OMG 2008/2009

Dolin · Post autor: **Dolin** » 15 sty 2009, o 20:15

W zeszłym roku próg wynosił ~10 pkt . Mam nadzieję, że w tym roku to się nie zmieni

mikos14 · Post autor: **mikos14** » 15 sty 2009, o 20:27

ja również. a ile w tamtym roku osób przeszło

mypod · Post autor: **mypod** » 15 sty 2009, o 22:02

Dolin pisze:W zeszłym roku próg wynosił ~10 pkt . Mam nadzieję, że w tym roku to się nie zmieni

Ja też na to liczę

Swistak · Post autor: **Swistak** » 15 sty 2009, o 23:10

mikos14 pisze:ja również. a ile w tamtym roku osób przeszło

Z tego co pamiętam, to chyba 123 .

mypod · Post autor: **mypod** » 16 sty 2009, o 21:52

Swistak pisze:
mikos14 pisze:ja również. a ile w tamtym roku osób przeszło
Z tego co pamiętam, to chyba 123 .

Drogi kolego Świstaku, proszę Cię o jeszcze kilka cennych rad .
A tak poza tym to powodzenia wszystkim

Mruczek · Post autor: **Mruczek** » 17 sty 2009, o 17:24

IV OMG - zawody II stopnia - zadania:

1. Wyznacz wszystkie trójki (a,b,c) liczb nieparzystych dodatnich spełniające zależność

\(\displaystyle{ \frac{a+c-b}{b+c-a} = \frac{a}{b}}\).

2. Każda z liczb \(\displaystyle{ x_{1}, x_{2}, ..., x_{101}}\) jest równa 1 lub -1. Wyznacz najmniejszą możliwą wartość wyrażenia

\(\displaystyle{ x_{1}x_{2} + x_{2}x_{3} + x_{3}x_{4} + ... + x_{100}x_{101} + x_{101}x _{1}}\).

3. Dany jest równoległobok ABCD oraz punkt E należący do boku BC. Przez punkt D prowadzimy prostą k równoległą do prostej AE. Na prostej k obieramy takie punkty K, L, że czworokąt AEKL jest równoległobokiem. Udowodnij, że równoległoboki ABCD i AEKL mają równe pola.

4. W turnieju tenisa stołowego wzięło udział 50 zawodników. Każdy zawodnik rozegrał jeden mecz z każdym innym zawodnikiem, nie było remisów. Czy możliwe jest, aby każdy z uczestników wygrał tę samą liczbę meczów? Odpowiedź uzasadnij.

5. Ostrosłup prawidłowy sześciokątny przecięto płaszczyzną, która przecina wszystkie jego krawędzie boczne. W przekroju otrzymano sześciokąt wypukły ABCDEF. Wykaż, że proste AD, BE i CF przecinają się w jednym punkcie.

kaszubki · Post autor: **kaszubki** » 17 sty 2009, o 17:34

Ja mam 4 zadania (dobrze), bez stereo. Uważam, że w tym roku próg będzie trochę wyższy, mniej więcej będzie wystarczyło 13-17 pkt.

Post autor: **tkrass** » 17 sty 2009, o 17:35

ale łatwe, całą niegeomterię widać na pierwszy rzut oka bez rozpisywania, geometrii nie rysowałem. dla mnie dużo łatwiejsza niż zeszłoroczna...

patry93 · Post autor: **patry93** » 17 sty 2009, o 17:40

Hm, zadania 1, 2 i 3 zrobiłem raczej całe dobrze (może tylko jakieś małe błędy są). Zadania nr 4 w ogóle nie ruszyłem (kombi! ), za to w zad. nr 5 to przeszedłem samego siebie LOL, nie wiem jakim tępakiem trzeba być (tzn. mną ), żeby nie wykorzystać tego, iż odcinek łączący wierzchołek ostrosłupa ze środkiem sześciokąta jest wysokością... ale wszystkie zależności "płaszczyznowe" raczej dobrze... hm...
Tak "pesymistycznie" myślę, że będzie 55502, a "optymistycznie" 66605 xD (raczej niemożliwe niestety) ... oby próg był niski, oby był niski....

kaszubki · Post autor: **kaszubki** » 17 sty 2009, o 17:45

4 było chyba najprostszym zadaniem. Wystarczyło popatrzeć, ile jest w sumie wygranych (\(\displaystyle{ \frac{49*50}{2} =1225}\)), a następnie podzielić to przez 50. To widać...

Mruczek · Post autor: **Mruczek** » 17 sty 2009, o 17:48

Ja zrobiłem 1, 2, 4 raczej dobrze. W trzecim rozpatrzyłem pewien szczególny przypadek, więc raczej mi nie uznają, a piątego nie zrobiłem.

patry93 · Post autor: **patry93** » 17 sty 2009, o 17:53

kaszubki - oj nie wiem... w Bielsku jeden gość właśnie w ten sposób pokazywał zad. 4, a Pan Szymczyk coś nie do końca był przekonany do tego rozwiązania...

Mruczek - ale przecież właśnie miałeś znaleźć ten szczególny przypadek Chyba, że nie udowodniłeś, iż każdy inny będzie miał większą wartość? To wtedy chyba klapa... ale nie wiem, nie znam się
Ja chcę tylko niskiego progu, błagaaaam! <chlip>

timon92 · Post autor: **timon92** » 17 sty 2009, o 17:58

kaszubki pisze:4 było chyba najprostszym zadaniem. Wystarczyło popatrzeć, ile jest w sumie wygranych (\(\displaystyle{ \frac{49*50}{2} =1225}\)), a następnie podzielić to przez 50. To widać...

uważam, że prostsze było 1. Łatwo dojść do postaci (a-b)(a+b-c)=0, co zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy a=b. c może być dowolne

3 tez proste. Niech \(\displaystyle{ F}\) będzie takim punktem na prostej \(\displaystyle{ k}\), że \(\displaystyle{ KL=DF}\). Widać, że \(\displaystyle{ ADFE}\) jest równoległobokiem mającym pole równe zarówno polu \(\displaystyle{ AEKL}\) jak i \(\displaystyle{ ABCD}\)

w drugim oczywiście będzie to \(\displaystyle{ -99}\) (ta wartość jest osiągana dla \(\displaystyle{ x_1=x_3=...=x_{101}=-1 \wedge x_2=x_4=...=x_{100}=1}\))

myślę, że we wcześniejszych edycjach były trudniejsze zadania, ale łatwo mi mówić, że to było łatwe, bo jestem za stary na ten konkurs

Mruczek · Post autor: **Mruczek** » 17 sty 2009, o 18:02

W zad. 3 przedłużyłem odcinek BC do prostej k i tak powstał mi równoległobok AEKL, w którym punkt L jest również punktem D. Można tak było robić?

kaszubki · Post autor: **kaszubki** » 17 sty 2009, o 18:03

patry93 - Ja jestem przekonany, że to jest w pełni prawidłowe rozwiązanie. Każdy z kim rozmawiałem po konkursie miał takie samo rozwiązanie.