LXX OM

[leviosa]

Ile mniej więcej zadań z pierwszych trzech serii trzeba zrobić, by przejść do drugiego etapu?

[xxDorianxx]

Zależy od okręgu.Poczytaj sobie jak było w poprzednich latach przeglądając posty z zeszłego roku

[Biel124]

A jeśli chodzi o krakowski?

[robalbrowal]

Zdaje się, że można już przedstawiać rozwiązania pierwszej serii. Zacznę od pierwszego, czekam no pozostałe

1:    

Przypuśćmy, że taka liczba \(\displaystyle{ k}\) istnieje i niech wówczas \(\displaystyle{ m}\) będzie liczbą wystąpień każdej z cyfr w liczbie \(\displaystyle{ 2^{k}}\). Suma cyfr tej liczby jest równa \(\displaystyle{ m \cdot (0+1+2+...+9)=45m}\), co oznacza, że jest ona podzielna przez 3, a tak być nie może - sprzeczność, nie ma takiej liczby \(\displaystyle{ k}\).

[xxDorianxx]

Zadanie 1 identycznie jak moje.Zaraz spiszę zadanie 3-- 6 paź 2018, o 11:16 --No to zadanie 3:

Ukryta treść:    

Załóżmy,że takie pierwiastek to \(\displaystyle{ p}\) i niech jest on pierwiastkiem niewymiernym.Wtedy
\(\displaystyle{ P(p)=0}\) oraz \(\displaystyle{ Q(p)=0}\).Więc \(\displaystyle{ P(p)-Q(p)=0}\).Podstawiając teraz za \(\displaystyle{ x}\) nasz pierwiastek \(\displaystyle{ p}\) i po przekształcaniach dostajemy \(\displaystyle{ (p-1)(ap+a-bp-c)=0}\).Zatem \(\displaystyle{ p=1 \hspace{0.2} \vee \hspace{0.2} ap+a-bp-c=0}\).Jednak \(\displaystyle{ p}\) jest niewymierny zatem sprzeczność dla \(\displaystyle{ p=1}\).Jeśli \(\displaystyle{ ap+a-bp-c=0}\) to \(\displaystyle{ p(a-b)+a-c=0}\).Lewa strona niewymierna prawa wymierna zatem sprzeczność. Wniosek,taki pierwiastek niewymierny nie istnieje

[Tani Mefedron]

w trzecim jeszcze można było dopisać że taka równość może zachodzić tylko jeśli \(\displaystyle{ a-b=0}\) i \(\displaystyle{ c-a=0}\) ale liczby \(\displaystyle{ a, b, c}\) są różne więc nie zachodzi, ale to za takie szczegóły raczej nie ucinają, a tak ogólnie to jak oceniacie pierwszą serię w porównaniu do na przykład zeszłorocznej? mi ciężko ocenić bo w poprzednim roku dopiero zaczynałem i byłem w stanie zrobić tylko dwa pierwsze a w tym roku mam wszystkie

[xxDorianxx]

Ja nie wypowiem się na temat poprzedniego roku,nie brałem udziału.W tym roku poziom zadań według mnie to: \(\displaystyle{ 2>4>3>1}\)

[Bourder]

W zeszłym roku z pierwszej serii zrobiłem poprawnie jedynie pierwsze dwa, w dodatku bez żadnego problemu, a reszcie nie podołałem. Tegoroczna pierwsza seria szła mi wolniej, ale mam wszystkie, przy czym tylko zadanie czwarte wymagało u mnie więcej niż jednej strony A4. Pewnie to kwestia doświadczenia.

W geometrii kąt wyszedł

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ 60}\) stopni

, prawda?

Zadanie czwarte:

Ukryta treść:    

Kolorujemy szachownicę na czarno, poczynając od pola w lewym górnym rogu. Kolorujemy co szósty kwadrat tak, by każdy klocek \(\displaystyle{ 1\times 5}\) przykrywał dokładnie jedno czarne pole. Po przeliczeniu liczby pól czarnych i pentomin dowiadujemy sie, że kwadrat \(\displaystyle{ 2\times 2}\) musi zakrywać dokładnie \(\displaystyle{ 2}\) czarne pola.
Wykonujemy kolorowanie na czerwono symetryczne względem prostej pionowej przechodzącej przez środek szachownicy. Także kwadrat leży na dwóch polach czerwonych. Obliczając modulo \(\displaystyle{ 5}\) kolory pól dowiadujemy się, że na brzegu nie ma pola \(\displaystyle{ 2\times 2}\) zawierającego jednocześnie \(\displaystyle{ 2}\) czarne i czerwone pola \(\displaystyle{ 1\times 1}\). Nie może tam więc leżeć kwadrat \(\displaystyle{ 2\times 2}\).

Nie mam pewności, że jest to dobrze, ale przynajmniej mam taką nadzieję.

