LXIV (64) OM - I etap

[gryxon]

Dzięki za troske, na szczęście niepotrzebną . Poprostu się zdziwiłem że po I etapie można wysłać reklamacje.

[Algotoki]

Ja też dostałem list i w 5 za użycie twierdzenia Mihailescu mam obcięte do 5 punktów.

Eee tam ja mam 5 bezbłędnie, a Mihailescau poleciał, więc może właśnie nie o to chodzi

[kaszubki]

W różnych okręgach sprawdzają różni ludzie. Jednym nie pasuje używanie hardych twierdzeń, których uczeń nie umie udowodnić, inni nie widzą w tym problemu.

[porfirion]

Zajrzałem na stronę OMG>>lista finalistów i 189 osób w finale XD
Słyszałem ploty, że na OIu w tym roku też zwiększą liczbę finalistów...
Nasuwa się pytanie czy na OMie też tak będzie. Jak myślicie? fajnie by było
Może trochę offtop, ale...

[Ponewor]

Moim zdaniem ten temat to odpowiednie miejsce także do tego typu spekulacji. Jak najbardziej tyczy się to Olimpiady.

No cóż... Fajnie by było. O ile dobrze pamiętam, to tegoroczna liczba drugoetapowiczów jest podobna do tej z lat poprzednich.

[Oildale]

Na OIu mają kase na zapewnienie zakwaterowania i tych wszystkich syfów dla dużej ilości osób bo jest lepiej sponsorowany. Jeżeli w tym roku będzie tylu finalistów co w zeszłym to już i tak będzie dobrze, bo tak naprawdę każdy kto ma umiejętności na finał jest w stanie spiąć się na drugim etapie i zrobić te powiedzmy 4 zadania.

[Marcinek665]

każdy kto ma umiejętności na finał jest w stanie spiąć się na drugim etapie i zrobić te powiedzmy 4 zadania.

Tutaj to już chyba mowa o OMie.

[Rafal_algo]

Ja też dostałem list i w 5 za użycie twierdzenia Mihailescu mam obcięte do 5 punktów.

Eee tam ja mam 5 bezbłędnie, a Mihailescau poleciał, więc może właśnie nie o to chodzi

Ludzie ogarnijcie się, nikomu nie cieli ze Mihalinescu, moze poprostu coś innego zrobiliście w tym zadaniu źle lol xD

[Sylwek]

Ja też dostałem list i w 5 za użycie twierdzenia Mihailescu mam obcięte do 5 punktów.

Eee tam ja mam 5 bezbłędnie, a Mihailescau poleciał, więc może właśnie nie o to chodzi

Ludzie ogarnijcie się, nikomu nie cieli ze Mihalinescu, moze poprostu coś innego zrobiliście w tym zadaniu źle lol xD

Dziś w Warszawie na omówieniu dr Michał Krych wyraźnie powiedział, że w zadaniu 5. z części wysyłkowej były cięte punkty za użycie twierdzenia Mihăilescu.

[Ponewor]

wzorcówka do 11:    

z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Pascala dla czworokąta \(\displaystyle{ BQDAPC}\) wynika, że punkty \(\displaystyle{ A,B,C,D,P,Q}\) leżą na krzywej stożkowej

na mocy wnioskujemy, że pęk prostych \(\displaystyle{ AP,AQ,AB,AD}\) jest harmoniczny

ponieważ dwustosunek zachowuje się na krzywych stożkowych, więc pęk prostych \(\displaystyle{ CP,CQ,CB,CD}\) też jest harmoniczny

teza zadania wynika z lematu 2.28

Wystarczy sprawnie użyć TYLKO lematu 2.28 (dwa razy).

Jak wygląda ta sprawniejsza wersja?

[Wojteg]

Inne, jeszcze prostsze rozwiązanie:

Ukryta treść:    

Rozważamy sobie równania postaci \(\displaystyle{ \delta_{i1} a_{i1}+\delta_{i2}a_{i2}+\dots+\delta_{in}a_{in}=a}\) nad \(\displaystyle{ \mathbb Z_2}\) dla ustalonego \(\displaystyle{ i}\), gdzie \(\displaystyle{ a_{ij}}\) to stan w \(\displaystyle{ i}\)-tym wierszu i \(\displaystyle{ j}\)-tej kolumnie, a \(\displaystyle{ \delta_{ij}}\) jest zerowe wtedy i tylko wtedy, gdy pole w \(\displaystyle{ i}\)-tym wierszu i \(\displaystyle{ j}\)-tej kolumnie jest niewyróżnione (analogiczne równania rozważamy dla stałych kolumn, zauważmy że jako niewiadome traktujemy tylko te \(\displaystyle{ a_{ij}}\), które się biorą z wyróżnionych pól). Teraz robimy z nich układ równań i ponieważ równania są jednorodne, to z Kroneckera-Capellego przestrzeń liniowa rozwiązań ma wymiar co najmniej 1 (bo rząd macierzy układu jest mniejszy od \(\displaystyle{ 2n}\) dlatego, że wszystkie równania się zerują).

Sorki za odkopanie, ale głowie się już nad tym kilka dni. Mógłby mi ktoś wytłumaczyć to rozwiązanie bardziej szczegółowo?

@edit juz wykminiłem, że równania jednorodne się otrzymuje po prostym przekształceniu