XIII OMJ

[PokEmil]

Tak, na 100% Warszawa. Ważne informacje pojawią się na stronie pewnie jeszcze przed końcem lutego.

[PokEmil]

Byłem przy tablicy przy zadaniu 4.
Jak wam poszło? Mi trochę słabo, bo w prawie każdym popełniłem błąd..., piątego nie zrobiłem. W najgorszym wypadku będę miał 00250 (7p.), a w najlepszym - 55560 (21p.)

[robalbrowal]

Szczerze wydaje mi się, że mogłem napisać lepiej .. Nie jestem jednak rozczarowany a po prostu mam tę świadomość, że coś tam mogłem wycisnąć z geometrii (a szczególnie że dotychczas to geo szło mi lepiej). Wg mnie będę miał 60660 ale może być od 16 i na to się nastawiam do 20 i na to się nie nastawiam. Zadania są na stronie, piszcie co sądzicie o trudności, bo wg mnie wyższa od zeszłorocznej, szczególnie po sposobach prezentowanych na omówieniu do geometrii..

[WolfusA]

Ciekawe mieliście zadanka, bardzo ładne.

[Szymeq]

Jaka wyszła wam odpowiedź w trzecim?

[Premislav]

3.:    

Oczywiście wszystkie liczby \(\displaystyle{ 2^0, 2^1, \ldots 2^9=512}\) muszą mieć parami różne kolory, a to dlatego, że \(\displaystyle{ 2^{\min(a,b)}|2^a}\) i \(\displaystyle{ 2^{\min(a,b)}|2^b}\) (więc dla każdych dwóch z tych liczb któraś dzieli drugą)
tj. \(\displaystyle{ n\ge 10}\). Pokażemy, że dla \(\displaystyle{ n=10}\) się da: kolorujemy kolorem sraczkowatym liczbę \(\displaystyle{ 512}\) i wszystkie większe od niej liczby naturalne aż do \(\displaystyle{ 1000}\), kolorem liliowym liczbę \(\displaystyle{ 256}\) i wszystkie od niej większe aż do \(\displaystyle{ 511}\) włącznie, kolorem seledynowym wszystkie od \(\displaystyle{ 128}\) do \(\displaystyle{ 255}\) włącznie, kolorem kanarkowożółtym wszystkie od \(\displaystyle{ 64}\) do \(\displaystyle{ 127}\) włącznie itd. (nie chce mi się już pisać), ogólnie i-tym kolorem kolorujemy liczby od \(\displaystyle{ 2^{10-i}}\) poczynając, na \(\displaystyle{ \min(2^{11-i}-1, 1000)}\) kończąc, \(\displaystyle{ i=1,2\ldots 10}\). To działa, gdyż jeśli dwie różne liczby \(\displaystyle{ x,y}\) z rozważanego zbioru są tego samego koloru, to \(\displaystyle{ \max(x,y) \in \left( \min(x,y), 2\cdot \min(x,y))}\), więc oczywiście \(\displaystyle{ \min(x,y)\nmid \max(x,y)}\).
Sorry, nie chciało mi się klikać albo pisać klamrowych nawiasów.

Ciekawe, czy tu jest blef, gdyż od piwa głowa się kiwa…-- 18 mar 2018, o 00:11 --To może jeszcze dorzucę rozwiązania dwóch zadań, choć ładne one nie są (rozwiązania, nie zadania):

1.:    

