[LIX OM] - Etap II

agent007 · Post autor: **agent007** » 23 lut 2008, o 15:30

no to po OM - ie

jak po tych dwoch dniach oceniacie poziom?

ja mysle, ze prog w tym roku wyniesie 18.

kaka112 · Post autor: **kaka112** » 23 lut 2008, o 18:43

panowie, nie wygłupiajmy się. 18? rok temu już było 19...
Jakieś uzasadnienie - dwa zadania idą od ręki (1 i 5). Myślę, ze każdy kto jest godny finalu rozwali drugie. No i kombinatoryka. to sa 4 zadania do zrobienia na spokojnie. stawiam na 21-23

Post autor: **Piotr Rutkowski** » 23 lut 2008, o 19:14

_el_doopa, rozumiem, że masz trochę racji, że trochę potną itd., ale próg raczej nie ma szans spaść tak nisko. Z moich obliczeń, wynika, że przez głupotę w 3 i nieznajomość geometrii wyląduję na marnych 16 punktach. Chciałbym tylko nadmienić, że w okręgu łódzkim (który do najlepszych nie należy) będzie ok. 6-7 osób z minimum 20-24 pkt. Jestem z kolei ciekaw jak to wyglądało w warszawskim

Natalia:) · Post autor: **Natalia:)** » 23 lut 2008, o 19:47

W krakowskim sytuacja wygląda mniej więcej tak:
na herbatce olimpijskiej komisja robiła mini - sondaż i na około 40 osób, które przyszły, sytuacja ma się następująco:

nikt spośród obecnych na sali nie zrobił 6 zadań
5 - 7 osób
4-2 osoby
3-10 osób

oczywiście komisja może pościnać punkty

sądzę, że próg będzie wahał się w granicy 3 zadań...

hanys · Post autor: **hanys** » 23 lut 2008, o 19:53

Ja zrobiłem około 26pkt ( 662660 )

W Warszawie raczej nie jest to dobry wynik, sporo osób ma 5 lub 6 zadań.

Hanys

agent007 · Post autor: **agent007** » 23 lut 2008, o 20:05

chyba licząc z I etapem..

Menda · Post autor: **Menda** » 23 lut 2008, o 20:12

TomciO na początek pytanie mam do Ciebie:
"TomciO kto nie dał nierówności na OM?"

No a ogólnie to jestem niezadowolony, zrobiłem 2,3,4,5. 1 nie zrobiłem bo po przeczytaniu treści której nie zrozumiałem (popisałem się skrajnym idiotyzmem i nie zauważyłem "kolejne liczby całkowite") no i stwierdziłem że jest nierobialne . Tak miałbym 5 zadań i pewny finał, a tera trzepię portkami bo się boję że mi może zabraknąć punktów...
Ogólnie to w krakowskim bardzo dużo osób zrobiło 4 lub więcej zadań (może nawet ponad 20 osób z wstępnych oszacowań). Aha Gawron serio myślisz że próg będzie poniżej 18 pkt? W sumie zadania były tylko troszke trudniejsze niż rok temu...
No i niestety ubolewam że geometria była zbyt łatwa (w szczególności 5, nie Gawron?

) i nie było nierówności... ;(

No a ludzie z Warszawy i innych okręgów mogliby by napisać co u nich słychać.

Pozdro

P.S. Nikt na herbatce nie przyznał się do 6 zadań? Czyżby ani leśniak, Przemek, Kuba ani Tomek nie reflektowali na ptysie? :>

przemk20 · Post autor: **przemk20** » 23 lut 2008, o 20:42

hehe no to ja stawiam na 14pkt....(sam na tyle licze)

kuba:) · Post autor: **kuba:)** » 23 lut 2008, o 21:20

Ja mam 4 zrobione: 1,2,4,5 w 3 zrobilem debilny blad i wyszlko mi, ze nie ma takich funkcji :/
Wydaje mi sie, ze rok temu zadania byly prostsze a prog byl 19 z drugiej jednak strony rozmawialem z wieloma osobami z Krk i duzo ma 4+ zrobione.

Kibu · Post autor: **Kibu** » 23 lut 2008, o 21:44

A które zadanie wg Was były łatwe, które trudne? Jak dla mnie (jak już znam rozwiązania), to w kolejności rosnącej trudności: 1,5,3,4,2,6... W Krk dużo osób uważa, że 6. było ciężkie...

Post autor: **tkrass** » 23 lut 2008, o 21:57

ile punktów można dostać za każde zadanie?

MarcinT · Post autor: **MarcinT** » 23 lut 2008, o 21:58

ile zrobiliście zadań?

ja cztery nie zrobilem pierwszego co jest dla mnie osobistym dramatem

Ci co mowią prog 24-26 mogą mieć racje .

Gierol · Post autor: **Gierol** » 23 lut 2008, o 22:16

troche lipa, ale jakos to bedzie ;p. jak ktos byl w lodzi to pewnie mnie kojarzy - pokazywalem zadanie 1 - ta dobra metode . a wiecie ze polskiemumiskowi nie chcieli sprzedac piwa? malolat jeden xD

Kibu · Post autor: **Kibu** » 23 lut 2008, o 22:18

tkrass pisze:ile punktów można dostać za każde zadanie?

0,2,5 lub 6.

tharkang · Post autor: **tharkang** » 23 lut 2008, o 22:22

6 trudne?
Co prawda nie startowałem, ale można było stosunkowo szybko wymyślić, zamieszczam szkic - kolejne sposrzeżenia. Nie wiem jaka jest wzorcówka, ale moje rozwiązanie wydaje się dość logiczne i możliwe do wymyślenia.

Jeśli mamy wielokrotności sumach cyfr x i y możemy stworzyć wielokrotność o sumie cyfr będącej dowolną kombinacją x i y o współczynnikach całkowitych nieujemnych (mnożymy n przez liczbę dzięki której uzyskaliśmy x + \(\displaystyle{ 10^k}\) razy liczba dzięki której uzyskaliśmy y dla odpowiednio dużego k).

Jeśli mamy liczby całkowite względnie pierwsze p, q to istnieje m, że każdą liczbę całkowitą nie mniejszą od m można przedstawić jako kombinację liniową p, q o współczynnikach całkowitych nieujemnych (rozszerzony Euklides + wzięcie m=kpq dla odpowiednio dużego k, tak by wyeliminować ujemne współczynniki później).

Dalej: jeśli istnieje wielokrotność n postaci 111....111100...000 = z to rozważamy liczbę 91z i zauważamy, że jest ona postaci 10111...111010...000, przy czym ma o jedną jedynkę więcej niż z, więc suma cyfr 91z jest o 1 większa niż suma cyfr z, czyli mamy dwie wielokrotności n takie że ich sumy cyfr są względnie pierwsze.

I w końcu: wielokrotność tej postaci istnieje. Przedstawmy \(\displaystyle{ n = 2^\alpha5^{\beta}q}\), gdzie NWD(q,10) = 1. Rozważając reszty z dzielenia liczb \(\displaystyle{ 10^k}\) znajdziemy takie k, że wyjdzie reszta 1 (choćby \(\displaystyle{ k = \varphi(q)}\)), czyli \(\displaystyle{ 10^k - 1 =9999....9999}\) podzielne przez q. Skoro jednak NWD(q, 9) = 1 to możemy podzielić przez 9 otrzymując liczbę postaci 111...111 podzielną przez q, więc także liczbę \(\displaystyle{ 111...111 10^{\alpha + \beta}}\) podzielną przez n, co kończy dowód.