XI OMG

[bakala12]

Są już zadania z XI edycji OMG! Wszystkich gimnazjalistów serdecznie zapraszamy do udziału.
Link do zadań: ... t_2015.pdf

Jednocześnie pragnę przypomnieć o zasadach panujących w tego rodzaju tematach. Nie dyskutujemy o tym kto zrobił ile zadań i o ich stopniu trudności do zakończenia części korespondencyjnej. Przypominam, że poważne naruszenie tych zaleceń skutkować będzie banem

Pozdrawiam i życzę wszystkim (nie tylko gimnazjalistom!) miłej rozkminy przy zadaniach! Powodzenia!

[aneta909811]

A kiedy zadania z OM-a?

[Ceulen]

Coś tak ten temat ucichł...

Ja na teście mialem 11 pkt, zrobiłem 5 zadań korespondencyjnych, wiec chyba mam duże szanse na przejście.

[MoszeAnarchiasz]

Cześć! To mój pierwszy post( zarazem pierwszy start w OMG, niestety i ostatni). Zrobiłem pięć zadań korespondencyjnych(właściwie to 5 i pół, ale spisałem rozwiązania tylko pięciu), a na teście mój wynik był dość średni, może nawet słaby-miałem 5,5 pkt. Wnioskując na podstawie przeczytanych tematów, to próg to z reguły około 8 pkt z testu + 3-4 zadania korespondencyjnie poprawnie rozwiązane.

[Michalinho]

Dobra. Termin części korespondencyjnej minął to może wrzucę swoje propozycje rozwiązań:

1:    

Np. wszystkie takie trójki to spełniają: \(\displaystyle{ (t, 2+t, 3), t\in\ZZ}\)

2:    

Niech \(\displaystyle{ A'}\) będzie rzutem \(\displaystyle{ A}\) na \(\displaystyle{ PD}\). Wtedy \(\displaystyle{ ADA'\equiv DCP}\), więc \(\displaystyle{ DP=2A'D=2PC}\)

3:    

\(\displaystyle{ \frac{n^4+4}{17}=\frac{(n^2+2n+2)(n^2-2n+2)}{17}}\).
\(\displaystyle{ 1^\circ\quad 17|n^2+2n+2\Rightarrow 17|(n+5)(n-3)}\). Po rozpatrzeniu przypadków dla \(\displaystyle{ n=3}\) mamy \(\displaystyle{ 5}\).
\(\displaystyle{ 2^\circ\quad 17|n^2-2n+2\Rightarrow 17|(n-5)(n+3)}\). Po rozpatrzeniu przypadków dla \(\displaystyle{ n=5}\) mamy \(\displaystyle{ 37}\)

4:    

\(\displaystyle{ BY}\) i \(\displaystyle{ AX}\) to dwusieczne. Jeśli przez \(\displaystyle{ I}\) oznaczymy incentrum to po łatwym rachunku kątów \(\displaystyle{ IAB}\) oraz \(\displaystyle{ IXY}\) są podobne. Okrąg wpisany jest więc styczny do \(\displaystyle{ XY}\) wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ IAB}\) i \(\displaystyle{ IXY}\) przystają do siebie. Wystarczy do tego równość boków \(\displaystyle{ IA}\) i \(\displaystyle{ IY}\), która zachodzi, bo \(\displaystyle{ \angle IYA=\angle BYA=\angle BCA=60^\circ}\) oraz \(\displaystyle{ IY=YA}\) na mocy twierdzenia o trójliściu, czyli \(\displaystyle{ IAY}\) jest równoboczny.

5:    

Jeśli istnieją obok siebie \(\displaystyle{ 2}\) wierzchołki z liczbami parzystymi to wtedy wszystkie musiałyby być parzyste - sprzeczność. Mamy więc cykl \(\displaystyle{ P-NP-NP}\), więc nieparzystych liczb jest \(\displaystyle{ 2}\) razy tyle co parzystych, co zachodzi tylko w przypadku \(\displaystyle{ n=3}\).

