Matmix 2007/08

[bnk_c1]

Einstein , ale to jednak nie jest rozwiązanie tylko domyślenie się wyniku - przecież tam mogło wyjść równie dobrze\(\displaystyle{ alfa = 72,00000000000001


beta = 11,99999999999999}\)

, czego raczej w konstrukcji nie uchwycisz

[Swistak]

Nie wiem co podchwytliwego w tym zadaniu z a+b+c...
Zadanie z trójkatem było do zrobienia, aczkolwiek zabiję się, że wysłałem zła odpowiedź.
To się udowadnia tak, że
\(\displaystyle{ 9x/cdot 10y/cdot 11z qslant \frac {9x+10y+11z}{3}}^{3}=(\frac {2}{3}P)^{3}}\). Nierówność ta wynika z zależności między średnią geometryczną i arytmetyczną. Skoro prawa strona jest stała to lewa jest największa wtedy gdy 9x=10y=11z. Pole ofc z Herona \(\displaystyle{ 30\sqrt{2}}\), więc \(\displaystyle{ 4,5x=10\sqrt{2}}\).

[ Dodano: 7 Marca 2008, 22:15 ]

Einstein , ale to jednak nie jest rozwiązanie tylko domyślenie się wyniku - przecież tam mogło wyjść równie dobrze\(\displaystyle{ alfa = 72,00000000000001
beta = 11,99999999999999}\)

, czego raczej w konstrukcji nie uchwycisz

Niemożliwe (praktycznie, a nie teoretycznie ), aby mając takie kąty powychodziły takie po przecinku .
Dowiedziałem się o pewnej chińskiej stronie, na której było to zadanie i tłumacząć z chinskiego na anglika translatorem wyszło takie rozwiązanie:
CE and BD junction ???O, then in ? DOE:
? DOE = 180 - 18 - 24 = 138
? BOC = ? DOE = 180 - (? B + ? C) /2 = 138

? B + ? C = 84
? A = 180 - ? B - ? C = 96

Takes ?F on BC, causes BF=BE, takes another ?G, causes CG=CD.

?meets EF, EF and BD junction ???L, because of ?EL=FL, ? DEL and ? DFL mutually ??elephant,
? BDF = ? BDE = 24

?meets DG, DG and CE junction ???M, because of ?DM=GM, ? DEM and ? GEM mutually ??elephant,
? CEG = ? CED = 18

?meets EG, EG and BD junction ???N,
? BNE = ? BNF = ? DEG + ? BDE = 2*18+24 = 60
? FNG = 180 - ? BNE - ? BNF = 60
Therefore, NF divides equally ? BNG.

? EGD = ? EDG = 90 - ? CED = 72
? FDG = ? EDG - ? BDE - ? BDF = 72 ?C24 ?C24 = 24
Therefore, DF divides equally ? BDG.

?to ? DGN, ?F with ??????divides equally a ??angle and one ???, ?F surely is ? DGN one ???, GF also surely divides equally ? DGN ??, therefore
? BGE = ? CGD

Also ? BGE + ? CGD + ? EGD = 180
Therefore ? CGD = (180 - ? EGD) /2 = (180 ?C72) /2 = 54

In right triangle ? CGM, ? C/2 + ? CGD = 90, therefore
? C = 2 * (90 ?C54) = 72
? B = 84 - ? C = 12

Zrozumiałem wszystko oprócz jedynego wniosku, do którego nie doszedłem, czyli, że BGE=CGD.

[ Dodano: 7 Marca 2008, 22:18 ]
W tym zadaniu bardzo przydatny mógł być też program GeoNext z podpisu Sylwka . Niestety ja skorzystałem z niego dzień po zamknięciu zestwau, ale na szczęście wysłałem dobrą odpowiedź .

[rsu]

W sumie się cieszę, że te wszystkie zadania już za mną
Przez całe 13 zestawów zrobiłem jeden błąd - w pustyni ^^

PS. Wam też za spamowali skrzynki z prośbą o rozwiązania? :>

[adam9023]

taa, parę maili zostawili co by do 22 w miarę możliwości rozwiązanie wysłać

[Swistak]

Ja może wyślę do 2 z X i 1 z XII.

[o_o]

A rozwiązaliście już ten ostatni zestaw?

[Swistak]

