[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski

Zadania z kółek matematycznych lub obozów przygotowujących do OM. Problemy z minionych olimpiad i konkursów matematycznych.
Regulamin forum
Wszystkie tematy znajdujące się w tym dziale powinny być tagowane tj. posiadać przedrostek postaci [Nierówności], [Planimetria], itp.. Temat może posiadać wiele różnych tagów. Nazwa tematu nie może składać się z samych tagów.
KPR
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 254
Rejestracja: 11 lip 2009, o 20:00
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Łódź
Podziękował: 1 raz
Pomógł: 31 razy

[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski

Post autor: KPR »

Można to też trochę inaczej zrobić:
Ukryta treść:    
Awatar użytkownika
Burii
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 133
Rejestracja: 5 maja 2011, o 23:06
Płeć: Kobieta
Pomógł: 3 razy

[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski

Post autor: Burii »

Ukryta treść:    
Następny problem

Ukryta treść:    
Oildale
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 59
Rejestracja: 29 gru 2012, o 23:06
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Pruszków
Pomógł: 3 razy

[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski

Post autor: Oildale »

Ukryta treść:    
Zadanie ode mnie podam jutro.

-- 23 lut 2013, o 07:46 --

Mamy tablice \(\displaystyle{ n \times n}\) i wpisujemy w nią liczby od \(\displaystyle{ 1}\) do \(\displaystyle{ n ^{2}}\). Wykaż, że istnieją dwa pola sąsiadujące krawędzią takie, że liczby na tych polach różnią się o co najmniej \(\displaystyle{ n}\).
Ostatnio zmieniony 23 lut 2013, o 18:56 przez Afish, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.
Awatar użytkownika
Ponewor
Moderator
Moderator
Posty: 2218
Rejestracja: 30 sty 2012, o 21:05
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 70 razy
Pomógł: 297 razy

[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski

Post autor: Ponewor »

Ukryta treść:    
Nowe:
Z okazji Wielkanocy Ponewor w ramach życzeń łatwe zadanie pisze:Mamy \(\displaystyle{ 52}\) karty tradycyjnie o \(\displaystyle{ 13}\) wartościach. Rozłożono jest na \(\displaystyle{ 13}\) równych kupek. Czy dla każdego rozłożenia możemy z każdej kupki wziąć po jednej karcie, tak by mieć w ręku \(\displaystyle{ 13}\) kart o różnych wartościach?
porfirion
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 319
Rejestracja: 6 gru 2011, o 20:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 11 razy
Pomógł: 26 razy

[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski

Post autor: porfirion »

Proponuje takie coś:
Intuicyjnie dzielenie na kupki wygląda w ten sposób, że tasujemy całą talię i wykładamy po cztery kolenje. Ale można podzielić na kupki też w inny sposób. Bierzemy z całej tali tylko kiery, tasujemy je i wykładamy: pierwszy kier do pierwszej kupki, drugi kier do drugiej itd. To samo robimy z pikami, treflami i karami. Dostajemy 13 kupek w których w każdej są cztery karty różnych kolorów. Kolory jednka w zadaniu nas nie interesują, a między wynikami dwóch podziałów jest bijekcja (wynikiem podziału jest oczywiście rodzina 13 zbiorów wartości kart). Istnienie owej bijekcji kończy dowód zadania.

Nowe: Było kiedyś na forum, ale wątpie w to, że je pamiętacie (a jest super!):
Wykaż, że z odcinków długości \(\displaystyle{ a,b,c}\) można zbudować trójkąt wtedy i tylko wtedy, gdy dla dowolnych liczb \(\displaystyle{ p}\) i \(\displaystyle{ q}\) spełniających warunek \(\displaystyle{ p+q=1}\) zachodzi nierówność \(\displaystyle{ p a^{2}+q b^{2}>pq c^{2}}\).
Ostatnio zmieniony 31 mar 2013, o 20:58 przez Ponewor, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: dwuch...
Awatar użytkownika
Zordon
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 4977
Rejestracja: 12 lut 2008, o 21:42
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Podziękował: 75 razy
Pomógł: 910 razy

