LXIV (64) OM - II etap

[porfirion]

Ja w piątym 2,5h próbowałem w jedną stronę i 2,5h w drugą (minus czas stracony na gapienie się w 4) - żeby nie wyszło, że kminię w złą stronę...

[Panda]

@nobuddy: Spytałbym o to samo, ale u mnie różnica polega jeszcze na czymś - rozważałem parzystość kolumn/wierszy (czyli kolorowanie w praktyce), ale liczyłem nie to ile musi być klocków, ale to, ile musi być klocków wielkości 3, żeby dało sie pokryć planszę - przynajmniej n, gdyż klocek wielkości 4 nie zmienia różnicy między zakrytymi parzystymi a nieparzystymi. Ale to oszacowanie jest około 2 razy za słabe

A gdybym wiedział, że w 7x7 mogę użyć aż 15 klocków wielkości 3, to bym pewnie jakoś ułożył. Upierałem się niestety, że moje szacowanie to najlepsze, co można wycisnąć metodami kolorowania.

Ja w 1. rozpatrywałem jakąś liczbę pierwszą z rozkładu \(\displaystyle{ n}\) i jej wykładnik. Najpierw odejmowałem parami \(\displaystyle{ f(ki)}\), tam były iloczyny, i tam rozpatrywałem w jakich wykładnikach występuje ta liczba w każdym z czynniku. Skorzystałem jeszcze z jednej prostej własności (nie chce mi się rozpisywać) i wyszło dobrze.

[HuBson]

podsumowanie: 1 2 4 w miarę łatwe co nie zmienia faktu że mam tylko dwa z nich
w dodatku nie wiem czy dobrze. pozostałe naprawdę trudne próg szacuję 15-16
w Krk bardzo słabo dzisiaj wczoraj sporo osób 2 zadania

[nobuddy]

ogólnie wg. mnie trudnością 2, 1, 4, 3, 5, 6 z czego ostatnie dwa dosc niefajne...

Spodziewam sie 17, juz nie liczac na te 2 punkty w trzecim (pisalem wczesniej), próg pewnie 17-18, zakładając że komisja chce mnie uwalić jednym punktem (znowu?) łatwo zauważyć że będzie 18.

[kaszubki]

Witajcie!
Doszły mnie słuchy, że ludzie mówią, że piąte to była zgadywanka. To wcale nie jest prawda!
Zadania trzeba rozkminiać, albo się nie denerwować.
Oto mój tok rozumowania:
Najpierw przez 3 godziny myślimy, że się nie da i próbujemy to udowodnić. Jednak po sprawdzeniu ok. 10 metod nam nie pyka, więc może jednak coś jest na rzeczy.
Sprawdzamy dla wielomianów stopnia 2. Łatwo widać, że tu nie ma kontrprzykładu.
No to \(\displaystyle{ n=3}\):
\(\displaystyle{ W(x)=W(y) \Leftrightarrow (x-y)(x^2+xy+y^2+a(x+y)+b)=0 \Leftrightarrow (x^2+xy+y^2)+a(x+y)+b=0}\). Wobec tego weźmy \(\displaystyle{ x=\frac{p}{r}, y=\frac{q}{r}}\), gdzie \(\displaystyle{ p,q,r}\) są całkowite.
\(\displaystyle{ W(x)=W(y) \Leftrightarrow (p^2+pq+q^2)+a(pr+qr)+b(r^2)=0}\).
No i teraz doświadczony zawodnik już wie, co trzeba z tym zrobić. \(\displaystyle{ p^2+pq+q^2}\) to jest takie fajne wyrażenie, że jak się weźmie liczbę pierwszą dającą resztę 2 modulo 3, to ono daje modulo ta liczba pierwsza resztę 0 wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ p}\) i \(\displaystyle{ q}\) dają resztę 0. (finał 61. OM, zadanie 5.)
Wobec tego niech \(\displaystyle{ m}\) będzie taką liczbą pierwszą. Gdy \(\displaystyle{ p,q \equiv 0 \text{ modulo } m}\), to \(\displaystyle{ p^2+pq+q^2 \equiv 0 \text{ modulo } m^2}\). Zatem doświadczony zawodnik już wie, że tu trzeba będzie zastosować nieskończone schodzenie.
W tym celu weźmiemy \(\displaystyle{ a=m,b=m}\) i dostajemy \(\displaystyle{ (p^2+pq+q^2)+m(pr+qr+r^2) = 0}\). I to istotnie jest nieskończone schodzenie modulo m.
Chcemy jeszcze, żeby nasz wielomian \(\displaystyle{ x^3+mx^2+mx}\) miał więcej niż jeden pierwiastek. Jednak jak zauważymy, że \(\displaystyle{ m\geq 5}\), to delta równania \(\displaystyle{ x^2+mx+m}\) wychodzi dodatnia, więc \(\displaystyle{ W(x)}\) ma 3 pierwiastki, z czego 2 niewymierne. Wobec tego mamy \(\displaystyle{ W(t_1)=W(t_2)}\), a nie mamy \(\displaystyle{ W(r_1)=W(r_2)}\).
Bawcie się i cieszcie razem ze mną!