6:    

Oczywiście \(\displaystyle{ q<p}\), bo gdyby było \(\displaystyle{ q>p}\), to \(\displaystyle{ q(q+1)>p(p+1)\wedge q(q+1)|p(p+1)}\) - sprzeczność.
\(\displaystyle{ (q,p)=1\Rightarrow q|(p+1)}\).
Niech \(\displaystyle{ (q+1, p)=d}\). Wtedy \(\displaystyle{ d=1\vee d=p}\). Gdyby było \(\displaystyle{ d=p}\), to \(\displaystyle{ p|q+1\Rightarrow q<p<q+1}\) - sprzeczność.
A więc \(\displaystyle{ d=1\Rightarrow q+1|p+1\Rightarrow q+1|(p+1)-(q+1)\Rightarrow q+1|p-q}\).
\(\displaystyle{ q+1=2n, n\in \NN, n>1}\).
Załóżmy wbrew tezie, że \(\displaystyle{ p-q=2r, r}\) jest liczbą pierwszą.
Wtedy:
\(\displaystyle{ 2n|2r\Rightarrow n=r}\)(trzeba rozpatrzyć kilka prostych przypadków).
Stąd \(\displaystyle{ p-q=q+1\Rightarrow p=2q+1}\), ale \(\displaystyle{ q|p+1\Leftrightarrow q|2q+2\Rightarrow q|2}\) - sprzeczność, czyli \(\displaystyle{ \frac{p-q}{2}}\) nie może być liczbą pierwszą.

7:    

Oznaczmy \(\displaystyle{ AS=a, BS=b, CS=c, DS=d}\)
Z dwukrotnego zastosowania twierdzenia cosinusów lub jak kto woli twierdzenia Stewarta wychodzi:
\(\displaystyle{ a^2+c^2=b^2+d^2}\), co w połączeniu z \(\displaystyle{ a+c=b+d}\) da rozwiązania:
\(\displaystyle{ \begin{cases} a=b \\ c=d \end{cases} \begin{cases} a=d \\ c=b \end{cases}.}\)
Zatem nie istnieje taki ostrosłup.

7 inaczej:    

Rozważmy elipsę o osi wielkiej równej \(\displaystyle{ a+c=b+d}\) i ogniskowej \(\displaystyle{ AC=BD}\) oraz okrąg o promieniu \(\displaystyle{ XS}\)(\(\displaystyle{ X}\) to środek \(\displaystyle{ ABCD}\)) o wspólnym środku z elipsą. Wtedy \(\displaystyle{ ACS}\) i \(\displaystyle{ BDS}\) są przystające z pewnymi trójkątami wyznaczonymi przez ogniska elipsy i punkty jej przecięcia z okręgiem. Ze względu na symetrię mamy jednak przystawanie \(\displaystyle{ ACS\equiv BDS}\)

[Ceulen]

Przed chwilą podali odpowiedzi:


Tak więc zaczyna się dzisiaj dla mnie to okropne, prawie dwumiesięczne czekanie

[GCJA]

Czy zadania korespondencyjne są oceniane tak jak te z drugiego i trzeciego etapu? Jakie zazwyczaj są progi?

[Ceulen]

Tak, w zadaniach korespondencyjnych obowiązuje ta sama punktacja 6-5-2-0.

Progi na II etap nie są podawane do publicznej wiadomości, w każdym okręgu są inne. Niemniej od osoby, której danych nie zdradzę, dowiedziałem się, że (przynajmniej w moim okręgu) wynik na poziomie 20 pkt. najczęściej już wystarcza do przejścia dalej.

[MoszeAnarchiasz]

Ja mam dwa pierwsze zadania i piąte bardzo podobne do wzorcówek, trzecie absolutnie niepotrzebnie skomplikowałem, bo babrałem się z jednosciami, moje rozwiązanie czwartego pozostaje dla mnie samego zagadką(odwracałem trójkąt, takie trochę lustrzane odbicie). Nie skusiłem się niestety, na zapisanie siódmego. Czy na Mazowszu z reguły są najwyższe progi( oczywiscie nieoficjalnie)?

[TheCB]

Cześć! To mój pierwszy post. Zrobiłem 7 zadań z części korespondencyjnej, ale miałem zaledwie 9 pkt z testu (brak czasu i nie doczytanie). Pierwsze jak wszyscy, bo inaczej tego się zrobić nie dało , w drugim oznaczyłem przez E środek CD i na kątach wyliczyłem, że DCP i ADE są podobne, skąd teza. Trzecie oczywiście z Sophie-Germain. Czwarte totalnie przekombinowane (bez błędów), a piąte przez zabawę na parzystości. Szóste również odrobinę przekombinowane, a siódme wzorcówkowo. Ogólnie zadania nie były trudne, choć ostatnie skończyłem po jakimś miesiącu. Podsumowując, pierwsze darmowe, drugie łatwe, ale ciekawe, trzecie nieprzyjemne, czwarte bardzo interesujące, piąte łatwe, szóste dość trudne, a siódme fajne.

[Geftus]

Michalinho, czy mógłbyś rozjaśnić alternatywne rozwiązanie zadania 7. lub po prostu napisać pełne rozwiązanie, bo jestem za głupi, żeby udowodnić wszystkie szczegóły, a to jest niewątpliwie potrzebne do pełnej solucji?

