Chat Prasátek

Matematická sekce

Miško | org | 16. 8. 2012 23:24:40

Velke gratulacie Mirkovi, ktory skoncil 11. na IMC, co je nieco ako vysokoskolske IMO! :)
http://www.imc-math.org.uk/imc2012/IMC2012Fin...

anonym | 27. 7. 2012 11:13:08

ahoj nahodou sem se dostal na http://atrey.karlin.mff.cuni.cz/~papa/2012/rs... zkousel sem resit ulohu 4 z 7.brezna 2012 a napadlo me jestli by ta nerovnost nemohla bejt silnejsi a sice S(p)<P^(br(P)-1)+1 nebo mohli byste mi dat protipriklad???

Alena Skálová | 24. 7. 2012 00:51:51

Sinovka je také pěkná. (-:

Miroslav Olšák | org | 23. 7. 2012 14:49:05

Ahoj, včera jsem se vrátil z PraSečí akce, kde se mimo jiné řešilo IMO (první den). Štěpán s Alčou vyřešili (na 7 bodů) jedničku (Alča sinovkou, Štěpán pěkně).
Teda mohlo to být celkově lepší a motivovanější, ale aspoň já jsem řešil dny oba:

První den:
Chci použít klasickou taktiku, řešit dvojku a jedničku si nechávat jako úlohu proti trudomyslnosti. Při pohledu na dvojku jsem se však zhrozil: Nerovnost! To nemám šanci dát, když je to dvojka a já nerovnosti prostě neumím. Naštěstí trojka byla kombinatorika, tak jsem se vrhnul na tu. Po asi dvou hodinách řešení jsem sice stále postupoval kupředu, ale stále jsem neměl ani tu část jedna.

Tak jsem šel na první úlohu. Jenže ouha, tohle vůbec není úloha proti trudomyslnosti. Tváří se to poněkud upočitatelně, ale fakt nevím, co s tím.

Vracím se k trojce. Po nějaké době vyřeším část 1, tak jdu na část 2. K mému překvapení část 2 příliš nevzdoruje, sice nestíhám ji promyslet do všech detailů, ale kostru důkazu mám myslím správnou.

Úloha 3.1:
+ skrytý text

Myšlenka 1: stačí vyřešit úlohu pro $N=n+1=2^k+1$ . Tím vlastně budu umět přinutit hráče A, aby pro danou $(2^k+1)$ -prvkovou množinu přiznal jeden prvek, který není $x$ -em.
Myšlenka 2: Chci (jakožto hráč B) přinutit hráče A, aby zalhal a já si tím mohl být téměř jistý. To udělám tak, že se budu stále dokola ptát na jednoprvkovou množinu ${y}$ . Hráč A mi nebude chtít přiznat, že $x\neq y$ a proto jednou odpoví ANO.
Po té už stačí (co mám jednu lež) položit $k$ otázek na zbývající (různé od $y$ ) prvky tak, aby každá posloupnost ANO NE vedla k právě jednomu prvku. Prvek, ke kterému vede posloupnost inverzní k té, kterou podal hráč A zaručeně nemůže být roven $x$ .

Úloha 3.2 nikdo mi nevěří, že mi to funguje, (tak si to ani nechtěli poslechnout):
+ skrytý text

Hrajme opět za situace $N=n+1$ . Hráč A tedy nesmí dopustit, aby se B o nějakém prvku dozvěděl, že $x$ -em není. Bude si tedy u každého prvku $i$ měřit hodnotu $d_i$ : kolik tahů už o něm tvrdil, že není $x$ -em. Hráč B vždycky nabídne hráči A množinu a hráč a bude moci vynulovat $\text{[math]}$ buď na této množině nebo na jejím doplňku. Na zbytku se $d_i$ zvýší o jedna.
Chtělo by to popsat strategii, kterou množinu si hráč A bude vybírat. Ideální bude, když bude jakési jedno číslo $d$ (vypočtené z hodnot $d_i$ ), které bude charakterizovat "jak blbě na tom hráč A je", toto číslo se bude snažit hráč A minimalizovat.
Vysoké hodnoty $d_i$ dělají mnohem větší problém než nízké, ačkoli těch nízkých může být spousta (třeba $N/2$ ). Proto první pokus spočívá v:
$d=\sum 2^{d_i}$

