nobuddy pisze:Mógłby ktoś ogarnięty się wypowiedzieć na temat tego rozwiązania? Zapisanego tak jak poniżej, bo jest nieścisłe, a zależy mi wiedzieć ile warte:1:Jeśli jeden ze składników tej sumy z treści zadania będzie całkowity, to drugi też - wtedy jeśli załóżmy \(\displaystyle{ y}\) nie dzieli \(\displaystyle{ x^2}\), to też będzie \(\displaystyle{ x}\) nie dzielił \(\displaystyle{ y^2}\). Wynika z tego w szczególności że \(\displaystyle{ x}\) nie dzieli \(\displaystyle{ y}\) i vice versa.
Zakładamy teraz że istnieje dzielnik pierwszy który dzieli \(\displaystyle{ x}\) ale nie dzieli \(\displaystyle{ y}\). Jako że \(\displaystyle{ xy | x^3+y^3}\), to \(\displaystyle{ x | y^3}\) i mamy sprzeczność. Wniosek: nie istnieje dzielnik pierwszy który dzieli tylko jedną z liczb x, y.
Niech \(\displaystyle{ x=p^m q^n}\), \(\displaystyle{ y=p^a q^b}\) (dla uproszczenia zapisu przyjmujemy że x i y mają tylko po dwa dzielniki pierwsze, nie ma to wpływu na dalsze rozumowanie. jeśliby miałby tylko jeden dzielnik łatwo dochodzimy do sprzeczności z tym że jedna z tych liczb nie dzieli drugiej).
Bez straty ogólności \(\displaystyle{ m>a}\) i \(\displaystyle{ n<b}\) - gdyby było np. \(\displaystyle{ m>a}\) i \(\displaystyle{ n>b}\) lub gdzieś tam równość, dochodzimy znów do sprzeczności z tym że x nie dzieli y i vice versa.
Jednakże \(\displaystyle{ x | y^3}\) i \(\displaystyle{ y | x^3}\) oraz \(\displaystyle{ x}\) nie dzieli \(\displaystyle{ y^2}\) i \(\displaystyle{ y}\) nie dzieli \(\displaystyle{ x^2}\). Otrzymujemy stąd:
\(\displaystyle{ 3a \geq m}\)
\(\displaystyle{ 3b \geq n}\)
\(\displaystyle{ 2a < m}\)
\(\displaystyle{ 2n < b}\)
Wstawiając do \(\displaystyle{ xy | x^3 + y^3}\) jest
\(\displaystyle{ p^{m+a} q^{n+b} | p^{3m} q^{3n} + p^{3a} q^{3b}}\)
\(\displaystyle{ p^{m+a} q^{n+b} | p^{3a} q^{3n} (p^{3m-3a} + q^{3b-3n})}\)
i prawa strona podzielna jest przez \(\displaystyle{ p^{m+a}}\) ale \(\displaystyle{ m+a > 3a}\) na bazie tego co napisane wcześniej, stąd p musi dzielić drugi nawias prawej strony powyższej podzielności, skąd otrzymujemy \(\displaystyle{ p | q}\) -> sprzeczność.
LXV (65) OM - II etap.
-
- Użytkownik
- Posty: 119
- Rejestracja: 24 gru 2010, o 07:27
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Krosno
- Podziękował: 7 razy
- Pomógł: 3 razy
LXV (65) OM - II etap.
Skomentowałby ktoś? Ładnie proszę!
nobuddy pisze:Mógłby ktoś ogarnięty się wypowiedzieć na temat tego rozwiązania? Zapisanego tak jak poniżej, bo jest nieścisłe, a zależy mi wiedzieć ile warte:1:
- Msciwoj
- Użytkownik
- Posty: 229
- Rejestracja: 18 lut 2012, o 22:21
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Londyn
- Podziękował: 4 razy
- Pomógł: 36 razy
LXV (65) OM - II etap.
Jeżeli byłoby nieparzyście wiele drużyn, to w każdej kolejce istniałaby jedna, która nie gra w ogóle meczu, wobec tego definicja drużyny podróżującej musiałaby ulec zmianie.
nobuddy - Gdybym ja sprawdzał, na pewno nie dostałbyś za to 6. Jest zbyt wiele niedomówień i nieścisłości. Z drugiej strony, zadanie zostało rozwiązane, chociaż dosyć koślawo. Używasz niepotrzebnie dowodu nie wprost - z ostatniego argumentu można było łatwo pokazać, że po prostu odpowiednia nierówność zachodzi w drugą stronę, co jest równoważne z tezą. Poza tym zakładanie, że \(\displaystyle{ x}\) ma tylko dwa dzielniki pierwsze jest słabe... Mogłeś tak naprawdę powiedzieć po prostu, że\(\displaystyle{ q}\) to jest "reszta" \(\displaystyle{ x}\), to wymagałoby jednak pozbycia się wykładnika (bo nie wiemy, że jest taki sam na pozostałych liczbach pierwszych) i dwóch z czterech nierówności, z których tak naprawdę w ogóle nie korzystasz, prawdę mówiąc.