[Panda]

Moje 6.:

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ BD}\) ma długość \(\displaystyle{ 1}\) lub \(\displaystyle{ t^{3}}\), zależnie od tego czy \(\displaystyle{ T}\), czy \(\displaystyle{ T'}\).
\(\displaystyle{ t}\) jest tu pewną liczbą niewiele większą od \(\displaystyle{ 1}\), gdyż aby czworościan o takich długościach boków istniał, potrzeba i wystarczy, by:
- każda ściana była poprawnym trójkątem (nierówność trójkąta)
- przy każdym wierzchołku czworościanu suma kątów ściennych nie przekracza \(\displaystyle{ 360^{o}}\)
- kąty przy wierzchołku spełniają nierówność trójkąta.
Wszystko to jest spełnione, gdy wszystkie trójkąty są ostrokątne, a łatwo dobrać takie \(\displaystyle{ t}\) z takiego twierdzenia, że jeśli w trójkącie o bokach długości \(\displaystyle{ a\le b\le c}\) mamy \(\displaystyle{ a^{2}+b^{2} > c^{2}}\), to trójkąt jest ostrokątny.

Ja nie napisałem o ostatnim warunku (acz trójkąt dobrałem ostrokątny), spytalem od razu na omówieniu, ile pkt będzie za to, to dowiedziałem się, że na pewno nie 6, ale na razie nie wiadomo ile, bo takie sprawy są dopiero później dyskutowane.

Edycja:
W sumie \(\displaystyle{ AC}\) może być dowolne, nie jest potrzebne, interesuje nas tylko, by oba trójkąty, które łączy \(\displaystyle{ BD}\), były "magiczne", czyli żeby ich boki tworzyły ciąg geometryczny.

[Mruczek]

Na stronie OM pojawiły się już zadania i rozwiązania.

[Rafal_algo]

Co myślicie na ogół o tych zadaniach - dziwne, nietypowe a może normalne,

Ma ktoś 6, 5 zadań ?

[kaszubki]

Co myślicie na ogół o tych zadaniach - dziwne, nietypowe a może normalne,

Ma ktoś 6, 5 zadań ?

Podobno nikt nie zrobił 6 zadań o_O

[jakub_jabulko]

lol, wiedziałem, że po trzech latach względnego lajtu muszą dać jakiś hardkor. w sumie zadania proste, ale dość nietypowe. bo jak np. w takim 5 wyobrazić sobie wykres tego wielomianu? bez jaj, już prędzej bym uwierzył, że zrobiłem jakiś błąd, niż w to, że z różnowartościowej zjeżdżalni robi nam się falka. ktoś potrafi narysować ten wykres?

