MM w GMiL 2009/10

johnny · Post autor: **johnny** » 28 gru 2009, o 14:31

chcialbym wszystkim pokazac w jaki mniej-wiecej sposob otrzymalem te 128 trojkatow
oczywiscie to jest przyklad, bo 128 otrzymalem umieszczajac wszystko w prostokacie i dzielac kazdy odcinek na 4, a nie jak na obrazku na 2 mniejsze

Kod: Zaznacz cały

http://www7.speedyshare.com/data/401870323/19938958/63406584/trojkaty.bmp

jerzozwierz · Post autor: **jerzozwierz** » 28 gru 2009, o 14:48

Mistrzu, nie doczytałeś, że trójkąty mają mieć długość boku 1cm

johnny · Post autor: **johnny** » 28 gru 2009, o 15:46

doczytales, policz teraz trojkaty o boku 1 cm. na tym rysunku i policz ilosc uzytych odcinkow o dlugosci 1cm, jesli tylko potrafisz je zobaczyc, rozbudowujac to otrzymujesz 128 trojkatow
i w dwoch miejscach na tym rysunku zapomnialem dorysowac drugiej polowy odcinka, zaraz poprawie

poprawione -

Kod: Zaznacz cały

http://www5.speedyshare.com/data/608780501/20016085/96241661/trojkaty.bmp

Herbivorous · Post autor: **Herbivorous** » 13 sty 2010, o 21:53

Świetnie, nie wpadłem na to, że wierzchołki trójkątów nie muszą być końcami odcinków... Niestety nie mam czasu się zagłębić w rozwiązanie, ale jedno jest pewne - rozwiązanie to duużo ponad 60

Co do osiemnastego, to jestem pewien, że iloczyn musi być mniejszy od 54. Sergiusz może powiedzieć "wiedziałem to" tylko wtedy, gdy KAŻDA para liczb ze zb. od 1 do 100 dająca w sumie tyle, ile Sergiusz zobaczył na swojej kartce (iloczyn szukanej przez nas pary), ma "niejednoznaczny" iloczyn (tzn. istnieje inna para liczb (inna od tej jednej z wielu par, które w sumie dają liczbę Sergiusza) od 1 do 100, która ma ten sam iloczyn). Równoważnie oznacza to, że nie istnieje para liczb od 1 do 100 w sumie dająca liczbę Sergiusza i mająca "jednoznaczny" iloczyn. [Wszystkie rozważane liczby są naturalne.]
Przykład: 4 i 19 suma:23 iloczyn:56
W tym przypadku Sergiusz dostaje liczbę 56 i myśli, że to jest suma. Rozważa wszystkie przypadki - wszystkie pary mające sumę 56:
1,55
2,54
3,53
4,52 ... itd. aż do 28,28
i myśli sobie co w każdym przypadku może stwierdzić Piotr. W przypadku (3,53) ((9,47) też) iloczyn jest "jednoznaczny": istnieje tylko jedna para z liczb od 1 do 100 mająca iloczyn 159 ((1,159) jest poza "dziedziną") (tak samo tylko jedna para daje iloczyn 423) i Piotr nie powiedziałby, że nie wie, ale mając liczbę 159 wskazałby, że parą jest 3 i 53 (9 i 47).
W ten sposób odpadają wszystkie pary mające iloczyn postaci 53+n, bo w każdym takim przypadku (wg Sergiusza) Piotr dostając liczbę 53*n wskazałby jedyną możliwość (53,n).

Żadnego nieparzystego iloczynu (liczba Sergiusza) s mniejszego od 54 nie odrzucimy w ten sposób. Aby suma była nieparzysta jeden składnik musi być nieparzysty a drugi parzysty czyli postaci 2*m. Każda para dająca w sumie s, przyjmijmy (k,L) k=2m L-nieparzysta, nie ma "jednoznacznego iloczynu": ten sam iloczyn oprócz pary (k,L) daje para (m,2L). to działa dla s<54, bo wtedy 2L<101:
s\(\displaystyle{ \le}\)53
2m+L\(\displaystyle{ \le}\)53
L\(\displaystyle{ \le}\)53-2m, ale
2\(\displaystyle{ \le}\)2m=k dodając ostatnie 2 nierówności stronami dostajemy
L+2\(\displaystyle{ \le}\)53 czyli
2L\(\displaystyle{ \le}\)102
Czyli 2L należy do przedziału od 1 do 100 we wszystkich przypadkach oprócz gdy L=51, ale wtedy k=2 (s=53) i już "ręcznie" zauważamy, że też nie ma pary z jednoznacznym iloczynem:
gdy (1,52) to 1*52=2*26
gdy (2,51) to 2*51=3*34 <-ten przypadek jest szczególny, dla reszty działa metoda "przyklejania" dwójki z parzystego do nieparzystego czynnika (whatever)
gdy (3,50) to 3*50=2*75
gdy (4,49) to 4*49=2*98
gdy (5,48) to 5*48=10*96 itd. aż do przypadku (26,27): 26*27=13*54.

