Szkic rozwiązania:
Przyjmijmy \(\displaystyle{ xy=ka^2}\) oraz \(\displaystyle{ (p-x)(p-y)=kb^2}\).
Wtedy \(\displaystyle{ (p-x)(p-y)-xy=k(b-a)(a+b)}\) jest podzielne przez \(\displaystyle{ p}\), skąd \(\displaystyle{ a+b=p}\).
Jeśli \(\displaystyle{ x\ne y}\), to \(\displaystyle{ a^2\le ka^2=xy < \left({x+y\over2}\right)^2}\), skąd \(\displaystyle{ a<{x+y\over2}}\).
Analogicznie \(\displaystyle{ b<{(p-x)+(p-y)\over2}=p-{x+y\over2}}\).
Wobec tego \(\displaystyle{ p=a+b<{x+y\over2}+p-{x+y\over2}=p}\).
Zadanie 3. można zrobić prościej niż w firmówkach.
3.
Ukryta treść:
Nierówność zachodzi dla dowolnego A (nie tylko dla średniej).
Indukcja po \(\displaystyle{ n}\) sprowadza się do: \(\displaystyle{ 2((x_1-A)^2+(x_{(2n-1)}-A)^2) \ge (x_1-x_n)^2+(x_n-x_{(2n-1)})^2}\).
Ale \(\displaystyle{ 2(u^2+v^2) \ge (u+v)^2}\) i jeżeli \(\displaystyle{ uv \ge 0}\) to \(\displaystyle{ (u+v)^2 \geq u^2+v^2}\) zatem \(\displaystyle{ 2((x_1-A)^2+(x_{(2n-1)}-A)^2) \ge (x_1+x_{2n-1})^2}\).
i \(\displaystyle{ (x_1+x_{2n-1})^2 \geq (x_1-x_n)^2+(x_n-x_{(2n-1)})^2}\).
Ukłony dla Komisji Zadaniowej - uważam, że zadania były ładne, a niektóre z nich posiadały drugie dno, co zawsze jest mile widziane.
Moja subiektywna opinia o progu.
Ukryta treść:
Zadania były dość trudne, przynajmniej w porównaniu z poprzednimi latami. O progu można jedynie spekulować; ja bym obstawiał 19 punktów: zadania 1, 3 i 4 były ,,robialne'', a komu udało się coś nadto, nie powinien martwić się o wejście finału.
Tradycyjnie zamieszczam parę rozwiązań i refleksji.
Zadanie 3 - szkic rozwiązania (podobne do firmowego sposobu II).
Ukryta treść:
Nierówność, którą chcemy udowodnić jest sumą oczywistej nierówności \(\displaystyle{ 2(A-x_n)^2 \ge 0}\) oraz nierówności
\(\displaystyle{ 2(A-x_i)^2+2(A-x_{n+i})^2 \ge (x_n-x_i)^2 + (x_n-x_{n+i})^2}\) dla \(\displaystyle{ i=1,2,...,n-1}\).
w której lewa strona jest nieujemna, a prawa niedodatnia.
Zadanie 3 - refleksja.
Ukryta treść:
To zadanie ma ciekawą interpretację probabilistyczną. Wprowadźmy zmienną losową \(\displaystyle{ X}\), która przyjmuje wartość \(\displaystyle{ x_i}\) z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ \frac{1}{n}}\), wewntualnie \(\displaystyle{ \frac{k}{n}}\), jeśli dokładnie \(\displaystyle{ k}\)\(\displaystyle{ x}\)ów przyjmuje tę samą wartość \(\displaystyle{ x_i}\). Wówczas, po obustronnym podzieleniu przez liczbę zmiennych, otrzymamy nierówność
\(\displaystyle{ 2Var(X) \ge E(m-X)^2}\),
w której \(\displaystyle{ m=x_n}\) jest medianą. Biorąc \(\displaystyle{ Var(X)=E(X^2)-(EX)^2}\) i przekształcając równoważnie, otrzymamy nierówność
\(\displaystyle{ Var(X)\ge(EX-m)^2}\),
którą można wyrazić następująco: wartość oczekiwana i mediana różnią się o nie więcej niż odchylenie standardowe.
Zadanie 4 - szkic rozwiązania.
Ukryta treść:
Niech \(\displaystyle{ F}\) i \(\displaystyle{ G}\) będą punktami styczności okręgu dopisanego do półprostych odpowiednio \(\displaystyle{ AB}\) i \(\displaystyle{ AC}\). Poprowadźmy przez \(\displaystyle{ J}\) półprostą równoległą do \(\displaystyle{ BM}\), aż do przecięcia prostej \(\displaystyle{ AB}\) w punkcie \(\displaystyle{ K}\), analogicznie dla \(\displaystyle{ CN}\), do przecięcia \(\displaystyle{ AC}\) w \(\displaystyle{ L}\). Jest jasne, że \(\displaystyle{ \angle KJL = \angle BPC}\), więc wystarczy udowodnić, że \(\displaystyle{ \angle KJL = \pi - \anlge BAC}\).
