Matematická sekce
Baklazan | 18. 1. 2015 21:08:34
BakyX: Aj keď človek nevie derivovať, tak mu po dvoch sekundách nenapadne to riešenie, čo je ako prvé vzorové. :D
BakyX | 18. 1. 2015 00:35:28
Xellos: Keď vie človek derivovať, tak mu po dvoch sekundách nenapadne to riešenie, čo je ako prvé vzorové. A to je škoda, lebo je veľmi ľahko spísateľné.
Xellos | 18. 1. 2015 00:19:33
Rado: tak ked clovek vie derivovat, 3ka ma riesenie na 5 minut ala robot.
Vojta | 17. 1. 2015 16:41:26
Mně přišla ta teorie čísel naopak hodně lehká, až jsem se divil, jak mně to šlo od ruky. Zato u té čtverky jsem se zasekl, těžko se mi argumentovalo a postup rozhodně nebudu mít korektně.
Miroslav Olšák | org | 17. 1. 2015 14:01:28
Na co konvexni obal? Snad staci vzit jeden bod nejvic nalevo, z nej vsechny usecky, a jeste trojuhelnik tvoreny tou nejvyssi a nejnizsi uceskou z nich. Soucet n uhlu v tomhle obrazku pak je 180.
Ale dvojka -- teorie cisel, ta mi prisla dost tezka. Ja ji umlatil, ale co jsem slysel, tak to byla ta uloha, na ktere se lidi zasekavali (i kdyby jinak treba dali 3 nebo 4). A ano, strucne reseni uz znam, holt nektere nahodne upravy vedou k mensimu rozebirani, nektere k vetsimu.
Temi vysokymi tipy me trochu desite -- ja bych doufal tak 12, jako obycejne.
Ale dvojka -- teorie cisel, ta mi prisla dost tezka. Ja ji umlatil, ale co jsem slysel, tak to byla ta uloha, na ktere se lidi zasekavali (i kdyby jinak treba dali 3 nebo 4). A ano, strucne reseni uz znam, holt nektere nahodne upravy vedou k mensimu rozebirani, nektere k vetsimu.
Temi vysokymi tipy me trochu desite -- ja bych doufal tak 12, jako obycejne.
Matěj | 15. 1. 2015 11:11:26
Mně to sice taky připadlo lehký, ale přesto bych tipnul spíš tak 13 - 15 bodů, vzhledem k tomu, jak se tvářili ostatní u nás v kraji :D.
Co se úloh týče, souhlasím víceméně s Radem, jednička byla lehká (možná až moc, nejtěžší bylo uvědomit si, co znamená, že to trojúhelník ostroúhlý) a pěkná, dvojka taky celkem pěkná a lehká (i když mi teda chvíli trvala), trojku jsem umlacoval ne moc pěkně, ale vzorák je fajn. Jenom čtyřka si myslím, že sice byla moc pěkná, ale ne až tak lehká. Respektive já měl štěstí, řekl jsem si aha, konvexní obal, a pak už to bylo jednoduchý - jen jsem místo sporu prostě našel dostatečně malej úhel :). Ale bez toho, aby člověk znal konvexní obal (a napadl ho) si myslím, že to byla docela těžká úloha.
Co se úloh týče, souhlasím víceméně s Radem, jednička byla lehká (možná až moc, nejtěžší bylo uvědomit si, co znamená, že to trojúhelník ostroúhlý) a pěkná, dvojka taky celkem pěkná a lehká (i když mi teda chvíli trvala), trojku jsem umlacoval ne moc pěkně, ale vzorák je fajn. Jenom čtyřka si myslím, že sice byla moc pěkná, ale ne až tak lehká. Respektive já měl štěstí, řekl jsem si aha, konvexní obal, a pak už to bylo jednoduchý - jen jsem místo sporu prostě našel dostatečně malej úhel :). Ale bez toho, aby člověk znal konvexní obal (a napadl ho) si myslím, že to byla docela těžká úloha.
Rado | To jsem já | 15. 1. 2015 10:25:50
No, já si myslím, že to bude až tak 16. Bylo to fakt lehký.
