LXIX OM

[Bourder]

Należę do warszawskiego i jestem bardzo ciekawy progu punktowego. Mam wrażenie, że było ponad 42 bo się nie dostałem xD. Trudno, trzeba spróbować za rok i jakoś zrobić te 10 zadań, bo ze Staszicem jest ciężko, bodajże 103 osoby na 140 z okręgu.

[Rafsaf]

Napisz na pocztę swojego okręgu. Rozpiszą ile punktów za każde zadanie otrzymałeś.

[Sylwek]

Pochwalę się - z klasy, którą uczę, do II etapu przeszło 19 z 24 osób (i kilka osób z zajęć indywidualnych).

Brak jest ogólnej informacji o "literkach" klas wśród uczniów zakwalifikowanych do II etapu, ale jest duża szansa, że to najliczniejsza reprezentacja klasowa w Polsce. Oby to się przełożyło na finał

Znam osoby z okręgu warszawskiego, którym nie wystarczyło wysłanie 7 zadań, znam też takie, którym wystarczyło wysłanie 8 zadań.

[Roman1]

Skończył się 1 dzień 2 etapu OMa. Jak oceniacie zadania? A jak w porównaniu z poprzednim rokiem?

[Vax]

Wrzuci ktoś zadania?

[Roman1]

Ja mogę wrzucić za jakieś 40 minut ale może ktoś mnie uprzedzi...

-- 9 lut 2018, o 17:01 --

Zadanie 1
Wyznaczyć wszystkie funkcje \(\displaystyle{ f}\) określone na zbiorze wszystkich liczb rzeczywistych i przyjmującej wartości rzeczywiste, które spełniają oba warunki:
- \(\displaystyle{ f(x)+f(y) \ge xy}\)
- Dla każdej rzeczywistej \(\displaystyle{ x}\) istnieje taka liczba rzeczywista \(\displaystyle{ y}\) że \(\displaystyle{ f(x)+f(y)=xy}\).
Zadanie 2
Dana jest dodatnia liczba całkowita \(\displaystyle{ n}\) która z dzielenia przez \(\displaystyle{ 8}\) daje resztę \(\displaystyle{ 4}\) .
Liczby \(\displaystyle{ 1=k_1<k_2<...<k_m=n}\) sa wszystkimi dodatnimi dzielnikami liczby \(\displaystyle{ n}\). Udowodnij że jeśli liczba \(\displaystyle{ i \in \left\{ 1,2,3,...,m-1\right\}}\) nie jest podzielna przez \(\displaystyle{ 3}\) to \(\displaystyle{ k_{i+1} \le 2k_i}\)

-- 9 lut 2018, o 17:05 --

Zadanie 3
Symetralna \(\displaystyle{ BC}\) przecina okrąg opisany na trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\) w punktach \(\displaystyle{ P}\) i \(\displaystyle{ Q}\) , przy czym punkty \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ P}\) leżą po tej samej stronie prostej \(\displaystyle{ BC}\) . Punkt \(\displaystyle{ R}\) jest rzutem prostokątnym punktu \(\displaystyle{ P}\) na prosta \(\displaystyle{ AC}\). Punkt \(\displaystyle{ S}\) jest środkiem odcinka \(\displaystyle{ AQ}\). Wykaż że punkty \(\displaystyle{ A,B,R}\) i \(\displaystyle{ S}\) leżą na jednym okręgu

-- 9 lut 2018, o 17:07 --

Nie wiem, może mam spadek formy ale wydaje mi się że zestaw był trudny 1 zadanie to wiadomo ale miałem problem z 2 i wydaje mi się że poziom był trudniejszy niż rok temu, ale to moje osobiste zdanie.

[Bourder]

Trzecie wygląda ewidentnie jak coś na

Ukryta treść:    

prostą Simsona

.

[Premislav]

Zadanie 1.


