LXIX OM
-
- Użytkownik
- Posty: 13
- Rejestracja: 11 gru 2016, o 23:26
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 1 raz
LXIX OM
Czy koła o promieniu 0,5 i porównywanie pól w zadaniu 8. da mi jakieś punkty?
W 7. zrobiłem tak że każdy punkt z którego wychodzi więcej niż 2 odcinki czyli 4,6,8 itd. można podzielić na pewną liczbę punktów z których wychodzą po 2 odcinki czerwony i niebieski, po zrobieniu tak dla każdego punktu można zauważyć, że każdy taki system połączeń składa się z figur geometrycznych o parzystych bokach pomalowanych naprzemiennie na czerwono i niebiesko. Zawsze można odnaleźć taką figurę i usunąć wszystkie odcinki poza nią.
W 7. zrobiłem tak że każdy punkt z którego wychodzi więcej niż 2 odcinki czyli 4,6,8 itd. można podzielić na pewną liczbę punktów z których wychodzą po 2 odcinki czerwony i niebieski, po zrobieniu tak dla każdego punktu można zauważyć, że każdy taki system połączeń składa się z figur geometrycznych o parzystych bokach pomalowanych naprzemiennie na czerwono i niebiesko. Zawsze można odnaleźć taką figurę i usunąć wszystkie odcinki poza nią.
-
- Użytkownik
- Posty: 8
- Rejestracja: 2 paź 2017, o 17:44
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Polska
- Pomógł: 1 raz
LXIX OM
Nie udało mi się zrobić 8. Co do zadania 6, to dosyć podobny problem pojawił się chyba na pierwszym etapie 12 OMG.
- Sylwek
- Użytkownik
- Posty: 2716
- Rejestracja: 21 maja 2007, o 14:24
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 160 razy
- Pomógł: 657 razy
LXIX OM
Co do zadania 8. - to pewnie za mało.krazi225 pisze:Czy koła o promieniu 0,5 i porównywanie pól w zadaniu 8. da mi jakieś punkty?
W 7. zrobiłem tak że każdy punkt z którego wychodzi więcej niż 2 odcinki czyli 4,6,8 itd. można podzielić na pewną liczbę punktów z których wychodzą po 2 odcinki czerwony i niebieski, po zrobieniu tak dla każdego punktu można zauważyć, że każdy taki system połączeń składa się z figur geometrycznych o parzystych bokach pomalowanych naprzemiennie na czerwono i niebiesko. Zawsze można odnaleźć taką figurę i usunąć wszystkie odcinki poza nią.
Co do zadania 7. - czy mógłbyś przedstawić swoje rozumowanie na następującym przykładzie - weź znak drogowy STOP, weź 8 wierzchołków tego ośmiokąta foremnego + dziewiąty wierzchołek w środku, wierzchołek w środku połącz z każdym wierzchołkiem na brzegach, a także narysuj co drugi bok znaku STOP.
Powstanie graf złożony z 9. wierzchołków, 12 krawędzi, stopień wierzchołka w środku jest równy 8, stopień pozostałych 2, graf składa się z 4 trójkątów, które mają jeden i ten sam wspólny wierzchołek.
Jak działa tu Twój sposób? Pytam, bo zastanawiam się, jak opisałeś pewne detale związane z tym rozumowaniem.
-
- Użytkownik
- Posty: 13
- Rejestracja: 11 gru 2016, o 23:26
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 1 raz
LXIX OM
Z każdego punktu wychodzi tyle samo czerwonych co niebieskich odcinków, więc łączna liczba odcinków jest parzysta (co do tego nie jestem jednak w 100% pewien). "Dzieląc" punkty można poustawiać odcinki tak że każda z figur ma parzystą liczbę odcinków większą lub równą cztery (liczba odcinków jest na pewno większa od 6, a kolejna liczba parzysta po 6 to 8). W tym przypadku co podałeś, da się podzielić punkty tak że powstają dwie figury - sześciokąty, usuwamy jeden z nich. Wydawało mi się, że tyle wystarczy.Sylwek pisze:Co do zadania 8. - to pewnie za mało.krazi225 pisze:Czy koła o promieniu 0,5 i porównywanie pól w zadaniu 8. da mi jakieś punkty?