Pozdrawiam

[Michalinho]

Michalinho, czy mógłbyś rozjaśnić alternatywne rozwiązanie zadania 7. lub po prostu napisać pełne rozwiązanie, bo jestem za głupi, żeby udowodnić wszystkie szczegóły, a to jest niewątpliwie potrzebne do pełnej solucji?

Pozdrawiam

Jasne. To spróbuję opisać to jak najdokładniej. Masz ostrosłup \(\displaystyle{ ABCDS}\). Twoje założenia to:
1) \(\displaystyle{ ABCD}\) jest prostokątem o środku \(\displaystyle{ X}\).
2) \(\displaystyle{ AS+CS=BC+DS}\) i oznaczmy tą sumę przez \(\displaystyle{ k}\).

Obierzmy sobie dowolny punkt \(\displaystyle{ P}\), który będzie środkiem:
- Elipsy o ogniskach \(\displaystyle{ E_1, E_2}\), przy czym \(\displaystyle{ E_1E_2=AC=BD}\) i osi wielkiej równej \(\displaystyle{ k}\).
- Okręgu o promieniu \(\displaystyle{ XS}\).
Niech ponadto \(\displaystyle{ E_1, E_2}\) będą ogniskami tej elipsy.
Niech okrąg przecina się z elipsą w punktach \(\displaystyle{ M_1, M_2, M_3, M_4}\).
Zauważmy, że te punkty przecięcia wyznaczają nam trójkąty \(\displaystyle{ E_1E_2M_1, E_1E_2M_2, E_1E_2M_3, E_1E_2M_4}\) i są to jedyne trójkąty, dla których podstawa ma długość \(\displaystyle{ AC=BD}\), suma pozostałych boków wynosi \(\displaystyle{ k=AS+CS=BC+DS}\), a środkowa wynosi \(\displaystyle{ XS}\). Stąd \(\displaystyle{ ACS, BDS}\) przystają do pewnych z tych trójkątów.
Jednakże ze względu na symetrię: \(\displaystyle{ E_1E_2M_1\equiv E_1E_2M_2\equiv E_1E_2M_3\equiv E_1E_2M_4}\), a więc także \(\displaystyle{ ACS\equiv BDS}\), a więc taki ostrosłup o krawędziach różnej długości nie istnieje.

[Ceulen]

Dzisiaj śniło mi się, że brałem udział w II etapie. Nie było jeszcze wyników, więc poszedłem do wicedyrektorki (z podstawówki, ale siedziała w budynku gimnazjum), która pokazała, że na stronie można się już zalogować. I zanim zdążyłem podać hasło, obudziłem się ;/

[GCJA]

Czy moglibyście sprawdzić alternatywne rozwiązanie szóstego?

W skrócie:

\(\displaystyle{ \frac{p^{2}+p}{q^{2}+q}=\frac{p(p+1)}{q(q+1)}}\)

Zauważmy że \(\displaystyle{ p+1}\) jest podzielne przez \(\displaystyle{ q(q+1)}\) jeśli \(\displaystyle{ p}\) nie występuje w rozkładzie na czynniki pierwsze liczby \(\displaystyle{ q(q+1)}\). Ani \(\displaystyle{ q}\) ani \(\displaystyle{ q+1}\) nie może być podzielne przez \(\displaystyle{ p}\) więc w rozkładzie na czynniki pierwsze liczby \(\displaystyle{ q(q+1)}\) nie występuje \(\displaystyle{ p}\). Tak więc \(\displaystyle{ \frac{p+1}{q(q+1)}=x}\) dla pewnej liczby naturalnej \(\displaystyle{ x}\). Mamy więc:
\(\displaystyle{ \frac{1}{2}(p-q)=\frac{1}{2}(xq(q+1)-1-q)=\frac{1}{2}(xq(q+1)-(q+1))= \frac{1}{2}(q+1)(qx-1)}\). Podstawiając \(\displaystyle{ q=2a+1}\) mamy
\(\displaystyle{ \frac{1}{2}(p-q)=(a+1)(qx-1)}\). Oba czynnik są całkowite i większe od \(\displaystyle{ 1}\), co udowadnia tezę.

[bakala12]

Poza tym, że mnie nie przekonało Twoje uzasadnienie, dlaczego \(\displaystyle{ p}\) nie występuje w rozkładzie na czynniki liczby \(\displaystyle{ q\left(q+1\right)}\) dalsze wnioski są jak najbardziej poprawne.