GMiL - 2017/2018
-
- Użytkownik
- Posty: 5
- Rejestracja: 5 kwie 2018, o 10:39
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Gdańsk
Re: GMiL - 2017/2018
To bardzo ciekawe spostrzeżenia. Ale nie wiem czy w pośpiechu i stresiku tak szybko bym na nie wpadł, szczególnie, że nie zacząłbym od sprawdzania po kolei przypadków.
Lubię czytać tok myślenia innych, inspiruje mnie to ile głów, tyle dróg do rozwiązania!
A to, że po przykładzie 1012 nasuwało się 2101 to inna kwestia
Lubię czytać tok myślenia innych, inspiruje mnie to ile głów, tyle dróg do rozwiązania!
A to, że po przykładzie 1012 nasuwało się 2101 to inna kwestia
-
- Użytkownik
- Posty: 1146
- Rejestracja: 18 maja 2004, o 22:15
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Pomógł: 18 razy
GMiL - 2017/2018
I jak wrażenia po finale?
Pogoda dopisała, więc było całkiem przyjemnie, ale do rzeczy...
Jeżeli chodzi o zadania to wydaje mi się, że w tym roku trzeba było sprawdzać więcej przypadków ręcznie, co wydłużało czas spędzony na niektórych zadaniach. Osobiście nie mogłem się wyrobić w 3h ze wszystkimi zadaniami. Dwa lata temu (drugiego dnia) miałem jeszcze czas pod koniec na sprawdzenie wyników i oddanie kartki sporo przed czasem. Tutaj było to niemożliwe. Z pośpiechu popełniłem kilka banalnych błędów... niestety.
Co do trudności zadań to chyba była trochę wyższa niż ostatnio.
Tradycyjnie chętnie posłucham pomysłów na rozwiązanie niektórych zadań
Z pierwszego dnia 14, 18
Z dnia drugiego 16, 18
No i gratulacje dla Sylwka za zajęcie 2 miejsca, niewiele zabrakło do zwycięstwa!
Pogoda dopisała, więc było całkiem przyjemnie, ale do rzeczy...
Jeżeli chodzi o zadania to wydaje mi się, że w tym roku trzeba było sprawdzać więcej przypadków ręcznie, co wydłużało czas spędzony na niektórych zadaniach. Osobiście nie mogłem się wyrobić w 3h ze wszystkimi zadaniami. Dwa lata temu (drugiego dnia) miałem jeszcze czas pod koniec na sprawdzenie wyników i oddanie kartki sporo przed czasem. Tutaj było to niemożliwe. Z pośpiechu popełniłem kilka banalnych błędów... niestety.
Co do trudności zadań to chyba była trochę wyższa niż ostatnio.
Tradycyjnie chętnie posłucham pomysłów na rozwiązanie niektórych zadań
Z pierwszego dnia 14, 18
Z dnia drugiego 16, 18
No i gratulacje dla Sylwka za zajęcie 2 miejsca, niewiele zabrakło do zwycięstwa!
- Sylwek
- Użytkownik
- Posty: 2716
- Rejestracja: 21 maja 2007, o 14:24
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 160 razy
- Pomógł: 657 razy
Re: GMiL - 2017/2018
A dziękuję bardzo! Ja tym bardziej gratuluję zwycięstwa w HC Marcin88, który już raczej dawno tu nie zagląda
Pochwalę się przy okazji, że moja uczennica wygrała w tym roku jedną z kategorii robiąc wszystkie swoje zadania bez błędu. W sumie moja informacja i tak jest jednoznaczna, bo tylko w jednej z kategorii wygrała w tym roku płeć piękna - chodzi o kategorię gimnazjalistów (C2) . To było dość ciekawe - w TOP 10 było tam 9 chłopaków i 1 dziewczyna
W tym roku miałem poczucie konieczności mocniejszego "pałowania" niż zwykle. Brakowało mi więcej zadań na wymyślenie czegoś niestandardowego. Za dużo było zadań na bycie człowiekiem-kalkulatorem. W oba dni kończyłem ostatnie swoje zadanie w ostatniej minucie, więc z czasem też było na styk.
Skrzypu, bardzo szkicowo:
1) Zadanie 14 z 1. dnia - najpierw skracamy licznik i mianownik ułamka jak tylko się da, następnie dowodzimy, że \(\displaystyle{ (10^9-1)}\) musi być dzielnikiem mianownika oraz że mianownik nie ma żadnej wcześniejszej wielokrotności typu \(\displaystyle{ 10^k-1}\). To po to, aby okres był dokładnie 9-cyfrowy.