Bez straty ogólności niech \(\displaystyle{ AB \le AC}\). Oznaczmy \(\displaystyle{ DB=CG=x}\) i \(\displaystyle{ EC=BF=y}\). Wówczas \(\displaystyle{ BK=x}\) i \(\displaystyle{ CL=y}\) (twierdzenie Talesa). Zatem \(\displaystyle{ FK=GL=y-x}\), więc trójkąty prostokątne \(\displaystyle{ KFJ}\) i \(\displaystyle{ GLJ}\) są przystające. To prowadzi do \(\displaystyle{ \angle KJL = \angle FJG = \pi - \angle BAC}\).
Zadanie 5 - szkic rozwiązania.
Ukryta treść:
Szukaną restaurację nazywać będziemy królem. Dla \(\displaystyle{ n=1}\) teza jest oczywista, krok indukcyjny jest następujący.
Oznaczmy przez \(\displaystyle{ S}\) zbiór restauracji. Niech \(\displaystyle{ a_{i+1}}\) będzie królem w zbiorze \(\displaystyle{ S\setminus \{a_i\}}\), istniejącym na mocy założenia indukcyjnego. Otrzymamy w ten sposób ciąg restauracji, w którym elementy w końcu się będą powtarzać. Zatem znajdziemy cykl, nazwijmy go \(\displaystyle{ (a_1,a_2,...,a_k)}\). Przyjmijmy konwencję \(\displaystyle{ a_0=a_k}\).
Jeśli dla pewnego \(\displaystyle{ i}\) restauracja \(\displaystyle{ a_{i+1}}\) jest lepsza od \(\displaystyle{ a_i}\) pod jakimkolwiek względem, to jest ona poszukiwanym królem. Rozważmy więc przypadek, w którym dla każdego \(\displaystyle{ i}\) restauracja \(\displaystyle{ a_i}\) jest lepsza pod jakimś względem od \(\displaystyle{ a_{i+1}}\). Tu już widzimy, że dla \(\displaystyle{ k=2}\) teza zachodzi, niech więc \(\displaystyle{ k\ge 3}\).
Ze względu na tranzytywność nie może to być ciągle ten sam wzgląd, więc znajdziemy takie trzy restauracje, że w \(\displaystyle{ a_i}\) jest smaczniej niż w \(\displaystyle{ a_{i+1}}\), a w \(\displaystyle{ a_{i+1}}\) obsługa jest lepsza niż w \(\displaystyle{ a_{i+2}}\).
Wiadomo też, że \(\displaystyle{ a_{i+2}}\) jest królem bez \(\displaystyle{ a_{i+1}}\), więc jest w czymś lepsza od \(\displaystyle{ a_i}\), podobnie \(\displaystyle{ a_i}\) jest w czymś lepsza od \(\displaystyle{ a_{i+2}}\). Korzystając z tranzytywności dochodzimy do wniosku, że albo w \(\displaystyle{ a_{i+1}}\) jest lepsza obsługa niż w \(\displaystyle{ a_i}\), albo w \(\displaystyle{ a_{i+2}}\) jest smaczniej niż w \(\displaystyle{ a_{i+1}}\). A to kończy dowód.
Zadanie 5 - refleksja.
Ukryta treść:
Studenci matematyki z pewnością rozpoznają w tym zadaniu dwa nałożone na siebie częściowe porządki.
Zadanie 6 - refleksja.
Ukryta treść:
Motywem przewodnim w tym zadaniu jest analizowanie wielokrotności \(\displaystyle{ p}\) w pewnym małym przedziale. Podobne rozumowanie można spotkać między innymi w dowodzie Thuego twierdzenia Fermata-Eulera o dwóch kwadratach czy w dowodzie twierdzenia Lagrange'a o czterech kwadratach.
Korzystając z tego zadania można wykazać, że każda liczba pierwsza może być zapisana jako suma dwóch kwadratów na co najwyżej jeden sposób. Istotnie, jeśli \(\displaystyle{ p=a^2+b^2=c^2+d^2}\), przy czym \(\displaystyle{ 0<a<b}\) i \(\displaystyle{ 0<c<d}\), to biorąc \(\displaystyle{ x=a^2}\) i \(\displaystyle{ y=c^2}\) otrzymamy \(\displaystyle{ x(p-x)y(p-y)=(abcd)^2}\), zatem \(\displaystyle{ x=y}\) i w konsekwencji \(\displaystyle{ a=c}\).
Wuja Exul pisze:Ukłony dla Komisji Zadaniowej - uważam, że zadania były ładne, a niektóre z nich posiadały drugie dno, co zawsze jest mile widziane.
A ja muszę przyznać, że jestem dużo mniej entuzjastycznie nastawiony do tych zadań (choć drugie dno to fajna rzecz)
Zadanie 1.
Ukryta treść:
Typowe łatwe zadanie pierwsze - w sam raz.
