Finał Konkursu MiNI (Politechnika Warszawska 2018)

[VirtualUser]

Dziś rozegrał się finał konkursu MiNI

Kod: Zaznacz cały

https://konkurs.mini.pw.edu.pl

, 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.

[PoweredDragon]

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

[Zymon]

Jeżeli mocno Ci zależy mogę w poniedziałek o nie poprosić.

[PoweredDragon]

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 :/

[MrCommando]

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

[VirtualUser]

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.

[MrCommando]

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.

[VirtualUser]

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.

[MrCommando]

To może rozpisz tutaj konkretnie ten tok myślenia, bo jestem dość ciekaw, a przy okazji sprawdzimy czy jest poprawnie.

[Premislav]

1.:    

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.

Zadania trudne jak na ten konkurs.

[ASVPsheep]

Ktoś wie kiedy będą wyniki?

[VirtualUser]

Ktoś wie kiedy będą wyniki?

Miały być dzisiaj.

[Wasilewski]

4.:    

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 \(\displaystyle{ \frac{1}{4}}\).

[Michal2311]

Są już wyniki(dostępne po zalogowaniu na stronie konkursu)

[bakala12]

Niezwykle urocze rozwiązanie zadania 5.

5.:    

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.