W 7. zrobiłem tak że każdy punkt z którego wychodzi więcej niż 2 odcinki czyli 4,6,8 itd. można podzielić na pewną liczbę punktów z których wychodzą po 2 odcinki czerwony i niebieski, po zrobieniu tak dla każdego punktu można zauważyć, że każdy taki system połączeń składa się z figur geometrycznych o parzystych bokach pomalowanych naprzemiennie na czerwono i niebiesko. Zawsze można odnaleźć taką figurę i usunąć wszystkie odcinki poza nią.
Co do zadania 7. - czy mógłbyś przedstawić swoje rozumowanie na następującym przykładzie - weź znak drogowy STOP, weź 8 wierzchołków tego ośmiokąta foremnego + dziewiąty wierzchołek w środku, wierzchołek w środku połącz z każdym wierzchołkiem na brzegach, a także narysuj co drugi bok znaku STOP.
Powstanie graf złożony z 9. wierzchołków, 12 krawędzi, stopień wierzchołka w środku jest równy 8, stopień pozostałych 2, graf składa się z 4 trójkątów, które mają jeden i ten sam wspólny wierzchołek.
Jak działa tu Twój sposób? Pytam, bo zastanawiam się, jak opisałeś pewne detale związane z tym rozumowaniem.
-
- Użytkownik
- Posty: 11
- Rejestracja: 16 paź 2016, o 19:38
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 1 raz
LXIX OM
Jako, że skończył sie termin 3 serii mam pytanie. Czy ktokolwiek w Polsce zrobił zadanie 12? (nie ma go nawet Mariusz Trela (chyba, że zrobił wczoraj wieczorem, w co wątpię))
-
- Użytkownik
- Posty: 47
- Rejestracja: 16 mar 2017, o 18:46
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Grzebień
- Pomógł: 1 raz
LXIX OM
Czy mógłby ktoś prosze, przesłać tu rozwiązania/szkice z III serii?
Jak oceniacie trudność ogólnie w por. z zeszłym rokiem, raczej wyższy czy niższy?
Jak oceniacie trudność ogólnie w por. z zeszłym rokiem, raczej wyższy czy niższy?
-
- Użytkownik
- Posty: 817
- Rejestracja: 19 lis 2016, o 23:48
- Płeć: Mężczyzna
- wiek: 21
- Lokalizacja: Polska
- Podziękował: 3 razy
- Pomógł: 115 razy
LXIX OM
1:
-
- Użytkownik
- Posty: 11
- Rejestracja: 17 mar 2016, o 21:03
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Płock
- Pomógł: 1 raz
LXIX OM
Zadanie 9 można było błyskawicznie załatwić z Małego Twierdzenia Fermata po przyjęciu \(\displaystyle{ n=p-1}\), gdzie p jest liczbą pierwszą większą lub równą \(\displaystyle{ 3}\)
Jeśli chodzi o nierówność można było ją zrobić w inny sposób: rozbijamy lewą stronę na dwie sumy(w jednej same 1 w licznikach a w drugiej liczby \(\displaystyle{ x_i^2}\)). Do pierwszej stosujemy AM-HM, a do drugiej zmodyfikowanego Cauchy'ego-Schwarza. Wykończenie idzie z nierówności \(\displaystyle{ a^2+b^2\geq2ab}\).
Jeśli chodzi o nierówność można było ją zrobić w inny sposób: rozbijamy lewą stronę na dwie sumy(w jednej same 1 w licznikach a w drugiej liczby \(\displaystyle{ x_i^2}\)). Do pierwszej stosujemy AM-HM, a do drugiej zmodyfikowanego Cauchy'ego-Schwarza. Wykończenie idzie z nierówności \(\displaystyle{ a^2+b^2\geq2ab}\).
