Matmix 2008/2009

[Dumel]

co do tego rozwiazania ze wzoru Eulera to warto dodac ze jest ono ciutke niekompletne bo jest ciche zalozenie o wypuklosci wieloscianu (dla wieloscianu wkleslego nie mozna zastosowac wzoru Eulera).

[Ciamolek]

W zadaniu napisali, że jest wypukły, co nie zmienia faktu, że i tak nie umiałem zrobić.
W drugim pomógł mi Excel.

Grr... znowu stereometria!

[ironleaf]

co do tego rozwiazania ze wzoru Eulera to warto dodac ze jest ono ciutke niekompletne bo jest ciche zalozenie o wypuklosci wieloscianu (dla wieloscianu wkleslego nie mozna zastosowac wzoru Eulera).

Ja na to

Pewien wielościan wypukły...

Dla wklęsłego (tj. lekko wklęśniętego) wzór Eulera też zadziała. Ogólnie jest prawdziwy dla wszystkich wielościanów, których brzeg jest "homeomorficzny ze sferą", tj. da się z niej otrzymać przez deformacje bez rozrywania i sklejania.

Korzystając z warunków na równość skonstruowałem sobie wielościan, który spełnia warunki zadania i zawiera 104 trójkąty oraz 145 czworokątów.

Jak Ci się udało taki wielościan skonstruować? Wyszedł mi ten sam wynik, ale nie potrafiłem skonstruować takiego wielościanu.

Kto znalazł to oszacowanie, ten wie, że szukany wielościan zawiera 104 trójkąty, ścianę 100-kątną, możliwe są pewne czworokąty, a poza tym nic innego. Ponadto z każdego wierzchołka wychodzą dokładnie cztery krawędzie.
Zastąpmy 100 przez \(\displaystyle{ n}\), gdzie \(\displaystyle{ 2|n}\). Analogiczne szacowanie da jako minimum trójkątów \(\displaystyle{ n+4}\). Pozostaje wskazać wielościan, który by tyle trójkątów zawierał. Dla \(\displaystyle{ n=4}\) jest to dosyć łatwe, udało mi się uogólnić na wyższe parzyste.
Oto jak wygląda wielościan dla \(\displaystyle{ n=8}\) oglądany przez ścianę 8-kątną (wybaczcie proszę jakość, ale to połączenie mojego talentu z MS Paintem):

Zasada konstrukcji rysunku:
zaczynamy od \(\displaystyle{ n}\)-kątnej granatowej obwódki. W środku rysujemy łańcuszek zielonych kwadratów tak, by liczba wierzchołków otwartych (tj. tych z których wychodzą dwie krawędzie) równała się liczbie wierzchołków na otoczce. Sytuacja wygląda tak: każdemu na otoczce brakuje dwóch sąsiadów, każdemu otwartemu w łańcuszku kwadratów brakuje dwóch. Więc łączymy na pomarańczowo każdy wierzchołek z łańcuszka z dwoma mu najbliższymi z obwódki. Teraz każdy wierzchołek ma czterech sąsiadów, jest \(\displaystyle{ n+4}\) trójkątów (tutaj 12), \(\displaystyle{ \frac{3}{2}n-5}\) czworokątów.
Mamy rzut, uznałem w tym miejscu za intuicyjne "wypchnięcie" go w przestrzeń, lekkie obrócenie krawędzi tak aby wszystko było wypukłe, a czworokąty nie były zwichrowane.
Co do zadania 2., to robiłem na kartce podobnie jak Sylwek, dla pewności machnąłem programik w C++, dla jeszcze większej pewności wykonałem w Maximie następujące polecenie (wątpię żeby ktoś przebił taki poziom chamstwa, to po prostu bezmyślne przepisanie treści zadania):

Kod: Zaznacz cały

cnt:0;for i:1 step 1 thru 2008 do if (mod(combination(2*i,i),128)=0) and (mod(combiantion(2*i,i),256)#0) then cnt:cnt+1

Mój komputer zatrzymał się nad tym na dłuższą chwilę, to polegało przecież na policzeniu wszystkich tych współczynników. Ale jak widać zadanie można było zrobić nie używając mózgu
Niezbyt dobrze świadczy o organizatorach obecność w zadaniu liczby 2008. Gdyby było 2009, nawet wynik byłby ten sam, ale zadanie nie wyglądałoby jak przepisane z jakiegoś ubiegłorocznego konkursu odbywającego się gdzieś w świecie

[waszak]

Jak obstawiacie w tym roku próg punktowy w drugiej kategorii matmixa??

[kejd?ej]

85% ?

[Dumel]

mysle ze prog bedzie wysoki (ok max-7pkt) bo jak tak na forum kazdy pisze ile ma to wszyscy maja wszystko dobrze

[kasidelvar]

i bardzo dobrze! Oby laptop tylko był tego warty, a nie jakiś Celeron

[kaszubki]

Zadanie 2 z kategorii 1 z nowego zestawu jest banalne
ciach
Pierwsze zaś nie wygląda już na takie proste.

[Dolin]

A tam, w porównaniu do ostatnich 2 zestawów nie postarali się

[kejd?ej]

Zadanie 1 z kat II wydaje się jakoś podejrzanie łatwe, bo drugie to oczywiste, że jest banalne.

[waszak]

Na zestaw przed końcem mam maks-6 punktów. Miejmy nadzieje że nie stracę już więcej punktów i spotkamy się wszyscy w finale. Powodzenia w ostatnim zestawie.

