[LIX] OM - Finał

[Piotr Rutkowski]

Mhm, dziś był drugi dzień, w tym momencie chyba trwa omówienie, wiec przydałoby się puścić w obieg zadanka. Ja tylko wiem, że były:
2 geometrie
1 nierówność
1 równanie funkcyjne (3 zmienne)
1 kombinatoryka
1 hardkorowa teoria liczb (jak na razie wiadomo mi, że jedna osoba tylko ją zrobiła)
Treści zadań na razie nie posiadam, więc przydałoby się żeby jakiś uczestnik finału mający laptopa w zanadrzu wrzucił zadanka

[tkrass]

jak będziecie to wrzućcie.

[Einstein ;)]

oj chętnie zobacze...

[michal_z]

1. W pola tablicy rozmiaru n x n wpisane są liczby \(\displaystyle{ 1, 2, ..., n^2}\), przy czym liczby \(\displaystyle{ 1, 2, ..., n}\) znajdują się w pierwszym wierszu (od strony lewej do prawej), liczby \(\displaystyle{ n+1, n+2, ..., 2n}\) w drugim, itd. Wybrano n pól tablicy, z których żadne dwa nie leżą w jednym wierszu ani w jednej kolumnie. Niech \(\displaystyle{ a_i}\) będzie liczbą znajdującą się w tym wybranym polu, które leży w wierszu o numerze \(\displaystyle{ i}\). Dowieść, że \(\displaystyle{ \frac{1^2}{a_1} + \frac{2^2}{a_2} + ... + \frac{n^2}{a_n} q \frac{n + 2}{2} - \frac{1}{n^2 + 1}}\)

2. Funkcja \(\displaystyle{ f(x,y,z)}\) trzech zmiennych rzeczywistych spełnia dla dowolnych liczb rzeczywistych \(\displaystyle{ a,b,c,d,e}\) zależność
\(\displaystyle{ f(a,b,c) + f(b,c,d) + f(c,d,e) + f(d,e,a) + f(e,a,b) = a + b + c + d + e}\).
Dowieść, że dla dowolnych liczb rzeczywistych \(\displaystyle{ x_1,x_2,...,x_n (x q 5)}\) prawdziwa jest równość \(\displaystyle{ f(x_1,x_2,x_3) + f(x_2,x_3,x_4) + ... + f(x_n,x_1,x_2) = x_1 + x_2 + ... + x_n}\).

3. W pięciokącie wypukłym ABCDE, w którym \(\displaystyle{ BC = DE}\), zachodzą równości
\(\displaystyle{ \angle ABE = \angle CAB = \angle AED - 90^{\circ}}\) oraz \(\displaystyle{ \angle ACB = \angle ADE}\).
Dowieść, że czworokąt BCDE jest równoległobokiem.


4. Każdy punkt płaszczyzny o obu współrzędnych całkowitych pomalowano na biało albo na czarno. Dowieść, że ze zbioru wszystkich pomalowanych punktów można wybrać nieskończony podzbiór, który ma środek symetrii i którego wszystkie punkty mają ten sam kolor.

5. Pola wszystkich przekrojów równoległościanu R płaszczyznami przechodzącymi przez środki trzech jego krawędzi, z których żadne dwie nie są równoległe i nie mają punktów wspólnych, są równe. Udowodnić, że równoległościan R jest prostopadłościanem.

6. Niech S będzie zbiorem wszystkich dodatnich liczb całkowitych, które można przedstawić w postaci \(\displaystyle{ a^2 + 5b^2}\) dla pewnych względnie pierwszych liczb całkowitych a i b. Niech ponadto p będzie liczbą pierwszą dającą resztę 3 z dzielenia przez 4. Wykazać, że jeżeli pewna dodatnia wielokrotność liczby p należy do zbioru S, to również liczba 2p należy do zbioru S.

[Dumel]

w zad.2 chyba nie dokończyłeś treści
a tak w ogóle to niezły hardkor, zwłaszcza te 4.

[michal_z]

A tak, treść drugiego już poprawiona. Co do zadania 4 to groznie wyglada ale raczej nie jest najtrudniejsze, wszyscy twierdzą, że najtrudniejsze jest 6. Zresztą jak już polskimisiek wspomniał, prawdopodobnie rozwiazala je tylko jedna osoba.