Btw. w pierwszym udowadniałem indukcyjnie, że potęga dwójki nie może byc podzielna przez \(\displaystyle{ 9}\) XDD.
Ale mnie komisja wyśmieje, Boże.

[xxDorianxx]

Bourder, Też miałem kąt \(\displaystyle{ 60^\circ}\).Mi zadanie 2 zajęło 2 strony A4 bez rysunku.Rysunek na stronie 3.Ale rozwiązana nie mam ładnego.Chętnie zobaczę jak macie zadanie 2 zrobione

[Tani Mefedron]

To może ja przedstawię swoje drugie:

Ukryta treść:    

Niech punkty \(\displaystyle{ D, E, F,}\) będą spodkami wysokości opuszczonymi z wierzchołków \(\displaystyle{ A, B, C}\). A punkty \(\displaystyle{ M, N}\) rzutami prostokątnymi punktu \(\displaystyle{ S}\) na proste \(\displaystyle{ AB, AC}\). Punkt \(\displaystyle{ S}\) może leżeć na krótszym łuku \(\displaystyle{ HB}\) okręgu opisanego na trójkącie \(\displaystyle{ BCH}\) lub na krótszym łuku \(\displaystyle{ HC.}\) Biorąc pod uwagę pierwszy przypadek, zachodzą równości \(\displaystyle{ \angle FHS = 180^\circ - \angle CHS = \angle CBS = \angle BCS = \angle BHS = \angle HSN}\) Ostatnia równość wynika z równoległości prostych \(\displaystyle{ BH}\) i \(\displaystyle{ SN}\). W drugim przypadku podobnie dowodzimy \(\displaystyle{ \angle FHS = \angle HSN}\). Warunek \(\displaystyle{ AH = AS}\) daje nam \(\displaystyle{ \angle AHS = \angle ASH}\) co w połączeniu z poprzednią równością daje \(\displaystyle{ \angle ASN = \angle AHF}\) skąd podobieństwo trójkątów prostokątnych \(\displaystyle{ AHF}\) i \(\displaystyle{ ASN}\) więc równość \(\displaystyle{ \angle FAH = \angle NAS}\) czyli również \(\displaystyle{ \angle NAH = \angle FAS}\) skąd podobieństwo trójkątów \(\displaystyle{ AEH}\) i \(\displaystyle{ AMS}\). Natomiast trójkąt \(\displaystyle{ AEH}\) jest również podobny do \(\displaystyle{ ADC}\) z równości \(\displaystyle{ \angle EAH = \angle DAC}\), a zatem z podobieństwa \(\displaystyle{ AMS}\) i \(\displaystyle{ ADC}\) mamy \(\displaystyle{ \angle ASM = \angle ACD = \angle ACB}\), a ponieważ punkt \(\displaystyle{ S}\) leży na symetralnej odcinka \(\displaystyle{ BC}\) to jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\) skąd i z podobieństwa trójkątów \(\displaystyle{ HEC}\) i \(\displaystyle{ AFC}\) mamy \(\displaystyle{ 2\angle BAC = \angle BSC = \angle BHC = 180^\circ - \angle EHC = 180^\circ - \angle FAC = 180^\circ - \angle BAC}\) i stąd już wiadomo że \(\displaystyle{ \angle BAC = 60^\circ}\).

[Bourder]

Zadanie 2.

Ukryta treść:    

Z równości łuków \(\displaystyle{ CS}\) i \(\displaystyle{ BS}\) wynika, że trójkąt \(\displaystyle{ CSB}\) jest równoramienny i punkt \(\displaystyle{ S}\) leży na symetralnej odcinka \(\displaystyle{ BC}\). Czworokąt \(\displaystyle{ CHSB}\) jest cykliczny. Środek okręgu, w który jest wpisany oznaczmy \(\displaystyle{ O}\). Wtedy \(\displaystyle{ OH=OS=OC=OB}\). Niech \(\displaystyle{ P}\) będzie obrazem punktu \(\displaystyle{ S}\) w translacji o wektor \(\displaystyle{ \vec{AH}}\). Wtedy widać, że czworokąt \(\displaystyle{ ASPH}\) jest rombem. Dostajemy więc \(\displaystyle{ PH=PS}\). Punkt \(\displaystyle{ P}\) leży na symetralnej odcinka \(\displaystyle{ BC}\) i na symetralnej odcinka \(\displaystyle{ HS}\). Ale to samo dotyczy punktu \(\displaystyle{ O}\)! ze względu na to, że trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\) jest różnoboczny wynika, że te symetralne nie są równoległe, więc \(\displaystyle{ P=O}\). Niech \(\displaystyle{ K}\) będzie punktem przecięcia się prostych \(\displaystyle{ BC}\) i \(\displaystyle{ SO}\). Rozważając symetrię środkową trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\) względem punktu \(\displaystyle{ K}\) będącego środkiem odcinka\(\displaystyle{ BC}\) otrzymujemy punkt \(\displaystyle{ D}\) jako obraz punktu \(\displaystyle{ A}\). Dodatkowo, kąty \(\displaystyle{ \angle A}\) i \(\displaystyle{ \angle D}\) są równe.
Niech punkty \(\displaystyle{ B'}\) i \(\displaystyle{ C'}\) będą spodkami wysokości opuszczonych z wierzchołków \(\displaystyle{ B}\) i \(\displaystyle{ C}\). Czworokąt \(\displaystyle{ AC'HB'}\) jest cykliczny, więc \(\displaystyle{ \angle CHB= \angle C'HB' =\pi - \angle A =\pi - \angle D}\). Stąd punkt \(\displaystyle{ D}\) leży na okręgu o środku \(\displaystyle{ O}\). Wówczas \(\displaystyle{ DO=OS=SA}\). Rozpatrując okręgi o środkach \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ D}\) o promieniu \(\displaystyle{ AS}\) zauważamy, że istnieje tylko jeden punkt wewnątrz każdego z trójkątów \(\displaystyle{ ABC}\) i \(\displaystyle{ DBC}\) leżący na prostej \(\displaystyle{ BC}\) i odpowiednio na okręgu o środku \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ D}\) i promieniu jak wyżej. Punkt \(\displaystyle{ O}\) jest więc obraz punktu \(\displaystyle{ S}\) w symetrii środkowej względem punktu \(\displaystyle{ K}\), czyli jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\). Stąd trójkąty \(\displaystyle{ HBO}\) i \(\displaystyle{ HOC}\) są równoboczne i \(\displaystyle{ \angle A = \angle D= \pi - \frac {2}{3} \pi=\frac{\pi}{3}}\)

