LXVI (66) OM - finał

[Geftus]

Co do Twojej uwagi Msciwoju, może przesadziłem pisząc słowo "analogicznie" w tym rozwiązaniu piątego, ale sądzę, że z powrotem jest 73%-owo analogicznie:

Ukryta treść:    

(hmm, mam literówkę w sumie w tamtym rozwiązaniu, bo zamiast P w tamtej sumie kątów winno być S). Rozjaśnijmy zatem implikację w drugą stronę: niech przekątne są prostopadłe i tną się w P. Wówczas, faktycznie: \(\displaystyle{ \angle APB + \angle CPD = 180^o}\), więc istnieje punkt izogonalnie sprzężony do \(\displaystyle{ P}\) względem \(\displaystyle{ ABCD}\) (ten sam lemat co w mym poprzednim poście, tylko w innych słowach), nazwijmy go \(\displaystyle{ S}\). Jak zrzutujemy go na boki naszego czworokąta, to dostaniemy czworokąty wpisane w okręgi i korzystając z równości kątów związanych z punktami \(\displaystyle{ S}\) i \(\displaystyle{ P}\) i izogonalnym sprzężeniem dostajemy, że czworokąt, którego wierzchołki są rzutami S na boki, jest prostokątem.

Mam nadzieję, że to wyjaśnienie nie jest zbyt lakoniczne.

[Msciwoj]

Ok, no dobra, twoje rozwiązanie się rzeczywiście odwraca. Natomiast trzeba trochę jeszcze policzyć.

Ta pierwsza strona została uznana za łatwiejszą i naprawdę dużo osób ją zrobiło, potem nie potrafiąc policzyć w drugą. No ale mało kto robił w ten sposób.

I nie widzę tego, że jak się ma w tę stronę, to druga wynika z ciągłości. To znaczy, jakoś tam wynika, ale to trzeba pokazać i to nie jest takie trywialne jakby się mogło wydawać. Można na przykład próbować pokazać, że

Ukryta treść:    

można zbudować wszystkie możliwe czworokąty (z dokładnością do jakiegoś tam przekształcenia afinicznego) jeżdżąc punktem po dowolnym prostokącie

.

[piotr5]

Dla mnie z całego finału najłatwiejsze zdecydowanie było szóste - od razu było widać, co należy zrobić: o 13 przeczytałem zadanie a pół godziny później miałem już spisane. Chociaż rozmawiałem z paroma osobami, które mówiły, że nad szóstym w ogóle nie myślały, bo myślały, że szóste to musi być najtrudniejsze...

[emil99]

Według mnie na finale OMa nie powinny zdarzać się takie zadania jak 2 i 6, w których jak ogarnia się jakieś twierdzenie to zadanie jest banalne, a bez niego ciężko wykminić. Np. ja po przeczytaniu zadania 2, wypisałem sobie od razu wzór interpolacyjny Lagrange'a i stwierdziłem, że to już kończy zadanie. Tak samo w 6 z twierdzeniem Eulera. Zdecydowanie komitet powinien unikać takich sytuacji. No i oczywiście liczę, że za rok będzie jakaś normalna geometria...

[piotr5]

Według mnie na finale OMa nie powinny zdarzać się takie zadania jak 2 i 6, w których jak ogarnia się jakieś twierdzenie to zadanie jest banalne, a bez niego ciężko wykminić.

Zgadzam się w 100%. Zwłaszcza tyczy się to zadania nr 2.

No i oczywiście liczę, że za rok będzie jakaś normalna geometria...

Akurat mi się podobało zadanie 5. Rzeczywiście, wolałbym, żeby oprócz niego było coś trudniejszego niż 1, ale piąte było o tyle dobre, że szło na kilka sposobów. A ja bardzo nie lubię zadań, które da się zrobić właściwie tylko jednym sposobem.

