VI OMG

[kaszubki]

Co do progu, to moim zdaniem nie przekroczy tego z poprzedniego roku

Oj, sprzeciwię się. W Warszawie jakoś strasznie dużo osób ma więcej, niż 2 zadania. Raczej próg ~18 punktów, bo zadania były znacznie prostsze niż w zeszłym. (w szczególności 1,2,3,4 były prostsze od 2,3,4,1)

[laurelandilas]

Kaszubski, masz oczywiscie komplet?

[cyberciq]

Co do progu, to moim zdaniem nie przekroczy tego z poprzedniego roku

Oj, sprzeciwię się. W Warszawie jakoś strasznie dużo osób ma więcej, niż 2 zadania. Raczej próg ~18 punktów, bo zadania były znacznie prostsze niż w zeszłym. (w szczególności 1,2,3,4 były prostsze od 2,3,4,1)

Na szczęście nie samymi Warszawiakami OMG stoi, A z tym, że zadania prostsze niż w zeszłym roku to się nie mogę zgodzić, no chyba, że stereo co najwyżej.

Kaszubski, masz oczywiscie komplet?

jak by nie miał kompletu to by nie był sobą...

[Mejczus]

To ja mam pytanie, co sądzicie o takim rozwiązaniu do zad. 3:

Ukryta treść:    

Niech dani będą gracze \(\displaystyle{ A _{1}, A_{2},..,A_{n}}\), gdzie \(\displaystyle{ n \ge 4}\). Niech ponadto \(\displaystyle{ A_{2}}\) pokonuje \(\displaystyle{ A_{1}}\), \(\displaystyle{ A_{3}}\) pokonuje \(\displaystyle{ A_{2}}\) ... \(\displaystyle{ A_{1}}\) pokonuje \(\displaystyle{ A_{n}}\). Jeśli \(\displaystyle{ A_{1}}\) pokonuje \(\displaystyle{ A_{3}}\) to taka trójka istnieje. Załóżmy zatem, że \(\displaystyle{ A_{3}}\) pokonuje \(\displaystyle{ A_{1}}\). Wiemy, że \(\displaystyle{ A_{4}}\) pokonuje \(\displaystyle{ A_{3}}\). Zatem jeśli \(\displaystyle{ A_{1}}\) lub \(\displaystyle{ A_{2]}\) pokonuje \(\displaystyle{ A_{4}}\), to istnieje taka trójka, odpowiednio \(\displaystyle{ A_{1},A_{3},A_{4}}\) lub \(\displaystyle{ A_{2},A_{3},A_{4}}\). Ponownie załóżmy, że \(\displaystyle{ A_{4}}\) pokonuje \(\displaystyle{ A_{1}}\) i \(\displaystyle{ A_{2}}\). Jak widzimy, dojdziemy do sytuacji, kiedy \(\displaystyle{ A_{n}}\) pokonuje \(\displaystyle{ A_{n-1}, A_{n-2}, ..., A_{2}, A_{1}}\). (tak napisałem w pracy i mam do was pytanie, czy komisja powinna to uznać?). Zauważmy jednak, że z założenia \(\displaystyle{ A_{1}}\) pokonuje \(\displaystyle{ A_{n}}\), więc dostajemy sprzeczność. Jako że takie ustawienie zwycięstw dawałoby nam sytuacje, kiedy taka trójka nie istnieje, pokazaliśmy, że takie ustawienie jest niemożliwe. Zatem uzyskujemy sprzeczność, która pokazuje, że taka trójka musi istnieć ( i tutaj napisałem, że po prostu taka trójka istnieje, nie podąjać jakiegoś przykładu, czy komisja może się przyczepić, o ile rozwiązanie jest w ogóle dobre? )

Co do progu, to u mnie w Szczecinie jednak sporo osób miało po 2-3 zadania, czasem 4, mało po 1 lub 5. Myślę, że będzie gdzieś w granicach 12-17.