2) Zadanie 18 z 1. dnia - trzeba było szukać i zgadywać pośród małych trójek pitagorejskich
3) Zadanie 16 z 2. dnia - zrobiłem trójkąt równoramienny o podstawie \(\displaystyle{ 6}\) (punkty \(\displaystyle{ (0,0), (6,0)}\)) oraz wysokości \(\displaystyle{ 6}\) (3-ci wierzchołek \(\displaystyle{ (3,6)}\)).
I spałowałem analitycznie ten szczególny przypadek. Wynik to różnica \(\displaystyle{ frac{3}{14}}\) i \(\displaystyle{ frac{3}{35}}\), czyli różnica pola trójkąta zawierającego nasz obszar i mały górny trójkącik oraz pola małego górnego trójkącika. Że to dla dowolnego innego trójkąta wyjdzie tyle samo - to można zrobić korzystając z przekształceń afinicznych, więc wystarczy tylko spałować 1 przykład. Chętnie poznam inne, znacznie ładniejsze rozwiązanie.
4) Zadanie 18 z 2. dnia - już kilka lat temu było coś podobnego na GMIL-u, nawet opisywałem rozwiązanie. W skrócie - wzór Herona i żeby nie pałować, to sprowadzić wszystko do równania Pella dla \(\displaystyle{ D=3}\). Odsyłam: 228161.htm#p847205
Co ciekawe, to zadanie z GMIL-a sprzed 7 lat przypomniałem sobie jakieś 10-20 dni przed zawodami, robiąc zupełnie inne zadanie. W ramach nauki do olimpiady zadałem ten problem do rozwiązania jednej osobie (co jeszcze bardziej ciekawe, zadałem to właśnie tej osobie, o której już pisałem w tym poście), a następnie dokładnie pogadaliśmy o tym na zajęciach. Gdy w tym roku zobaczyłem treść mówiącą o trójkącie mającym boki będącymi trzema kolejnymi liczbami naturalnymi, wręcz pamiętałem konkretne nawiasy w tym wzorze Herona
Pochwalę się przy okazji, że moja uczennica wygrała w tym roku jedną z kategorii robiąc wszystkie swoje zadania bez błędu. W sumie moja informacja i tak jest jednoznaczna, bo tylko w jednej z kategorii wygrała w tym roku płeć piękna - chodzi o kategorię gimnazjalistów (C2) . To było dość ciekawe - w TOP 10 było tam 9 chłopaków i 1 dziewczyna
W tym roku miałem poczucie konieczności mocniejszego "pałowania" niż zwykle. Brakowało mi więcej zadań na wymyślenie czegoś niestandardowego. Za dużo było zadań na bycie człowiekiem-kalkulatorem. W oba dni kończyłem ostatnie swoje zadanie w ostatniej minucie, więc z czasem też było na styk.
Skrzypu, bardzo szkicowo:
1) Zadanie 14 z 1. dnia - najpierw skracamy licznik i mianownik ułamka jak tylko się da, następnie dowodzimy, że \(\displaystyle{ (10^9-1)}\) musi być dzielnikiem mianownika oraz że mianownik nie ma żadnej wcześniejszej wielokrotności typu \(\displaystyle{ 10^k-1}\). To po to, aby okres był dokładnie 9-cyfrowy.
2) Zadanie 18 z 1. dnia - trzeba było szukać i zgadywać pośród małych trójek pitagorejskich
3) Zadanie 16 z 2. dnia - zrobiłem trójkąt równoramienny o podstawie \(\displaystyle{ 6}\) (punkty \(\displaystyle{ (0,0), (6,0)}\)) oraz wysokości \(\displaystyle{ 6}\) (3-ci wierzchołek \(\displaystyle{ (3,6)}\)).
I spałowałem analitycznie ten szczególny przypadek. Wynik to różnica \(\displaystyle{ frac{3}{14}}\) i \(\displaystyle{ frac{3}{35}}\), czyli różnica pola trójkąta zawierającego nasz obszar i mały górny trójkącik oraz pola małego górnego trójkącika. Że to dla dowolnego innego trójkąta wyjdzie tyle samo - to można zrobić korzystając z przekształceń afinicznych, więc wystarczy tylko spałować 1 przykład. Chętnie poznam inne, znacznie ładniejsze rozwiązanie.