Chociaż... Tak naprawdę "naprawienie" tego dowodu wymagałoby praktycznie całkowitego przeformułowania.
Hmm... myślałem, że napiszę, że dałbym 5, ale po namyśle to chyba jest 2. Aczkolwiek nie wiem, ja sprawdzałem zadania olimpijskie tylko raz, i było to na obozie OMG dla młodszych, tam jednak mieliśmy polecenie ciąć, jeżeli można, żeby uczestnicy się czegoś nauczyli, ponieważ nic nie zależało od tych wyników.
Po jeszcze głębszym namyśle, mi za podobne braki ścinano do 2, więc raczej na twoim miejscu właśnie na 2 bym liczył. Lekka nadzieja na 5 istnieje, ale nie trzymaj się jej za bardzo.
nobuddy - Gdybym ja sprawdzał, na pewno nie dostałbyś za to 6. Jest zbyt wiele niedomówień i nieścisłości. Z drugiej strony, zadanie zostało rozwiązane, chociaż dosyć koślawo. Używasz niepotrzebnie dowodu nie wprost - z ostatniego argumentu można było łatwo pokazać, że po prostu odpowiednia nierówność zachodzi w drugą stronę, co jest równoważne z tezą. Poza tym zakładanie, że \(\displaystyle{ x}\) ma tylko dwa dzielniki pierwsze jest słabe... Mogłeś tak naprawdę powiedzieć po prostu, że\(\displaystyle{ q}\) to jest "reszta" \(\displaystyle{ x}\), to wymagałoby jednak pozbycia się wykładnika (bo nie wiemy, że jest taki sam na pozostałych liczbach pierwszych) i dwóch z czterech nierówności, z których tak naprawdę w ogóle nie korzystasz, prawdę mówiąc.
Chociaż... Tak naprawdę "naprawienie" tego dowodu wymagałoby praktycznie całkowitego przeformułowania.
Hmm... myślałem, że napiszę, że dałbym 5, ale po namyśle to chyba jest 2. Aczkolwiek nie wiem, ja sprawdzałem zadania olimpijskie tylko raz, i było to na obozie OMG dla młodszych, tam jednak mieliśmy polecenie ciąć, jeżeli można, żeby uczestnicy się czegoś nauczyli, ponieważ nic nie zależało od tych wyników.
Po jeszcze głębszym namyśle, mi za podobne braki ścinano do 2, więc raczej na twoim miejscu właśnie na 2 bym liczył. Lekka nadzieja na 5 istnieje, ale nie trzymaj się jej za bardzo.
-
- Użytkownik
- Posty: 119
- Rejestracja: 24 gru 2010, o 07:27
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Krosno
- Podziękował: 7 razy
- Pomógł: 3 razy
LXV (65) OM - II etap.
To nie jest moje rozwiązanie, osoba która je pisała miała bardzo mało czasu i stąd te nieścisłości. Ja też nie oceniłem go na 6, najbardziej mi przeszkadza założenie o dwóch dzielnikach pierwszych, i myślałem optymistycznie ze 5, a różnica między 2 a 5 może tutaj zaważyć o przejściu na finał. Ciężko przewidzieć czy dokładnie tak to wygląda w pracy, i co pomyśli o tym oceniający, ale dzięki za taką długą opinię... Ktoś jeszcze mógłby coś dodać?Msciwoj pisze:Po jeszcze głębszym namyśle, mi za podobne braki ścinano do 2, więc raczej na twoim miejscu właśnie na 2 bym liczył. Lekka nadzieja na 5 istnieje, ale nie trzymaj się jej za bardzo.
-
- Użytkownik
- Posty: 50
- Rejestracja: 24 paź 2011, o 21:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Polska
- Podziękował: 6 razy
LXV (65) OM - II etap.
Również chciałbym Was prosić o ocenę mojego rozwiązania. Jest to zadanie 4. Napisałem w skrócie tak:
Dowodzę, że jeśli drużyna jest podróżująca i była gospodarzem w kolejce o nieparzystym numerze to była gospodarzem we wszystkich kolejkach o numerach nieparzystych (analogicznie gościem). Załóżmy, że istnieją 3 drużyny podróżujące X, Y, Z. Jeśli X była gospodarzem w pierwszej kolejce to była w każdej nieparzystej, więc Y i Z musiałyby być gośćmi w każdej kolejce nieparzystej (inaczej nie mogłyby rozegrać meczu z X, gdyż w każdym meczu jest jeden gospodarz i jeden gość). Zatem Y i Z są w tych samych kolejkach gośćmi i w tych samych gospodarzami, więc nie mogą rozegrać meczu między sobą. Nie istnieją zatem 3 drużyny podróżujące (więc istnieją co najwyżej 2).
I teraz mnie to męczy bo prawdopodobnie z roztargnienia zapomniałem napisać "analogicznie rozumujemy, gdy X jest gościem w pierwszej kolejce".
Czy to jest drobny błąd i nie utną? Czy jeśli utną to co najwyżej do 5, czy jest szansa, że poleci do 2.