Jinak názory na úlohy: 1 a 4 tak normálně hezké a lehké, 2 lehká a ne úplně hezká, 3 jsem řešil fakt ošklivě, ale vzorák je moc hezký :)
Jinak názory na úlohy: 1 a 4 tak normálně hezké a lehké, 2 lehká a ne úplně hezká, 3 jsem řešil fakt ošklivě, ale vzorák je moc hezký :)
Štěpán Šimsa | org | 14. 1. 2015 18:49:28
Ahoj,
tak krajské kolo olympiády máte za sebou, je tedy čas podělit se o své pocity, komentáře k úlohám a hlavně o tip, kolik bodů bude stačit na postup do celostátního kola. Já tipuji 14 bodů.
P.S.: Kdo ještě neviděl zadání (nebo řešení) krajského kola, najdete ho na stránkách olympiády http://mo.webcentrum.muni.cz/cs/olympiada-pro....
tak krajské kolo olympiády máte za sebou, je tedy čas podělit se o své pocity, komentáře k úlohám a hlavně o tip, kolik bodů bude stačit na postup do celostátního kola. Já tipuji 14 bodů.
P.S.: Kdo ještě neviděl zadání (nebo řešení) krajského kola, najdete ho na stránkách olympiády http://mo.webcentrum.muni.cz/cs/olympiada-pro....
Martin Hora | org | 9. 1. 2015 18:39:55
Ahoj,
máme tady nápovědy ke čtvrté podzimní sérii.
úloha 1+ skrytý text
úloha 2+ skrytý text
úloha 3+ skrytý text
úloha 4+ skrytý text
úloha 5+ skrytý text
úloha 6+ skrytý text
úloha 7+ skrytý text
úloha 8+ skrytý text
máme tady nápovědy ke čtvrté podzimní sérii.
úloha 1+ skrytý text
Označme 2014x = y. Pak se nás úloha ptá, kolik řešení má rovnice sin(y)=0 pro y z uzavřeného intervalu [0, 2014 pí].
úloha 2+ skrytý text
Obor hodnot funkcí sinus a kosinus je uzavřený interval [-1, 1]. To je podmnožina intervalu (-pi/2, pi/2).+ skrytý text
Na tomto intervalu je funkce tangens rostoucí, a tedy i prostá.
úloha 3+ skrytý text
Rovnici vydělte 2. Vzniklé reálné konstanty před goniometrickými funkcemi nahraďte vhodnými hodnotami funkcí sinus a kosinus tak, abyste dostali na levé straně rovnice vzorec pro sinus součtu.
úloha 4+ skrytý text
Zkuste do rovnice dosadit x = pi/2 a y = 0. Dále dosaďte x = -pi/2, y = pi.
úloha 5+ skrytý text
Pomocí sinové věty je možno vyjádřit siny dvou z úhlů pomocí sinu třetího úhlu a délek stran trojúhelníka. Hodnota sinu třetího úhlu se v poměrech navíc zkrátí. Vzniklý poměr můžeme rozložit na soustavu rovnic a pomocí ní zjistíme, že délky stran trojúhelníku jsou v poměru 3:4:5. Dopočtení potřebného kosinu v takovémto trojúhleníka je již jednoduché.
úloha 6+ skrytý text
Rozmyslete si, že minima po k+1 zmáčknutích tlačítka na přístroji lze dosáhnout buď sinem minima dosažitelného po zmáčknutí k tlačítek, nebo cosinem maxima po zmáčknutí k tlačítek. Žádným jiným způsobem minima dosáhnout nelze. Obdobně maxima po k+1 operacích lze dosáhnout buď kosinem minima po k operacích nebo sinem maxima po k operacích.
Dále je potřeba rozebrat, za kterých podmínek nastává která možnost.
Dále je potřeba rozebrat, za kterých podmínek nastává která možnost.
úloha 7+ skrytý text
Z podmínek ze zadání víme, že všechny goniometrické funkce v nerovnici jsou větší než 0. Můžeme tedy nerovnici vydělit součinem všech sinů. Dále můžeme zlomek na levé straně rovnice rozšířít součinem kosinů všech 3 úhlů ze zadání. Nyní přichází čas na využití podmínky ze zadání a aplikování několika goniometrických identit.+ skrytý text
Pak již jen stačí vhodně použít AG nerovnost a jsme hotovi.
Chceme všechny goniometrické funkce převést na siny dvojnásobků úhlů ze zadání.
Pak již jen stačí vhodně použít AG nerovnost a jsme hotovi.
