GMiL - 2018/2019

Kangur, Alfik, Mistrzostwa w Grach Logicznych, Sejmik, Konkurs PW... Słowem - konkursy ogólnopolskie, ale nie OM.
Elayne
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 926
Rejestracja: 24 paź 2011, o 01:24
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Polska
Podziękował: 75 razy
Pomógł: 274 razy

GMiL - 2018/2019

Post autor: Elayne »

Zad. 5. Gdy spojrzymy na rysunek pierwszy w pierwszym i drugim rzędzie to zauważymy że ścianka pudełka nie kończy się na „końcu” czwartego kwadracika.
Jan Kraszewski
Administrator
Administrator
Posty: 34128
Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 5192 razy

GMiL - 2018/2019

Post autor: Jan Kraszewski »

Elayne pisze:Zad. 5. Gdy spojrzymy na rysunek pierwszy w pierwszym i drugim rzędzie to zauważymy że ścianka pudełka nie kończy się na „końcu” czwartego kwadracika.
Ale kończy się tuż za nim...

JK
pitgot
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 79
Rejestracja: 5 gru 2011, o 13:28
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Podziękował: 6 razy

Re: GMiL - 2018/2019

Post autor: pitgot »

Witajcie W przedostatnim zadaniu mój wynik jest mniejszy od podanego przez Sylwka o jedną dziesiątą. Sprawdzałem dla różnych przybliżeń i w każdym przypadku zaokrąglenie wychodzi takie samo... O ile rzeczywiście nie pomyliłem się nigdzie w tym zadaniu, to wychodzi na to, że mam dwie pomyłki: w zadaniu z przyjaciółmi (w obu odpowiedziach podałem inicjały w odwrotnej kolejności - wtedy jednak nie jest spełniony warunek o prawdomówności Edwarda) oraz zadaniu z gramofonem (wyszło mi zdjęcie numer 10, ale byłoby ono dopiero drugie w kolejności). Ogólnie zadania oceniam jako dość wymagające jak na ten etap (sam też miałem problem z odpowiednim zrozumieniem tego ze znaczkami i wcale się nie dziwię co do tych różnych propozycji odpowiedzi). Również uważam, że w zadaniu z klockami powinna zostać uwzględniona poprawność dwóch odpowiedzi. Zadania z planimetrii stosunkowo proste (może dlatego, że jakoś szczególnie lubię geometrię płaską) - tym bardziej ze względu na ich współczynniki trudności (to z lasem robiłem niemal identycznie jak loitzl9006, czyli przez metodę przyrównania pól, licząc pole wyjściowego trójkąta na dwa sposoby, później z kolei potwierdziłem otrzymany wynik sposobem opisanym przez Sylwka). Trudne zaś i pracochłonne - przynajmniej jak dla mnie - były zadania: z kryptarytmem i ostatnie - z równaniem diofantycznym (moim pomysłem było odjęcie od obu stron równania sześcianu jednej z niewiadomych i badanie podzielności przez 19). Bardzo dużo czasu poświęciłem też na zadanie z kwadratami liczb i ich odwrotnościami, aby wpaść na właściwy trop.

PS. Również miałem problemy z wysłaniem formularza. W końcu wyskoczył mi błąd 504 i ostatecznie postanowiłem przesłać swoje odpowiedzi mailowo po jakimś czasie (ale dopiero za kwadrans 18:00 jakoś). Nie miałem nawet jak porobić screenów (jak zrobił to Sylwek), natomiast wczoraj jeszcze widziałem na oficjalnej stronie Mistrzostw notkę o tym, że wiedzą o problemie, przepraszają za niego i proszą o kontakt mailowy (przesłanie swoich odpowiedzi) wszystkie te osoby, które nie otrzymały maila z potwierdzeniem o prawidłowym zapisaniu formularza odpowiedzi. Dodali też, że nie będzie brany po uwagę czas wysłania odpowiedzi. W dodatku spostrzegłem się później, że w wiadomości napisałem o tym, że problemy z przesłaniem formularza miałem około godziny 17:58 zamiast 16:58
Ostatnio zmieniony 17 mar 2019, o 18:14 przez pitgot, łącznie zmieniany 1 raz.
Adam274
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 26
Rejestracja: 25 lis 2009, o 11:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Częstochowa

GMiL - 2018/2019

Post autor: Adam274 »

@pitgot: Po usunięciu niewymierności z mianownika bok kwadratu wynosi \(\displaystyle{ 40-20\sqrt3}\), a pole \(\displaystyle{ 2800-1600\sqrt3}\). W zależności od przyjętego przybliżenia wychodzi \(\displaystyle{ 28,7}\) albo \(\displaystyle{ 28,8}\). Choć ta pierwsza wartość jest bliższa prawdy, to zgodna z treścią zadania wydaje się jednak ta druga.
pitgot
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 79
Rejestracja: 5 gru 2011, o 13:28
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Podziękował: 6 razy

GMiL - 2018/2019

Post autor: pitgot »