Kładąc \(\displaystyle{ x=y}\) w pierwszym warunku dostajemy \(\displaystyle{ f(x)\ge \frac{x^2}{2}}\) (w szczególności \(\displaystyle{ f}\) przyjmuje wyłącznie wartości nieujemne), wstawiając \(\displaystyle{ x=0}\) mamy \(\displaystyle{ f(0)+f(y)\ge 0}\) i równość zajdzie dla pewnego \(\displaystyle{ y}\) (na mocy drugiego warunku).
Stąd \(\displaystyle{ f(0)=0}\).
Zatem otrzymaliśmy \(\displaystyle{ f(x)+f(y)\ge \frac{x^2+y^2}{2} \ge xy}\)
(ostatnia nierówność jest ultra znana, a pierwsza wynika z wcześniej pokazanego \(\displaystyle{ f(x)\ge \ldots}\)), skoro dla każdego \(\displaystyle{ x \in \RR}\) istnieje więc
\(\displaystyle{ y\in \RR}\) takie, że zajdzie \(\displaystyle{ f(x)+f(y)=xy}\), to w szczególności musi wtedy zajść równość w nierówności \(\displaystyle{ \frac{x^2+y^2}{2}\ge xy}\), czyli \(\displaystyle{ x=y}\), stąd \(\displaystyle{ 2f(x)=x^2}\), czyli jedyna możliwość to \(\displaystyle{ f(x)=\frac{x^2}{2}}\).
Bezpośrednim rachunkiem sprawdzamy, że taka funkcja spełnia warunki zadania.

-- 9 lut 2018, o 16:22 --

Wcześniej kliknąłem wyślij zamiast podgląd, karważ mać.

-- 9 lut 2018, o 16:24 --

Albo powaliły mi się kwantyfikatory? Idę spać.

[Roman1]

Tak właśnie zrobiłem, pytanie co z drugim próbowałem z indukcja względem liczb pierwszych w rozkładzie na czynniki pierwsze jednak to nie dało rezultatu poza bardzo słaba wersja twierdzenia z zadania, znowu rakowa forma na OM:(

[Sylwek]

1:    

Z pierwszego dostajemy \(\displaystyle{ f(x) \ge \frac{x^2}{2}}\), korzystając z tego ograniczenia w drugiej równości dostajemy, że musi być tu równość. Sprawdzamy, i rzeczywiście \(\displaystyle{ f(x)=\frac{x^2}{2}}\) spełnia warunki zadania.

2:    

Nasza liczba to \(\displaystyle{ 4 \cdot \frac{n}{4}}\), gdzie \(\displaystyle{ \frac{n}{4}}\) jest nieparzyste.

Dzielniki \(\displaystyle{ n}\) są typu \(\displaystyle{ x, 2x, 4x}\), gdzie \(\displaystyle{ x}\) jest nieparzysta. Niech \(\displaystyle{ d_i}\) to będą dzielniki nieparzyste, \(\displaystyle{ e_i}\) to te podzielne jedynie przez \(\displaystyle{ 2}\), czyli \(\displaystyle{ e_i=2 \cdot d_i}\), a także \(\displaystyle{ f_i}\) to te podzielne przez \(\displaystyle{ 4}\), czyli \(\displaystyle{ f_i=2 \cdot e_i=4 \cdot d_i}\).

Pomysł miałem taki, że spisałem sobie te dzielniki w 3 wierszach tak, aby odpowiadające sobie dzielniki znalazły się pod sobą, i zająłem się analizą różnych przypadków. Niektóre były prostsze, niektóre trudniejsze.

Przykład - dzielniki liczby \(\displaystyle{ 60}\):
\(\displaystyle{ 1<3<5<15}\),
\(\displaystyle{ 2<6<10<30}\),
\(\displaystyle{ 4<12<20<60}\).

