Mam tak samo, z wyjątkiem zadania 9, gdzie mam tylko \(\displaystyle{ 10}\), a \(\displaystyle{ 12}\) nie.
Skąd by się to \(\displaystyle{ 12}\) miało wziąć? \(\displaystyle{ 870=10 \cdot 50+12 \cdot 20+13 \cdot 10}\)? Ale \(\displaystyle{ 10, 12}\) i \(\displaystyle{ 13}\) nie są kolejnymi liczbami całkowitymi.
Mój czas to 1:47.
W zadaniu 18 też na początku źle zrozumiałem autorów, bo wychodziło mi, że ciekawy jest przypadek z sześcioma, a nie z czterema drogami. Dopiero potem zauważyłem, że skoro graniastosłup stoi na jednej z podstaw, to mrówka po tej podstawie nie przejdzie: dwie drogi odpadają i z sześciu robią się cztery. Dokładny wynik to \(\displaystyle{ \frac5{2\sqrt3}\cdot50\approx72}\).
Ostatnio zmieniony 19 mar 2016, o 21:19 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 2 razy.
Powód:Poprawa wiadomości.
Ja z kolei, podobnie jak egozolwia, w zad. 9 mam jedno rozwiązanie: 10. Natomiast w zadaniu 5 z tabliczką czekolady dałem odpowiedź 16, która (moim zdaniem) w przeciwieństwie do podziału na 17 kawałków uwzględnia opisany na początku podział wzdłuż rowków. Oczywiście mogę się mylić, więc proszę od razu o poprawienie mnie, jeśli rzeczywiście nie mam racji. Odnośnie ostatniego zadania nie wypowiem się, bo brakło czasu...
Ok, już widzę swój błąd w zadaniu piątym. Można by ewentualnie zadać pytanie, czy otrzymane po przełamaniu wzdłuż rowka kawałki można łamać więcej niż raz, ale skoro nie ma nic o tym napisane, to pewnie wolno...
Teraz już w pełni zrozumiałem swój błąd i tym samym nie mam wątpliwości i pytań.
Ostatnio zmieniony 19 mar 2016, o 19:29 przez pitgot, łącznie zmieniany 2 razy.
W końcu wygrałem GMiL-a w Polsce w jakiejś kategorii, a długo próbowałem
W tym roku nie było ekstremalnie trudnych zadań, które byłyby praktycznie nie do rozwiązania. Zadanka były dość dobrze sformułowane i tym razem trudniej było o głupi błąd przez niezrozumiałą treść - na pewno redakcja była lepsza niż w poprzednich latach.
Co do tych, o których wspomniałeś:
1. dzień:
Zadanie 16 - to suma liczb trójkątnych + suma kolejnych liczb naturalnych. Inny sposób - można było przekształcić wynik w sumę pewnych kwadratów lub skorzystać z tożsamości na symbolach Newtona. Suma kolejnych liczb postaci \(\displaystyle{ \binom{n}{2}}\) jest postaci \(\displaystyle{ \binom{k}{3}}\).
Zadanie 17 - Dzielimy podstawę \(\displaystyle{ a}\) na \(\displaystyle{ x}\) oraz \(\displaystyle{ a-x}\), więc wystarczy tylko znaleźć całkowitą długość odcinka łączącego ten punkt podziału z przeciwległym wierzchołkiem. To z twierdzenia cosinusów dla kąta \(\displaystyle{ 60^\circ}\) lub twierdzenia Pitagorasa z wykorzystaniem wysokości trójkąta równobocznego.
Zadanie 18 - Bagietka to odcinek \(\displaystyle{ [0;1]}\), po czym "sklejmy" końce tego odcinka w okrąg o obwodzie \(\displaystyle{ 1}\). Z symetrii - zadanie jest równoważne wylosowaniu \(\displaystyle{ n}\) punktów z "gołego" okręgu o obwodzie \(\displaystyle{ 1}\), przy czym losujemy zgodnie z rozkładem jednostajnym. Tam jeden z tych punktów (wybrany wg naszego upodobania) jest punktem, przy którym rozcinając możemy dostać odcinek \(\displaystyle{ [0;1]}\) - po prostu jest pełna symetria przy wyborze punktu rozcięcia. To tyle ze spraw technicznych.
Zauważmy, że \(\displaystyle{ n}\)-kąta nie da się zbudować wtedy i tylko wtedy, gdy najdłuższy odcinek ma długość \(\displaystyle{ \ge \frac{1}{2}}\). A z powyższej symetrii możemy przyjąć, że warunek ten spełnia ostatni odcinek (ten o prawym końcu w punkcie \(\displaystyle{ 1}\)), a końcowy wynik pomnożyć razy \(\displaystyle{ n}\).
Zatem prawdopodobieństwo, że NIE da się zbudować \(\displaystyle{ n}\)-kąta, jest równe \(\displaystyle{ n \cdot \mathbb{P}(\max\{x_1; x_2; \ldots; x_{n-1} \} \le \frac{1}{2} ) = \frac{n}{2^{n-1}}}\), gdzie \(\displaystyle{ x_i}\) to wylosowane punkty podziału na odcinku \(\displaystyle{ [0;1]}\).
Zatem prawdopodobieństwo, że da się zbudować \(\displaystyle{ n}\)-kąt, to \(\displaystyle{ 1 - \frac{n}{2^{n-1}}}\), no i wstawiamy \(\displaystyle{ n=7}\).
2. dzień:
Zadanie 14:
Istnieje przykład dla \(\displaystyle{ max=15}\), a potem zabawa na czynnikach pierwszych. Ogólnie warto się skupić nie tyle na liczbach, co na ich czynnikach pierwszych. Wychodzą dwa rozwiązania, co mi się udało przegapić.
Zadanie 16:
Można narysować okrąg o promieniu \(\displaystyle{ 3}\) styczny do dwóch osi układu współrzędnych, a potem bardzo dokładnie robić styczne po linijce . A matematycznie - twierdzenie o odcinkach stycznych, czyli najmocniejsze twierdzenie geometrii, daje oprócz Pitagorasa równanie \(\displaystyle{ (a-3)+(b-3)=c}\).
Zadanie 17:
Końcowa cyfra musi być równa początkowej, co przez odczytanie końcowej cyfry oraz szacowanie pierwszej cyfry łatwo wyklucza nam dużo przypadków. Reszta to sprawdzanie przykładów, których nie udało nam się w ten sposób odrzucić. Można też wykazać się sprytem - np. czterocyfrowe palindromy zawsze są podzielne przez \(\displaystyle{ 11}\), co też nam odrzuca kilka przypadków do sprawdzenia. Być może dla większej liczby cyfr palindromu też uda się znaleźć jakąś ciekawą własność, ale to już nie było mi potrzebne. W końcu znajdujemy najmniejszy przykład, nie tak daleko.
Co do 16 zadania z pierwszego dnia, wzorek na n-tą sumę ciągu to \(\displaystyle{ {n(n-1)(n+4) \over 6}}\)
Drugi dzień i zadanie 14
Próbowałem wypisać 9 najmniejszych liczb od 1 w górę, w których rozkład na czynniki pierwsze był wielokrotnością 3, czyli np. musiały wystąpić trzy piątki, co prowadziło do konieczności wystąpienia liczb \(\displaystyle{ 5, 10, 15}\) dalej już łatwo. Drugi przypadek również przegapiłem.
Zadanie 16
Tu można wywnioskować, że krótsza przyprostokątna może mieć długość z zakresu \(\displaystyle{ [7;10]}\). Daje to kilka przypadków do sprawdzenia