Matmix 2007/08

Rike · Post autor: **Rike** » 25 gru 2007, o 13:16

He, Szemek robiłem w ten sam sposób. Jeśli liczyłeś to osobiście (tak jak ja) , to szczerze współczuję, bo mi zajęło to ładnych parę godzin.
Jeszcze taki szczegół, gwoli ścisłości : tych róznych sum 1,2,3 wyszło mi 65.

Post autor: **Sylwek** » 25 gru 2007, o 13:50

Sorki Bierut, dopiero teraz popatrzyłem na rok , wybacz, wczoraj (dziś) chyba zbyt późno było

Ci co pisali program do liczenia wszystkich permutacji - gratulacje wytrwałości, ale nie zapominajcie, że to konkurs matematyczny Szkoda, że skończyły im się pomysły na nowe zadania...

Marzie · Post autor: **Marzie** » 25 gru 2007, o 14:47

Czy na pewno w schodach była odpowiedź g? Bo mi wyszło f

setch · Post autor: **setch** » 25 gru 2007, o 14:54

Ja wypisałem wszystkie możliwe rozkłady liczby 25 na cyfry 1,2,3. Następnie policzyłem permutacje z powtórzeniami dla każdego przpadku . Dodałem wszystko i wyszedł mi wynik pomiędzy dwoma odpowiedziami. Mój wynik był większy o 17 i 24 od tych dwóch odpowiedzi. Wybrałem tą z 24 i na szęście mam dobrze [=.

Post autor: **Szemek** » 25 gru 2007, o 14:56

\(\displaystyle{ 1+\frac{24!}{23!}+\frac{23!}{22!}+\frac{23!}{21! 2!}+\frac{22!}{20!} +\frac{22!}{19! 3!}+\frac{21!}{19! 2}+\frac{21!}{18! 2}+\frac{21!}{17! 4!} +\frac{20!}{17! 2}+\frac{20!}{16! 3!}+\frac{19!}{16! 3!} +\frac{19!}{15! 2 2}+\frac{20!}{15! 5!}+\frac{18!}{14! 3!} +\frac{19!}{14! 4!}+\frac{19!}{13! 6!}+\frac{17!}{13! 4!} +\frac{18!}{13! 3! 2!}+\frac{17!}{12! 2 3!}+\frac{18!}{12! 5!} +\frac{18!}{11! 7!}+\frac{17!}{11! 4! 2}+\frac{16!}{11! 4!} +\frac{17!}{10! 6!}+\frac{16!}{10! 3! 3!}+\frac{15!}{10! 5!} +\frac{17!}{9! 8!}+\frac{16!}{9! 5! 2}+\frac{15!}{9! 2! 4!} +\frac{16!}{8! 7!}+\frac{15!}{8! 4! 3!}+\frac{14!}{8! 5!} +\frac{16!}{7! 9!}+\frac{15!}{7! 6! 2}+\frac{14!}{7! 3! 4!} +\frac{13!}{7! 6!}+\frac{15!}{6! 8!}+\frac{14!}{6! 5! 3!} +\frac{13!}{6! 2 5!}+\frac{15!}{5! 10!}+\frac{14!}{5! 7! 2} +\frac{13!}{5! 4! 4!}+\frac{12!}{5! 6!}+\frac{14!}{4! 9!} +\frac{13!}{4! 6! 3!}+\frac{12!}{4! 3! 5!}+\frac{11!}{4! 7!} +\frac{14!}{3! 11!}+\frac{13!}{3! 8! 2!}+\frac{12!}{3! 5! 4!} +\frac{11!}{3! 2! 6!}+\frac{13!}{2 10!}+\frac{12!}{2 7! 3!} +\frac{11!}{2 4! 5!}+\frac{10!}{2 7!}+\frac{13!}{12!}+\frac{12!}{9! 2!} +\frac{11!}{6! 4!}+\frac{10!}{3! 6!}+\frac{9!}{8!}+\frac{12!}{11!} +\frac{11!}{8! 3!}+\frac{10!}{5! 5!}+\frac{9!}{2 7!} = 2555757}\)

[ Dodano: 25 Grudnia 2007, 14:57 ]
miejscami przy dwójce opuszczałem znak silni

aisak7 · Post autor: **aisak7** » 25 gru 2007, o 18:24

A jak rozwiązaliście zadanie drugie?

matekleliczek · Post autor: **matekleliczek** » 25 gru 2007, o 19:53

A jak rozwiązaliście zadanie drugie?

