LXVIII (68) OM - finał

[dec1]

Ma ktoś zadanka?

[WolfusA]

Oni mają finał w Sielpi, a to jest lokalizacja tak "dziewicza", że możesz nie dostać od nich odpowiedzi
Może to ten ośrodek jest tak pojemny, że zdecydowali się na 153 osoby?

[dec1]

Są już zadania:

[emil99]

... 87p3534947
Tutaj link do zadania z ELMO 2014, które wygląda całkiem podobnie do zad.2 z tego finału

[Swistak]

^ Drzewo ---> "The filled black squares form one or more snakes on the plane, each of whose heads splits at some points but never comes back together"

AU

idwtlotpa_2.jpg (14.24 KiB) Przejrzano 348 razy

[Premislav]

Zobaczyłem właśnie wstępne wyniki i na tej podstawie stwierdziłem, że zadania były złe, bo nie zróżnicowały odpowiednio zawodników (próbując robić zadania, nie jestem w stanie tego ocenić, bo reprezentuję za niski poziom). Może ktoś by to skomentował?
Pozdrawiam.

[Geftus]

Jeżeli chodzi o różnicowanie, to jak najbardziej, zestaw nie był najlepszy. Jednakowoż, same zadania (no, oprócz 5tego) wymagały raczej pomysłowości aniżeli wiedzy (a tym powinniśmy chyba rożnicować ludzi na olimpiadzie) - patrz drugie (modulo lemat o drzewie, ale on jest wykminywalny i jest naprawdę znanym motywem) , trzecie, czwarte czy zadanie szóste oraz też naprawdę ładne zadanie numer jeden. Mi się ten zestaw naprawdę podobał.

[kaszubki]

W drugim zadaniu nie trzeba było z niczego korzystać, ja to zadanie zrobiłem tak, że zgadłem że odpowiedź to będzie 1/3 i pokazałem że działa używając dość omgowych metod.

Wbrew pozorom to, że było jakieś 20 osób z 18 punktami nie oznacza, że zadania nie były różnicujące. Pierwsze i czwarte były na odpowiednim poziomie, drugie to nie najtrudniejsza kombi (ale też nie trywialna), piąte to dobra geo. To nie wina zadań, że 153 uczestników nie było w stanie zdobyć nawet dwóch punktów w zadaniu z parulinijkowym rozwiązaniem (mowa oczywiście o trzecim). Ani że tylko trzem osobom udało się zrobić cztery zadania, do czego wystarczyło być dobrym z geo i coś umieć z kombi.

Zadania nie zróżnicowały tak jak powinny, bo część dobrych zawodników miała gorszy dzień lub dwa. Był to wyjątkowo dobry zestaw, choć jakby komuś udało się zrobić trzecie, to byłby jeszcze lepszy (żeby nie było, mi się nie udało).

[Wuja Exul]

Zadania owszem ładne, choć przepaść pomiędzy trudnością połowy z nich a trudnością drugiej połowy zdecydowanie duża - co stwierdzam nie tylko po wynikach, ale również po zmaganiach z zadaniami. Ja też rozwiązałem trzy. Te trzy .

Tradycyjnie, kilka szkiców ciut innych niż firmowe.

Zadanie 4.

Ukryta treść:    

To rozwiązanie powstało po dyskusji z jedną z uczestniczek finału. Zadanie jest ogólniejsze:

Jeśli \(\displaystyle{ 2K+1}\) jest liczbą pierwszą, to \(\displaystyle{ \mathbb{Z}_+}\) można podzielić na \(\displaystyle{ K}\) takich podzbiorów, że dla każdego \(\displaystyle{ n}\) liczby \(\displaystyle{ n,2n,3n,...,Kn}\) należą do różnych podzbiorów.

Rozwiązanie. Niech \(\displaystyle{ p=2K+1}\). Każdą liczbę całkowitą dodatnią \(\displaystyle{ n}\) zapisujemy w postaci \(\displaystyle{ n=p^t\cdot a}\), w której \(\displaystyle{ p\nmid a}\). Dla \(\displaystyle{ i=1,2,\ldots,K}\), jeśli \(\displaystyle{ a\equiv\pm i\pmod{p}}\), to liczbę \(\displaystyle{ n}\) umieszczamy w podzbiorze \(\displaystyle{ A_i}\).
Jest jasne, że suma tych podzbiorów to \(\displaystyle{ \mathbb{Z}_+}\). Jeżeli teraz dla pewnych \(\displaystyle{ i,j\in\{1,2,\ldots,K\}}\) liczby \(\displaystyle{ in}\) i \(\displaystyle{ jn}\) należą do tego samego podzbioru, to \(\displaystyle{ ia\equiv \pm ja\pmod{p}}\), równoważnie \(\displaystyle{ p\mid i\pm j}\), co się zdarza tylko dla \(\displaystyle{ i=j}\).

Zadanie 5.

Ukryta treść:    

Rozwiązanie nieco bardziej biegunowe, zobaczyłem je dopiero po obejrzeniu firmówki. Niech \(\displaystyle{ P}\), \(\displaystyle{ Q}\), \(\displaystyle{ T}\) oznaczają punkty styczności prostych odpowiednio \(\displaystyle{ MY}\), \(\displaystyle{ MX}\), \(\displaystyle{ CD}\) do okręgu \(\displaystyle{ \omega}\). Przez \(\displaystyle{ R}\) oznaczmy punkt przecięcia \(\displaystyle{ KL}\) i \(\displaystyle{ AP}\).

Zachodzą równości odcinków: \(\displaystyle{ BM=MC}\), \(\displaystyle{ BK=CL=CT}\) oraz \(\displaystyle{ DK=DT}\). W takim razie \(\displaystyle{ \frac{BM}{MC}\cdot\frac{CT}{TD}\cdot\frac{DK}{KB}=1}\), więc - na mocy twierdzenia Menelaosa dla \(\displaystyle{ \triangle BCD}\) - punkty \(\displaystyle{ M}\), \(\displaystyle{ T}\), \(\displaystyle{ K}\) są współliniowe. Zatem \(\displaystyle{ M}\) leży na biegunowej \(\displaystyle{ KT}\) punktu \(\displaystyle{ D}\), a stąd, na mocy prawa wzajemności biegunowej, \(\displaystyle{ D}\) leży na biegunowej \(\displaystyle{ PQ}\) punktu \(\displaystyle{ M}\). W szczególności \(\displaystyle{ DP \parallel BC \parallel KL}\).

Dalej jak we firmówce (sposób 2), korzystamy z własności biegunowych.

[Kaf]

Ja też rozwiązałem trzy. Te trzy .

Widzę, że ktoś tu regularnie robi zadania olimpijskie.

Ukryta treść:    

Proszę o oklaski

[Wuja Exul]

Kaf:

Ukryta treść:    

Brawo za topologiczny żart .