MM w GMiL 2009/10

[prox]

ja mam identyczne odpowiedzi jak ordyh PeterWeter, wg mnie masz źle dwa zadania: 10 i 13, a aby przejsc mozna miec tylko jedno źle

[Żywy]

Z tego co pamiętam to takie odpowiedzi dałem (kat. L2):
1. 5
2. 921
3. chyba się walnąłem :/
4. 1208
5. nie pamiętam
6. 13
7. nie pamiętam
8. 2x3x5x67
9. 27
10. 1 rozw.
11. 1 rozw.
12. 2211
13. zapisałem jako ułamek wynik j.w.
14. 1 rozw. 1386
15. 1 rozw. 80
16. 60
17. 102564
18. Nie dałem rady..

Świstak spróbuj jakoś lepiej opowiedzieć to z trójkątami, jak zrobić 80?
Może ktoś potwierdzić 17?
Jak zrobić 18? ;>

[PeterWeter]

No dobrze, ale jak zrobiliście z. 10, skoro mamy tak zróżnicowane odpowiedzi?

[Django]

Poza 16. moje odpowiedzi pokrywają się z odpowiedziami kolegi ordyh. Tuż przed wysłaniem naszła mnie mała wątpliwość: w zadaniu 3. - czy pod słowem wyminięcie rozumiemy wyminięcie się autobusów tuż przy sobie czy też możemy to rozumieć jako wyminięcie się autobusów oddalonych o dużą odległość? Taka sytuacja miałaby miejsce, gdyby jeden z busów wyruszył o 7:40 i ten nasz o 8:00 - po pewnym czasie, gdy ten pierwszy będzie wracał już na dworzec (przebędzie więcej niż połowę trasy), a drugi będzie dopiero z dworca wyjeżdżał (połowy jeszcze nie przebędzie) miną się, daleko odległe od siebie. Taka sama sytuacja z autobusem o 8:20. Rozpatrując taką definicję słowa wyminięcia mamy nie 4, a 6 autobusów. (w końcu napisałem 4)
Pzdr

[Żywy]

PeterWeter, podejrzewam, że źle zrozumiałeś to zadanie, spróbuj przeczytać treść dokładnie jeszcze raz.
Analizując nasze rozwiązanie (351642), patrząc na rysunek z zadania wychodzi coś takiego:
1 wiersz od dołu => --6421 a zatem jak widać żadna z tych liczb nie jest we właściwiej kolumnie, ale każda z nich powinna znaleźć się wśród czterech obstawionych pól,
2 wiersz od dołu => -2563- czarne kółko tzn. 6 jest we właściwym miejscu, białe kółko 5 powinno być w jednej z obstawianych kolumn, są tylko dwa kółka, ponieważ 2 i 3 nie powinny znaleźć się w żadnej z obastawianych kolumn...
itd...

[PeterWeter]

To ma sens.
Ja zacząłem zadanie od końca, myśląc, że to początek.
Dzięki za wyjaśnienie i Wesołych Świąt

[Swistak]

AU

GMiL-trjkty.png (8.02 KiB) Przejrzano 343 razy

- coś takiego.
Z tym, że podstawy nie 2 i 3, a 6 i 6 lub 5 i 6. W obu wariantach wychodzi 80 trójkątów

[Sylwek]

Z tym, że podstawy nie 2 i 3, a 6 i 6 lub 5 i 6. W obu wariantach wychodzi 80 trójkątów

Jako że każdy odcinek może należeć maksymalnie do dwóch trójkątów równobocznych, to \(\displaystyle{ 2 \cdot \frac{1}{3} \cdot 100}\) nie możesz przekroczyć, co uczyniłeś . Po drugie to ograniczenie jak zauważyła większość jest zbyt wysublimowane, bo pewna ilość odcinków musi zostać poświęconych na "obwód" naszej figury (lub sumy mnogościowej mniejszych figur), więc wychodzi 60 (wystarczyło pokazać, że co najmniej 18 odcinków musi być składowymi obwodu). Prawdopodobnie źle przeczytałeś treść.

[jerzozwierz]

Sylwek, Świstak zrobił taki myk, że jeden odcinek należy do więcej niż 2 trójkątów. Po prostu trzeba przestać traktować odcinki jak zapałki, a raczej jak sznurek, którego mamy określoną ilość

[Sylwek]

Sylwek, Świstak zrobił taki myk, że jeden odcinek należy do więcej niż 2 trójkątów.

OK. Mimo wszystko to jest GMiL i wątpię, że uznają jakikolwiek wynik różny od 60.

[Żywy]

Sylwek, a mógłbyś przedstawić swoje odpowiedzi do pozostałych zadań? Przede wszystkim 17, 18. Z tym, że 18 jakby szło to może jakiś komentarz jak zrobić, bo jestem bardzo ciekawy.