Możemy jeszcze odrzucić wszystkie pary mające parzysty iloczyn od 21 do 53, bo taki iloczyn zawsze jest sumą pewnej pary dwóch liczb pierwszych z iloczynem większym od 100 - to daje "jednoznaczność":
22=11+11 121 tylko na jeden sposób jest iloczynem dwóch liczb od 1 do 100 - (11,11)
24=11+13
26=13+13
28=11+17
... 50=13+37
52=23+29
dla 20 już nie działa: 20=7+13, ale 7*13<100 czyli 7*13=1*91 - nie ma "jednoznaczności".

Nie wiem czy potrafię jaśniej to wytłumaczyć, mam nadzieję, że nie uznacie tego za spam;p

-- 18 sty 2010, o 01:02 --

Mając wasze wskazówki pomyślałem nad 16.
Oto co wymyśliłem:

Dzieliłem odcinek długości 1cm na 4 tak jak Johnny. Nie wiem czy dla dzielenia na 3,5 czy 6 wyjdzie jeszcze więcej, ale chyba dla 4 najwięcej jest 139 (71 trójkątów z bokiem "równoległym do dolnej krawędzi monitora" i 68 z bokiem "równoległym do górnej") - tyle otrzymałem:
24 czerwone odcinki, 72 czarne i do 100 pozostają cztery - niebieskawe.
Wyniki miały być "około 15 stycznia", więc chyba niedługo się dowiemy, jaka jest odpowiedź...

P.S. Sorry za 2 posty pod rząd, ale nie mogę już edytować poprzedniego.

-- 18 sty 2010, o 01:05 --

Aha, post się dokleił, P.S. niepotrzebne, fajnie.-- 18 sty 2010, o 01:23 --142:

Chyba mam dość tego zadania...

jerzozwierz · Post autor: **jerzozwierz** » 26 sty 2010, o 15:53

Ludu pracy!
Pojawiły się oficjalne odpowiedzi. Sylwek miał rację, odpowiedź do szesnastego to 60 trójkątów, mimo iż można było więcej. W takim razie chyba wszystko mam dobrze (:

Herbivorous · Post autor: **Herbivorous** » 26 sty 2010, o 16:58

Odpowiedź do 16. zdziwiła mnie bardziej niż do 18.

jerzozwierz · Post autor: **jerzozwierz** » 26 sty 2010, o 17:27

Swoją drogą ciekawe, skoro były dwa możliwe rozwiązania to skąd tamte Sergiusze miały pewność co do liczb?

Herbivorous · Post autor: **Herbivorous** » 26 sty 2010, o 18:37

Bo jedna z możliwości to: (Sergiusz dostaje liczbę 21 i Piotr 22) i wtedy sobie pogadali,
a druga to (S 25, P 26). One na siebie jakby nie wpływają... po sesji znowu usiądę nad tym zadaniem;p

Swistak · Post autor: **Swistak** » 27 sty 2010, o 00:23

jerzozwierz pisze:Ludu pracy!
Pojawiły się oficjalne odpowiedzi. Sylwek miał rację, odpowiedź do szesnastego to 60 trójkątów, mimo iż można było więcej. W takim razie chyba wszystko mam dobrze (:

Gdybym nie miał 2 warnów, to bym pewnie coś napisał o komisji...

Żywy · Post autor: **Żywy** » 27 sty 2010, o 13:06

ciekawe czy mi uznają 13, bo zapisałem odpowiedź jako ułamek zwykły, ech... od tego może zależeć czy przejdę, ale trzeba być dobrej myśli

Goofi · Post autor: **Goofi** » 28 sty 2010, o 18:21

Dlaczego w zadaniu 10. istanieje tylko jedna dobra odpowiedź? Chyba nie zrozumiałem do końca treści, bo naliczyłem ich (moim zdaniem dobrych) 74... przykładowe to 135642, 435612. Prosze o wyjaśnienie, jak prawidłowo rozwiazać to zadanie oraz czemu są to błędne rozwiązania?