Dokáže hráč A tento součet snadno ubránit před nějakou mezí? Hráč A si samozřejmě vybere množinu s menším součtem $2^{d_i}$ . Tento součet je nejvýš polovina $d$ , ovšem zdvojnásobí se. Zbylá $d_i$ se sice vynulují, ale tím u nich bude $2^{d_i} = 1$ , tedy $d$ vsroste nejvýš o N. Označíme-li nové $d$ jako $d$ , máme odhad:
$d$

To ještě není žádná výhra, ovšem co takhle si zvolit mocněnec malinko menší? Tedy druhý (lepší) pokus:
$d=\sum 1,995^{d_i}.$

Pak
$d$

S tímto umí A udržet:
$d\leq N\cdot a.$

Pro nějaké $a$ nezávislé na ostatních proměnných (dalo by se dopočíst jako 400, ale to jsem nestíhal).
Nyní si už jen rozmyslím, zda z této meze plyne $d_i < k$ pro každé $i$ . Pokud by $d_i \geq k$ , tak by $d \geq 1,995^k$ . Ovšem pro dostatečně velké $k$ již
$1,995^k > \lfloor 1,99^k+2\rfloor\cdot a,$

takže taková situace nemůže nastat.

Den 2:
Opakuji taktiku. Už jsem slyšel, že pětka je Pepova (Tkadlecova) geometrie (některým spoilerům se člověk neubrání). Velmi rád bych to vyřešil, ať to můžu Pepovi pochválit, ale nevím nevím. Dosud jsem na IMO žádnou geometrii nevyřešil: dvojku na svém IMO, čtyřku na svém IMO, jedničku na tomto IMO. Ale co, tak jednou to snad dám, ne?

Zadání vypadá překvapivě jednoduše. Všechny body dávají smysl, nemám tendenci se žádných bodů zbavovat, jenže, co dál? Právě touhle jednoduchostí mě úloha dostává, co s tím?

Poznatky: + skrytý text

Stejně dlouhé délky se dají použít k mocnosti bodu ke kružnici (tento poznatek mám již ze svého IMO). To mi dá nějaké informace o úhlech, ale zdaleka ne dostatek. Mohl by být v úloze nějaký tětivový čtyřúhelník? Nejnadějněji vypadá KMLC, ale to nefunguje. Už proto, že když je X hodně nízko, tak je úhel KML hodně placatý. Leda bych vzal nějaký bod za C-čkem, třeba kolmiště AXB. Ale to mi zní jako hodně odvážná hypotéza, s geogebrou bych to hned vyvrátil (nebo ověřil). Ale co tady, když jsem si ani nevzal rýsovací pomůcky? (stejně je moc neumím používat)

Opět jdu na úlohu proti trudomyslnosti. Tentokrát proti trudomyslnosti dost zabírá.

+ skrytý text

Jak říkává Kenny, to prostě není úloha :) Prostým dosazením (0, 0, 0) mám hodnotu v nule, dále (a, -a, 0) dává sudost funkce a následuje už jen dosazování konstant jako (1, 1, 2), (1, 2, 3), ... Sice jsem se později dozvěděl, že jsem v tom měl numerickou chybu, takže řešení bylo nakonec dvakrát delší než jsem si myslel, ale přesto v něm žádná myšlenka není. Prostě prosté dosazování konstant.

Po "vyřešení" se vracím k pětce. Jelikož už fakt netuším, zkusím zoufale rozvinout svou odvážnou hypotézu.