[matmatmm]

zadanie2:    

Oznaczmy przez \(\displaystyle{ O}\) środek okręgu opisanego na trójkącie \(\displaystyle{ BCH}\). Promień tego okręgu jest równy promieniowi okręgu opisanego na \(\displaystyle{ ABC}\) i oznaczmy go przez \(\displaystyle{ R}\). \(\displaystyle{ OS}\) jest równoległe do \(\displaystyle{ AH}\) i ponadto \(\displaystyle{ |OS|=|OH|, |AS|=|AH|}\). Jest to warunek wystarczający na to, by \(\displaystyle{ ASOH}\) był rombem. Tak więc \(\displaystyle{ R=|OS|=|AH|=2R\cos\alpha}\).

[karolex123]

2:    

Niech \(\displaystyle{ X}\) oznacza środek okręgu opisanego na \(\displaystyle{ BCH}\), \(\displaystyle{ O}\)- środek okręgu opisanego na \(\displaystyle{ ABC}\), zaś \(\displaystyle{ M}\)- środek odcinka \(\displaystyle{ BC}\). Nietrudno zobaczyć, że \(\displaystyle{ OBXC}\) jest rombem (przeliczyć kąty), w konsekwencji \(\displaystyle{ OX=2OM=AH}\) (ostatnia równość to dosyć znany fakt, łatwo zweryfikować).Z drugiej strony \(\displaystyle{ ASXH}\) jest także rombem, więc \(\displaystyle{ SX=AH=OX}\), a więc dostaliśmy \(\displaystyle{ O=S}\) (trójkąt jest ostrokątny). Stąd \(\displaystyle{ OX=SX=BX=OB}\), czyli trójkąt \(\displaystyle{ OBX}\) jest równoboczny. To oznacza, że \(\displaystyle{ \angle BOC=120^{\circ}}\) i dalej \(\displaystyle{ \angle A=60^{\circ}}\)

[Tani Mefedron]

Czuję się wyróżniony, że jako jedyny nie wykorzystałem środka okręgu opisanego na trójkącie \(\displaystyle{ BCH}\). Ciekawe czy w firmówce będzie

[niepozorny]

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ B=(-2b,-2)}\), \(\displaystyle{ C=(2c,-2)}\), \(\displaystyle{ H=(0,0)}\). Bez trudu obliczamy \(\displaystyle{ A=(0,2bc-2)}\). Środek okręgu opisanego na \(\displaystyle{ BCH}\) to \(\displaystyle{ O=(c-b,-bc-1)}\). Długości odcinków: \(\displaystyle{ AB=2b \sqrt{c^2+1}}\), \(\displaystyle{ AC=2c \sqrt{b^2+1}}\), \(\displaystyle{ BC=2c+2b}\), \(\displaystyle{ AH=2bc-2}\), \(\displaystyle{ OH=\sqrt{(b^2+1)(c^2+1)}}\). Wstawiając długości boków trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\) do twierdzenia cosinusów dla 60 stopni, dostajemy po przekształceniach równość \(\displaystyle{ 2bc-2-\sqrt{(b^2+1)(c^2+1)}=0}\), co jest równoważne \(\displaystyle{ AH=OH}\). Ostatnią równość bez trudu udowadniamy syntetycznie (pokazujemy, że \(\displaystyle{ AHOS}\) jest rombem).