PS. Warto byłoby przykleic ten temat bo jest jakiś bug i wyswietla w srodku strony

Pozdrawiam

[Piotr Rutkowski]

Mhm, ciekawe zadanka.
1 jest moim zdaniem łatwe:
z cauchy'ego-Schwarza w formie Engela:
\(\displaystyle{ \frac{1^2}{a_1} + \frac{2^2}{a_2} + ... + \frac{n^2}{a_n} \geq \frac{(1+2+...+n)^{2}}{\sum a_{i}}}\)
zauważmy teraz, że \(\displaystyle{ \sum a_{i}}\) jest stała i z tego wychodzi nam żądana nierówność

Za geometrię w ogóle się nie zabieram, 2 i 4 wygląda całkiem ciekawie tzn. są w miarę trudne.
Widziałem jedno rozwiązanie 6 i wygląda dość skomplikowanie (nie wiem czy wzorcówka była taka sama). Ogólnie poza zadaniem 1 myślę, że Polska trzyma dość wysoki poziom

P.S. To nie bug

[Sylwek]

I jak wyniki? Zwycięzca ten sam? Słyszałem, że każdego dnia wyszedł 2h przed czasem


2. \(\displaystyle{ a=b=c=d=e}\), wtedy: \(\displaystyle{ f(a,a,a)=a}\)
Jak przyjmiemy d=e=0, to:
\(\displaystyle{ f(a,b,c)+f(b,c,0)+f(c,0,0)+f(0,0,a)+f(0,a,b)=a+b+c}\)

A jak przyjmiemy c=d=e=0, to:
\(\displaystyle{ f(a,b,0)+f(b,0,0)+f(0,0,0)+f(0,0,a)+f(0,a,b)=a+b}\)

Odejmijmy stronami:
\(\displaystyle{ f(a,b,c)+f(b,c,0)+f(c,0,0)+f(0,0,a)+f(0,a,b)-\\-f(a,b,0)-f(b,0,0)-f(0,0,0)-f(0,0,a)-f(0,a,b)=a+b+c-a-b}\)

Czyli:
\(\displaystyle{ f(a,b,c)=c-f(b,c,0)-f(b,0,0)+f(a,b,0)+f(b,0,0)+f(0,0,0)=\\ =c-f(b,c,0)-f(b,0,0)+f(a,b,0)+f(b,0,0)}\)

No i sumując dla określonej liczby liczb rzeczywistych tą równość otrzymujemy tezę.



Co do 1., chyba zapis:
\(\displaystyle{ \frac{1+2+\ldots+n}{\frac{1}{a_1}+\frac{2}{a_2}+\frac{2}{a_2}+\ldots+\underbrace{\frac{n}{a_n}+\ldots+\frac{n}{a_n}}_{n}} \leq \frac{a_1+a_2+\ldots+a_n}{(1+2+\ldots+n)}}\)
jest troszkę bardziej zrozumiały (\(\displaystyle{ H \leq A}\)) niż nierówność Cauchy'ego-Schwarza w formie Engela

Reszty nie próbowałem , poziom dość wysoki


Gratulacje dla zwycięzcy i reprezentantów Polski na zawodach międzynarodowych!

[Piotr Rutkowski]

Zadania muszę przyznać ciekawe w tym roku na finale. Co do geometrii to nie wiem, ale wydaje mi się, że 1 i 2 były w miarę znośne, 4 dość trudne (choć opierając się o wyższą matematykę mozna łatwo to zrobić), a 6 dla normalnego człowieka poza zasięgiem
Chętnie natomiast zobaczę wzorcówkę do 4
Jeszcze małe info:
10 pkt na wyróżnienie
17 na laureata, co chyba znaczy, że poziom dość wysoki

P.S.- Sylwek, jak dla kogo

[szablewskil]

Wiesz może polskimisiek od ilu pkt sie jedzie na MOM?

[TomciO]

Pare informacji:
Najlatwiejsze bylo zadanie drugie - srednia punktow uzyskanych przez zawodnikow w tym zadaniu to ~2.2. W reszcie zadan srednia byla ponizej 2 punktow.