Czyli:
\(\displaystyle{ d_1=1, d_2=3, d_3=5, d_4=15}\),
\(\displaystyle{ e_1=2, e_2=6, e_3=10, e_4=30}\),
\(\displaystyle{ f_1=4, f_2=12, f_3=20, f_4=60}\).

Stąd dzielniki \(\displaystyle{ n}\) to:
\(\displaystyle{ 1 = d_1<d_2<...<d_a = \frac{n}{4}}\),
\(\displaystyle{ 2 = e_1<e_2<...<e_a = \frac{n}{2}}\),
\(\displaystyle{ 4 = f_1<f_2<...<f_a = n}\).

Jest tu też związek z tą trójką z założenia - dzielników \(\displaystyle{ n}\) jest \(\displaystyle{ 3a}\).

Oczywiście zawsze trafimy dzielniki max. \(\displaystyle{ 2}\) razy większe od \(\displaystyle{ d_i}\) lub \(\displaystyle{ e_i}\) (są to odpowiednio \(\displaystyle{ e_i=2 \cdot d_i}\) oraz \(\displaystyle{ f_i=2 \cdot e_i}\)).
Więc jeśli \(\displaystyle{ k_x}\) są liczbami typu \(\displaystyle{ d_i}\) lub \(\displaystyle{ e_i}\), to oczywiście \(\displaystyle{ k_{x+1} \le 2 \cdot k_x}\).

Więc jedyna sytuacja, którą warto rozpatrzeć, to wtedy, gdy \(\displaystyle{ k_x}\) jest typu \(\displaystyle{ f_i}\).

Gdyby NASTĘPNY dzielnik po \(\displaystyle{ f_i}\) to był jakieś \(\displaystyle{ f_j}\), oznacza to nierówność \(\displaystyle{ e_j<f_i<f_j}\) (bo \(\displaystyle{ e_j}\) też jest dzielnikiem, mniejszym od \(\displaystyle{ f_j}\), a skoro \(\displaystyle{ f_j}\) był pierwszy po \(\displaystyle{ f_i}\), to zachodzi szacowanie \(\displaystyle{ e_j<f_i}\)). Podstawiając \(\displaystyle{ e_j=\frac{f_j}{2}}\) mamy \(\displaystyle{ \frac{f_j}{2} < f_i}\), czyli \(\displaystyle{ 2f_i > f_j}\), co oznacza \(\displaystyle{ 2 \cdot k_x > k_{x+1}}\), zgodnie z tezą.

Analogicznie, gdyby następny dzielnik po \(\displaystyle{ f_i}\) to był jakieś \(\displaystyle{ e_j}\), to \(\displaystyle{ d_j<f_i<e_j}\), czyli \(\displaystyle{ \frac{e_j}{2} < f_i}\), skąd \(\displaystyle{ 2f_i > e_j}\), równoważnie \(\displaystyle{ 2 \cdot k_x > k_{x+1}}\).

Ostatnia sytuacja, którą warto rozpatrzeć, to przypadek typu:
\(\displaystyle{ 1<3<37}\),
\(\displaystyle{ 2<6<74}\),
\(\displaystyle{ 4<12<148}\).
Tu np. po 12 następuje od razu 37, i jest 37 jest ponad 2 razy większy od 12. Pokażemy, że "12-ka" to dzielnik o numerze podzielnym przez 3.

Przypuśćmy, że następny dzielnik po \(\displaystyle{ f_i}\) to jakieś \(\displaystyle{ d_j}\). Gdyby \(\displaystyle{ 2 \cdot f_i \ge d_j}\), to oczywiście teza, więc zrobimy dowód nie wprost.

Czyli, nie wprost, załóżmy, że \(\displaystyle{ 2 \cdot f_i < d_j}\) (u nas w przykładzie \(\displaystyle{ 2 \cdot 12 < 37}\)).

Pokażemy, że \(\displaystyle{ j=i+1}\), czyli \(\displaystyle{ d_j}\) rozpoczyna KOLEJNĄ kolumnę po \(\displaystyle{ f_i}\).