4) Zadanie 18 z 2. dnia - już kilka lat temu było coś podobnego na GMIL-u, nawet opisywałem rozwiązanie. W skrócie - wzór Herona i żeby nie pałować, to sprowadzić wszystko do równania Pella dla \(\displaystyle{ D=3}\). Odsyłam: 228161.htm#p847205
Co ciekawe, to zadanie z GMIL-a sprzed 7 lat przypomniałem sobie jakieś 10-20 dni przed zawodami, robiąc zupełnie inne zadanie. W ramach nauki do olimpiady zadałem ten problem do rozwiązania jednej osobie (co jeszcze bardziej ciekawe, zadałem to właśnie tej osobie, o której już pisałem w tym poście), a następnie dokładnie pogadaliśmy o tym na zajęciach. Gdy w tym roku zobaczyłem treść mówiącą o trójkącie mającym boki będącymi trzema kolejnymi liczbami naturalnymi, wręcz pamiętałem konkretne nawiasy w tym wzorze Herona
Ostatnio zmieniony 29 maja 2018, o 12:32 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 4 razy.
Powód: Poprawa wiadomości.
Powód: Poprawa wiadomości.
-
- Użytkownik
- Posty: 1146
- Rejestracja: 18 maja 2004, o 22:15
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Pomógł: 18 razy
GMiL - 2017/2018
Sylwek
Co to 18ego z dnia pierwszego..
Gdzie tam są trójkąty prostokątne o bokach całkowitoliczbowych? Jakoś nie mogę rozkręcić tego po Twoim wprowadzeniu.
W zadaniu z tortem, po ustaleniu że dla każdego trójkąta wynik będzie ten sam wsadziłem to w układ współrzędnych. Trójkąt prostokątny o wierzchołkach \(\displaystyle{ (-b,0), (b,0), (0,b)}\). Wtedy wydaje mi się że szybciej dojdziesz do wyniku (cięcia wychodzą z wierzchołków przeciwprostokątnej).
Co do 18ego z dnia drugiego. Niestety nie znałem wzoru Herona. Próbowałem ograniczać przypadki na podstawie trójek pitagorejskich. Ale dla boku długości >50 robiło się już ciężko...
Co to 18ego z dnia pierwszego..
Gdzie tam są trójkąty prostokątne o bokach całkowitoliczbowych? Jakoś nie mogę rozkręcić tego po Twoim wprowadzeniu.
W zadaniu z tortem, po ustaleniu że dla każdego trójkąta wynik będzie ten sam wsadziłem to w układ współrzędnych. Trójkąt prostokątny o wierzchołkach \(\displaystyle{ (-b,0), (b,0), (0,b)}\). Wtedy wydaje mi się że szybciej dojdziesz do wyniku (cięcia wychodzą z wierzchołków przeciwprostokątnej).
Co do 18ego z dnia drugiego. Niestety nie znałem wzoru Herona. Próbowałem ograniczać przypadki na podstawie trójek pitagorejskich. Ale dla boku długości >50 robiło się już ciężko...
Ostatnio zmieniony 29 maja 2018, o 21:15 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.
Powód: Poprawa wiadomości.
-
- Użytkownik
- Posty: 2
- Rejestracja: 29 maja 2018, o 17:34
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Zamość
- Pomógł: 1 raz
Re: GMiL - 2017/2018
Jeśli chodzi o 16 zadanie z 2. dnia, to można je rozwiązać w ten sposób.
... sp=sharing
Zgadnie z oznaczeniami na rysunku, gdzie
\(\displaystyle{ KN||OG||FP \wedge AG||GP
\\ \\
P_{\Delta ABC} = 1
\\ \\
\Delta DGN \sim \Delta ANC
\\
\frac{|DG|}{|AC|} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{|AN|}{|NG|} = \frac{3}{2} \Rightarrow P_{\Delta ANC} = P_{\Delta AGC} \cdot \frac{3}{3+2} = \frac{1}{3} \cdot \frac{3}{5} = \frac{1}{5}
\\ \\
\Delta FPG \sim \Delta NGC
\\
|CG| = |GF| \Rightarrow |NG| = |GP|
\\
P_{\Delta AFP} = P_{\Delta AFG} \cdot \frac{3+2+2}{3+2} = \frac{1}{3} \cdot \frac{7}{5} = \frac{7}{15}
\\ \\
\Delta AKN \sim \Delta AFP
\\
P_{\Delta AKN} = P_{\Delta AFP} \cdot (\frac{|AN|}{|AP|})^2 = \frac{7}{15} \cdot (\frac{3}{3+2+2})^2 = \frac{7}{15} \cdot \frac{3^2}{7^2} = \frac{3}{35}}\)
