mnie jednak też ta seria była najłatwiejsza. Druga w kolejności była pierwsza, a najtrudniejsza druga. Swoją drogą... Ciekawi mnie, czy macie jakieś przewidywania odnośnie progów w swoich okręgach. Ja startuję pierwszy raz, więc za bardzo nie mam pojęcia, czego się spodziewać...
A tak btw. to witam wszystkich na forum, gdyż jest to mój pierwszy post tutaj
A tak btw. to witam wszystkich na forum, gdyż jest to mój pierwszy post tutaj
LXVI (66) OM-I etap
To ja się pochwalę rozwiązaniem 11, a co
Jeśli ktoś widzi jakiś błąd proszę o info Poza tym zrobiłem z tej serii jeszcze tylko 10 i pomęczyłem trochę 12, ale generalnie uważam, że ta seria była najprostsza.
Ukryta treść:
Ostatnio zmieniony 2 gru 2014, o 22:42 przez Ponewor, łącznie zmieniany 7 razy.
Powód: Ukrywaj rozwiązania, niektórzy wciąż mogą chcieć rozwiązać to samodzielnie.
Powód: Ukrywaj rozwiązania, niektórzy wciąż mogą chcieć rozwiązać to samodzielnie.
-
- Użytkownik
- Posty: 393
- Rejestracja: 22 wrz 2013, o 21:28
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Bonn
- Podziękował: 6 razy
- Pomógł: 63 razy
LXVI (66) OM-I etap
10. idzie z podstawowej własności funkcji homograficznej.
11. Timon 92, masz na myśli lemat 2.27 z burka? Bo jeśli tak, to zamiast używać dwustosunku wystarczy jedynie rozpisać Menelaosa.
11. Timon 92, masz na myśli lemat 2.27 z burka? Bo jeśli tak, to zamiast używać dwustosunku wystarczy jedynie rozpisać Menelaosa.
LXVI (66) OM-I etap
9 indukcyjnie, po posortowaniu za \(\displaystyle{ x_i}\) podstawiamy \(\displaystyle{ x_i/(1-x_n)}\)
10 chyba najtrudniejsze:
11 idzie prościutko z Desarguesa dla trójkątów \(\displaystyle{ DNE}\) i\(\displaystyle{ KM\infty_c}\)
w 12 dochodzimy do grafu postaci \(\displaystyle{ \{(i, j):1\leq i<j\leq k\}\cup\{(i, j):k\leq i<j\leq 2014\}}\), który ma nieparzystą liczbę krawędzi
10 chyba najtrudniejsze:
11 idzie prościutko z Desarguesa dla trójkątów \(\displaystyle{ DNE}\) i\(\displaystyle{ KM\infty_c}\)
w 12 dochodzimy do grafu postaci \(\displaystyle{ \{(i, j):1\leq i<j\leq k\}\cup\{(i, j):k\leq i<j\leq 2014\}}\), który ma nieparzystą liczbę krawędzi
-
- Użytkownik
- Posty: 29
- Rejestracja: 5 kwie 2014, o 17:25
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Goworowo
- Podziękował: 10 razy
LXVI (66) OM-I etap
Zadanie 9 jest oficjalnie moim ulubionym z I etapu. ^^
Moje rozwiązanie opierało się na lemacie:
\(\displaystyle{ \max\{x_1,...,x_n\} \cdot \left( 1 + 2\sum_{1\le i<j \le n} \min\{x_i, x_j \} \right) \ge
\max\{x_1+\frac{x_n}{n-1},...,x_{n-1}+\frac{x_n}{n-1}\} \cdot \left( 1 + 2\sum_{1\le i<j \le n-1} \min\{x_i +\frac{x_n}{n-1}, x_j +\frac{x_n}{n-1} \}\right)}\)
dla \(\displaystyle{ x_1 \ge x_2 \ge ... \ge x_n > 0}\) , \(\displaystyle{ n \ge 3}\) oraz \(\displaystyle{ x_1+x_2+x_3+...+x_n=1}\)
A potem banalna indukcja.