úloha 8+ skrytý text
Klíčem k úloze je dokázat, že umíme dostat odmocninu z libovolného kladného racionlního čísla. Pokud umíme toto, tak umíme dostat i každé racionální číslo. (Racionální číslo na druhou je opět racionální a odmocninu z tohoto čísla umíme dostat.)
K tomu nám poslouží 2 základní operace. tan(arccos(x)) a cos(arctan(x)). Rozmyslete si, že první z těchto operací udělá z čísla sqrt(a/b) číslo sqrt((b-a)/a). Druhá pak z čísla sqrt(a/b) udělá číslo sqrt(b/(a+b)).
Dále zbývá dokázat, že každou odmocninu z racionálního čísla dokážeme převést na číslo 1 = cos(0).
(sqrt(x) znamená druhá odmocnina z x)
K tomu nám poslouží 2 základní operace. tan(arccos(x)) a cos(arctan(x)). Rozmyslete si, že první z těchto operací udělá z čísla sqrt(a/b) číslo sqrt((b-a)/a). Druhá pak z čísla sqrt(a/b) udělá číslo sqrt(b/(a+b)).
Dále zbývá dokázat, že každou odmocninu z racionálního čísla dokážeme převést na číslo 1 = cos(0).
(sqrt(x) znamená druhá odmocnina z x)
Polárka | 9. 1. 2015 12:09:25
Brej den vespolek. Prosím, hledám knihu, která se jmenuje nějak jako podivuhodná matematika nebo podivní matematika nebo podivná čísla nebo něco takového, autorem má údajně být Ježek (vím minimálně o 3 matematicích s tím příjmením). Nevíte, prosím, někde, o co přesně se jedná (jméno knihy, autor, rok vydání, nakladatelství)? Předmětem zájmu je pojednání o prvočíslech. Díky!
Vojta | 5. 1. 2015 00:22:35
Uff dneska zabitý 3h kvuli těm záporným :D, ale nevadí chyba se stane.
Miroslav Olšák | org | 4. 1. 2015 23:00:57
POZOR! Chyba v zadání!
V osmé úloze 4. podzimní série stačí dostat všechna nezáporná racionální čísla.
Omlouváme se těm, kteří se marně snažili vyřešit něco, co neumíme vyřešit ani my (a dost možná vyřešit nejde). Zadání na stránkách záhy opravíme.
V osmé úloze 4. podzimní série stačí dostat všechna nezáporná racionální čísla.
Omlouváme se těm, kteří se marně snažili vyřešit něco, co neumíme vyřešit ani my (a dost možná vyřešit nejde). Zadání na stránkách záhy opravíme.
πtr | org | 21. 12. 2014 14:02:28
Andrej: díky za poslanie odpovede, pozrieme sa na to, čo za chyba tam nastala.
Andrej Čermák | 21. 12. 2014 13:57:55
Toto mi prišlo po odoslaní
The original message was received at Sun, 7 Dec 2014 21:24:10 +0100 (CET)
from mail-ie0-x233.google.com [IPv6:2607:f8b0:4001:c03::233]
----- The following addresses had permanent fatal errors -----
prase-lid@atrey.karlin.mff.cuni.cz
(expanded from: <mks@mff.cuni.cz>)
----- Transcript of session follows -----
552 5.3.4 Message is too large; 10240000 bytes max
501 5.6.0 Data format error
Original-Recipient: RFC822;mks@mff.cuni.cz
Final-Recipient: RFC822; mks@mff.cuni.cz
X-Actual-Recipient: RFC822; prase-lid@atrey.karlin.mff.cuni.cz
Action: failed
Status: 5.3.4
Last-Attempt-Date: Sun, 7 Dec 2014 21:24:18 +0100 (CET)
Čo s tým?
The original message was received at Sun, 7 Dec 2014 21:24:10 +0100 (CET)
from mail-ie0-x233.google.com [IPv6:2607:f8b0:4001:c03::233]
----- The following addresses had permanent fatal errors -----
prase-lid@atrey.karlin.mff.cuni.cz
(expanded from: <mks@mff.cuni.cz>)
----- Transcript of session follows -----
552 5.3.4 Message is too large; 10240000 bytes max
501 5.6.0 Data format error
Original-Recipient: RFC822;mks@mff.cuni.cz
Final-Recipient: RFC822; mks@mff.cuni.cz
X-Actual-Recipient: RFC822; prase-lid@atrey.karlin.mff.cuni.cz
Action: failed
Status: 5.3.4
Last-Attempt-Date: Sun, 7 Dec 2014 21:24:18 +0100 (CET)
Čo s tým?