Analogicznie możemy udowodnić, że \(\displaystyle{ P_{\Delta NMC} = \frac{3}{35}
\\ \\
\Delta EFL \sim \Delta ALC
\\
\frac{|EF|}{|AC|} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{|EL|}{|LC|} = \frac{1}{3} \Rightarrow P_{\Delta ALC} = P_{\Delta AEC} \cdot \frac{3}{1+3} = \frac{2}{3} \cdot \frac{3}{4} = \frac{1}{2}
\\ \\
P_{KLMN} = P_{\Delta ALC} - ( P_{\Delta ANC} + P_{\Delta AKN} + P_{\Delta NMC} ) = \frac{1}{2} - (\frac{1}{5} + 2 \cdot \frac{3}{35}) = \frac{1}{2} - \frac{13}{35} = \frac{9}{70}}\)
... sp=sharing
Zgadnie z oznaczeniami na rysunku, gdzie
\(\displaystyle{ KN||OG||FP \wedge AG||GP
\\ \\
P_{\Delta ABC} = 1
\\ \\
\Delta DGN \sim \Delta ANC
\\
\frac{|DG|}{|AC|} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{|AN|}{|NG|} = \frac{3}{2} \Rightarrow P_{\Delta ANC} = P_{\Delta AGC} \cdot \frac{3}{3+2} = \frac{1}{3} \cdot \frac{3}{5} = \frac{1}{5}
\\ \\
\Delta FPG \sim \Delta NGC
\\
|CG| = |GF| \Rightarrow |NG| = |GP|
\\
P_{\Delta AFP} = P_{\Delta AFG} \cdot \frac{3+2+2}{3+2} = \frac{1}{3} \cdot \frac{7}{5} = \frac{7}{15}
\\ \\
\Delta AKN \sim \Delta AFP
\\
P_{\Delta AKN} = P_{\Delta AFP} \cdot (\frac{|AN|}{|AP|})^2 = \frac{7}{15} \cdot (\frac{3}{3+2+2})^2 = \frac{7}{15} \cdot \frac{3^2}{7^2} = \frac{3}{35}}\)
Analogicznie możemy udowodnić, że \(\displaystyle{ P_{\Delta NMC} = \frac{3}{35}
\\ \\
\Delta EFL \sim \Delta ALC
\\
\frac{|EF|}{|AC|} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{|EL|}{|LC|} = \frac{1}{3} \Rightarrow P_{\Delta ALC} = P_{\Delta AEC} \cdot \frac{3}{1+3} = \frac{2}{3} \cdot \frac{3}{4} = \frac{1}{2}
\\ \\
P_{KLMN} = P_{\Delta ALC} - ( P_{\Delta ANC} + P_{\Delta AKN} + P_{\Delta NMC} ) = \frac{1}{2} - (\frac{1}{5} + 2 \cdot \frac{3}{35}) = \frac{1}{2} - \frac{13}{35} = \frac{9}{70}}\)
Ostatnio zmieniony 30 maja 2018, o 13:44 przez PawLew, łącznie zmieniany 1 raz.
- Sylwek
- Użytkownik
- Posty: 2716
- Rejestracja: 21 maja 2007, o 14:24
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 160 razy
- Pomógł: 657 razy
Re: GMiL - 2017/2018
Dzięki za to rozwiązanie
Skrzypu, poprowadź wysokość trójkąta równoramiennego. Kąt prosty, który powstanie będzie kątem prostym w dwóch trójkątach prostokątnych, jeden jest połówką wielkiego trójkąta równoramiennego, drugi zawiera się wewnątrz niego i ma ten sam kąt prosty.
Ja tego nie zrobiłem i jeszcze nie siadłem nad nim, ale najpierw szukaj wśród trójkątów o całkowitej długości poprowadzonej wysokości.
Skrzypu, poprowadź wysokość trójkąta równoramiennego. Kąt prosty, który powstanie będzie kątem prostym w dwóch trójkątach prostokątnych, jeden jest połówką wielkiego trójkąta równoramiennego, drugi zawiera się wewnątrz niego i ma ten sam kąt prosty.
Ja tego nie zrobiłem i jeszcze nie siadłem nad nim, ale najpierw szukaj wśród trójkątów o całkowitej długości poprowadzonej wysokości.
- Sylwek
- Użytkownik
- Posty: 2716
- Rejestracja: 21 maja 2007, o 14:24
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 160 razy
- Pomógł: 657 razy
Re: GMiL - 2017/2018
W końcu znalazłem chwilę, żeby przysiąść.
Zadanie nr 18 z 1. dnia - chodzi o to, że...
Zadanie nr 16 z 2. dnia - weźmy rysunek z zadania, oznaczmy lewy dolny wierzchołek przez \(\displaystyle{ A}\), itp., czyli skorzystam z powyższych oznaczeń zaproponowanych przez PawLew ale nie będę tworzył czerwonych lini. Dalej...
Zadanie nr 18 z 1. dnia - chodzi o to, że...
Ukryta treść:
Ukryta treść:
-
- Użytkownik
- Posty: 5
- Rejestracja: 5 kwie 2018, o 10:39
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Gdańsk