[LVIII OM] I etap

servus · Post autor: **servus** » 5 gru 2006, o 15:22

Powiedzcie, że w jedenastym wzór wyszedł: 6n - 1 po 3n + 1 (symbol Newtona) Bede wdzieczny

Ziom Ziomisław · Post autor: **Ziom Ziomisław** » 5 gru 2006, o 15:31

Ta wreszcie koniec. Wysłałem niby wszystkie oprucz 4, ale z tymi rozwiazniami to różnie. Co do 3 serii to tak: w 9 doszedłem sobie do sprzeczności, że liczb mająca więcej dzielników ma ich mniej, w 10 udowodniłem podbieństwo wiadomo z katów, a potem walnołem kit, że 6-kąt jaki powstał we wnetrzu trójkata ma parami naprzeciwległe boki równe, w 11 po nudnych wywodach, rozpatrywaniu przypaków w zalezności od i doszedłem do tego, że są dwa ciągi nierównosci, obliczyłem długość jednego z nich i dalej już z górki. Co do 12 to podobnie jak hellsing przedstawiłem to wyrażenie jako dzielenie w(x) przez (x-a)(x-b) (o to chyba Ci chodziło hellsing ??) i napisałem, że (p(x))^2=R(x)+z(x) przy czym r(x0 to reszta stopnia pierwszego, a z(x) to wielomian przyjmujacy wartość równą 0 dla kazdego x dla którego w(x)≤0. trochę zamołotane, ale może 2 punkty bedą.
Ogólnie co do 3 serii to była ona bardzo dziwna. Niby żadnego takiego hardcoru jak ubiegłoroczne 12, ale sporo było udowadniania oczywistych rzeczy (np.12). Osobiscie ciesze się, że to juz koniec 1 etapu. jakos wyjątkowo mi nie lażał (za duzo kombinatoryki i geometri ofcorse ).

krzasz · Post autor: **krzasz** » 5 gru 2006, o 15:49

servus pisze:Powiedzcie, że w jedenastym wzór wyszedł: 6n - 1 po 3n + 1 (symbol Newtona) Bede wdzieczny

Mi wyszło w 11:

\(\displaystyle{ {6n-1\choose 3n-2}}\)

ale to raczej to samo

Voover · Post autor: **Voover** » 5 gru 2006, o 15:50

Ja wysłałem wszystkie, jakaś katastrofa by się musiała zdarzyć, żebym nie przeszedł
:
9) Wydaje się być banalne, mam nadzieję, że czegoś nie pominąłem
10) Trygonometrią...
11) Też banalne
12) Wymęczone strasznie, ale chyba jest

Iron · Post autor: **Iron** » 5 gru 2006, o 15:54

Ziom Ziomisław pisze: w 10 udowodniłem podbieństwo wiadomo z katów, a potem walnołem kit, że 6-kąt jaki powstał we wnetrzu trójkata ma parami naprzeciwległe boki równe

Mam tak samo, powstają 3 równoległoboki, wystarczy dorysować krótszą przekątną któregokolwiek z nich i udowodnić, że dzieli sześciokąt na dwa czworokąty przystające (z wł. przekątnej albo kątów naprzemianległych), później napisałem, że te małe trójkąciki też są parami przystające (w związku z równością kątów i jednego z boków), wobec czego PQR i STU mają takie same pola i odpowiednie kąty sobie równe, są więc podobne w skali 1:1 czyli przystające. W 11 otrzymałem 6n-2 po 3n+1, najpierw rozważyłem przypadki dla 1,2,3, a później sprowadziłem wszystko do ogólnego wzoru, jakoś nie umiałem tego zapisać formalnie, ale opisałem co trzeba i myślę, że mam dobrze. W 9. nie udowadniałem wzoru na liczbę dzielników, bo w kilku książkach go widziałem, więc nie było potrzeby, podobnie jak ktoś powyżej doszedłem do sprzeczności, która rozstrzyga, że nie istnieją różne m i n, dla których F(m)=F(n)

[ Dodano: 5 Grudzień 2006, 15:57 ]

Voover pisze: 10) Trygonometrią...