-- 23 lut 2013, o 22:19 --

a co do 4 (bo ktoś mówił, że brzydkie):

Ukryta treść:    

nierówność cauchiego 4 stopnia dla trzech y i x dla pierwszego nawiasu i wywalić x - 2 spod pierwiastka. wychodzi nam nierówność, z której wynika rozwiązanie.

[adamm]

Moje 6.:

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ BD}\) ma długość \(\displaystyle{ 1}\) lub \(\displaystyle{ t^{3}}\), zależnie od tego czy \(\displaystyle{ T}\), czy \(\displaystyle{ T'}\).
\(\displaystyle{ t}\) jest tu pewną liczbą niewiele większą od \(\displaystyle{ 1}\), gdyż aby czworościan o takich długościach boków istniał, potrzeba i wystarczy, by:
- każda ściana była poprawnym trójkątem (nierówność trójkąta)
- przy każdym wierzchołku czworościanu suma kątów ściennych nie przekracza \(\displaystyle{ 360^{o}}\)
- kąty przy wierzchołku spełniają nierówność trójkąta.
Wszystko to jest spełnione, gdy wszystkie trójkąty są ostrokątne, a łatwo dobrać takie \(\displaystyle{ t}\) z takiego twierdzenia, że jeśli w trójkącie o bokach długości \(\displaystyle{ a\le b\le c}\) mamy \(\displaystyle{ a^{2}+b^{2} > c^{2}}\), to trójkąt jest ostrokątny.

Ja nie napisałem o ostatnim warunku (acz trójkąt dobrałem ostrokątny), spytalem od razu na omówieniu, ile pkt będzie za to, to dowiedziałem się, że na pewno nie 6, ale na razie nie wiadomo ile, bo takie sprawy są dopiero później dyskutowane.

Edycja:
W sumie \(\displaystyle{ AC}\) może być dowolne, nie jest potrzebne, interesuje nas tylko, by oba trójkąty, które łączy \(\displaystyle{ BD}\), były "magiczne", czyli żeby ich boki tworzyły ciąg geometryczny.

Potwierdzam, że Krzysio ma najładniejsze rozwiązanie w kraju.
Z wyrazami szacunku - ja.

[Rafal_algo]

a ma ktoś jakieś ładne rozwiązanie do wielomianów, tylko nie coś w stylu wzorcówki xD

[kfas]

Nie mam nic innego niż wzorcówka (poza trym, że 5 użyłem, a nie 2).
Ale chciałem napisać, że zadanie wydaje się łatwiejsze, gdy się zna przykład dla funkcji ciągłych, który chyba łatwiej wymyślić (np. -x na ujemnych i pi*x na nieujemnych).

Ja w tym roku o dziwo rozwiązałem wszystkie zadania w dość krótkim czasie, co mi się od lat nie zdarzało. Ale wolałbym, żeby to jednak uczniowie potrafili je zrobić, a nie ja

Czwarte zadanie mi się nie podobało i nawet fakt, że szacowania są dość standardowe go nie ratuje. Jest po prostu brzydkie. Ale pozostałe zadania raczej mi się podobały. W sumie ciekawe jak to z progiem będzie.
kfas

[Rafal_algo]

6 jest nadwyraz ciekawe i dało się zrobić prosto malując trzema kolorami plansze i potem niezmienniki

[urojony]

Jeśli chodzi o Wielkopolskę, to z osób, które zostały na omówieniu ja miałem 5 zadań (nie mam zad 5), ktoś stwierdził, że być może ma 3 (czyli pewnie góra 2,5), parę osób miało 2, więc trochę się obawiam, że z województwa dostanę się tylko ja.
Swoją drogą - parę ludzi twierdziło u nas, że w zad 5 nie istnieje wielomian i mają na to dowód, naprawdę sporo wiary twierdziło, że udowodniło, że w zad 6 nie istnieją dwa czworościany, które nie są podobne.
Co do progu to obstawiam coś koło 15 punktów.
Jeśli chodzi o typ zadań, w sumie dobrze, że tylko jedno kombi i właściwie brak jako takiej teorii liczb, można liczyć, że będzie tego więcej na finale.