Może to zaważyć na przejście, bo oprócz tego mam 3 zadanka raczej na 6.
Dowodzę, że jeśli drużyna jest podróżująca i była gospodarzem w kolejce o nieparzystym numerze to była gospodarzem we wszystkich kolejkach o numerach nieparzystych (analogicznie gościem). Załóżmy, że istnieją 3 drużyny podróżujące X, Y, Z. Jeśli X była gospodarzem w pierwszej kolejce to była w każdej nieparzystej, więc Y i Z musiałyby być gośćmi w każdej kolejce nieparzystej (inaczej nie mogłyby rozegrać meczu z X, gdyż w każdym meczu jest jeden gospodarz i jeden gość). Zatem Y i Z są w tych samych kolejkach gośćmi i w tych samych gospodarzami, więc nie mogą rozegrać meczu między sobą. Nie istnieją zatem 3 drużyny podróżujące (więc istnieją co najwyżej 2).
I teraz mnie to męczy bo prawdopodobnie z roztargnienia zapomniałem napisać "analogicznie rozumujemy, gdy X jest gościem w pierwszej kolejce".
Czy to jest drobny błąd i nie utną? Czy jeśli utną to co najwyżej do 5, czy jest szansa, że poleci do 2.
Może to zaważyć na przejście, bo oprócz tego mam 3 zadanka raczej na 6.
-
- Użytkownik
- Posty: 1824
- Rejestracja: 11 sty 2007, o 20:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Katowice, Warszawa
- Podziękował: 73 razy
- Pomógł: 228 razy
LXV (65) OM - II etap.
Nawet jak poleci do 2p, to próg nie przekroczy 19p, więc i tak powinieneś przejść (jeśli rzeczywiście tamte pozostałe masz na 6p).
Swoją drogą ja bym nic nie ciął, a jeśli cokolwiek, to chyba do 5p, ale ja się nie znam
Swoją drogą ja bym nic nie ciął, a jeśli cokolwiek, to chyba do 5p, ale ja się nie znam
-
- Użytkownik
- Posty: 50
- Rejestracja: 24 paź 2011, o 21:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Polska
- Podziękował: 6 razy
LXV (65) OM - II etap.
No to mnie pocieszyłeś . 2p wydają mi się nierealne, a tamtych zadań jestem dość pewien, ale obawiam się progu 24-25 i męczy mnie to niedopatrzenie, przez które może być 23.
-
- Użytkownik
- Posty: 119
- Rejestracja: 24 gru 2010, o 07:27
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Krosno
- Podziękował: 7 razy
- Pomógł: 3 razy
LXV (65) OM - II etap.
Jest to jakieś niedopatrzenie w bardzo prostym zadaniu, więc myślę że istnieje pewna szansa że utną do 5, ale nie sądze żeby więcej.Logan123 pisze:Czy to jest drobny błąd i nie utną? Czy jeśli utną to co najwyżej do 5, czy jest szansa, że poleci do 2.
W takim razie korzystając z twojej pewności że nie przekroczy 19 i tego że dokładnie 18 punktów ma prawdopodobnie dużo osób (no chyba że jednak potną za konfiguracje w 5!) próg wyniesie 19 punktówMarcinek665 pisze:Nawet jak poleci do 2p, to próg nie przekroczy 19p, więc i tak powinieneś przejść (jeśli rzeczywiście tamte pozostałe masz na 6p).
-
- Użytkownik
- Posty: 3044
- Rejestracja: 25 mar 2010, o 15:34
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Gołąb
- Podziękował: 24 razy
- Pomógł: 513 razy
LXV (65) OM - II etap.
Logan123, za to rozwiązanie zostaniesz ścięty do 5, bo zadanie jest niewątpliwie rozwiązane a być może komitet stwierdzi, że usterka jest bardzo mało istotna (bo taka jest) i możesz dostać nawet 6.
W każdym bądź razie mniej niż 5 na pewno nie dostaniesz. Więc nie masz się czym martwić
W każdym bądź razie mniej niż 5 na pewno nie dostaniesz. Więc nie masz się czym martwić
-
- Użytkownik
- Posty: 50
- Rejestracja: 24 paź 2011, o 21:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Polska
- Podziękował: 6 razy
LXV (65) OM - II etap.
Czy nie mam się czym martwić to nie wiem, bo jeśli z mojej szkoły miałoby przejść tyle osób, co w zeszłym roku to mogę nie osiągnąć progu, bez względu na ocenę tego zadania. No, ale nie ma co gdybać, bo wiadomo, że potem wyniki mogą być znacznie niższe od przewidywanych.
Dziękuję bardzo za ocenę
Dziękuję bardzo za ocenę
-
- Użytkownik
- Posty: 41
- Rejestracja: 5 lis 2011, o 12:09
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kielce
- Podziękował: 5 razy
- Pomógł: 1 raz
LXV (65) OM - II etap.
Cały czas nie chce mi się wierzyć w progi w granicach 19 pkt, ale oby tak było.
Ja cały czas czuję że próg będzie w granicach 26 pkt...
Ja cały czas czuję że próg będzie w granicach 26 pkt...