Powiedzmy najpierw, że \(\displaystyle{ a>1 \wedge b>1}\). Niech \(\displaystyle{ a= \prod_{i=1}^{ \infty }p_i^{\alpha_i}}\) oraz \(\displaystyle{ b= \prod_{j=1}^{ \infty } p_j^{\beta_j}}\), gdzie tylko skończenie wiele spośród całkowitych nieujemnych \(\displaystyle{ \alpha_i, \ \beta_j}\) przekracza zero (niektórzy matematycy mają w życiu za mało konwersacji czy kopulacji, więc tworzą inne wyrazy zaczynające się od „ko-", na przykład „koskończony", moim zdaniem paskudztwo).
Wówczas \(\displaystyle{ a^b b^a= \prod_{i=1}^{ \infty }p_i^{b\alpha_i+a\beta_i}}\)
Ponieważ \(\displaystyle{ a,b}\) są z założenia nieparzyste, więc zarówno każda z liczb \(\displaystyle{ b\alpha_i}\), jak i każda z liczb \(\displaystyle{ a\beta_i}\) jest takiej samej parzystości, jak \(\displaystyle{ \alpha_i}\) oraz \(\displaystyle{ \beta_i}\) odpowiednio.
Ogólnie: aby liczba całkowita \(\displaystyle{ 1<x= \prod_{k=1}^{ \infty } p_k^{\eta_k}}\), gdzie \(\displaystyle{ p_k}\) to kolejne liczby pierwsze, zaś \(\displaystyle{ \eta_k \in \NN}\) (łącznie z zerem), była kwadratem liczby naturalnej, potrzeba i wystarcza, by dla \(\displaystyle{ k=1,2\ldots}\) zachodziło \(\displaystyle{ 2|p_k}\) (raczej nie trzeba tego dowodzić).
Aby liczba \(\displaystyle{ a^b b^a}\) była kwadratem liczby naturalnej, potrzeba i wystarcza, by każdy z wykładników \(\displaystyle{ b\alpha_i+a\beta_i}\) był liczbą parzystą, ale ponieważ, jakeśmy już stwierdzili, z nieparzystości liczb \(\displaystyle{ a,b}\) mamy \(\displaystyle{ a\beta_i\equiv \beta_i\pmod{2}}\) oraz \(\displaystyle{ b\alpha_i\equiv \alpha_i\pmod{2}}\), to
\(\displaystyle{ b\alpha_i+a\beta_i\equiv \alpha_i+\beta_i \pmod{2}}\).
Skoro więc wiemy, że dla każdego \(\displaystyle{ i}\) jest \(\displaystyle{ b\alpha_i+a\beta_i\equiv 0\pmod{2}}\), to także dla każdego \(\displaystyle{ i}\) mamy \(\displaystyle{ \alpha_i+\beta_i \equiv 0\pmod{2}}\), no a
\(\displaystyle{ ab= \prod_{i=1}^{ \infty } p_i^{\alpha_i+\beta_i}}\), co kończy dowód w przypadku \(\displaystyle{ a>1 \wedge b>1}\).

Pozostaje zauważyć, że gdy \(\displaystyle{ a=1}\) lub \(\displaystyle{ b=1}\), to teza jest trywialna, bo w tych przypadkach mamy \(\displaystyle{ a^bb^a=ab}\).

Ciekawe, jak wygląda rozwiązanie tego zadania nieużywające rozkładu na czynniki pierwsze.

4.:    

Z układu równań i z niezerowości \(\displaystyle{ a,b,c}\) wynika po wymnożeniu, że
\(\displaystyle{ abc=(b^2-a^2)(c^2-b^2)(a^2-c^2) \ (*)}\),
z drugiej strony po dodaniu trzech równań stronami i skróceniu dostaniemy
\(\displaystyle{ a+b+c=0}\).
Ze wzoru skróconego mnożenia na różnicę kwadratów zapisujemy więc \(\displaystyle{ (*)}\) w postaci
\(\displaystyle{ abc=(b-a)(c-b)(a-c)(b+a)(c+b)(a+c)}\), wstawiamy po prawej \(\displaystyle{ b+a:=-c, \ c+b:=-a, \ a+c:=-b}\), dostajemy
\(\displaystyle{ abc=-abc(b-a)(c-b)(a-c)}\), dzielimy stronami przez niezerowe (żeby bylo zerowe, któryś z czynników musiałby być zerem, a założenia tak nie jest) \(\displaystyle{ abc}\), zauważamy, że \(\displaystyle{ -(b-a)(c-b)(a-c)=(a-b)(b-c)(c-a)}\) i po zadaniu.

Pokażcie lepiej geometrię.