Nie wprost - gdyby było inaczej, to pomiędzy \(\displaystyle{ f_i}\) a \(\displaystyle{ d_j}\) była jakaś kolumna zawierająca \(\displaystyle{ d_y, e_y}\) i \(\displaystyle{ f_y}\).

Ponieważ \(\displaystyle{ y>i}\), to \(\displaystyle{ f_y>f_i}\), czyli \(\displaystyle{ f_y}\) jest WIĘKSZYM dzielnikiem od \(\displaystyle{ f_i}\), ale NIE KOLEJNYM, stąd \(\displaystyle{ f_y>d_j>2 \cdot f_i}\), więc \(\displaystyle{ 2 \cdot e_y>2 \cdot f_i}\), czyli \(\displaystyle{ e_y > f_i}\).

Z powyższego, \(\displaystyle{ e_y>f_i}\), czyli \(\displaystyle{ e_y}\) jest WIĘKSZYM dzielnikiem od \(\displaystyle{ f_i}\), ale NIE KOLEJNYM, stąd \(\displaystyle{ e_y>d_j>2 \cdot f_i}\), więc \(\displaystyle{ 2 \cdot d_y>2 \cdot f_i}\), czyli \(\displaystyle{ d_y>f_i}\).

I w końcu dostajemy, że \(\displaystyle{ d_y>f_i}\), czyli \(\displaystyle{ d_y}\) jest WIĘKSZYM dzielnikiem od \(\displaystyle{ f_i}\), ale NIE KOLEJNYM, stąd \(\displaystyle{ d_y>d_j}\). Ale to jest sprzeczność, bo wzięliśmy \(\displaystyle{ y<j}\).

To oznacza, że NIE ISTNIEJE taka kolumna o założonym indeksie \(\displaystyle{ y}\). Bezpośrednio dostajemy stąd, że \(\displaystyle{ d_j=d_{i+1}}\). Oznacza to, że \(\displaystyle{ f_i}\) jest NAJWIĘKSZYM dzielnikiem z pierwszych \(\displaystyle{ i}\) kolumn, a także \(\displaystyle{ d_{i+1}}\) jest NAJMNIEJSZYM dzielnikiem z następnych kolumn. To oznacza, że \(\displaystyle{ f_i}\) jest dzielnikiem nr \(\displaystyle{ 3 \cdot i}\), co przeczy założeniu. Mimo, że zachodzi \(\displaystyle{ 2 \cdot k_{3i}<k_{3i+1}}\), to \(\displaystyle{ 3i}\) jest podzielne przez \(\displaystyle{ 3}\), więc przez zaprzeczenie tezy doszliśmy do zaprzeczenia założenia.

Podsumowując, jeśli x jest indeksem niepodzielnym przez 3, to zawsze zachodzi \(\displaystyle{ 2 \cdot k_x \ge k_{x+1}}\).

Co kończy dowód.

P.S. Dzięki Roman1 za miłe słowo. Jak już rozpatrywałem to zadanie w tabelce, to te wnioski po prostu same wychodziły

[Roman1]

Potężne rozwiązanie

[WolfusA]

Trudność 3>2>1. Geometria na co najmniej zeszłorocznym poziomie dnia 1. Jakie działy matematyki się jutro mogą pojawić, a jakie nie powinny? Wiem, że to tylko wróżby, ale na pewno nie będzie drugiego równania funkcyjnego.

[Roman1]

A jak oceniacie trudność 2? Bo dla mnie to potęga, a w mojej opinii utwierdziło mnie rozwiązanie Sylwka.

[WolfusA]

Szkoda, że OM nie robi statystyk jak Olimpiada Chemiczna pokazujących trudność zadań. 2 było średnio trudne +. To zadanie było ciężko wymyślić.

[Roman1]

Uważacie że dzisiejszy dzień OMa podobnie trudny jak rok temu?