Adam274 pisze:@pitgot: Po usunięciu niewymierności z mianownika bok kwadratu wynosi \(\displaystyle{ 40-20\sqrt3}\), a pole \(\displaystyle{ 2800-1600\sqrt3}\). W zależności od przyjętego przybliżenia wychodzi \(\displaystyle{ 28,7}\) albo \(\displaystyle{ 28,8}\). Choć ta pierwsza wartość jest bliższa prawdy, to zgodna z treścią zadania wydaje się jednak ta druga.
Faktycznie, przyznaję rację Ja z kolei za najprostszą uznałem inną postać tej liczby (z kwadratem), stąd też taki właśnie wynik uzyskałem. Dzięki za to wyjaśnienie - zobaczymy jak na to spojrzą
Awatar użytkownika
Sylwek
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 2716
Rejestracja: 21 maja 2007, o 14:24
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 160 razy
Pomógł: 657 razy

GMiL - 2018/2019

Post autor: Sylwek »

Jan Kraszewski pisze:
Elayne pisze:Zad. 5. Gdy spojrzymy na rysunek pierwszy w pierwszym i drugim rzędzie to zauważymy że ścianka pudełka nie kończy się na „końcu” czwartego kwadracika.
Ale kończy się tuż za nim...

JK
Ja uznałem, że to wystarczy, żeby ten 5. klocek się "utrzymał". Choć, oczywiście - przyznaję rację, sam szukałem w treści sformułowania "o odpowiednio długim boku" lub czegoś podobnego
Jan Kraszewski
Administrator
Administrator
Posty: 34128
Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 5192 razy

GMiL - 2018/2019

Post autor: Jan Kraszewski »

Sylwek pisze:Ja uznałem, że to wystarczy, żeby ten 5. klocek się "utrzymał". Choć, oczywiście - przyznaję rację, sam szukałem w treści sformułowania "o odpowiednio długim boku" lub czegoś podobnego
Ja potraktowałem to jako dość oczywiste zadanie na zliczanie, stąd \(\displaystyle{ 7}\), ale jak zobaczyłem odpowiedź córki, to zrozumiałem, że ona widzi to zupełnie inaczej - na ile sposobów może dodać piąty klocek do narysowanych obrazków.

Czyli typowy problem ze sformułowaniem i "domniemaną interpretacją".

JK
pitgot
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 79
Rejestracja: 5 gru 2011, o 13:28
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Podziękował: 6 razy

Re: GMiL - 2018/2019

Post autor: pitgot »

Na stronie Mistrzostw pojawiły się oficjalne odpowiedzi
Awatar użytkownika
Sylwek
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 2716
Rejestracja: 21 maja 2007, o 14:24
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 160 razy
Pomógł: 657 razy

Re: GMiL - 2018/2019

Post autor: Sylwek »

O 18 powiem trochę więcej - kilka obserwacji, nie wszystkie przydatne .

Starałem się rozwiązać problem w ogólności - dla \(\displaystyle{ a,b,c \in Z_+}\), ale póki co mi się to nie udało.
a) Wystarczy szukać trójek liczb względnie pierwszych:    
b) Wystarczy szukać trójek liczb parami względnie pierwszych:    
c) Badanie NWD nawiasów powstałych ze wzorów skróconego mnożenia:    
d) Mamy b>c:    
e) Modulo 4:    
f) Modulo 5:    
g) Modulo 19:    
Tak naprawdę, połączenie wniosków (b), (d), (e), (f), (g) pokazuje, że...
Szkic rozwiązania zad. 18.:    
Jan Kraszewski
Administrator
Administrator
Posty: 34128
Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 5192 razy

Re: GMiL - 2018/2019

Post autor: Jan Kraszewski »

pitgot pisze:Na stronie Mistrzostw pojawiły się oficjalne odpowiedzi
No i uznali w zad. 5 obie odpowiedzi.

JK
Awatar użytkownika
Sylwek
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 2716
Rejestracja: 21 maja 2007, o 14:24
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 160 razy
Pomógł: 657 razy

Re: GMiL - 2018/2019

Post autor: Sylwek »

Próbowałem zrobić to zad. 18 w całym \(\displaystyle{ Z_+}\) i okazało się, że istnieją inne rozwiązania niż te powstające z \(\displaystyle{ (13,7,6)}\).

Dla ciekawych i na przyszłość - napiszę coś więcej.

Podpowiedziała mi osoba, która mocno siedzi w teorii liczb, więc podzielę się z Wami metodą, która pozwala zrobić takie rzeczy. O ile rozumiem, ma to pewien związek z krzywymi eliptycznymi, ale że nie znam się na temacie, pokażę tylko zastosowanie w tym przykładzie.

Przekształcamy to równanie do równania \(\displaystyle{ \left( \frac{a}{b} \right)^3 + 20 \left( \frac{c}{b} \right)^3 = 19}\). Niech \(\displaystyle{ x=\frac{a}{b}}\) oraz \(\displaystyle{ y=\frac{c}{b}}\), szukamy więc wymiernych rozwiązań równania \(\displaystyle{ x^3+20y^3=19}\) (docelowo - wymiernych dodatnich).