E.T. | org | 21. 12. 2014 13:18:52
Ahoj,
a kontroloval sis odeslanou poštu, jestli se mail opravdu odeslal bez problémů? Ptám se proto, že v doručené poště od Tebe žádný email s 3. sérií nevidím.
Měj se,
E.T.
PS: Všem, kdo to tu čtou , přeju veselé Vánoce.
a kontroloval sis odeslanou poštu, jestli se mail opravdu odeslal bez problémů? Ptám se proto, že v doručené poště od Tebe žádný email s 3. sérií nevidím.
Měj se,
E.T.
PS: Všem, kdo to tu čtou , přeju veselé Vánoce.
Andrej Čermák | 21. 12. 2014 12:43:29
Zdravím, práve som pozeral výsledky po 3. sérii a ja tam mám pod mojim menom len 1 odoslanú úlohu. Lenže ja som mal problém odoslať úlohy ktoré sa skladali z viacerých súborov a tak som vám ich poslal na mail mks@mff.cuni.cz Kde je problém?
Martin Hora | org | 14. 12. 2014 14:21:37
Ještě tu máme nápovědy k první seriálové sérii.
úloha 1+ skrytý text
úloha 2+ skrytý text
úloha 3+ skrytý text
úloha 1+ skrytý text
Začněte v libovolném vrcholu. Dokud to lze, tak se z vrcholu, kde se právě nacházíte, posuňte do libovolného jeho souseda, který jste ještě nenavštívili. Vrcholy a hrany, které tímto způsobem projdete tvoří cestu. Nyní již jen zbývá určit minimální délku této cesty.
úloha 2+ skrytý text
Každý vrchol Qn označíme n-ticí nul a jedniček. Dva vrcholy sousedí právě když se jejich označení liší právě v jedné pozici. Podgraf Qn je izomorfní s Qk právě tehdy když z n-číselného označení vrcholu zafixujeme n-k pozic a vybereme podgraf indukovaný vrcholy, jejichž označení se na zvolených n-k pozicích shoduje se zafixovaným. Nyní již jen zbývá spočítat, kolik takových zafixování vlastně existuje.
úloha 3+ skrytý text
Tvrzení lze dokázat matematickou indukcí dle k.
I) Pro k = 1 tvrzení očividně platí.
II) Nyní uvažujme, že tvrzení platí pro k a dokážeme ho pro k+1. Z indukčního předpokladu plyne, že stromy T1 až Tk mají alespoň jeden společný bod - označme ho A, a zrovnatak, že stromy T2 až T(k+1) mají alespoň jeden společný bod - označme ho B. Dále označme C společný bod stromů T1 a T(k+1). Rozmyslete si, že pokud všechny 3 vrcholy A, B, C nejsou po dvou různé, tak jsme již vyhráli. Pokud jsou po dvou různé, tak využijeme toho, že T je strom, a tak existuje právě jedna cesta z A do B, z B do C i z C do A. Tyto 3 cesty musí mít alespoň 1 společný vrchol X. Nyní dokažte, že vrchol X leží ve všech podstromech T1 až T(k+1).
I) Pro k = 1 tvrzení očividně platí.
II) Nyní uvažujme, že tvrzení platí pro k a dokážeme ho pro k+1. Z indukčního předpokladu plyne, že stromy T1 až Tk mají alespoň jeden společný bod - označme ho A, a zrovnatak, že stromy T2 až T(k+1) mají alespoň jeden společný bod - označme ho B. Dále označme C společný bod stromů T1 a T(k+1). Rozmyslete si, že pokud všechny 3 vrcholy A, B, C nejsou po dvou různé, tak jsme již vyhráli. Pokud jsou po dvou různé, tak využijeme toho, že T je strom, a tak existuje právě jedna cesta z A do B, z B do C i z C do A. Tyto 3 cesty musí mít alespoň 1 společný vrchol X. Nyní dokažte, že vrchol X leží ve všech podstromech T1 až T(k+1).