Natomiast bardzo podoba mi się rozwiązanie timona92 jest klarowniejsze i mniej trzeba rozpisywać.
Zadanie 10 było dość proste:
Po kolei udowadniałem:
1) \(\displaystyle{ b=dk}\) dla pewnego \(\displaystyle{ k \in N}\) (wykorzystałem tu podstawienie \(\displaystyle{ d}\) za \(\displaystyle{ n}\))
2)\(\displaystyle{ \frac{an+b}{cn+d}=l \in N \Rightarrow a=kc}\) (gdzie \(\displaystyle{ l}\) to iloraz z dzielenia z resztą[dokładnie bez reszty xD ale to wychodzi w trakcie dowodzenia] \(\displaystyle{ a}\) przez \(\displaystyle{ c}\)) Przy czym nawet granicy użyłem, aby okazać sprzeczność, gdy robiłem reductio ad absurdum.
Zadania 11-ego nie wiedziałem jak ruszyć i mało co przy nim siedziałem.
Zadanie 12 było bardzo fajne. Należało okazać, że taktyką (którą nazwałem zawias) wygrywającą jest doprowadzenie do takiej sytuacji, aby istniało oznaczenie wierzchołków tego wielokąta foremnego: \(\displaystyle{ V_1,V_2,...,V_{2014}}\), takie że spełnione są następujące warunki:
1) \(\displaystyle{ V_1-V_2,V_2-V_3,V_3-V_4,...,V_{2013} -V_{2014}}\)
2) Istnieje dokładnie jeden \(\displaystyle{ V_i}\), gdzie \(\displaystyle{ i \in \{2,3,4,...,2013 \}}\), że \(\displaystyle{ V_1-V_i}\), oraz \(\displaystyle{ V_i-V_{2014}}\)
3) Nie prawdą jest to, że: \(\displaystyle{ V_l -V_k}\) jeśli \(\displaystyle{ l<i}\) i \(\displaystyle{ k>i}\) (\(\displaystyle{ i}\) pochodzi z warunku drugiego)
(\(\displaystyle{ V_i - V_j}\) oznacza, że istnieje odcinek o końcach o tych wierzchołkach)
Taką sytuację zawsze można otrzymać(będąc rozpoczynającym), a gra ciągnie się do momentu, aż ktoś będzie zmuszony złamać 3)[przeciwnik rozpoczynającego], czyli przegrać -> wygrywa rozpoczynający.
No to podsumowując mam 7 z 12 zadań raczej całkowicie dobrze, oraz dodatkowo jedno, które raczej jest bezsensu. Chyba przejdę dalej. xD
Moje rozwiązanie opierało się na lemacie:
\(\displaystyle{ \max\{x_1,...,x_n\} \cdot \left( 1 + 2\sum_{1\le i<j \le n} \min\{x_i, x_j \} \right) \ge
\max\{x_1+\frac{x_n}{n-1},...,x_{n-1}+\frac{x_n}{n-1}\} \cdot \left( 1 + 2\sum_{1\le i<j \le n-1} \min\{x_i +\frac{x_n}{n-1}, x_j +\frac{x_n}{n-1} \}\right)}\)
dla \(\displaystyle{ x_1 \ge x_2 \ge ... \ge x_n > 0}\) , \(\displaystyle{ n \ge 3}\) oraz \(\displaystyle{ x_1+x_2+x_3+...+x_n=1}\)
A potem banalna indukcja.
Natomiast bardzo podoba mi się rozwiązanie timona92 jest klarowniejsze i mniej trzeba rozpisywać.