[Adam656]

To ja mam pytanie, co sądzicie o takim rozwiązaniu do zad. 3:

Ukryta treść:    

Niech dani będą gracze \(\displaystyle{ A _{1}, A_{2},..,A_{n}}\), gdzie \(\displaystyle{ n \ge 4}\). Niech ponadto \(\displaystyle{ A_{2}}\) pokonuje \(\displaystyle{ A_{1}}\), \(\displaystyle{ A_{3}}\) pokonuje \(\displaystyle{ A_{2}}\) ... \(\displaystyle{ A_{1}}\) pokonuje \(\displaystyle{ A_{n}}\). Jeśli \(\displaystyle{ A_{1}}\) pokonuje \(\displaystyle{ A_{3}}\) to taka trójka istnieje. Załóżmy zatem, że \(\displaystyle{ A_{3}}\) pokonuje \(\displaystyle{ A_{1}}\). Wiemy, że \(\displaystyle{ A_{4}}\) pokonuje \(\displaystyle{ A_{3}}\). Zatem jeśli \(\displaystyle{ A_{1}}\) lub \(\displaystyle{ A_{2]}\) pokonuje \(\displaystyle{ A_{4}}\), to istnieje taka trójka, odpowiednio \(\displaystyle{ A_{1},A_{3},A_{4}}\) lub \(\displaystyle{ A_{2},A_{3},A_{4}}\). Ponownie załóżmy, że \(\displaystyle{ A_{4}}\) pokonuje \(\displaystyle{ A_{1}}\) i \(\displaystyle{ A_{2}}\). Jak widzimy, dojdziemy do sytuacji, kiedy \(\displaystyle{ A_{n}}\) pokonuje \(\displaystyle{ A_{n-1}, A_{n-2}, ..., A_{2}, A_{1}}\). (tak napisałem w pracy i mam do was pytanie, czy komisja powinna to uznać?). Zauważmy jednak, że z założenia \(\displaystyle{ A_{1}}\) pokonuje \(\displaystyle{ A_{n}}\), więc dostajemy sprzeczność. Jako że takie ustawienie zwycięstw dawałoby nam sytuacje, kiedy taka trójka nie istnieje, pokazaliśmy, że takie ustawienie jest niemożliwe. Zatem uzyskujemy sprzeczność, która pokazuje, że taka trójka musi istnieć ( i tutaj napisałem, że po prostu taka trójka istnieje, nie podąjać jakiegoś przykładu, czy komisja może się przyczepić, o ile rozwiązanie jest w ogóle dobre? )

Co do progu, to u mnie w Szczecinie jednak sporo osób miało po 2-3 zadania, czasem 4, mało po 1 lub 5. Myślę, że będzie gdzieś w granicach 12-17.

Obawiam się, że może być błąd
kiedy \(\displaystyle{ A_{n}}\) pokonuje \(\displaystyle{ A_{n-1}, A_{n-2}, ..., A_{2}, A_{1}..}\)
Założyłeś wbrew tezie, że zawodnik \(\displaystyle{ A_{n}}\) wygrał w \(\displaystyle{ n-1}\) czyli wszystkich meczach. W treści zadania pisze, że wszyscy zawodnicy usiedli tak, że każdy zawodnik wygrał z osobą siedzącą po lewej stronie.
Czyli po lewo od zawodnika \(\displaystyle{ A_{n-1}}\) siedzi \(\displaystyle{ A_{n}}\) czyli \(\displaystyle{ A_{n}}\) nie mógł pokonać wszystkich.

(Maksymalnie pewien zawodnik mógł wygrać \(\displaystyle{ n-2}\) meczów)

Jestem trochę zmęczony więc mogę się mylić, ale moim zdaniem "główna" część dowodu opiera się na błędnym założeniu
Pozdrawiam-- 8 sty 2011, o 22:37 --

Oczywiście:

\(\displaystyle{ a^2 \equiv 0 (mod \ a+b) / +b^2-a^2}\)

\(\displaystyle{ b^2 \equiv b^2-a^2 (mod \ a+b)}\)

\(\displaystyle{ b^2 \equiv (b-a)(b+a) (mod \ a+b)}\)

\(\displaystyle{ b^2 = q(a+b)+(b-a)(a+b)}\)

gdzie q to jakaś liczba całkowita:

\(\displaystyle{ b^2 = (a+b)(q+b-a)}\)

Skoro jednym z czynników \(\displaystyle{ b^2}\) jest \(\displaystyle{ a+b}\) dane wyrażenie dzieli się przez \(\displaystyle{ a+b}\).