Nasze równanie opisuje funkcję \(\displaystyle{ y=\sqrt[3]{\left( \frac{19-x^3}{20} \right)}}\).

Jak już ustaliliśmy, pasuje \(\displaystyle{ (a,b,c)=(13,7,6)}\), co nam daje \(\displaystyle{ (x,y)=\left( \frac{13}{7}, \frac{6}{7} \right)}\). Ponadto, zauważmy, że pasuje też para \(\displaystyle{ (x,y)=(-1,1)}\).

Jeśli puści się prostą przechodzącą przez dwa wymierne rozwiązania naszego równania, oczekuję, że ta prosta przetnie wykres naszej funkcji w punkcie o obu współrzędnych wymiernych. To samo działa dla stycznej, bo będzie to "zwykle" działać jak "podwójny pierwiastek". Ja to rozumiem tak, że jeśli dla pewnych \(\displaystyle{ r,s \in Q}\) napiszemy \(\displaystyle{ \sqrt[3]{\left( \frac{19-x^3}{20} \right) }=rx+s}\) i podniesiemy to do trzeciej, to otrzymamy równanie trzeciego stopnia (tu akurat zawsze, ale tak w ogólności, to o ile się nie skróci współczynnik przy \(\displaystyle{ x^3}\)), a z wzorów Viete'a - jeśli dwa pierwiastki będą wymierne, to trzeci też, wtedy też \(\displaystyle{ y=rx+s}\) będzie wymierny.

Przejdę do wyników.

Nie przedłużając - oznaczmy \(\displaystyle{ A=\left( \frac{13}{7}, \frac{6}{7} \right)}\), \(\displaystyle{ B=(-1,1)}\). Puszczam styczną do wykresu funkcji w \(\displaystyle{ A}\), a jej inny punkt wspólny z wykresem naszej funkcji wychodzi \(\displaystyle{ C=\left( \frac{-140.881}{14.861} , \frac{52.284}{14.861} \right) \approx (-9,5; 3,5)}\).

Dalej, puszczam styczną do wykresu funkcji w \(\displaystyle{ C}\), a jej punkt inny punkt wspólny z wykresem naszej funkcji wychodzi
\(\displaystyle{ D=\left( \frac{411.491.854.416.744.335.039}{84.033.274.178.618.129.981} , \frac{-142.932.466.128.008.350.968}{84.033.274.178.618.129.981} \right) \approx (4,9; -1,7)}\).

Trzymacie się jeszcze? :D

W końcu, gdyby nanieść te punkty na wykres naszej funkcji, można zauważyć, że łącząc \(\displaystyle{ A}\) z \(\displaystyle{ D}\) powstanie nam nowy punkt przecięcia z wykresem o obu współrzędnych dodatnich (przynajmniej można mieć taką nadzieję na pierwszy rzut oka ;) ).

Tym razem Wolfram mówi, że ten rzeczony punkt to:
\(\displaystyle{ E=\left( \frac{169.220.050.679.877.046.880.484.106.336.307}{63.544.263.803.101.961.630.643.642.865.913}, \frac{11.370.580.519.326.747.476.678.556.840.030}{63.544.263.803.101.961.630.643.642.865.913} \right) \approx (2,66; 0,18).}\)

To oznacza, że
\(\displaystyle{ a=169.220.050.679.877.046.880.484.106.336.307}\) (33 cyfry)
\(\displaystyle{ b=63.544.263.803.101.961.630.643.642.865.913}\) (32 cyfry)
\(\displaystyle{ c=11.370.580.519.326.747.476.678.556.840.030}\) (32 cyfry)
są innym parami względnie pierwszym (łatwo sprawdzić ;-) ) rozwiązaniem naszego równania.

Jak kogoś zabiło to, co się stało, i od razu przewinął do dołu - PODSUMOWANIE - wyznaczałem kolejne rozwiązania pewnego równania aby dojść, że powyższe ogromne liczby \(\displaystyle{ a, b, c}\) stanowią pewne rozwiązanie początkowego równania, którego to rozwiązania nie da się otrzymać z \(\displaystyle{ (13,7,6)}\).

To kończy moje zaciekawienie tym zadaniem, bo to oznacza, że istnieją astronomiczne nietrywialne rozwiązania naszego zadania, jeśli szukać w całym \(\displaystyle{ Z_+}\).

I przy okazji nauczyłem się nowych rzeczy ;-) . Choć takich wielkich liczb jeszcze nigdy nie użyłem w praktyce...
czeladnik
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1
Rejestracja: 13 wrz 2018, o 08:40
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kanie

Re: GMiL - 2018/2019

Post autor: czeladnik »

Dziś dotarł do mnie email z informacją o kwalifikacji Może ktoś z Was pamięta, czy w poprzednich edycjach też był taki wysoki próg dla L1 (czyli 15) na drugim etapie?
ODPOWIEDZ