Massssssssakra , że Ci się chciało

Twarz · Post autor: **Twarz** » 5 gru 2006, o 16:34

TomciO pisze:Innymi slowy: \(\displaystyle{ F(m)=m^{\frac{d(m)}{2}}}\), gdzie \(\displaystyle{ d(m)}\) to ilosc dzielnikow \(\displaystyle{ m}\).

Ten wzor nie jest prawdziwy dla \(\displaystyle{ x=a^2}\). Ja rozpatrywalem 3 przypadki, gdy oba sa kwadratami, gdy jedno jest kwadratem, gdy zadne nie jest kwadratem. Dalej tak jak Ziom Ziomislaw.
10 chyba mam zle (rysuje w srodku proste tworzace rownoleglobok, ale nie dowodze ze to rownoleglobok imo to bylo oczywiste, a dalej podobienstwo), ale na pewno Ziom Ziomislaw ma blad, poniewaz to nie jest wystarczajacy warunek zeby naprzeciwlegle boki szesciokatu byly rowne, wystarczy sobie poprzesuwac rownolegle jeden bok.
11 naprawde bylo proste, wystarcza pokazac, ze sa 2 ciagi, obliczyc ich pierwsze i ostatnie wyrazy, i samo wychodzi.
12 nie zrobilem.
W zasadzie 12 to jedyne zadanie, ktorego nie zrobilem. Uwazam, ze moga mi uciac punkty jeszcze w 8 i 10. Ale przejsc powinienem.

Voover · Post autor: **Voover** » 5 gru 2006, o 16:47

Iron pisze: [ Dodano: 5 Grudzień 2006, 15:57 ]
Voover pisze: 10) Trygonometrią...
Massssssssakra , że Ci się chciało

Jak się nie ma co się lubi to się lubi co się ma ;P

Twarz pisze:
TomciO pisze:Innymi slowy: \(\displaystyle{ F(m)=m^{\frac{d(m)}{2}}}\), gdzie \(\displaystyle{ d(m)}\) to ilosc dzielnikow \(\displaystyle{ m}\).
Ten wzor nie jest prawdziwy dla \(\displaystyle{ x=a^2}\).

E tam. Policz sobie ;P dla 25 masz dokładnie \(\displaystyle{ F(25)=25*5*1=125=25^{\frac{3}{2}}}\)

bullay · Post autor: **bullay** » 5 gru 2006, o 18:28

gosciu czepia sie wzor \(\displaystyle{ F(m)=m^{\frac{d(m)}{2}}}\) musi byc dobry, bo mam identyczny ;]

Iron · Post autor: **Iron** » 5 gru 2006, o 18:39

Twarz pisze:10 chyba mam zle (rysuje w srodku proste tworzace rownoleglobok, ale nie dowodze ze to rownoleglobok imo to bylo oczywiste, a dalej podobienstwo)

Jeżeli dwa odcinki są prostopadłe do trzeciego, to muszą być do siebie równoległe, ot i cały dowód

f1024 · Post autor: **f1024** » 5 gru 2006, o 19:10

Iron pisze:
[ Dodano: 5 Grudzień 2006, 15:57 ]
Voover pisze: 10) Trygonometrią...
Massssssssakra , że Ci się chciało

No coz... Przyznam - calkim niezle zmasakrowane zadanie. Ale mam zaszczyt zaprezentowac cos mocniejszego:D Tego oto potwora - zadanie 11. z ubieglorocznej olimpiady wyslalem i otrzymalem 6 punktow. Serdecznie wspolczuje osobie, ktora to sprawdzla:D A moze nie sprawdzala, tylko stwierdzila, ze mi zalezy i od reki machnali 6 punktow:D Oto i polska masakra piłą mechaniczną 11:

A co do tegorocznej olimpiady, to nie wyslalem tylko zadania 12 - zraziło mnie zadania 12 w ubieglym roku:D 9 i 10 mam podobnie jak Forumowicze a 11: liczby \(\displaystyle{ x_{1}, x_{2}, ..., x_{6n-1}}\) potraktowałem jako wierzchołki grafu. Zad 11 dostępne tutaj:

TomciO · Post autor: **TomciO** » 5 gru 2006, o 19:18

"Co do 12 to podobnie jak hellsing przedstawiłem to wyrażenie jako dzielenie w(x) przez (x-a)(x-b) (o to chyba Ci chodziło hellsing ??) i napisałem, że (p(x))^2=R(x)+z(x) przy czym r(x0 to reszta stopnia pierwszego, a z(x) to wielomian przyjmujacy wartość równą 0 dla kazdego x dla którego w(x)≤0. trochę zamołotane, ale może 2 punkty bedą. "

Bardzo watpie, bo rozpatrywanie tego jako dzielenia przez \(\displaystyle{ (x-a)(b-x)}\) do niczego nie prowadzi.

"i udowodnić, że dzieli sześciokąt na dwa czworokąty przystające (z wł. przekątnej albo kątów naprzemianległych), "

Jezeli chcesz przez to powiedziec, ze jezeli dwa czworokaty majace jeden bok wspolny i te same katy musza byc przystajace, to niestety nie jest to prawda.

"Ten wzor nie jest prawdziwy dla \(\displaystyle{ x=a^2}\) . Ja rozpatrywalem 3 przypadki, gdy oba sa kwadratami, gdy jedno jest kwadratem, gdy zadne nie jest kwadratem. "

Przyznam szczerze, ze tez tak robilem bo w chwili gdy zaczynalem spisywac rozwiazanie tak samo mi sie wydawalo . Ale ten wzor jest jak najbardziej prawdziwy rowniez dla kwadratow, tylko, ze wtedy w tym wzorze \(\displaystyle{ \frac{d(m)}{2}}\) jest nieparzyste, ale to oczywiscie niczemu nie przeszkadza.

Iron · Post autor: **Iron** » 5 gru 2006, o 19:24

TomciO pisze:Jezeli chcesz przez to powiedziec, ze jezeli dwa czworokaty majace jeden bok wspolny i te same katy musza byc przystajace, to niestety nie jest to prawda.

Napisałem jeszcze, że kąty przy tym boku są parami równe, więc nie ma pudła, musi być przystający, zresztą w rozwiązaniu zaznaczyłem wszystkie kąty na rysunku, czego na forum nie zrobię , z niego widać dokładnie, że są przystające

servus · Post autor: **servus** » 5 gru 2006, o 19:33

Cholera, widze, ze 10 robilem tak jak inni tutaj, a i tak mi nie wyszlo

no ale cóż, to geometria... wypadki chodzą po ograch

Ogólnie mam osiem zadań z dobrymi rozwiązaniami, 4+2+2, o ile nie przyczepią się do jakiegoś nieprecyzyjnego zapisu rozumowania, to może starczy...

TomciO · Post autor: **TomciO** » 5 gru 2006, o 20:14

"Napisałem jeszcze, że kąty przy tym boku są parami równe, więc nie ma pudła, musi być przystający"

Nie. Narysuj sobie 2 czworokaty, ktore maja wspolny bok i faktycznie sa przystajace. Teraz, przesun sobie rownolegle przeciwlegly bok do tego wspolnego o jakistam wektor. Dalej wszystkie katy sa te same, a jeden bok jest wspolny, ale czworokaty juz nie sa przystajace...

Ziom Ziomisław · Post autor: **Ziom Ziomisław** » 5 gru 2006, o 20:30

Gwoliscisłości ja zdaje sobie sprawę z ułomnosci mojego 10 i 12.

TomciO pisze:Narysuj sobie 2 czworokaty, ktore maja wspolny bok i faktycznie sa przystajace. Teraz, przesun sobie rownolegle przeciwlegly bok do tego wspolnego o jakistam wektor.

Lepszy przykład - kwadrat o boku 4 i prostokąt o bokach 4 i 10. to dopiero wał jest .