Pozdrawiam.

Vax, chapeau bas (czapki z głów)

[Mejczus]

To ja mam pytanie, co sądzicie o takim rozwiązaniu do zad. 3:

Ukryta treść:    

Niech dani będą gracze \(\displaystyle{ A _{1}, A_{2},..,A_{n}}\), gdzie \(\displaystyle{ n \ge 4}\). Niech ponadto \(\displaystyle{ A_{2}}\) pokonuje \(\displaystyle{ A_{1}}\), \(\displaystyle{ A_{3}}\) pokonuje \(\displaystyle{ A_{2}}\) ... \(\displaystyle{ A_{1}}\) pokonuje \(\displaystyle{ A_{n}}\). Jeśli \(\displaystyle{ A_{1}}\) pokonuje \(\displaystyle{ A_{3}}\) to taka trójka istnieje. Załóżmy zatem, że \(\displaystyle{ A_{3}}\) pokonuje \(\displaystyle{ A_{1}}\). Wiemy, że \(\displaystyle{ A_{4}}\) pokonuje \(\displaystyle{ A_{3}}\). Zatem jeśli \(\displaystyle{ A_{1}}\) lub \(\displaystyle{ A_{2]}\) pokonuje \(\displaystyle{ A_{4}}\), to istnieje taka trójka, odpowiednio \(\displaystyle{ A_{1},A_{3},A_{4}}\) lub \(\displaystyle{ A_{2},A_{3},A_{4}}\). Ponownie załóżmy, że \(\displaystyle{ A_{4}}\) pokonuje \(\displaystyle{ A_{1}}\) i \(\displaystyle{ A_{2}}\). Jak widzimy, dojdziemy do sytuacji, kiedy \(\displaystyle{ A_{n}}\) pokonuje \(\displaystyle{ A_{n-1}, A_{n-2}, ..., A_{2}, A_{1}}\). (tak napisałem w pracy i mam do was pytanie, czy komisja powinna to uznać?). Zauważmy jednak, że z założenia \(\displaystyle{ A_{1}}\) pokonuje \(\displaystyle{ A_{n}}\), więc dostajemy sprzeczność. Jako że takie ustawienie zwycięstw dawałoby nam sytuacje, kiedy taka trójka nie istnieje, pokazaliśmy, że takie ustawienie jest niemożliwe. Zatem uzyskujemy sprzeczność, która pokazuje, że taka trójka musi istnieć ( i tutaj napisałem, że po prostu taka trójka istnieje, nie podąjać jakiegoś przykładu, czy komisja może się przyczepić, o ile rozwiązanie jest w ogóle dobre? )

Co do progu, to u mnie w Szczecinie jednak sporo osób miało po 2-3 zadania, czasem 4, mało po 1 lub 5. Myślę, że będzie gdzieś w granicach 12-17.

Obawiam się, że może być błąd
kiedy \(\displaystyle{ A_{n}}\) pokonuje \(\displaystyle{ A_{n-1}, A_{n-2}, ..., A_{2}, A_{1}..}\)
Założyłeś wbrew tezie, że zawodnik \(\displaystyle{ A_{n}}\) wygrał w \(\displaystyle{ n-1}\) czyli wszystkich meczach. W treści zadania pisze, że wszyscy zawodnicy usiedli tak, że każdy zawodnik wygrał z osobą siedzącą po lewej stronie.
Czyli po lewo od zawodnika \(\displaystyle{ A_{n-1}}\) siedzi \(\displaystyle{ A_{n}}\) czyli \(\displaystyle{ A_{n}}\) nie mógł pokonać wszystkich.

