Matematyka.pl

urojony pisze: Swoją drogą - parę ludzi twierdziło u nas, że w zad 5 nie istnieje wielomian i mają na to dowód,

U nas też, chyba wszyscy(albo prawie) co myśleli, że to zrobili, nie wyłączając mnie, twierdzili że taki wielomian nie istnieje, aż do samego omówienia... A progu nie będę obstawiać coby nie zapeszyć.

urojony pisze:Jeśli chodzi o typ zadań, w sumie dobrze, że tylko jedno kombi i właściwie brak jako takiej teorii liczb, można liczyć, że będzie tego więcej na finale.

Miałeś 2 teorie liczb, więc raczej finał nie będzie bogaty w zadania tego typu.

pomyłka

Moje rozwiązanie zadania 1, może ktoś skontrolować i powiedzieć czy jest ok? Bo mi nie da jeśli się nie dowiem... Jeśli tu jest blef, to czy mam jakiekolwiek szanse z tym rozwiązaniem na jakiekolwiek punkty?

kaszubki pisze: Miałeś 2 teorie liczb, więc raczej finał nie będzie bogaty w zadania tego typu.

Ale te teorie liczb jakieś takie algebraiczne były.

BTW: właśnie się skapnąłem, że do zadania 6 nie zrobiłem żadnego rysunku. Nie wiem, dlaczego, ale po prostu nie przyszło mi to do głowy. Mam nadzieję, że nie zetną mi za to za bardzo.

Nikt tu chyba jeszcze nie zamieścił mojego "rozwiązania" zadania 1, więc się podzielę. Ma ono tę zaletę, że uogólnia problem na przypadek wielomianu unormowanego \(\displaystyle{ k}\)-tego stopnia zerującego się w \(\displaystyle{ k+1}\) punktach; wówczas analogiczny iloczyn jest zerowy (w dowolnym pierścieniu przemiennym z jedynką, w szczególności pierścieniu reszt modulo \(\displaystyle{ n}\)).

SingleVariable pisze:Moje rozwiązanie zadania 1, może ktoś skontrolować i powiedzieć czy jest ok?

Nie wiem skąd bierzesz że \(\displaystyle{ w_i}\) są względnie pierwsze, ale dla teza zadania mi śmiga a wyszło \(\displaystyle{ w_1=w_3=3}\). Przelicz czy sie nie walnąłem gdzieś Chyba że zapisałeś coś źle, no bo z tego co piszesz \(\displaystyle{ w_1= \frac{a_1}{NWD(a_1, a_2)}}\) a \(\displaystyle{ w_2= \frac{a_2}{NWD(a_2, a_3)}}\), i gdyby w drugim zmienić indeks 3 na 1 to by rzeczywiście względnie pierwsze były, nie wiem jak ty robiłeś.

chyba źle policzyles \(\displaystyle{ a_{1}}\) bo \(\displaystyle{ k_{1}+ k_{2}+b=1+2+2=5,}\) nie 3 ;D, a to że są względnie pierwsze biorę z tąd że \(\displaystyle{ w_{1}}\) nie dzieli a_{2} bo to wynika z \(\displaystyle{ w_1= \frac{a_1}{NWD(a_1, a_2)}}\) a więc w1 i a2 są względnie pierwsze a tym bardziej w1 będzie z w2 względnie pierwsze a fakt że w1 z w3 jest względnie pierwsze wziąłem z tąd że \(\displaystyle{ w_{3}= \frac{a_3}{NWD(a_1, a_3)}}\) a więc w3 jest względnie pierwsza z a1 a tym bardziej z w1, czyli w1 i w2 oraz w1 i w3 są względnie pierwsze, analogicznie pozostałe pary.

Mało zawału nie dostałem jak pomyślałem o tym że one niekoniecznie są względnie pierwsze wczesniej ale później wpadłem na to co powyżej, na omie niestety nie opisałem tego tak dokładnie :/ stwierdzając że to jest oczywiste, obetną dużo?

ale \(\displaystyle{ b=3 \Rightarrow a_1=6}\), nie?

ty ogólnie mówisz że jesli \(\displaystyle{ x= \frac{a}{NWD(a, b)}}\) to x jest wzglednie pierwsze z b, ale to nie prawda chociażby dla \(\displaystyle{ a=9}\), \(\displaystyle{ b=3}\).

edit: w ogóle mówisz nie dzieli czegośtam więc jest względnie pierwsze, co tez nie jest prawdą

Racja , sam siebie wkręciłem:(

Fajne zadanka, chociaz wg mnie troche za duzy dystans miedzy 1,2 i 4 (latwe i bardzo latwe) a reszta (wszystkie trudne i bardzo trudne).

Przyszlo mi do glowy pewne uogolnienie zad. 3. Otoz wbrew temu co twierdza niektorzy, mozliwe jest wypelnienie kwadratu 5x5 figurami jak z zadania. Trzeba tylko uzyc 11 'trojek' i... -2 'czworek' (co tez wynika ze wzoru na liczbe 'czworek' w kwadracie nxn). Cwiczenie dla czytelnika : uloz kwadrat 5x5 w ten sposob!

Pojdzmy dalej: ulozmy kwadrat 3x3. Oczywiscie zgodnie ze wzorami potrzebujemy teraz -3 czworek i 7 trojek, czyli w sumie 4. Ale latwo zauwazyc, ze mozna rowniez wziasc 4 'dodatnie' trojki i jedna 'ujemna' , (jak?) czyli w sumie 4-1=3 < 4. Wniosek jest taki, ze jesli dopuscimy 'ujemne' figury, to wynik zadania nie jest juz optymalny!

Nastepne wiec cwiczenie dla czytelnika: rozwiaz analogiczne zadanie z dodatkowym zalozeniem ze dopuszczamy 'ujemne' figury.

Hm, moim zdaniem 3 było stosunkowo proste, istotnie nie zgadzam się z powszechnie panującym poglądem, że było bardzo trudne. Moim zdaniem prostsze od 1 i 4. Niektórzy pewnie z aż tak drastycznym stwierdzeniem się nie zgodzą, ale za to ja się wybitnie nie zgadzam, jakoby ono miało być wybitnie trudne. I liczby też tak mówią . Naprawdę ciężko wymyślić bardziej standardową kolorowankę ...

Swistak pisze: Naprawdę ciężko wymyślić bardziej standardową kolorowankę ...

No właśnie, tu nie chodzi o trudność zadania, ale o typ. Wydaje mi się, że kolorowanki (jakiekolwiek by nie byłe łatwe) są nielubiane przez wielu ludzi. A przynajmniej przeze mnie. Sytuacja analogiczna do stereometrii sprzed 2-3 lat. Była mega banalna, ale dużo osób nie zrobiło jej właśnie dlatego, że była stereometrią.

Swistak pisze:Hm, moim zdaniem 3 było stosunkowo proste, istotnie nie zgadzam się z powszechnie panującym poglądem, że było bardzo trudne. Moim zdaniem prostsze od 1...

Zgadzam się

Też się zgadzam. Dla ludzi wiedzących cokolwiek o kolorowaniu było to zadanie na kilka minut rozkminy, góra kilkanaście.