[Sylwek]

Nie mam przy sobie spisanych rozwiązań, ale raczej od 1 do 16 mamy tak samo, w 17. źle przeczytałem treść i przestawiałem cyfrę jedności na początek, a trzeba było odwrotnie (czy vice versa, nie chce mi się spoglądać na treść ) i wyszła mi większa liczba, co do 18. nie starczyło cierpliwości (po 2 godzinach odrzuciłem wszystkie możliwości i nie chciało mi się od nowa startować )

[Herbivorous]

Witam!
Uważam, że w zadaniu 16. jest tylko 1 dobry wynik: 60. Słowa "co najwyżej" w treści muszą się odnosić do ilości tych trójkątów, a nie długości boku trójkąta, która jest równa 1cm - tylko te liczymy - dlatego wg mnie rozumowanie Świstaka nie pasuje do treści zadania. 59 wychodzi gdy stworzymy z tych trójkątów duży trójkąt równoboczny i odpowiednio na końcu zmodyfikujemy. Natomiast jeśli zrobimy sześciokąt foremny o boku składającym się z (chyba) 3 odcinków to użyjemy 90 odcinków i potem dokładając najoptymalniej pozostałe 10 dostajemy 60 trójkątów (o boku 1cm!).
W zadaniu 17. również mam 102564.
W zadaniu 13. łatwo dostajemy wynik 1+sqrt(2) i skoro nam każą przyjąć sqrt(2)~1,414 to dla mnie odp jest 2,414. Gdy nie usuniemy wcześniej niewymierności z mianownika, to błąd przybliżenia, które nam narzucają, oddala nas od dokładnej wartości 1+sqrt(2). Myślę jednak, że rozw. 2,415 też będą uznane.
Pozostałe oprócz 10. mam tak samo jak Wy.
W zadaniu 10. popełniłem gafę, bo nie zrozumiałem treści i uznałem, że białe kółko znaczy, że cyfra jest na innym miejscu ale wśród sześciu kolumn a nie wyznaczonych czterech. Stąd wyszło mi 75 (:P) rozwiązań, chociaż od małego startuję w tym konkursie (jednak bez większych osiągnięć... ) i nigdy nie wyszło mi więcej niż 15 rozwiązań (być może nawet niż 10, ale nie jestem pewien czy gdzieś nie było 12) i wysłałem odp. 75.
Na swój sposób rozwiązałem 18. tylko nie wiem czy dobrze. Podaję tutaj linka do arkusza w którym spróbowałem wyjaśnić moje rozumowanie, ale ciężko to się tłumaczy... Dostałem 1 rozw. 3 i 17.

[Żywy]

Herbivorous, dzięki bardzo, za próbe wyjasnienia 18. Sprytnie to sobie zapisałeś w tych tabelkach. Chyba myśleliśmy trochę podobnie, bo też podejrzewałem parę 1 i 9, ale nie miałem juz siły, żeby myśleć dalej więc tak zostawiłem. Do końca nie zrozumiałem całości rozwiązania, ale jeszcze pomyślę później.
Nie popełniłeś przypadkiem błędu przy tym, że iloczyn tych dwóch liczb nie może być większy od 100? Bo wg. mnie ten iloczyn nie mógł być większy od 200 (bo suma dwóch liczb <1,100> to maksymalnie 100+100)...?

[Swistak]

Z tym, że podstawy nie 2 i 3, a 6 i 6 lub 5 i 6. W obu wariantach wychodzi 80 trójkątów

Jako że każdy odcinek może należeć maksymalnie do dwóch trójkątów równobocznych, to \(\displaystyle{ 2 \cdot \frac{1}{3} \cdot 100}\) nie możesz przekroczyć, co uczyniłeś . Po drugie to ograniczenie jak zauważyła większość jest zbyt wysublimowane, bo pewna ilość odcinków musi zostać poświęconych na "obwód" naszej figury (lub sumy mnogościowej mniejszych figur), więc wychodzi 60 (wystarczyło pokazać, że co najmniej 18 odcinków musi być składowymi obwodu). Prawdopodobnie źle przeczytałeś treść.

Byłoby miło, gdybyś następnym razem, zanim się wypowiesz na temat mojego posta, najpierw go przeczytał .
Natomiast Herbivorus zapewne po prostu nie zastanowił się nad tym co napisałem. Wszystkie trójkąty, które liczyłem miały długość boku dokładnie 1 cm. Jeżeli mamy podstawy 6 i 6, to zostaje nam 88 odcinków. Robiąc takie wężyki z każdych kolejnych 11 odcinków możemy uzyskać 10 trójkątów, i wychodzi nam równo 80 trójkątów.
Dokładniej to licząc trzeb jeszcze uwzględnić, że możemy jeden raz wcisnąć 12 odcinków i uzyskać 11 trójkątów, ale to nam się przydaje tylko wtedy, jeżeli pozostała liczba odcinków podzielona przez liczbę odcinków, które składają się na jednego "wężyka" daje jakiśtam iloraz i resztę 1, a w przypadku podstaw 6 i 6 wychodzi nam wszystko równo.
W przypadku podstaw 5 i 6 zostaje nam 89 odcinków na wężyki i z każdych kolejnych 10 odcinków możemy otrzymać 9 trójkątów. Tu owa reszta wynosi 9, a więc też nic tamto nam nie ulepsza. Budujemy 8 wężyków i mamy 72 trójkąty, ale zostaje nam jeszcze 9 odcinków, z których możemy zbudować niepełnego wężyka, który da nam 8 trójkątów i łącznie mamy ich 80.
Przy innym doborze podstaw otrzymujemy mniej trójkątów.

Natomiast nierozstrzygnięta pozostaje sprawa, czy nie da się więcej. johnny napisał, że uzyskał 128 trójkątów. Dopuszczam, że tyle można otrzymać, aczkolwiek może to być niezłe wyzwanie.