(Maksymalnie pewien zawodnik mógł wygrać \(\displaystyle{ n-2}\) meczów)

Jestem trochę zmęczony więc mogę się mylić, ale moim zdaniem "główna" część dowodu opiera się na błędnym założeniu
Pozdrawiam

Heh, chyba nie za bardzo rozumiem. Nie zakładam, że \(\displaystyle{ A_{n}}\) pokonuje wszystkich, tylko wykazuję, że tak musi być jeśli nie byłoby takich trójek, a z treści wynika, że tak nie może być.

[limes123]

\(\displaystyle{ 0\equiv a^2\equiv (-b)^2\equiv b^2(mod a+b)}\)

[Adam656]

Heh, chyba nie za bardzo rozumiem. Nie zakładam, że \(\displaystyle{ A_{n}}\) pokonuje wszystkich, tylko wykazuję, że tak musi być jeśli nie byłoby takich trójek, a z treści wynika, że tak nie może być.

Ok niech nie będzie takich trójek. I tak \(\displaystyle{ A_{n}}\) musi z ZAŁOŻENIA zadania przegrać jeden mecz. Więc albo ja jestem ślepy ( możliwe ) albo udowadniasz coś co jest w treści zadania
Miej nadzieje, że ci zaliczą

[kaszubki]

Mejczus, rozwiązałeś to zadanie, ale jakoś dziwnie opisałeś.
1) Powinieneś napisać "załóżmy, że taka trójka nie istnieje" - wtedy mógłbyś od razu napisać, że \(\displaystyle{ A_3}\) wygrywa z \(\displaystyle{ A_1}\).
2)

Jak widzimy, dojdziemy do sytuacji, kiedy \(\displaystyle{ A_{n}}\) pokonuje \(\displaystyle{ A_{n-1}, A_{n-2}, ..., A_{2}, A_{1}}\).

- Przez to nie dostaniesz 6 punktów. Może ty to widzisz, ale ty to masz pokazać.

[cyberciq]

Moje rozwiązanie do 3-go:

Ukryta treść:    

Numerujemy zawodników \(\displaystyle{ A _{1}, A_{2}...A _{n}}\), wybieramy trójkę \(\displaystyle{ A _{1},A _{2},A _{3}\).Jeśli \(\displaystyle{ A _{3}}\) wygrał z \(\displaystyle{ A _{1}}\) to mamy trójkę graczy spełniającą warunki zadania. Załóżmy, że\(\displaystyle{ A _{1}}\) wygrał z \(\displaystyle{ A _{3}}\). Bierzemy następną trójkę \(\displaystyle{ A _{n},A _{1},A _{3}}\) i tu tak samo jak wyżej.Jak wygra to już mamy a jak nie to wybieramy następne trójki tj. (\(\displaystyle{ A _{n-1},A _{n},A _{3}}\)),(\(\displaystyle{ A _{n-2},A _{n-1}, A _{3}\)})...(\(\displaystyle{ A _{5},A _{4},A _{3}}\)). Jeżeli we wcześniejszych trójkach A _{3} choć raz wygrał z ostatnim to mamy trójkę, a jeżeli przegrywał to dochodzimy do trójki \(\displaystyle{ A _{5},A _{4},A _{3}}\) i potem już łatwo wskazać, że jak wcześniej przegrywał i tu też przegrał to w końcu znajdziemy trójkę graczy której szukamy\(\displaystyle{ (A _{2},A _{3},A _{5}}\) (niestety jej nie wymieniłem i odejmą punkty za to na pewno) jak wygrywał to w poprzednich trójkach są gracze spełniający warunki zadania. Nie napisałem natomiast, żeby przyjąć ich nazwy jako A, B i C bo wtedy wydało mi się to nieistotne a szkoda, gdyż mogą obciąć punkt.

I czy przy ocenie poznajemy konkretnie za co przyznają punkty a za co odejmują czy tylko ile punktów za poszczególne zadania nam dali?

pozdrawiam

[Loczek_66]

Mam 3 tak jak w odpowiedziach, a reszta to nie wiem czy dobrze

[nobuddy]

3 mam chyba podobnie do rozwiązania cyberciq ale trochę jaśniej (wg. mnie)

Ukryta treść:    

Załóżmy że istnieje zestaw dla którego szukana trójka nie istnieje. Oznaczam zawodników \(\displaystyle{ A_{1},A_{2},A_{3}...A_{n}}\) zgodnie z ruchem wskazówek zegara.

