Matematyka.pl

wojteka pisze:Ktos moze wie ile w lodzkim rok temu trzeba bylo zrobic zadan na 2 etap??

zdaje sie ze 6 calych trzeba bylo miec.

nio to jsuh możemy pisac jak nam wyszło kto się pochwali??

1. k=4,6,8. Metoda banalna - udowodniłem z kongruencji, że n musi być parzyste, potem przerzuciłem 2^n na prawą stronę i dalej 105=3*25=5*21=7*15.
2. banał, że szkoda gadać, wyszły 0,1,2^5,3^5,4^5
3. tu narysowałem trójkąt o ramionach OA i BA, a potem policzyłem pole figury stanowiącej dopełnienie szukanej figury do trójkąta ABC, posługując się wzorem na pole trójkąta 1/2a*b*sinx i paroma tożsamościami trygonometrycznymi. Po drodze gdzieś tam jeszcze z twierdzenia sinusów i równości jakichś kątów skorzystałem.
4. najpierw z Dirichleta udowodniłem, że szukana liczba nie może być większa niż 1024 i pokazałem, jak zbudować zbiór uczestników mający dokładnie 1024 elementy. Przyjąłem, że uczestników oznaczam jako np. 025502 (oceny za poszczególne zadania) i wypisałem różne możliwe konfiguracje (np. 5 zer i jedna cyfra inna, 4 zera, 3 zera etc.). Trochę to chałturnicze, bo to w sumie ręczne wypisanie, dużo było z tym roboty, ale wyszło. Na pewno dało się to szybciej zrobić.

czyli korzystałem z kongruencji i Dirichleta... no to jestem teraz ciut mniejszym ignorantem

1i2 jak neworder
3. wyszlo ale troche przekombinowalem
4. 1024 uogolnilem na n zadan troche mi to zajelo(raczej miejsca niz czasu) ale wyszlo.
Ogolnie 4 zadania raczej bez bledow

1, 2 i 3 tak jak wszyscy. 4 nie zdazylem ale slyszalem ze tez mozna jakos przez modulo4 zrobic. tj oznacza sie 6 uczestnika jako suma ocen 5 wczesniejszych mod 4, ale musze o tym jeszcze pomyslec

Hm, mógłbyś rozwinąć tą metodę z modulo? Tomek09876, jak uogólniłeś?
Ogólnie zadania były chyba dosyć łatwe, zobaczymy, jak następne serie.

Heh tez zrobilem przez modulo 4 . Metoda z modulo polega na tym, ze oznaczamy oceny jako 0, 1, 2, 3. Teraz jeżeli wezniemy pierwsze piec zadan to mamy w nich 1024 kombinacje rozniace sie przynajmniej jedna ocena. Jako ocene z szostego zadania wstawiamy sume poprzednich pieciu ocen wzieta modulo 4. Wtedy te 1024 kombinacji spelnia warunki zadania, dowod w kilka sekund .

Czwarte podobnie jak szpieg, tylko suma wszystkich zadań podzielna przez 4. W trzecim równości kątów ACO=DCB, oraz OCB=ACD, a dalej trygonometria.

co do metody dirichleta, tutaj jest to fajnie opisane, if anyone's intrested:

ciekawe nie znalem wczesniej tej metody
ale cos nie moge chwilowo na to wpasc. jak tu ta zasade zastosowac? tu-> zad.4

A ja 3 zrobiłem analitycznie. Obliczałem tylko współrzędne i wyznaczniki macierzy. Fajnie się liczyło, ale było duuużo pisania.

@neworder

po prostu rozpatrzylem przypadek gdy uczestnicy zawodow rozwiazuja n zadan. Nastepnie udawadnialem indukcyjnie.(strasznie duzo pisania)
O wiele latwiejszy jest sposob z mod4 i tez mozna uogolnic na n zadan.

szpieg, a już myślałem, że mój sposób był jakiś niecodzienny Zadanie 4. mam w takim wypadku dość podobnie

1, 2 - wiadomo. Wyniki takie same.
3. - tutaj się przecież nie da tego opisać

Ja przy dowodzie w trzeciego korzystałam jedynie ze wzoru na pole trójkata ah/2 oraz zrzutowałam sobie punkt O na boki AC i BC. Starałam się wszystko krok po kroku zapisywać a i tak poszło w 4 linijkach ;]

moglby ktos szerzej napisac jak mozna bylo 4 zrobic metoda dirichleta? znaczy sie ten poczatek, ze max. liczba to 1024