LXIX OM
atempt 12
Niech \(\displaystyle{ x_1,...,x_k}\) to bedzie tych \(\displaystyle{ k}\) roznych wartosci.
Niech \(\displaystyle{ a_1,...,a_k}\) oznaczaja liczby zbiorow o powyższych sumach.
Ponieważ wszystkich zbiorów jest tyle ile jest to mamy \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^k a_i = 2^n}\).
Liczba uporządkowanych par o rownych sumach jest równa \(\displaystyle{ \sum a_i(a_i-1)= \sum a_i^2-2^n}\).
Czyli nierówność z tezy to \(\displaystyle{ k\cdot \left( \sum_{i=1}^k a^2_i - 2^n \right) \leq 6^n}\).
Czy któs zna jakiś dobry powód, dla którego powyższa nierównosć nie zachodzi dla dowolnych liczb \(\displaystyle{ k}\) oraz \(\displaystyle{ a_i}\) takich, że \(\displaystyle{ \sum a_i = 2^n}\)?
Niech \(\displaystyle{ x_1,...,x_k}\) to bedzie tych \(\displaystyle{ k}\) roznych wartosci.
Niech \(\displaystyle{ a_1,...,a_k}\) oznaczaja liczby zbiorow o powyższych sumach.
Ponieważ wszystkich zbiorów jest tyle ile jest to mamy \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^k a_i = 2^n}\).
Liczba uporządkowanych par o rownych sumach jest równa \(\displaystyle{ \sum a_i(a_i-1)= \sum a_i^2-2^n}\).
Czyli nierówność z tezy to \(\displaystyle{ k\cdot \left( \sum_{i=1}^k a^2_i - 2^n \right) \leq 6^n}\).
Czy któs zna jakiś dobry powód, dla którego powyższa nierównosć nie zachodzi dla dowolnych liczb \(\displaystyle{ k}\) oraz \(\displaystyle{ a_i}\) takich, że \(\displaystyle{ \sum a_i = 2^n}\)?
-
- Użytkownik
- Posty: 73
- Rejestracja: 19 mar 2016, o 12:38
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 15 razy
- Pomógł: 10 razy
LXIX OM
9. myślę że zrobiłem poprawnie z nieskończonego schodzenia.
10.AM-GM i nierówność Minkowskiego z "Wędrówek..." Kurlandczyka.
11.Chyba z tydzień próbowałem zrobić. Doszedłem do tego, że \(\displaystyle{ A_{i}P_{i}I_{i}Q_{i}}\) to deltoidy, poprzedłużałem niektóre proste do równoległoboków i, tu pewnie blef, uznałem że niektóre z prostych są przeciwrównoległe co załatwia opisanie na okręgu.
12.Miałem jakieś tam próby podejścia z indykatorów, ale 11. zbytnio mnie wykończyło.
Ogólnie trudna seria. Ciekawe jaki próg w warszawskim.
10.AM-GM i nierówność Minkowskiego z "Wędrówek..." Kurlandczyka.
11.Chyba z tydzień próbowałem zrobić. Doszedłem do tego, że \(\displaystyle{ A_{i}P_{i}I_{i}Q_{i}}\) to deltoidy, poprzedłużałem niektóre proste do równoległoboków i, tu pewnie blef, uznałem że niektóre z prostych są przeciwrównoległe co załatwia opisanie na okręgu.
12.Miałem jakieś tam próby podejścia z indykatorów, ale 11. zbytnio mnie wykończyło.
Ogólnie trudna seria. Ciekawe jaki próg w warszawskim.
