, więc tak spytam wszystkich uczestniczących/chcących się wypowiedzieć, jak wrażenia? Od siebie dodam, że o ile ten konkurs nie jest olimpiadą matematyczną, to faktycznie od 2015 wyraźnie MiNI w tę stronę się kieruje.
Poza tym udostępnili już niby zadania, lecz chyba coś się popsuło bo to nie te dziś były.
Zadania już zdjęte. Well spodziewałem się prostszych zadań. Byłbym rly pleased, gdyby ktoś podał rozwiązania zadań 4 i 5. Miałem jedno dla czwartego, ale nie wiem jak patrzą na całki podwójne, więc... XD
Chętnie bym zobaczył. W zadaniu 4 rozbiłem na przypadki i dwa były trywialne \(\displaystyle{ [x_1\ge 0 \wedge y_1 \ge 0] \vee [x_1 < 0 \wedge y_1 < 0]}\), a pozostałe dwa wymagały ode mnie całkowania i potem prawdopodobieństwo warunkowe. \(\displaystyle{ (x_1, y_1)}\) to współrzędne pierwszego punktu na okręgu. W zadaniu 5 nie doszedłem do niczego :/
Zadanka ogólnie trudniejsze niż zwykle. Pierwsze dwa bardzo proste, trzecie też ciężkie nie było, ale głupoty tam powypisywałem i zły jestem na siebie. Co do czwartego, to istotnie zastosowałem całki i współrzędne biegunowe. Piąte mam zrobione częściowo. Ogólnie poszło mi to gorzej niż ogólnie byłbym w stanie to zrobić. Ale jeśli nic nie wygram, to trudno, bo laureata z tamtego roku na szczęście mam
Co do pierwszego to zależy od podejścia, moim zdaniem własnie było dużą niespodzianką bo trochę się napociłem zanim doszedłem do odpowiedzi (rozpatrywałem seriami po n cyfr), zwłaszcza, że w poprzednich latach zadanie pierwsze to było zadaniem totalnie z automatu. Aczkolwiek moja znajoma zrobiła to dla przypadku ogólnego i siadło szybko, więc zależy od podejścia. Drugie no to klasyka gatunku. Trzecie nie było takie łatwe, osobiście zastosowałem do udowodnienia jego grafy. Czwarte zadanie to dosyć wątpliwa kwestia. Na wstępie z pytania kogoś z sali i odpowiedzi przewodniczącego komisji (o ile dobrze zrozumiałem) wynikało, jakoby tym razem nie miało być rzeczy bardzo odbiegających poza program realizowany w szkołach. Gdy zobaczyłem czwarte no to też pomyślałem o całkach, jednak zrezygnowałem z nich zauważając, że można to potraktować jako wybór w dwóch etapach (współrzędne \(\displaystyle{ x}\) i \(\displaystyle{ y}\)) i zauważyć, że te prawdopodobieństwa zmieniają się w \(\displaystyle{ \left\langle 0;1\right\rangle}\) (właściwie to niedomknięte z prawej strony) w sposób ciągły. Nie jestem pewien ostatecznego wyniku aczkolwiek rozumowanie wydaje mi się w porządku. Okaże się we wtorek. Co do piątego to policzyłem to co umiałem aczkolwiek nie udało mi się tego udowodnić.
VirtualUser pisze:Gdy zobaczyłem czwarte no to też pomyślałem o całkach, jednak zrezygnowałem z nich zauważając, że można to potraktować jako wybór w dwóch etapach (współrzędne \(\displaystyle{ x}\) i \(\displaystyle{ y}\)) i zauważyć, że te prawdopodobieństwa zmieniają się w \(\displaystyle{ \left\langle 0;1\right\rangle}\) (właściwie to niedomknięte z prawej strony) w sposób ciągły.
Moim zdaniem nie można. Na ile sposobów wtedy mógłbyś wybrać współrzędną \(\displaystyle{ x}\)-ową lub \(\displaystyle{ y}\)-ową? Ogólnie nie możesz tu tego określić, bo losujemy punkty z pewnego przedziału, a prawdopodobieństwo wylosowania konkretnego punktu wynosi \(\displaystyle{ 0}\). Co innego zupełnie niż w rozkładzie dyskretnym, który jest w liceum, inne podejście po prostu.