>30 osob mialo zerowa ilosc punktow w ogole.

Drugiego dnia 36 osob mialo _niezerowa_ ilosc punktow.

Na MOM wystarczyly w tym roku 24 punkty.

Pewna pomylka bylo zadanie szoste. Ludzie, ktorzy znali i potrafili sobie przypomniec dowod tego, ze kazda liczba pierwsza postaci \(\displaystyle{ 4k+1}\) jest suma dwoch kwadratow mieli polowe zadania zrobione. Ludzie, ktorzy tego nie znali byli praktycznie bez zadnych szans na zrobienie. Za to zadanie byly dwie szostki i trzy dwojki.

Dziwne moze sie wydawac na pierwszy ruzt oka, ze tak malo osob zrobilo zadanie pierwsze - potem napisze o tym troche wiecej.

[Piotr Rutkowski]

Pewna pomylka bylo zadanie szoste. Ludzie, ktorzy znali i potrafili sobie przypomniec dowod tego, ze kazda liczba pierwsza postaci \(\displaystyle{ 4k+1}\) jest suma dwoch kwadratow mieli polowe zadania zrobione.

Mhm, trzeba było pisać dowód tego? Znam to twierdzenie, ale wydawało mi się, że wystarczy się powołać na źródło, choćby Kącik olimpijski czy też jakaś sensowna książka do teorii liczb (Sierpiński?, Narkiewicz?).

[MarcinT]

TomCiowi chodziło pewnie o lemat Thuego który mozna znaleźć w "Dowodach z Ksiegii"

[andkom]

I jak wyniki? Zwycięzca ten sam? Słyszałem, że każdego dnia wyszedł 2h przed czasem

Ten sam. Pierwszego dnia wyszedł niecałe 1h40min przed czasem.

Co do trudności zadań ocenianych przez pryzmat wyników: Najtrudniejsze okazało się zadanie numer 6 (ze średnią 0,144 punktu na finalistę). Potem szły 5, 4, 3, 1, a najłatwiejsze okazało się zadanie 2. Zwracam jednak uwagę, że drugiego dnia wpływ na wyniki miało również zmęczenie po pierwszym dniu.

Tak, jak pisano, laureatem zostawało się od 17 punktów, a wyróżnionym od 10 punktów. Środkowa osoba miała 6 punktów, a jeden zawodnik nie dojechał.

[edit] Zmieniłem informację o momencie kiedy Przemek zakończył pisanie drugiego dnia. Widziałem go wychodzącego w pierwszym dniu, a o drugim dniu wnioskowałem jedynie po tym, gdy zobaczyłem go na korytarzu. Zatem rtx zapewne ma rację pisząc o 2 godzinach.

[przemk20]

A jesli chodzi o zadanie 4 to ja pomyslalem sobie tak:
Wezmy sobie pewien kwadrat o boku \(\displaystyle{ 2a}\) i srodku \(\displaystyle{ (0,0)}\), taki ze \(\displaystyle{ n q a 0}\) i wezmy dwa punkty \(\displaystyle{ B,C}\) symetryczne do niego wzgledem prostej \(\displaystyle{ x \ i \ y}\)
wtedy widzimy ze ktorsy z punktow \(\displaystyle{ (0, y_0), (0,0), (x_0,0)}\) jest srodkiem symetri dla pewnych dwoch z posrod \(\displaystyle{ A,B,C}\)
Oczywiscie wszystkich takich srodkow mozemy miec conajwyzej \(\displaystyle{ 2n+1}\) zas punktow \(\displaystyle{ A,B,C \ n^2}\) zatem dla pewnego srodka istnieje conajmniej \(\displaystyle{ [\frac{n^2}{2n+1}] + 1}\) punktow dla których jest on srodkiem symetrii (zasada szufladkowa Dirichleta), oczywiscie moga one byc 2 roznych kolorow, czyli jednokolorowych bedzie conajmniej
\(\displaystyle{ [\frac{[\frac{n^2}{2n+1}] + 1}{2}] + 1}\) przechodzac z \(\displaystyle{ a \to }\) mamy
\(\displaystyle{ \lim_{n \to } [ \frac{[ \frac{n^2}{2n+1}] + 1}{2}] + 1 = }\)