+ skrytý text

Ona ta úsečka KL je tak nějak nakloněná k onomu kolmišti H, takže by mohlo dokonce platit HK=HL. Tím (aby platilo, co se má dokázat) by trojúhelníky HLM, HKM měly být shodné. To by z tětivovostí HKML znamenalo, že HKM=HLM=90...
Óhóó. Do teď jsem těm úvahám dost nevěřil, ale začínají vypadat slibně. Obrázek je totiž vlastně trojúhelník AHB, kolmiště X a pak tři body C, K, L jakožto vždy průsečík výšky a Thaletovky nad stranou. Začíná to být pěkně symetrické :) Takže si předefinuji body K, L jako ty body na výškách, kde jsou pravé úhly HKB, HLA. Jestli nyní dokážu HK=HL, vyhrál jsem. Budu totiž moci zpětně ospravedlnit tuto definici bodů K, L (pootočením tvrzení k bodům A, B) a budu tak mít dost informací na to, že trojúhelníky HLM, HKM jsou vážně shodné. Na druhou stranu, když se ukáže, že to neplatí, nemám zase vůbec nic :/ Tak jdu na to ( $P_a$ , $P_b$ jsou paty příslušných výšek trojúhelníku ABH):
$|HK|^2 = |HP_a|\cdot|HB| = |HP_b|\cdot|HA| = |HL|^2.$

Vyšlo to jupííííí :)

No vida, sice mi ještě zbývá 90 minut a šestka, ale tak nějak nevěřím, že bych to mohl vyřešit. Když to ani není kombinatorika... Radši se podívám vedle na šarády.

O čtyřce jsem se později od Pepy S. dozvěděl, že jsem ji měl špatně. Ale u trojky a pětky ještě pořád věřím, že mi to funguje, leda byste mi to vyvrátili vy...

Robert | 13. 7. 2012 20:50:13

Ahoj,
Tak jsem také začal řešit úlohy z (zatím) prvního dne. Dvojka má řešení opravdu krátké (mně osobně přišla lehká), jednička mi trvala dýl, ale upižlal jsem jí.
Trojka mi přijde fakt brutální...
Zítra se pokusím vyřešit úlohy z druhého dne..
BTW- Gratuluji Pepovi, že se jeho úloha dostala na IMO! :-)

Josef Tkadlec | 12. 7. 2012 06:00:24

Zadání už jsou i na skmo.sk.

A jinak naši: chlubte se, co jste vyřešili! Mirek to tu nečte, tak to možná ani nemusíte schovávat :).

katka | 11. 7. 2012 13:47:58

na mathlinks su:
http://www.artofproblemsolving.com/Forum/reso...

? | 11. 7. 2012 11:50:11

Odkud máte úlohy? Nejsou ani na math muni, ani skmo, ani imo-official...

Sem-Nikdo | 11. 7. 2012 03:39:46

Co říkáte na úlohy z prvního dne? Mně osobně jednotka přišla velmi lehká, spísatelná na polovinu A4. Dvojka mě překvapila tím, že mám k ní řešení na pár řádků ... A trojka je napohled špatná, tu raději nezkouším. Škoda, že jsem se na to IMO nedostal.

Pavel Šalom | 12. 6. 2012 04:59:02

Cau,
nekdo se mi ozval, ze by ho zajimalo reseni te funkcionalky, tak posilam:

+ skrytý text

Pro spor existuji $a<b$ takova, ze $f(a)\geq f(b)$ . Potom

$f(f(a)f(b)) = f(f(a)b) + f(a) = f(ab) + b + f(a)$ ,
$f(f(a)f(b)) = f(af(b)) + f(b) = f(ab) + a + f(b)$ ,

coz ale neni mozne, protoze zaroven je prvni radek vetsi nez druhy.

Olin | org | 11. 6. 2012 04:15:41

Mirek: mně se dost líbí už ta první úloha, včetně jejího zařazení jako první - věřím, že mnozí se při pohledu na ni museli dost zděsit...

Pepa (obsahuje i trochu hint k řešení): tak zatím vím to, že
+ skrytý text

kromě 11 a 101 jsou to samá složená čísla až po $\textstyle 10^{2^{19}-1}+1$ včetně,

přičemž dál už se mi hledat nechce.

Miroslav Olšák | org | 5. 6. 2012 17:07:31

No vzhledem k tomu, jak velká čísla bereš a jaká je asymptotická hustota prvočísel mě to moc nepřekvapuje. Ale jo, umím to i zdůvodnit.