Prawdopodobieństwo wybrania konkretnego punktu zbiega do zera. Co do wybierania "na ile sposobów". Tutaj nie zliczam wszystkich punktów a porównuje pola (a właściwie części okręgu bo o to chodziło), które obejmuje prawdopodobieństwo i zauważam w jaki sposób to się zmienia. Zadania z zastosowaniem takiego podejścia (operowania na polach) były już wielokrotnie w finałach, głównie przed 2015 rokiem. Jednak proponuję poczekać z ostatecznym werdyktem.
Niech \(\displaystyle{ x=7+ \sum_{i=1}^{n}a_i 10^i}\), wówczas z jednej strony \(\displaystyle{ 5x=35+5\cdot \sum_{i=1}^{n}a_i 10^i}\), a z drugiej strony ma być: \(\displaystyle{ 5x=7\cdot 10^n+ \sum_{i=1}^{n}a_i 10^{i-1}}\)
Czyli po przyrównaniu: \(\displaystyle{ 35+5\cdot \sum_{i=1}^{n}a_i10^i=7\cdot 10^n+\sum_{i=1}^{n}a_i 10^{i-1}\\350+50\cdot \sum_{i=1}^{n}a_i10^i=7\cdot 10^{n+1}+\sum_{i=1}^{n}a_i 10^{i}\\ 49\cdot \sum_{i=1}^{n}a_i 10^i=7\cdot 10^{n+1}-350\\ \sum_{i=1}^{n}a_i 10^i= \frac{7\cdot 10^{n+1}-350}{49}\\ x=\sum_{i=1}^{n}a_i 10^i+7= \frac{10^{n+1}-1}{7}}\)
i trzeba znaleźć możliwie małe \(\displaystyle{ n\in \NN}\) takie, że \(\displaystyle{ 10^{n+1}\equiv 1\pmod{7}}\)
I tutaj tak: \(\displaystyle{ 10^{n+1}\equiv 3^{n+1}\pmod{7}}\)
oraz z małego tw. Fermata jest \(\displaystyle{ 3^6\equiv 1\pmod{7}}\), ponadto \(\displaystyle{ 3^2\neq 1\pmod{7}, \ 3^3\neq 1\pmod{7}}\), zatem \(\displaystyle{ n+1=6}\).
Dostaliśmy więc \(\displaystyle{ x= \frac{10^6-1}{7}}\).
Trudne było. Serio, przez błędy w liczeniu robiłem to grubo ponad godzinę.
2.:
Jak dla mnie jedyne proste zadanie w tym zestawie, ale pewnie jestem głupi. \(\displaystyle{ 2\tg^2(x)+2\ctg^2(x)+\cos(4x)=3}\)
Dziedzina: \(\displaystyle{ x\neq \frac{m}{2}\pi}\), gdzie \(\displaystyle{ m\in \ZZ}\).
Zauważmy, że \(\displaystyle{ \cos(4x)\ge -1}\), jak też \(\displaystyle{ 2\left( \tg^2(x)+\ctg^2(x)\right) \ge 4}\) (znana nierówność \(\displaystyle{ t+t^{-1}\ge 2}\) dla \(\displaystyle{ t>0}\)), zatem lewa strona jest nie mniejsza niż \(\displaystyle{ 3}\) i musi zajść równość w obu nierównościach, by równość z zadania była spełniona.
Jest \(\displaystyle{ \cos(4x)=-1 \Leftrightarrow 4x=\pi+2k\pi, \ k\in \ZZ \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow x=\frac{\pi}{4}+\frac{k}{2}\pi, \ k\in \ZZ}\)
Ponadto równość w nierówności \(\displaystyle{ t+t^{-1}\ge 2}\) zachodzi dla \(\displaystyle{ t=1}\), czyli \(\displaystyle{ \tg^2(x)=1}\), a więc gdy \(\displaystyle{ x=\frac \pi 4+k\pi \vee x=-\frac \pi 4+k\pi, \ k \in \ZZ}\).
Oba wyrażenia są równoważne, ostatecznie zatem \(\displaystyle{ x=\frac{\pi}{4}+\frac{k}{2}\pi, \ k\in \ZZ}\).