- timon92
- Użytkownik
- Posty: 1657
- Rejestracja: 6 paź 2008, o 16:47
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Katowice
- Podziękował: 7 razy
- Pomógł: 472 razy
LXIX OM
tak naprawdę jest ich \(\displaystyle{ \sum a_i^2}\)maszkont pisze:Liczba uporządkowanych par o rownych sumach jest równa \(\displaystyle{ \sum a_i(a_i-1)= \sum a_i^2-2^n}\).
nie, nierówność z tezy to \(\displaystyle{ k \cdot \sum_{i=1}^k a_i^2 \leq 6^n}\)maszkont pisze:Czyli nierówność z tezy to \(\displaystyle{ k\cdot \left( \sum_{i=1}^k a^2_i - 2^n \right) \leq 6^n}\).
ja to tam nie widzę żadnego dobrego powodu, dla którego ta nierówność miałaby zachodzić dla dowolnych \(\displaystyle{ a_i}\) spełniających tamte rzeczy... nietrudno sprawdzić, że gdy \(\displaystyle{ k=\left\lfloor\frac 74\right\rfloor^n}\) oraz \(\displaystyle{ a_1=a_2=\ldots=a_{k-1}=1}\) i \(\displaystyle{ a_k=2^n-k+1}\) to dla dostatecznie dużych \(\displaystyle{ n}\) nierówność nie zachodzimaszkont pisze:Czy któs zna jakiś dobry powód, dla którego nierówność \(\displaystyle{ k\cdot \left( \sum_{i=1}^k a^2_i - 2^n \right) \leq 6^n}\) nie zachodzi dla dowolnych liczb \(\displaystyle{ k}\) oraz \(\displaystyle{ a_i}\) takich, że \(\displaystyle{ \sum a_i = 2^n}\)?
- arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5748
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 131 razy
- Pomógł: 526 razy
LXIX OM
Czemu tak?Liczba uporządkowanych par o równych sumach jest równa: \(\displaystyle{ \sum a_i(a_i-1)= \sum a_i^2-2^n}\).
Nie uwzględniasz par typu:
\(\displaystyle{ (X,X)}\)
liczba takich par powinna być:
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{k}\left[ a_{i}+ {a_{i} \choose 2} \cdot 2!\right]= \sum_{i=1}^{k}a_{i}^2}\)
W sumie Timon napisał to samo ...
https://www.matematyka.pl/425748.htm
W sumie tu kiedyś rzuciłem podobny problem.
Trochę to zadanie było wzięte z kapelusza pomysł mało odkrywczy...
-
- Użytkownik
- Posty: 1
- Rejestracja: 8 gru 2017, o 20:24
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Olsztynek
LXIX OM
9. Ze wzoru \(\displaystyle{ a^{n} - b^{n} = (a - b)( a^{n-1} + a^{n-2}b + ... + b^{n-1} )}\) widzimy, że lewa strona jest zawsze parzysta toteż \(\displaystyle{ y}\) musi być parzyste. Z uwagi, że \(\displaystyle{ n}\) musi być parzyste możemy obliczyć ostatnie cyfry \(\displaystyle{ y^{n}}\) czyli \(\displaystyle{ ( 0,1,4,6)}\). Dodatkowo gdy \(\displaystyle{ n-1 = 5^{p} \Leftrightarrow p \in <1,2,3...)}\) to jedynym wyrażeniem będącym po lewej stronie nie podzielnym przez 10 jest \(\displaystyle{ ( 1^{n} - (-1^{n} ) = 2}\) toteż ostatnią cyfrą ów wielomianu jest \(\displaystyle{ 2}\) co za tym idzie \(\displaystyle{ L \neq P}\)
10. Podobnie jak earl grey z Cauchy’ego- Schwarza w formie Engela dostajemy zakładając, że suma wszystkich liczb jest równa M:
\(\displaystyle{ \frac{n}{2M} + \frac{ M^{2} }{2M} \ge n}\)
10. Podobnie jak earl grey z Cauchy’ego- Schwarza w formie Engela dostajemy zakładając, że suma wszystkich liczb jest równa M:
\(\displaystyle{ \frac{n}{2M} + \frac{ M^{2} }{2M} \ge n}\)