[rosyjska dusza]

Cóż - ja jednak nie do końca zgodzę się z przedmówcami, co do zadania 6. Jeśli chodzi o tw. Eulera, to powinno być ono znane chyba wszystkim, którzy aspirują do tytułu laureata OMa. Nie mówię, że należy czytać książki na wszystkie możliwe tematy i liczyć na to, że dobry wynik można zapewnić sobie samą wiedzą. Trzeba jednak znać jakieś minimum twierdzeń, a moim zdaniem tw. Eulera się do nich zalicza. Jest ono wymienione chociażby w Vademecum Olimpijczyka w książkach p. Pawłowskiego.

[emil99]

Cóż - ja jednak nie do końca zgodzę się z przedmówcami, co do zadania 6. Jeśli chodzi o tw. Eulera, to powinno być ono znane chyba wszystkim, którzy aspirują do tytułu laureata OMa. Nie mówię, że należy czytać książki na wszystkie możliwe tematy i liczyć na to, że dobry wynik można zapewnić sobie samą wiedzą. Trzeba jednak znać jakieś minimum twierdzeń, a moim zdaniem tw. Eulera się do nich zalicza. Jest ono wymienione chociażby w Vademecum Olimpijczyka w książkach p. Pawłowskiego.

Oczywiście, że warto znać twierdzenie Eulera, nawet rozwiązanie zadania 6 (czyli w teorii najhardszego) może z niego korzystać, ale nie tak błyskawicznie. Nie powinno tak być, że twierdzonko rozwala zadanie tak od razu. Mogłoby być tak, że w pewnym kroku rozwiązania jest potrzeba użycia tw. Eulera, a nie, że całe zadanie z tego idzie. Ale finał już minął. Miejmy tylko nadzieję, że za rok będzie więcej myślenia w zadaniach

[Ponewor]

Od strony organizacyjnej za to porażka, ci ludzie w ogóle nie ogarniali, szczególnie ci młodzi studenci, nie wiadomo w ogóle kto ich tam wziął. ( ͡° ͜ʖ ͡°) ( ͡° ͜ʖ ͡°)

Nie wiem o czym mówisz ( ͡° ͜ʖ ͡°)

[ElEski]

emil99,
No i twierdzenie Eulera nie rozwalało tego zadania od razu. Trzeba było np wykminić, że dla \(\displaystyle{ a=1}\) się syfi, albo udowodnić, że dla \(\displaystyle{ a=b (mod 2), a,b>1}\) zachodzi \(\displaystyle{ 1+2^{a}+3^{a}=1+2^{b}+3^{b} (mod 4)}\)

[piotr5]

Moje rozwiązanie nawet dla \(\displaystyle{ a=2}\) się syfiło, dlatego rozpatrzyłem go osobno. Słyszałem, że bardzo cięli za to zadanie: 5 dawali jeśli ktoś zapomniał rozpatrzyć \(\displaystyle{ a<3}\) (sic!), a 2 dawali jeśli zapomniało się o \(\displaystyle{ \bmod\ 2^k}\) lub \(\displaystyle{ 3^k}\).

[Ponewor]

a 2 dawali jeśli zapomniało się o \(\displaystyle{ \bmod\ 2^k}\) lub \(\displaystyle{ 3^k}\).

To oczywiste, bo w tych przypadkach tkwiła zasadnicza trudność zadania. Więc sami widzicie, że nie ma powodu płakać, że "twierdzenie Eulera rozwala zadanie", bo nie, nie rozwala.

Po drugie, to dajcie spokój - ja to nie wiem jak da się zostać finalistą OM i nie znać twierdzenia Eulera. Jeśli się da, to mimo wszystko od samych laureatów - czyli apirujących do zrobienia zadania numer 6 można znajomości takich nie jakichś kosmicznie wyszukanych twierdzeń wymagać. Dla mnie to tak samo jakby to zadanie szło z twierdzenia Talesa - powiecie, że to drugie jest w programie szkolnym, ale w końcu to Olimpiada, wymagajmy czegoś od siebie.