Zadanie 1 Zestaw XII Kategoria I
Udowodnijmy indukcyjnie, że \(\displaystyle{ 2^{5^{n}}}\)\(\displaystyle{ _{mod100} \equiv 32}\), gdzie \(\displaystyle{ n qslant 1}\).
Dla 1 równość zachodzi, bo
\(\displaystyle{ 2^{5^{1}}=2^{5}=32}\).
Jeżeli \(\displaystyle{ 2^{5^{n+1}}-2^{5^{n}}\)\(\displaystyle{ _{mod100} \equiv 0}\), to teza będzie zachodzić bo to będzie oznaczać, że te dwie liczby mają na miejscu cyfr dziesiątek i liczb takie same cyfry.
\(\displaystyle{ 2^{5^{n+1}}-2^{5^{n}}=2^{5^{n}} 2^{4 5^{n}}-2^{5^{n}}=2^{5^{n}} (2^{4 5^{n}} -1)=2^{5^{n}} (2^{4 5^{n}}-1)=2^{5^{n}} (2^{2 5^{n}} +1) (2^{2 5^{n}}-1)=2^{5^{n}} (2^{2 5 5^{n-1}} +1) (2^{5^{n}}-1)=2^{5^{n}} [(2^{10})^{5^{n-1}} +1] (2^{5^{n}}-1)=2^{5^{n}} (1024^{5^{n-1}} +1) (2^{5^{n}}-1)}\)
Oczywiście \(\displaystyle{ 5^{n-1}}\) dla \(\displaystyle{ n qslant 1}\) kończy się na 1 (dla zerowej potęgi) lub na 5 (dla większych potęg), więc ta liczba jest nieparzysta. Łatwo zauważyć, że \(\displaystyle{ 100x+24^{2a+1}}\)\(\displaystyle{ _{mod100} \equiv 24}\). Z tego wynika, że \(\displaystyle{ 1024^{5^{n-1}}}\)\(\displaystyle{ _{mod100} \equiv 24}\), więc \(\displaystyle{ 1024^{5^{n-1}} +1 _{mod100} \equiv 25}\). Jeżeli w zapisie dziesiętnym liczba konczy się na 25 to jest ona podzielna przez 25. Oczywistym jest też, że \(\displaystyle{ 2^{5^{n}}}\) jest podzielne przez 4. Z tego wynika, że \(\displaystyle{ 2^{5^{n}} (1024^{5^{n-1}} +1) (2^{5^{n}}-1)}\) jest podzielne przez \(\displaystyle{ 4 25=100}\) (bo jeden z jej dzielników dzieli się przez 4, a inny przez 25), a więc jej dwoma ostatnimi cyframi są dwa zera. Dlatego jeżeli \(\displaystyle{ 2^{5^{n}}}\) kończy się na 32, to \(\displaystyle{ 2^{5^{n+1}}}\) też się kończy na 32
c.b.d.u.
Teraz skoro wiemy, że każdy z 2008 składników sumy kończy się na 32 możemy stwierdzić, że ta suma kończy się na \(\displaystyle{ 32 2008 _{mod100} \equiv 56}\).
Odpowiedź: Dwoma ostatnimi cyframi w zapisie dziesiętnym sumy podanej w treści zadani to 5 i 6.

[matekleliczek]

a kto zrobił ostatni zestaw XIII (kategoria2) łatwe było ?
pochwal się ktoś

[Swistak]

U nas dali stosunkowo proste zadania, a u was to rzeczywiście niezła młócka. Posiadam nawet niezłą wyobraźnię przestrzenną, jednak raczej bym nie zrobił 2, za to 1 wydaje się łatwe, po zastanowieniu się dość trudne, ale wydaje mi się, że jakby się dłużej zastanowić to powinno się je rozwiązać.

[rsu]

Fakt, kategoria pierwsza jest łatwa (jak dobrze mi ).

Wydaje mi się, że w pierwszej zrobili już wystarczające sito, że mogli sobie pozwolić na coś łatwiejszego. A u Was widocznie jeszcze jest za dużo osób z dużą ilością punktów.

[maly128]

Ciekawe ile punktów będzie można stracić w tym roku, żeby sie do finału dostać. Przypuszczam że około 10. A widzieliście jakie fajne rozwiązanie na stronie matmixa do tych baryłek jest xD

[zaudi]

Czy o liczbie punktów zostaniemy od razu powiadomieni po zakończeniu ostatniej serii???

[rsu]

W regulaminie nie ma mowy o tym, czy natychmiast. Najprawdopodobniej w okolicach ukazania się listy zakwalifikowanych do finału, czyli do 13 marca.

[Mat2]

U nas dali stosunkowo proste zadania, a u was to rzeczywiście niezła młócka.

Zadania w naszej grupie były dostosowane do naszego wieku i poziomu matematyki, zatem trudności zadań nie da się w ten sposób porównywać.


Na oba zadania już odpowiedziałem, tak że I etap Matmix'a 2007/2008 się dla mnie skończył.

Zadanie pierwsze dla kategorii drugiej (naszyjniki) jest wg mnie najtrudniejsze w tegorocznej edycji. Uważam, że jego poziom trudności jest porównywalny z zadaniami na IOM (Międzynarodowa Olimpiada Matematyczna).

Zadania w tegorocznej edycji są bardzo trudne, tak że limit punktów będzie wysoki.

[Swistak]

Lol ale żalowe rozwiązania naprzysyłali .
I kategoria 2 zadanie X zestaw 2 rozwiązanie - totalna bzdura, gościu zrobił 2 błędy, a to, ze mu wyszło dobrze to przypadek.
2/3 rozwiązań 1 z XII to gadanina nawet nie mają dowodu przez indukcję, ani wyjaśnione czemu każda kolejna to 5 potęga poprzedniej.
I kategoria 1 zadanie XI zestaw - gościu zrobił na 1 szczególnym przypadku. Ja zrobiłem na 2 i czuję sie jakbym kogoś oszukał .