U maturity to vypadá, že se stihnout dala :) Co říkáte na úlohy? Mně se dost líbily (kupodivu) analytické geometrie: 7 a 18.

Josef Tkadlec | 5. 6. 2012 15:48:26

Prý že když se napíše prvních 2012 přirozených čísel, co začínají a končí jedničkou a jinak se skládají jen z nul (tj. 11, 101, 1001, ...), tak bude více než 99% z nich složených... Dobré, ne?

Pavel Šalom | 1. 6. 2012 17:22:28

Cau,
zkusil jsem si teda jenom (i). Nepatrny hint:
+ skrytý text

sporem

vetsi hint:
+ skrytý text

spor pro $f((\textrm{vhodny}\,\,\textrm{nasobek})x)$

BakyX | 31. 5. 2012 16:30:54

Dobrý deň. Mohol by mi prosím niekto poradiť s Cvičením 16 zo strany 20 z http://atrey.karlin.mff.cuni.cz/~franta/bakal... ? Nejde mi to...

Kikina | 24. 5. 2012 09:45:51

Naostro mi test i se zběžnou kontrolou ty dvě hodiny zabral. Doma jsem si pak spočítala, že bych asi o 7 bodů přišla - jak jinak, než samé hloupé početní chyby, všechny příklady, na které maturanti nadávali, jsem měla správně :D Nakonec mám po harmonizaci 90%, bohužel ty původní výsledky (a tedy skutečný počet chyb) už mi nikdo neřekne... Ale věřím, že jedničku bych měla i bez harmonizace ;-)

Štěpán | 23. 5. 2012 21:58:52

No tak jsem si to taky vyzkoušel. Za hodinu a pět minut, jsem se dobral k 42 bodům z 50

Miroslav Olšák | org | 22. 5. 2012 20:16:34

U mne vyhrává čínská zbytková věta. Kdybych ten trik neznal, máme vzorák 6b tak třikrát delší.

Ale Štěpánovy výsledky a postupy jsou taky super.

Josef Tkadlec | 21. 5. 2012 22:35:01

Tak já měl dvě chyby, o kterých věřím, že bych si je při kontrole našel. Zas by mi to ale potom určitě trvalo déle než 27 minut... ;-).

A jinak nejlepší trik je určitě zestejnění argumentů fcionálky! Ach kdybych ho tak býval znal na svém výběrku...

Miroslav Olšák | org | 12. 5. 2012 04:51:05

Ahoj,
v mediich se dost diskutuje tema letosnich statnich maturit z vyssi urovne matematiky. Pry se nedaly za ty dve hodiny, ktere na to studenti meli, stihnout. Tak jsem si to zkusil.

Dal jsem to za hodinu, ale mel jsem tam chyby -- ve trech prikladech -> 44bodu z 50 (stydim se). Na druhou stranu je pravda, ze jsem se to hlavne snazil stihnout rychle, tak jsem si to ani nekontroloval...

Kdybyste si to taky chteli zkusit, da se stahnout scan
http://data.idnes.cz/soubory/domaci/A120507_J...

A vysledky
http://www.ulozto.cz/xfZTf9W/vyssi-maturita-z...

Vetsina uloh je docela fajn :) Jo a taky me zajima, jak dopadla PraSatka, ktera tim prosla naostro.

<< < 1 2 ... 17 18 19 ... 36 37 > >>

Kontakt

email	info (zavináč) prase.cz
pošta	Matematický korespondenční seminář KAM MFF UK Malostranské náměstí 25 118 00 Praha 1

Organizátoři

Matematický korespondenční seminář je organizovaný studenty Matematicko-fyzikální fakulty UK pod záštitou Informatického ústavu UK a Oddělení propagace a mediální komunikace MFF UK.

Partneři

Realizace projektu byla podpořena Ministerstvem školství, mládeže a tělovýchovy

Matematický korespondenční seminář

Kalendář

Z naší fotogalerie

Kontakt

Organizátoři

Partneři