[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski

Post autor: Zordon »

porfirion pisze:Proponuje takie coś:
Intuicyjnie dzielenie na kupki wygląda w ten sposób, że tasujemy całą talię i wykładamy po cztery kolenje. Ale można podzielić na kupki też w inny sposób. Bierzemy z całej tali tylko kiery, tasujemy je i wykładamy: pierwszy kier do pierwszej kupki, drugi kier do drugiej itd. To samo robimy z pikami, treflami i karami. Dostajemy 13 kupek w których w każdej są cztery karty różnych kolorów. Kolory jednka w zadaniu nas nie interesują, a między wynikami dwóch podziałów jest bijekcja (wynikiem podziału jest oczywiście rodzina 13 zbiorów wartości kart). Istnienie owej bijekcji kończy dowód zadania.
Nie wygląda to jak rozwiązanie, a nawet jeśli nim jest to bardzo kiepsko opisane. Uzupełnię to może moim komentarzem. Rozważmy graf dwudzielny, z lewej strony kupki z prawej wartości kart. Tw. Halla zastosowane do tego grafu (który jest 4-regularny jeśli liczyć krawędzie wielokrotnie) daje nam rozwiązanie.
Awatar użytkownika
Ponewor
Moderator
Moderator
Posty: 2218
Rejestracja: 30 sty 2012, o 21:05
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 70 razy
Pomógł: 297 razy

[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski

Post autor: Ponewor »

Zordon pisze: Nie wygląda to jak rozwiązanie, a nawet jeśli nim jest to bardzo kiepsko opisane. Uzupełnię to może moim komentarzem. Rozważmy graf dwudzielny, z lewej strony kupki z prawej wartości kart. Tw. Halla zastosowane do tego grafu (który jest 4-regularny jeśli liczyć krawędzie wielokrotnie) daje nam rozwiązanie.
Wstrzeliłeś się we wzorcówkę. + miałem właśnie pisać to samo o poprzednim rozwiązaniu.
Aktualne zadanie:
porfirion pisze:Było kiedyś na forum, ale wątpie w to, że je pamiętacie (a jest super!):
Wykaż, że z odcinków długości \(\displaystyle{ a,b,c}\) można zbudować trójkąt wtedy i tylko wtedy, gdy dla dowolnych liczb \(\displaystyle{ p}\) i \(\displaystyle{ q}\) spełniających warunek \(\displaystyle{ p+q=1}\) zachodzi nierówność \(\displaystyle{ p a^{2}+q b^{2}>pq c^{2}}\).
KPR
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 254
Rejestracja: 11 lip 2009, o 20:00
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Łódź
Podziękował: 1 raz
Pomógł: 31 razy

[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski

Post autor: KPR »

Ukryta treść:    
Nowe:
Mamy sobie taką grę: na początku na tablicy są napisane w rzędzie liczby \(\displaystyle{ 1,2,\dots,20}\). Wolfgang i Ludwig na przemian stawiają znaki \(\displaystyle{ +}\) lub \(\displaystyle{ -}\) przed dowolnie wybranymi liczbami, przed którymi nie ma jeszcze żadnego znaku. Po dwudziestu ruchach Ludwig wygrywa moduł wyliczonej w ten sposób sumy. Ile wygra przy optymalnej strategii obu graczy (oczywiście obaj chcą mieć jak najwięcej pieniędzy)?-- 3 kwi 2013, o 23:16 --Oczywiście Wolfgang zaczyna.
Oildale
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 59
Rejestracja: 29 gru 2012, o 23:06
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Pruszków
Pomógł: 3 razy

[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski

Post autor: Oildale »

Najpierw pokażemy strategie dla Ludwiga na osiągnięcie co najmniej \(\displaystyle{ 30}\). Wystarczy, że połączyć w pary \(\displaystyle{ \left[ 1,2\right], \left[ 3,4\right] ... \left[ 19,20\right]}\) i w momencie gdy Wolfgang wybiera, którąś liczbę to Ludwig dobiera drugą z tej pary, ale z przeciwnym znakiem (za wyjątkiem ostatniej pary gdzie dobiera liczbę z tym samym znakiem). Widać, że ta strategia zapewnia nam otrzymanie co najmniej \(\displaystyle{ 30}\) monet. pokażmy teraz strategie dla Wolfganga na to aby wynik był co najwyżej \(\displaystyle{ 30}\). Jego strategia polega na tym, że wybiera największą dostępną liczbę ze znakiem przeciwnym do znaku sumy częściowej (gdy suma wynosi \(\displaystyle{ 0}\) mogę wybrać dowolny znak). No dobra to teraz pokażemy dlaczego ta strategia działa. Załóżmy, że ostatnia zmiana znaku sumy częściowej wystąpiła w \(\displaystyle{ i}\) tej rundzie, \(\displaystyle{ 1 \le i \le 10}\). Zauważmy, że do tej rundy zostały już na pewno zużyte liczby \(\displaystyle{ 20, 19, ..., 22-i}\). Zatem po \(\displaystyle{ i}\) tej rundzie moduł sumy częściowej będzie wynosić co najwyżej \(\displaystyle{ 41-2i}\). Zauważmy jeszcze, że w każdej następnej rundzie moduł zmniejszy się o co najmniej \(\displaystyle{ 1}\). Zatem na koniec gry będzie wynosić co najwyżej \(\displaystyle{ (41-2i) - (10-i) = 31 - i \le 30}\). Zatem ta liczba to \(\displaystyle{ 30}\).-- 6 kwi 2013, o 09:21 --Zadanie ode mnie:
Mamy sobie tr. \(\displaystyle{ ABC}\), \(\displaystyle{ M}\) to środek \(\displaystyle{ AB}\). \(\displaystyle{ D,E,F}\) to punkty styczności okręgu wpisanego (wiadomo jak). Niech \(\displaystyle{ P}\) będzie przecięciem \(\displaystyle{ CM}\) i \(\displaystyle{ DE}\). Wykaż, że \(\displaystyle{ PF}\) jest prostopadłe do \(\displaystyle{ AB}\).
jakub_jabulko
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 109
Rejestracja: 12 lut 2013, o 20:09
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 2 razy
Pomógł: 1 raz