Z treści mamy że \(\displaystyle{ A_{1}}\) wygrał z \(\displaystyle{ A_{2}}\), \(\displaystyle{ A_{2}}\) wygrał z \(\displaystyle{ A_{3}}\) itd.

Weźmy trójkę \(\displaystyle{ A_{1},A_{2},A_{3}}\). Wiemy że \(\displaystyle{ A_{1}}\) wygrał z \(\displaystyle{ A_{2}}\), \(\displaystyle{ A_{2}}\) wygrał z \(\displaystyle{ A_{3}}\). Jeśli \(\displaystyle{ A_{3}}\) wygrał z \(\displaystyle{ A_{1}}\) to zadanie ma rozwiązanie a zakładamy że tak nie jest, więc \(\displaystyle{ A_{1}}\) wygrał z \(\displaystyle{ A_{3}}\) (nie było remisów).

Dalej: bierzemy trójkę \(\displaystyle{ A_{1},A_{3},A_{4}}\). Podobnie, wiemy że \(\displaystyle{ A_{1}}\) wygrał z \(\displaystyle{ A_{3}}\), \(\displaystyle{ A_{3}}\) wygrał z \(\displaystyle{ A_{4}}\), i analogicznie wnioskujemy że \(\displaystyle{ A_{1}}\) wygrał z \(\displaystyle{ A_{4}}\)

Powtarzając rozumowanie dochodzimy do wniosku że \(\displaystyle{ A_{1}}\) wygrał z każdym innym zawodnikiem, co jest niemożliwe, gdyż \(\displaystyle{ A_{1}}\) przegrał z \(\displaystyle{ A_{n}}\) bo siedzi po jego lewej stronie. Założenie że istnieje zestaw dla którego szukana trójka nie istnieje implikuje sprzeczność, więc... dla każdego zestawu taka trójka istnieje.

c.n.d.

Ogólnie:
1 - proste
2 - dziwnie proste (skoro \(\displaystyle{ a^{2} - b^{2}}\) dzieli się przez a+b (wzór skr. mnożenia) i tak samo \(\displaystyle{ a^{2}}\) to oznacza to że \(\displaystyle{ b^{2}}\) też, nie?)
3 - średnie, trzeba było wpaść na pomysł
4 - b. proste
5 - nie zrobiłem, więc jakie ma być?

Apropo 5 - ciężko było wpaść mi na coś, bo w mojej wyobraźni sfera wpisana w czworościan zajmuje większość jego objętości, i zostają tylko małe "różki" A tu okazuje się że większość miejsca jest poza sferą.

@cyberciq Z tego co mi się wydaje to dostaniesz tylko np. 6 6 5 6 2 i tyle, ale nie brałem udziału wcześniej więc nie jestem pewien.

[pawels]

Wydaje się, że zadania były mniej wyważone niż rok temu. Zadanie 1,2,4 były naprawdę proste, a znając pewne motywy dotyczące turniejów można zmieścić rozwiązanie zadania 3. w dwóch linijkach:
W każdym turnieju istnieje ścieżka długości co najwyżej dwa łączące osobę która wygrała najwięcej meczy z każdą inną, czyli taka ścieżka łącząca tą osobę z jej poprzednikiem w cyklu wraz z odpowiednią krawędzią cyklu tworzy trójkąt.
Ciekawe ile znajdzie się rozwiązać tego zadania na dwie strony
Wg mnie stereometria była znacznie trudniejsza niż rok temu, zarówno na drugim etapie jak i na finale. Nie sądzę jednak aby próg przekroczył 14 punktów (choć może to być z drugiej strony zupełna bzdura.

Przy ocenach nie ma komentarzy uzasadniających (chyba, że w tym roku coś się zmieniło).

[nobuddy]

Wyników jak narazie nie widać... Jak było w poprzednich latach? Dawali tuż przed końcem terminu?

[kaszubki]

Nie pomylił Ci się styczeń z lutym?