Martin Hora | org | 14. 12. 2014 13:20:52
Ahoj,
nápovědy ke třetí podzimní sérii jsou tady.
úloha 1+ skrytý text
úloha 2+ skrytý text
úloha 3+ skrytý text
úloha 4+ skrytý text
úloha 5+ skrytý text
úloha 6+ skrytý text
úloha 7+ skrytý text
úloha 8+ skrytý text
nápovědy ke třetí podzimní sérii jsou tady.
úloha 1+ skrytý text
Klíčem k řešení je určit poslední dvě cifry hledaného čísla, které dávají správné zbytky po dělení 25 a 4. Pak už jen stačí doplnit číslo na palindrom.
úloha 2+ skrytý text
Podívejte se na rovnici modulo 2 a modulo 3. Tím lze jednoznačně určit hodnoty a a c. Poté je již zjištění hodnot zbývajících proměnných hračka.
úloha 3+ skrytý text
Úkolem je každému a nalézt patřičné n takové, aby bylo splňeno zadání. Jednou z možností je zvolit n jako libovolné prvočíslo dělící a + 1. Pak důkaz je jen jednoduché cvičení na Malou Fermatovu větu.
úloha 4+ skrytý text
Rozmyslete si, že se druhý a třetí člen na levé straně kongruence vzájemně vyruší. Platí totiž, že 1000000 je kongruentní s -121 (mod 1000121) a dále umocnění záporného čísla na lichou mocninu zachovává znaménko. Jediný zajímavý člen levé strany je tedy ten první. Nalezení správného řešení je tak opět lehké cvičení na Malou Fermatovu větu.
úloha 5+ skrytý text
Cílem je dokázat, že všechny členy na levé straně kongruence s výjimkou toho prvního jsou kongruentní s 11 modulo 100. Rozmyslete si, že 1...1^a je kongruentní 11^a (mod 100). Potřebné tvrzení pak lze například dokázat matematikou indukcí podle a. (Zajímají nás hlavně taková a, která dávají zbytek 1 po dělení 10.)
úloha 6+ skrytý text
Rozmyslete si, že každé přirozené číslo dává po dělení 9 stejný zbytek jako jeho ciferný součet. Tedy všechna spořádaná čísla dávají zbytek 1 po dělení 9. Je-li spořádané číslo m násobkem spořádaného čísla n, tak tedy existuje přirozené k takové, že m = kn. Na tuto rovnici se podívejte modulo 9.
úloha 7+ skrytý text
Do dané kongruence dosaďte n = p. Takto zjistíte, že pro každé prvočíslo p platí, že a(p) dělí p. To znamená, že a(p) = 1 ,nebo a(p) = p. Jiná možnost nastat nemůže. Pak jen zbývá rozebrat několik případů.
1) Pokud existuje liché prvočíslo p takové, že a(p) = p. + skrytý text
2) Pokud neexistuje liché prvočíslo p takové, že a(p) = p. + skrytý text
1) Pokud existuje liché prvočíslo p takové, že a(p) = p. + skrytý text
Pak lze dokázat, že a(n) = n pro všechna přirozená n.
2) Pokud neexistuje liché prvočíslo p takové, že a(p) = p. + skrytý text
Pak zbývají dokončit 2 možnosti v závislosti na hodnotě a(2).
úloha 8+ skrytý text
Ke každému přirozenému číslu a nesoudělnému s p existují přirozená čísla b, c, které jsou opět nesoudělná s p, taková, že platí a^2 + b^2 je kongruentní s c^2 modulo p. + skrytý text
. Toto tvrzení si zkuste dokázat a pomocí něho dořešit příklad.
Například můžeme zvolit b = 4at a c = 5at, kde 3t je kongruentní s 1 modulo p
. Toto tvrzení si zkuste dokázat a pomocí něho dořešit příklad.
David Hruška | org | 7. 12. 2014 17:30:33
Baklažán: Stačí jedno.
Baklažán | 7. 12. 2014 15:36:56
Čaute, mám otázku ohľadom úlohy 4 v tretej sérii:
Stačí nájsť jedno vyhovujúce
, alebo treba nájsť všetky a dokázať, že iné už nie sú?
Stačí nájsť jedno vyhovujúce
Kalendář
Z naší fotogalerie