Zadanie 10 było dość proste:
Po kolei udowadniałem:
1) \(\displaystyle{ b=dk}\) dla pewnego \(\displaystyle{ k \in N}\) (wykorzystałem tu podstawienie \(\displaystyle{ d}\) za \(\displaystyle{ n}\))
2)\(\displaystyle{ \frac{an+b}{cn+d}=l \in N \Rightarrow a=kc}\) (gdzie \(\displaystyle{ l}\) to iloraz z dzielenia z resztą[dokładnie bez reszty xD ale to wychodzi w trakcie dowodzenia] \(\displaystyle{ a}\) przez \(\displaystyle{ c}\)) Przy czym nawet granicy użyłem, aby okazać sprzeczność, gdy robiłem reductio ad absurdum.
Zadania 11-ego nie wiedziałem jak ruszyć i mało co przy nim siedziałem.
Zadanie 12 było bardzo fajne. Należało okazać, że taktyką (którą nazwałem zawias) wygrywającą jest doprowadzenie do takiej sytuacji, aby istniało oznaczenie wierzchołków tego wielokąta foremnego: \(\displaystyle{ V_1,V_2,...,V_{2014}}\), takie że spełnione są następujące warunki:
1) \(\displaystyle{ V_1-V_2,V_2-V_3,V_3-V_4,...,V_{2013} -V_{2014}}\)
2) Istnieje dokładnie jeden \(\displaystyle{ V_i}\), gdzie \(\displaystyle{ i \in \{2,3,4,...,2013 \}}\), że \(\displaystyle{ V_1-V_i}\), oraz \(\displaystyle{ V_i-V_{2014}}\)
3) Nie prawdą jest to, że: \(\displaystyle{ V_l -V_k}\) jeśli \(\displaystyle{ l<i}\) i \(\displaystyle{ k>i}\) (\(\displaystyle{ i}\) pochodzi z warunku drugiego)
(\(\displaystyle{ V_i - V_j}\) oznacza, że istnieje odcinek o końcach o tych wierzchołkach)
Taką sytuację zawsze można otrzymać(będąc rozpoczynającym), a gra ciągnie się do momentu, aż ktoś będzie zmuszony złamać 3)[przeciwnik rozpoczynającego], czyli przegrać -> wygrywa rozpoczynający.
No to podsumowując mam 7 z 12 zadań raczej całkowicie dobrze, oraz dodatkowo jedno, które raczej jest bezsensu. Chyba przejdę dalej. xD
Ostatnio zmieniony 4 gru 2014, o 17:02 przez Przemyslaw Grabowski, łącznie zmieniany 1 raz.
-
- Użytkownik
- Posty: 15
- Rejestracja: 30 sie 2014, o 11:42
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Polska
LXVI (66) OM-I etap
W 12 rozumiem, że drugi gracz ma strategie wygrywającą. No i przy idealnej grze obu graczy wygra po dokładnie 2025079 ruchach(za ruch przyjmuje dorysowanie odcinka). Mam racje?
-
- Użytkownik
- Posty: 29
- Rejestracja: 5 kwie 2014, o 17:25
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Goworowo
- Podziękował: 10 razy
LXVI (66) OM-I etap
Ja udowodniłem, że wygrywa gracz rozpoczynający grę.gomoku123 pisze:W 12 rozumiem, że drugi gracz ma strategie wygrywającą. No i przy idealnej grze obu graczy wygra po dokładnie 2025079 ruchach(za ruch przyjmuje dorysowanie odcinka). Mam racje?
edit.
Ktoś wie, kiedy można się spodziewać listy zakwalifikowanych do drugiego etapu? Początek stycznia? Później?
-
- Użytkownik
- Posty: 15
- Rejestracja: 30 sie 2014, o 11:42
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Polska
LXVI (66) OM-I etap
Właśnie sobie uświadomiłem, że popełniłem błąd. Chodzi o to, że prawdopodobnie dobrze opisałem strategie wygrywającą, ale przypadkiem napisałem, że to gracz 2 wygra. Jak myślicie dadzą jakieś punkty za zadanie?