Herbivorous · Post autor: **Herbivorous** » 28 sty 2010, o 22:57

Mi wyszło 75 pewnie tak samo robiliśmy, przyjęliśmy, że białe kółko prawie nic nie oznacza tzn. że któraś z podanych cyfr jest w niewłaściwej kolumnie spośród wszystkich sześciu kolumn, a treść zadania niby jest, że to oznacza, iż któraś z cyfr jest na niewłaściwym miejscu wśród 4 wybranych kolumn. Faktycznie, znacznie sensowniej ale nie wpadłem na to...

Goofi · Post autor: **Goofi** » 29 sty 2010, o 14:06

Weźmy pierwszy przykład, który podałem 135642. W pierwszej linijce mamy jedną cyfrę na swoim miejscu (trójka) i dwie cyfry nie na swoich (przykładowo 1 i 5). W drugiej linijce szóstka jest na swoim miejscu, zaś trójka nie (co do reszty nie ma komentarza). W trzeciej linijce żadna z cyfr nie jest na swoim miejscu. Czyli rozpatruję położenie cyfr tylko w obrębie konkretnej czwórki traktując brak kółka jako alternatywę czarne lub białe. Taki jest mój tok rozumowania... I dalej nie rozumiem, czemu ta jedna przykładowa kombinacja jest zła i proszę o wyjaśnienie, co autor miał na mysli, gdyż bardzo mnie to nurtuje;)

Adam274 · Post autor: **Adam274** » 29 sty 2010, o 16:33

Ja przedstawię swój tok rozumowania:

Ostatni wiersz mówi nam o tym, ze w ostatnich 4 kolumnach mogą być liczby 6, 4, 2, 1, a w pierwszych dwóch 5 i 3 (tylko nie wiemy w jakiej kolejności). Patrzymy na pierwszy wiersz: pierwsze dwie cyfry to 5 i 3. Gdyby rzeczywiście te cyfry miały występować w takiej kolejności, to w pierwszym wierszu byłyby co najmniej dwa czarne kółka, jest tylko jedno a więc układ tych cyfr jest dokładnie odwrotny - pierwsza to 3, a druga 5. Tym cyfrom odpowiadają dwa białe kółka w pierwszym wierszu, zostało jeszcze jedno czarne. Dzięki niemu wiemy, że albo cyfra 1 jest na właściwym miejscu, albo cyfra 4. Jeżeli 4, to w ostatnim wierszu też musiałoby być jedno czarne kółko, ponieważ 4 jest na tym samym miejscu. Nie ma jednak czarnego kółka, a więc wiemy, że trzecia cyfra ciągu to 1. Teraz interesujemy się drugim wierszem. Jest tam jedno czarne i jedno białe kółko. Białe kółko odpowiada cyfrze 5, która w ciągu jest na drugim miejscu. Wiemy więc, że któraś z cyfr 2, 6 i 3 jest na właściwym miejscu. 2 nie, bo na tym miejscu jest 5. 3 też nie, bo jest ona na pierwszym miejscu. Została 6, a więc na czwartym miejscu jest 6. Zostały cyfry 2 i 4. Gdyby 2 było na piątym miejscu, to w ostatnim wierszu byłoby co najmniej jedno czarne kółko, gdyż ta cyfra jest właśnie na tym miejscu. Czarnego kółka jednak nie ma, więc na tym miejscu nie ma 2. Na piątym miejscu jest 4, a 2 na szóstym.

Mam nadzieję że dobrze wszystko wyjaśniłem

Herbivorous · Post autor: **Herbivorous** » 29 sty 2010, o 21:12

Na stronce GMiL:
Teraz już informujemy o kryteriach kwalifikacji do półfinału:
1. Kategoria CE - 4; 5 zadań
2. Kategoria CM - 6; 7; 8 zadań
3. Kategoria C1 - 9; 10; 11 zadań
4. Kategoria C2 - 13; 14 zadań
5. Kategoria L1 - 15; 16 zadań
6. Kategoria L2 - 16; 17; 18 zadań
7. Kategoria GP - 14; 15; 16 zadań
8. Kategoria HC - 16; 17; 18 zadań