4.:
Przyjmijmy \(\displaystyle{ (x_i, y_i)=\left( \cos \alpha_i, \sin \alpha_i\right), \ i\in\left\{ 1,2\right\}}\)
oraz \(\displaystyle{ alpha_i in left[ 0, 2pi
ight)}\).
zakładam, że losujemy niezależnie. Interesuje nas \(\displaystyle{ \frac{S}{4\pi^2}}\), gdzie \(\displaystyle{ S}\) jest polem obszaru \(\displaystyle{ left{(a,b) in [0,2pi): cos age cos b wedge sin age sin b
ight}}\)
Zamiast liczyć całkami przekształćmy tak: \(\displaystyle{ \cos a-\cos b=-2\sin \frac{a+b}{2}\sin \frac{a-b}{2}\\\sin a-\sin b=2\sin \frac{a-b}{2}\cos \frac{a+b}{2}}\)
Nieujemność pierwszego wyrażenia oznacza niedodatniość wyrażenia
1) \(\displaystyle{ \sin \frac{a+b}{2}\sin \frac{a-b}{2}}\)
i z uwagi na nieujemność kątów mamy \(\displaystyle{ 2\pi > \frac{a+b}{2}\ge \frac{a-b}{2}> -\pi}\)
Zatem ma być \(\displaystyle{ \pi\ge\frac{a+b}{2} \ge 0\ge \frac{a-b}{2} \vee \\ \vee 2\pi>\frac{a+b}{2}\ge \pi\ge \frac{a-b}{2} \ge 0}\)
Nieujemność drugiego wyrażenia oznacza nieujemność wyrażenia
2) \(\displaystyle{ \sin \frac{a-b}{2}\cos \frac{a+b}{2}=\sin \frac{a-b}{2}\sin\left( \frac{\pi-a-b}{2} \right)}\),
czyli bądź to \(\displaystyle{ (\pi\ge \frac{a-b}{2}\ge 0)\wedge( \pi\ge \frac{\pi-a-b}{2}\ge 0 \vee -2\pi\ge \frac{\pi-a-b}{2}\ge -\frac 3 2\pi)}\),
bądź \(\displaystyle{ \left(\frac{a-b}{2}\in (-\pi,0] \right)\wedge \left( \frac{\pi-a-b}{2}\in (-\pi,0]\right)}\)
Wystarczy sobie narysować proste i skorzystać z najprostszej geometrii, a potem zaznaczyć część wspólną z 1) i 2).
Wyszła mi taka odpowiedź: \(\displaystyle{ \mathbf{P}(A)= \frac{S}{4\pi^2}= \frac{1}{4}}\)
Podejrzewam, że można to w paru zdaniach załatwić z symetrii i nie pisać tych sinusów itd. ale na to jestem za głupi.
Jeśli obie współrzędne pierwszego punktu są dodatnie, to mamy zawsze połowę okręgu -- prosta pozioma i prosta pionowa są ramionami kąta prostego, więc opartego na średnicy. Ta część okręgu daje wkład \(\displaystyle{ \frac{1}{4}\cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{8}}\). Jeśli obie współrzędne są ujemne, to w ogóle nic nie dostajemy. Jeśli natomiast współrzędne są przeciwnych znaków, to punkty symetryczne względem środka okręgu dają rozłączne wkłady, których sumą jest półokrąg. Wobec tego w sumie dostajemy \(\displaystyle{ \frac{1}{4}}\).
Niech \(\displaystyle{ A',B',C'}\) to punkty przecięcia dwusiecznych kątów odpowiednio \(\displaystyle{ A,B,C}\) z przeciwległymi bokami trójkąta. Można policzyć długość dwusiecznej \(\displaystyle{ CC'}\) (np. z twierdzenia Stewarta lub jak w jego dowodzie 2 razy z cosinusów) i wychodzi \(\displaystyle{ 6\sqrt{2}}\). Z twierdzenia Van Aubela i twierdzenia o dwusiecznej dostajemy: \(\displaystyle{ \frac{CI}{IC'}=\frac{CB'}{B'A} + \frac{CA'}{A'B} = \frac{12}{10}+\frac{8}{10} = 2}\)
Stąd \(\displaystyle{ IC=4\sqrt{2}}\).
Mamy z twierdzenia Eulera: \(\displaystyle{ R^{2} - IO^{2} = 2Rr = \frac{2P}{a+b+c}\cdot \frac{abc}{4P} = \frac{abc}{2\left(a+b+c\right)} = 32 = IC^{2}}\).
Na mocy twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Pitagorasa mamy tezę.