Po trzecie, to zadanie robiło się w parę minut bez choćby pomyślenia o tym twierdzeniu - a przynajmniej ja tak robiłem.

Problem z tym zadaniem jest jedynie taki, że jest beznadziejnie łatwe - człowiek jest już podekscytowany, że teoria liczb "na szóstym", a tu takie coś

[ElEski]

To oczywiste, bo w tych przypadkach tkwiła zasadnicza trudność zadania. Więc sami widzicie, że nie ma powodu płakać, że "twierdzenie Eulera rozwala zadanie", bo nie, nie rozwala.

Nie
Ale to i tak już nie ma znaczenia

[Swistak]

Nie bądźcie tacy fimfaramfa, bo nie wydaje mi się, aby to zadanie odstawało poziomem od reszty, a jakoś samych trzydziestek szóstek nie widzę w wynikach. Wymaga ogólnego zaznajomienia z tym, że reszty się pętlą i ogarnięcia jak konkretnie działa "rozbieg" przed wpadnięciem w pętlę. Może nie niesamowicie, ale jest to trochę insightful. W szczególności nie sądzę, aby znajomość Eulera była tu w jakikolwiek sposób wymagana, bo potrzebujemy jedynie \(\displaystyle{ a^{cokolwiek} = 1 \mod b}\) (dla \(\displaystyle{ a \perp b}\)) co jest dużo bardziej jasne niż to, kiedy to się stanie. Ale tak czy siak nawet tw. Eulera w swojej pełnej okazałości, to jest zupełny elementarz olimpijczyka, mówimy o finale olimpiady licealnej, szanujmy się
A w takim piątym nie ma nic poza gimnazjalnymi okręgami, a jakoś z tego co słyszałem, to sporo ludzi uważa je za trudne xd.
A co do drugiego, to istotnie uważam, że całkiem miłe zadanko i spoko zastosowanie Lagrange'a, no ale jednak zastosowanie Lagrange'a. Bardziej to zadanie widziałbym na obozie niż na finale.

[michalkieza]

Miałem okazję czytać jedną teczkę zadania 5 (30 prac). Były chyba 3 poprawne rozwiązania (5-6pkt) i kilka 2 (z prostokąta prostopadłość przekątnych - to idzie na mnóstwo sposobów - zdaje się, że ta implikacja uchodziła za łatwiejszą).

Dobrze znanym zadaniem jest to, że rzuty ogniska elipsy wpisanej w czworokąt na proste zawierające jego boki leżą na okręgu - a to jest właściwie szczególny przypadek tego zadania - trzeba tylko to skojarzyć. W ogólności, jeśli w czworokącie \(\displaystyle{ ABCD}\) mamy taki punkt \(\displaystyle{ P}\), że \(\displaystyle{ \angle APB=\alpha}\), zaś \(\displaystyle{ \angle CPD=180^\circ-\alpha}\) (\(\displaystyle{ \angle APD=\beta}\), zaś \(\displaystyle{ \angle BPC=180^\circ-\beta}\)), to istnieje elipsa o ogniskach \(\displaystyle{ P}\) i \(\displaystyle{ Q}\) wpisana w czworokąt \(\displaystyle{ ABCD}\). Rzuty prostokątne punktu \(\displaystyle{ Q}\) na proste zawierające boki czworokąta \(\displaystyle{ ABCD}\) leżą na okręgu i kąty, które wychodzą w tym czworokącie, to właśnie \(\displaystyle{ \alpha, 180^\circ-\alpha,\beta, 180^\circ-\beta}\). U nas punkt \(\displaystyle{ P}\) to punkt przecięcia prostopadłych przekątnych i \(\displaystyle{ \alpha=\beta=90^\circ}\). Ku powszechnemu zaskoczeniu czworokąt, który wychodzi jest prostokątem...