[flashion]

@up: 6 pkt to trochę mało na finał

[Swistak]

To chodziło o "maks odjąć 6 punktów" .

[lukasz_650]

Zgadza się Na pewno o to chodziło, bo jakby nie patrzeć, waszak chodzi ze mną do klasy i wiem, ile zrobił zadań xD
Myślę, że waszak mi wybaczy, więc mogę to napisać - jeżeli Krzysiu (tak ma na imię ;P) będzie się udzielał na tym forum, to przygotujcie się na wzrost niekoniecznie składnych wypowiedzi xD

A żeby nie było offtopa dodam, że w tej serii tracę swoje pierwsze punkty (nie zrobiłem zadania pierwszego) i czekam na ostatni zestaw xD

EDIT.
No i jest nowy zestaw

[Sylwek]

Kategoria II, zestaw 11.:
1) d
2) b

Ad 1.:
Nie ma lekko .

Wpisujemy czworościan w układ współrzędnych: \(\displaystyle{ A(-1,-1,1), \ B(1,-1,-1), \ C(-1,1,-1), \ D(1,1,1)}\), dalej: \(\displaystyle{ P(0,-1,0), \ Q(0,0,-1), \ R(0,0,1)}\)

AU

znx6ic.jpg (15.25 KiB) Przejrzano 211 razy

Zapiszmy więc równania kilku prostych w postaci parametrycznej:
\(\displaystyle{ PC: \ (x,-1-2x,x) \\
AB: \ (y, -1, -y) \\
CD: \ (z, 1, z) \\
QR: \ (0,0,t)}\)

A także: \(\displaystyle{ k || PC \ \Rightarrow \ k: \ (\alpha+x,\beta-2x,\gamma+x)}\), a gdy przesuniemy tą postać parametryczną tak, aby: \(\displaystyle{ x:=x-\alpha}\), to dostaniemy tą samą prostą: \(\displaystyle{ k: \ (x,(\beta+2\alpha)-2x, (\gamma-\alpha)+x)}\), zatem przyjmując: \(\displaystyle{ b=\beta+2\alpha, \ c=(\gamma-\alpha)}\) otrzymujemy równanie parametryczne prostej k z dwoma stałymi b i c:
\(\displaystyle{ k: \ (x,b-2x,c+x)}\).

Mamy więc z warunków zadania:
\(\displaystyle{ d^2(k,QR)=d^2(k,CD)=d^2(k,AB)}\)

No i najprzyjemniejsza część rozwiązania :
\(\displaystyle{ (1) \ S_1=d^2(k,QR)=min(x^2+(b-2x)^2+(c+x-t)^2) \\ (2) \ S_2=d^2(k,CD)=min((x-z)^2+(b-1-2x)^2+(c+x-z)^2) \\ (3) \ S_3=d^2(k,AB)=min((x-y)^2+(b+1-2x)^2+(c+x+y)^2)}\)

I trzy razy sprytnie ominiemy stosowanie pochodnych cząstkowych:

(1) - widzimy, że tylko trzecie wyrażenie zależy od t, a że zależy nam na tym, żeby było minimalne, to wystarczy przyjąć \(\displaystyle{ t=c+x}\), zostaje więc policzyć minimum: \(\displaystyle{ x^2+(b-2x)^2=5x^2-4bx+b^2}\), a minimum tego wynosi: \(\displaystyle{ S_1=\frac{b^2}{5}}\)

(2) - z nierówności pomiędzy średnią kwadratową a arytmetyczną (kto zna dokończy, kto nie zna raczej już tego nie czyta ): \(\displaystyle{ (x-z)^2+(z-c-x)^2 \ge \ldots \ge \frac{c^2}{2}}\), równość zachodzi dla \(\displaystyle{ z=x+\frac{c}{2}}\), a środkowy wyraz ładnie zeruje się dla \(\displaystyle{ x=\frac{b-1}{2}}\), więc: \(\displaystyle{ S_2=\frac{c^2}{2}}\)

(3) - analogicznie jak wyżej, zależy nam na sprytnym pozbyciu się igreka: \(\displaystyle{ (x-y)^2+(c+x+y)^2 \ge \ldots \ge \frac{(2x+c)^2}{2}}\), tu też zachodzi równość (\(\displaystyle{ y=-\frac{c}{2}}\)), więc ograniczenie jest dobre, no i zostaje nam do policzenia minimum \(\displaystyle{ \frac{(2x+c)^2}{2}+(b+1-2x)^2}\), które wynosi (jest to funkcja kwadratowa o dodatnim współczynniku przy najwyższej potędze) \(\displaystyle{ S_3=\frac{(b+c+1)^2}{3}}\)

I wystarczy rozwiązać układ równań, a raczej nie trzeba nawet rozwiązywać bo po spierwiastkowaniu i rozpatrzeniu kilku przypadków z wartością bezwzględną widać, że w każdym z przypadków ten układ ma rozwiązanie:
\(\displaystyle{ \begin{cases} S_1=S_2 \\ S_1=S_3 \end{cases}}\)

Przypadków jest 4, zatem odpowiedź D.

Ad. 2
Niech \(\displaystyle{ f(n)}\) oznacza ilość n-elementowych permutacji bez punktów stałych, wówczas odpowiedź do naszego zadania wygląda nastepująco: \(\displaystyle{ \binom{15}{2} \cdot f(13)}\), a wartości f(n) są łatwe wyliczenia lub do znalezienia w Internecie, np. , zatem odpowiedź B.