[Szymeq]

Ja zrobiłem pierwsze tak, chociaż gdzieś może być blef:

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ a=2y+1\\
b= 2z+1\\
x^2=(2y+1)^{2z+1} \cdot (2z+1)^{2y+1}\\
x^2=(2y+1)^{2z} \cdot (2y+1) \cdot (2z+1)^{2y} \cdot (2z+1)\\
x^2=[(2y+1)^{z} \cdot (2z+1)^{y}]^{2} \cdot ab\\
x=(2y+1)^{z} \cdot (2z+1)^{y} \cdot \sqrt{ab}}\)
Z tego już widać, że \(\displaystyle{ ab}\) musi być kwadratem liczby naturalnej.

[bakala12]

Bardzo ładne zadania, naprawdę

Zadanie 3. - szkicowo:    

Kolorujemy następująco (działa dla dowolnego \(\displaystyle{ n}\)):
\(\displaystyle{ 1}\) dostaje kolor \(\displaystyle{ 1}\), a dowolna liczba naturalna rozłożona na czynniki pierwsze \(\displaystyle{ n=p_{1}^{\alpha_{1}}p_{2}^{\alpha_{2}}\dots p_{l}^{\alpha_{l}}}\) dostaje kolor \(\displaystyle{ \alpha_{1}+\alpha_{2}+\dots + \alpha_{l}+1}\). Pozostawiam jako ćwiczenie pokazanie, że takie kolorowanie spełnia warunki zadania. Można równie łatwo pokazać, że jest to kolorowanie minimalne (używające najmniejszej ilości kolorów). Wystaczy zauważyć, że liczby \(\displaystyle{ 1,2,2^2, 2^3,
\dots 2^k}\) muszą mieć różne kolory. Stąd dla \(\displaystyle{ n}\) trzeba użyć przynajmniej \(\displaystyle{ \lfloor \log _{2}n\rfloor +1}\) a łatwo pokazać, że to kolorawanie użyje właśnie tyle kolorów.
PS: Jak to znaleźć? Ja zacząłem zachłannie kolorować, czyli liczbie \(\displaystyle{ 1}\) dałem kolor \(\displaystyle{ 1}\), liczbom pierwszym kolor \(\displaystyle{ 2}\) i po kolei każdej liczbie najmniejszy kolor jaki mogłaby dostać (algorytm zachłanny). I się okazało, że to działa

Zadanie 2. - bo ktoś chciał geo:    

Z podobieństwa trójkątów \(\displaystyle{ \Delta ABE \sim \Delta CDE}\) mamy \(\displaystyle{ \frac{DE}{EB}=\frac{CD}{AB}}\). Z Talesa \(\displaystyle{ \frac{DE}{EB}=\frac{DF}{FA}}\). Łącząc te dwie zależności i używając założenia \(\displaystyle{ AB+CD=AD}\) dostajemy \(\displaystyle{ AF=AB}\) oraz \(\displaystyle{ CD=DF}\). Stąd z trójkątów równoramiennych i równoległości łatwo dostać \(\displaystyle{ \angle BFC = 90^{\circ}}\).

[PokEmil]

Ojoj, 00060 Ale będę składał odwołanie, bo myślę że zasługuję na więcej

[Premislav]

Dzięki, bakala12.

Szymeq, podejście dobre, ale rozwiązanie nie do końca, stąd jedynie wiesz, że \(\displaystyle{ ab}\) jest kwadratem liczby wymiernej, chociaż można przywołać taki znany fakcik, że gdy pierwiastek kwadratowy z liczby naturalnej należy do zbioru liczb wymiernych, to jest też liczbą naturalną, możliwe że nie cięto by za to punktów (choć moim zdaniem to przynajmniej trzeba napisać).

[WolfusA]

Uważam jak Premislav powyżej - rozwiązanie dobre, ale bez komentarza świata nie zwojuje.
Jak gimnazjalista ma dojść do odpowiedzi \(\displaystyle{ \lfloor \log _{2}n\rfloor +1}\)? Chyba, że użyje zapisu typu \(\displaystyle{ 2^k}\), gdzie \(\displaystyle{ k\in Z}\) takie, że zachodzą jakieś nierówności.