nie można powiedzieć bo w zestwie 6 jest analogiczne zadanie mogłabyś to wykorzystać

njoy · Post autor: **njoy** » 26 gru 2007, o 02:54

o lol, szemek przesadziłeś. Moje rozwiązanie:

niech \(\displaystyle{ A_{n}}\) oznacza zbiór wszystkich możliwych sekwencji ruchów, które umożliwiają wejście na \(\displaystyle{ n}\) schodków oraz \(\displaystyle{ w(A_{n})}\) oznacza ich ilość. Mamy: \(\displaystyle{ A_{0}=\phi}\), \(\displaystyle{ A_{1}=\left\{1\right\}}\), \(\displaystyle{ A_{2}=\left\{11,2\right\}}\) oraz \(\displaystyle{ w(A_{0})=1}\), \(\displaystyle{ w(A_{1})=1}\) i \(\displaystyle{ w(A_{2})=2}\). Wystarczy zauważyć, że \(\displaystyle{ w(A_{n})=w(A_{n-1})+w(A_{n-2})+w(A_{n-3})}\) (ciąg trifibonacciego) dla \(\displaystyle{ n qslant 3}\). Poprawność tego wzorku możemy udowodnic przez indukcję: zakładamy, że zbiór \(\displaystyle{ A_{n-1}}\) zawiera wszystkie sekwencje możliwych ruchów, które umożliwiają wejście na \(\displaystyle{ n-1}\) schodów, \(\displaystyle{ A_{n-2}}\) - wejście na \(\displaystyle{ n-2}\) schodów, \(\displaystyle{ A_{n-3}}\) - wejście na \(\displaystyle{ n-3}\) schodów. Dodanie "3" na koniec każdego elementu zbioru \(\displaystyle{ A_{n-3}}\) załatwia sprawę, ponieważ każdy element zbioru \(\displaystyle{ A_{n-3}}\) opisuje ruch, w którym możliwy jest jeszcze wykonanie skoku o \(\displaystyle{ 3}\) pozycje do przodu. Analogicznie ze zbiorami \(\displaystyle{ A_{n-2}}\), \(\displaystyle{ A_{n-1}}\). W ten sposób \(\displaystyle{ A_{n}}\) zawiera wszystkie możliwe sekwencje ruchów na \(\displaystyle{ n}\) schodów. Aby rozwiązać zadanie, wystarczy obliczyć \(\displaystyle{ w(A_{25})}\). Jest to troche zmudne, ale wychodzi odpowiedź \(\displaystyle{ g}\)
Identyczną metodą rozwiązałem zadanie 4 (1 etap) z OMa tegorocznego.

Sokół · Post autor: **Sokół** » 28 gru 2007, o 05:48

o, też zrobiłem z tribonacciego

na pierwszy rzut oka wydało się takie 'nie-do-zrobienia' (nienawidzę kombinatoryki - pewnie dlatego, że nie umiem

). Ale myślałem na tribobnaccim i jak rozpisałem na kartce dla 1, 2, 3, 4, 5, 6 i 7 (tutaj zaczęło się robić trochę trudno

) to wyszło, że ok. Na razie mam jeden błąd, z tą dziedziną funkcji. wyciągnąłem -1 z mianownika przed nawias, poskracałem górę z dołem i wyszło coś przez -1 iii uznałem, że zbiór pusty. Chciałem być za szybki i nie pomyślałem

Mistermasyl · Post autor: **Mistermasyl** » 31 gru 2007, o 00:03

Sokół ja z tym zadaniem z funkcja zrobiłem ten sam błąd :/ No szkoda...
A odnosnie tego zdaania ze schodami nie mialem zielonego pojecia jak sie za to zabrac, wiec sobie odpuscilem, dalem bez odpowiedzi. Ja mam jak na razie jeden błąd jedna bez odpowiedzi...

O kurcze dopiero dzis zauwazylem kolejny błąd.... chyba sie zabije... w zadaniu 2 z testu 5 dałem najmenisza liczbe dwucyfrowa zamiast najmniejszej pierwszej liczby dwucyfrowej..., teraz to juz na pewno nie przejde...
I znowu głupi błąd i teraz zamiast 4 punktów mam za te 2 zadania -2... no to sie urządziłem

LichuKlichu · Post autor: **LichuKlichu** » 31 gru 2007, o 21:21

nie martw sie ja też wysłałem 27 jako odpowiedź, dopiero we wtorek po terminie do mnie dotarło że 27 nie jest liczbą pierwszą nie wiem czemu ale dla mnie wygląda jak pierwsza hehe

Mistermasyl · Post autor: **Mistermasyl** » 31 gru 2007, o 21:53

A czy mozecie mi wyjasnic jak to sie stalo ze niektore szkoly maja srednia 16 punktow? cos mi sie nie chce wierzyc ze wszyscy bezbłędnie zrobili te zadanka...

Post autor: **Szemek** » 31 gru 2007, o 22:40

jak startuje tylko jedna osoba ze szkoły, to czemu nie

Matti91 · Post autor: **Matti91** » 2 sty 2008, o 15:46

Co do 2 zadania Gdyby był 1 schodek możliwość była by jedna gdyby 2 to 2 a gdyby 3 to 4 i zrobiłem sobie tabelkę. Dla 4 schodków możliwości jest tyle ile wynosi suma poprzednich 3 schodków. Dla 5 tak samo itd. aż do 25 i wychodzi odpowiedź G)
Na razie też mam tylko jedna pomyłkę i tak samo jak Sokół z ta dziedziną funkcji (popełniliśmy ten sam błąd) Z tego co pamiętam to w tamtym roku jakimś dziwnym trafem zdarzały się szkoły, w których wszyscy mieli identyczna ilość punktów…

methadone · Post autor: **methadone** » 3 sty 2008, o 02:35

Termin tego 6 zestawu to jest do 7 stycznia, tak?
To nie jest błąd?
Bo jeszcze nie zrobiłem zad. 1