Zadanie 2.
Ukryta treść:
Założenie o dwusiecznej było niepotrzebne. Jako D można było wziąć dowolny punkt z boku BC. Trochę głupio, gdy w zadaniu są niepotrzebne założenia.
Zadanie 3.
Ukryta treść:
Podobało mi się. Działa również dla wszystkich innych rozkładów prawdopodobieństwa o skończonej wariancji. Nierówność z Zadania 3. można było wzmocnić zastępując stałą 2 przez \(\displaystyle{ 2-\tfrac1n}\). Gdy zastąpimy ją przez cokolwiek \(\displaystyle{ \leq1}\), wówczas zwrot nierówności zmienia się. Stałe z przedziału \(\displaystyle{ (1,2-\tfrac1n)}\) nie działają (w ogólności) w żadną stronę.
Zadanie 4.
Ukryta treść:
Przyjemna geometria z mnóstwem sposobów rozwiązania.
Zadanie 5.
Ukryta treść:
Bardzo długa treść zadania. Ogromna większość uczniów nie zrozumiała, o co chodzi. Wśród nich byli również niektórzy z "czołówki". Prawie wszyscy uważali, że skoro Jan nie umiał wskazać restauracji lepszej, to znaczy, że były równie dobre. Zamiast dwóch porządków częściowych, niekoniecznie liniowych, rozważali dwa quasiporządki liniowe.
Zadanie 6.
Ukryta treść:
To zadanie zawiodło mnie najbardziej i to pomimo podwójnego dna, o którym napisał Bartek. Jedyne ładne rozwiązanie, jakie widziałem, to to podane przez jwr. Pozostałe były z grubsza takie, jak firmówka, czyli promowały pracowitość, a nie jakiekolwiek pomysły.
Rozgraniczmy "znane" od "nie jest to pierwszy raz na świecie kiedy ktoś wpadł na takie zadanie". Rzeczywiście jest fajniej, gdy zadanie jest całkowicie oryginalne, ale najwyraźniej nikt z komisji nie znał tego zadania (bo inaczej by nie poszło), a także i nie było słychać głosów od uczestników, aby ktoś to zadanie wcześniej znał (rok temu np. jedna osoba, która znała zad. 6 wystarczyła, aby pół Polski prędziutko się dowiedziało, że zadanie jest "znane"), co chyba starcza do tego, aby stwierdzić, że zadanie nie należy klasyfikować jako znane, mimo tego, że niestety trzeba mu przyznać, że nie jest też całkowicie oryginalne.
Założenie, że \(\displaystyle{ AD}\) jest dwusieczną mogło zarówno namieszać, jak i pomóc. Mi pomogło, bo jak już obliczyłem, że \(\displaystyle{ AP=AQ=\frac{(a+b+c)(b+c-a)}{2(b+c)}}\), to zapachniało mi wzorem Herona i postanowiłem sprawdzić, czy suma pól trójkątów \(\displaystyle{ AOP}\) i \(\displaystyle{ AOQ}\) nie jest przypadkiem równa połowie pola trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\) (punkt \(\displaystyle{ O}\) to środek okręgu opisanego na trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\)). Z tego by wynikała teza.
Okazało się, że tak jest! Trzeba było zweryfikować równość
która po dokonaniu podstawienia \(\displaystyle{ R=\frac{abc}{4[ABC]}}\) oraz zastosowaniu twierdzenia cosinusów sprowadza się właśnie do wzoru Herona.
Muszę się jednak z Andrzejem zgodzić, że niepotrzebne założenie odejmuje zadaniu elegancji, choć, jak ktoś kiedyś powiedział, OM to nie konkurs piękności.
Jeszcze tylko krótki komentarz do znanych i nieznanych zadań. Obecnie znanych zadań w duchu olimpijskim jest dość dużo, przypuszczam, że liczy się to już w setkach tysięcy. To znaczy, że coraz trudniej ułożyć nieznane zadanie. Ponadto żadna komisja zadaniowa o sensownej liczbie członków nie jest w stanie zweryfikować wszystkich źródeł. Jako przewodniczący KZ WLM i były członek KZ OM dobrze znam te problemy. Proszę więc o większy dystans, a nawet wyrozumiałość.
Sensownych zadań jest tylko skończenie wiele. Przyjmując, że posługujemy się 256-znakowym kodem ASCII i zadanie ma się zmieścić na kartce - chyba około 1000 znaków, mamy ograniczenie górne liczby zadań \(\displaystyle{ 256^{1000}}\). Zatem, na mocy zasady szufladkowej, prędzej czy później zadania będą się powtarzać .
Przydałaby się ankieta - z chęcią zobaczyłbym niereprezentatywną próbkę statystyczną w postaci ocen użytkowników trudności i tym samym progu OMki. Po klapie w poprzednim roku Komisja Zadaniowa stanęła tym razem na wysokości zadania i zaprezentowała ciekawe problemy, co może skutkować dość niskim progiem ~17p.