[timon92]

Premislav, niepotrzebnie straszysz młodzież skomplikowanymi rozwiązaniami, to wszystko dało się opowiedzieć w prostych słowach

Szymeq, podejście dobre, ale rozwiązanie nie do końca, stąd jedynie wiesz, że \(\displaystyle{ ab}\) jest kwadratem liczby wymiernej, chociaż można przywołać taki znany fakcik, że gdy pierwiastek kwadratowy z liczby naturalnej należy do zbioru liczb wymiernych, to jest też liczbą naturalną, możliwe że nie cięto by za to punktów (choć moim zdaniem to przynajmniej trzeba napisać).

oj bez przesady, to jest jasne, przecież gdyby \(\displaystyle{ ab}\) nie było kwadratem liczby całkowitej (niezerowej), to liczba stojąca po prawej stronie równości \(\displaystyle{ x=(2y+1)^{z} \cdot (2z+1)^{y} \cdot \sqrt{ab}}\) byłaby niewymierna, a tymczasem lewa strona jest wymierna

[Premislav]

timon92, pewnie tak. Ja przecież wcale nie twierdziłem, że tamto moje rozwiązanie jest optymalne, ton mojego postu sugerował raczej coś przeciwnego.
A tutaj:

przecież gdyby \(\displaystyle{ ab}\) nie było kwadratem liczby całkowitej (niezerowej), to liczba stojąca po prawej stronie równości \(\displaystyle{ x=(2y+1)^{z} \cdot (2z+1)^{y} \cdot \sqrt{ab}}\) byłaby niewymierna

wszak właśnie wyszło to, o czym wspomniałem:
gdy pierwiastek kwadratowy z liczby naturalnej należy do zbioru liczb wymiernych, to jest też liczbą naturalną
– może i jest to oczywiste, ale ja bym o tym chociaż wspomniał.

[timon92]

^ fair enough

no to jeszcze szkic trickowego rozwiązania zadania piątego:

5.:    

fakcik pierwszy: jeśli \(\displaystyle{ D}\) jest środkiem okręgu dopisanego do boku \(\displaystyle{ BC}\) trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\), to \(\displaystyle{ \angle CDB = 90^\circ - \frac 12 \angle BAC}\)

dowód: prościutkie przeliczenie kątów

fakcik drugi: fakcik pierwszy można odwrócić: jeśli punkt \(\displaystyle{ D}\) leży na dwusiecznej kąta \(\displaystyle{ BAC}\) poza trójkątem \(\displaystyle{ ABC}\) i spełniona jest równość \(\displaystyle{ \angle CDB = 90^\circ - \frac 12 \angle BAC}\), to punkt \(\displaystyle{ D}\) jest środkiem okręgu dopisanego do boku \(\displaystyle{ BC}\) trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\)

dowód: im dalej \(\displaystyle{ D}\) od \(\displaystyle{ A}\), tym mniejszy kąt \(\displaystyle{ CDB}\), tzn. istnieje tylko jeden punkt \(\displaystyle{ D}\) spełniający równość \(\displaystyle{ \angle CDB = 90^\circ - \frac 12 \angle BAC}\) i na mocy fakciku pierwszego jest nim środek okręgu dopisanego do boku \(\displaystyle{ BC}\) trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\)

przechodzimy do rozwiązania zadania: na mocy fakciku drugiego \(\displaystyle{ M}\) jest środkiem okręgu dopisanego do boku \(\displaystyle{ DE}\) trójkąta \(\displaystyle{ CDE}\)

wystarczy teraz narysować tenże okrąg i przerachować długości odcinków stycznych do tegoż okręgu

istnieją inne rozwiązania do tego zadania --- np. przez odbicie punktu \(\displaystyle{ B}\) względem \(\displaystyle{ ME}\) i wykazanie pewnych przystawań trójkątów albo np. przez twierdzenie cosinusów + podobieństwo trójkątów \(\displaystyle{ \triangle ADM \sim \triangle BME}\)

[PoweredDragon]

gdy pierwiastek kwadratowy z liczby naturalnej należy do zbioru liczb wymiernych, to jest też liczbą naturalną
– może i jest to oczywiste, ale ja bym o tym chociaż wspomniał.

Dla większości ludzi jest to tak samo oczywiste jak
suma/różnica/iloczyn/iloraz liczb niewymiernych jest niewymierny


Wydaje mi się, że warto się tego czepić, bo diabeł tkwi w szczegółach.