[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski

Post autor: jakub_jabulko »

nie wiem, czy z konfiguracją wszystko ok, więc proszę o sprawdzenie pod tym kątem.
Ukryta treść:    
Zaraz wrzucę jakieś fajne.

-- 6 kwi 2013, o 15:05 --

ok, już mam.
Niech \(\displaystyle{ S _{n}}\) oznacza zbiór kół leżących na jednej płaszczyźnie o parami rozłącznych wnętrzach, z których każde jest styczne dokładnie do n innych.
a) udowodnić, że dla \(\displaystyle{ n \ge 6}\) , \(\displaystyle{ S _{n}}\) nie może być skończony
b) podać konstrukcję przykładowego zbioru skończonego \(\displaystyle{ S _{n}}\) dla każdego \(\displaystyle{ n \le 4}\)
c) rozstrzygnąć, czy \(\displaystyle{ S _{5}}\) może być skończony
Ostatnio zmieniony 6 kwie 2013, o 17:15 przez jakub_jabulko, łącznie zmieniany 2 razy.
Oildale
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 59
Rejestracja: 29 gru 2012, o 23:06
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Pruszków
Pomógł: 3 razy

[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski

Post autor: Oildale »

Może drobna uwaga do powyższego rozwiązania (?):
Ukryta treść:    
-- 6 kwi 2013, o 15:22 --

Przy okazji rozwiązania twojego zadania.
a) Nie wprost + zasada ekstremum (biorę najmniejszy okrąg)
b) Rzut stereograficzny sfery stycznej do krawędzi sześcianu
c) Rzut stereograficzny sfery stycznej do krawędzi dwunastościanu foremnego-- 6 kwi 2013, o 15:23 --Wraca moje zadanie.
jakub_jabulko
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 109
Rejestracja: 12 lut 2013, o 20:09
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 2 razy
Pomógł: 1 raz

[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski

Post autor: jakub_jabulko »

Nie wiem, o co ci chodzi, chyba masz literówkę. Jeśli chodzi ci o przystawanie trójkątów DIM i NIE, to wydaje mi się, że jest jasne: kąt DIM = kąt MXD = kąt EXN = kąt EIN. Wspomniane trójkąty są przy okazji prostokątne, oraz mają równe odpowiednie boki.
Te równości wynikają z tego, że czworokąty DMXI i ENXI są wpisane w okrąg. Jest tak, gdyż kąty CDI, MXF, NXF i AEI są proste.
Oildale
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 59
Rejestracja: 29 gru 2012, o 23:06
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Pruszków
Pomógł: 3 razy

[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski

Post autor: Oildale »

Tak myślałem. Zauważ, że zakładasz to, że \(\displaystyle{ D, X, E}\) leżą na jednej prostej, a to jest właśnie nasza teza ...
jakub_jabulko
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 109
Rejestracja: 12 lut 2013, o 20:09
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 2 razy
Pomógł: 1 raz

[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski

Post autor: jakub_jabulko »

Nie, punkt X przecież oznaczyłem sam. To, że istnieje, jest oczywiste. Ja dowodziłem, że X=P. Nie wiem więc, o co chodzi... Nie twierdzę, że nie mam tam błędu, ale nie potrafię zrozumieć twojej argumentacji.
Oildale
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 59
Rejestracja: 29 gru 2012, o 23:06
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Pruszków
Pomógł: 3 razy

[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski

Post autor: Oildale »

jakub_jabulko pisze:nie wiem, czy z konfiguracją wszystko ok, więc proszę o sprawdzenie pod tym kątem.
Ukryta treść:    
X definiujesz jako przeciecie prostej prostopadlej do AB przechodzacej przez F i AD (tu chyba jest jakis blad w definiowaniu tego X) Napisz jak chcesz definiowac X.
ODPOWIEDZ