[LX OM] II etap Dzień 2

[schmude]

4. Odcinek \(\displaystyle{ AB}\) jest średnicą okręgu \(\displaystyle{ o}\) opisanego na czworokącie wypukłym \(\displaystyle{ ABCD}\), którego przekątne przecinają się w punkcie \(\displaystyle{ E}\). Proste styczne do okręgu \(\displaystyle{ o}\) w punktach \(\displaystyle{ C}\) i \(\displaystyle{ D}\) przecinają się w punkcie \(\displaystyle{ P}\). Udowodnić, że \(\displaystyle{ PC=PE}\)

5. Wyznaczyć wszystkie liczby całkowite \(\displaystyle{ n \ge 4}\) o następującej własności: Spośród dowolnych \(\displaystyle{ n}\) różnych 3-elementowych podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ n}\)-elementowego można wybrać dwa podzbiory, które mają dokładnie jeden element wspólny.

6. Dla każdej liczby całkowitej \(\displaystyle{ n \ge 3}\) wyznaczyć wszystkie ciągi liczb rzeczywistych \(\displaystyle{ ( x_{1},x_{2},...,x_{n})}\), dla których
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n} x_i=n}\) oraz \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n} (x_{i-1} - x_{i} + x_{i+1})^2=n}\),
gdzie przyjmujemy \(\displaystyle{ x_{0}=x_{n}}\) i \(\displaystyle{ x_{n+1}=x_{1}}\).

-- 14 lutego 2009, 13:41 --

4 mam - wystarczyło policzyć kąty i ułożyć 2 proporcje, w 5 wyszło mi \(\displaystyle{ n \ge 5}\), a podobno dla \(\displaystyle{ n}\) niepodzielnych przez 4, a w 6 ciągi złożone z samych jedynek, a słyszałem, że dla \(\displaystyle{ n}\) podzielnych przez 6 są jeszcze jakieś.

[snm]

Odpowiedź do 6:

Ukryta treść:    

Poza ciągami samych jedynek są jeszcze, dla 6|n jeszcze rozwiązania o okresie 6 następującej postaci: \(\displaystyle{ (x2, x2, ..., xn)=(b, 1-a+b, 2-a, 2-b, 1+a-b, a, b, 1-a+b, ..., a)}\). Good luck

[_el_doopa]

napisze ktos poprawnie to zadanie 6.?

[snm]

Tam po "oraz" powinno być \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}(x_{i-1} - x_{i} + x_{i+1})^{2}=n}\)

[_el_doopa]

dzieki a ta pierwsza suma?

[Wasilewski]

\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n} x_{i} = n}\)

[matex_06]

Jak Wam dzis poszło i jak oceniacie trudność zadań w stosunku do ubiegłych lat gdzie próg wynosił 19 pkt?

Jaki będzie w tym roku próg?

Dla mnie najtrudniejsze 5 Spodziewam sie ocen 260602 chyba że za brak wartościu bezwzględnej dadzą więcej...

[Swistak]

Mówiłem, że się dzisiaj odkuję !
Jak wczoraj byłem bardzo zły, dzisiaj jestem bardzo wesoły . Zrobiłem wszyściutkie ^^.
Moje odczucia co do zadań.
1. Średnie
2. Trudne
3. Trudne
4. Łatwe
5. Łatwe
6. Łatwe

A od najłatwiejszego do najtrudniejszego:
5 (dla mnie dziwne, że dla kogoś mogłoy być najtrudniejsze), 4, 6, 1, 2, 3

4 zajęło mi koło 40 minut

Rozwiązanie zad 4:    

Na początku zrobiłem 3 rysunki żeby sprawdzić eksperymentalnie, że punkty P,E i przecięcie się prostych AD i BC (załóżmy F) leżą na jednej prostej ^^.
Racjonalne rozumowanie zaczęło się od tego, że prosta FE jest prostopadła do AB, potem używając kątów dopisanych i wpisanych udowodniłem kątami, że jeżeli punkt H to przecięcie się stycznej do okręgu o w punkcie C z odcinkiem EF, to CH=HF, więc skoro trójkąt ECF jest prostokątny, to punkt H leży w połowie odcinka EF, analogicznie udowodniłem, że styczna do okręgu o w punkcie D połowi odcinek EF, więc P=H, więc skoro HC=HE, to PC=PE.

5 zajęło mi z 30 minut, a przepisywanie na czysto 50 minut .

Rozwiązanie zad 5:    

Za długie żeby całe pisać, ale udowodniłem, że cały zbiór można podzielić na mniejsze podzbiory, w których wszystkie wyróżnione podzbiory będą miały wspólne 2 elementy i żaden inny wyróżniony zbiór rozłączny z danymi nie będzie należał do danego podzbioru. Potem udowodniłem, że zbiory ze wspólnymi 2 elementami można tworzyć na 2 różne sposoby. Jeden to takie czwórki {1; 2; 3} {1; 2; 4} {1; 3; 4} {2; 3; 4} i wtedy z 4 elementów mamy max 4 zbiory, a drugi sposób {1; 2; 3} {1; 2; 4} {1; 2; 5} ... {1; 2; l} i wtedy z l elementów mamy l-2 zbiorów (jeszcze dla 0 i 1 elementu mamy 0 zbiorów). Zatem jeżeli mamy mieć n zbiorów, które spełniają dany warunek, to tylko złożony z samych czwórek, bo na tym drugim sposobie traci się 2 zbiory na każdym podzbiorze, więc teza zachodzi dla \(\displaystyle{ n \neq 4k}\).

Zadanie 6 zajęło mi z 1,5h.

Rozwiązanie zad 6:    

Najpierw użyłem nierówności obrazującej zależność między średnią kwadratową i arytmetyczną dla n liczb i zauważyłem, że druga suma będzie mniejsza lub równa pierwszej sumie, a wiemy, że obie są równe, a więc wszystkie elementy są sobie równe, a że razem sumują się do n, to wszystkie wynoszą 1.
Z tego powstaje układ równań:
\(\displaystyle{ \begin{cases} x_{1}-x_{2}+x_{3}=1 \\ x_{2}-x_{3}+x_{4}=1 \\ ... \\ x_{n}-x{1}+x_{2}=1\end{cases}}\)
Sumując 1 i 2 równanie oraz 4 i 5 dochodzę do wniosku, że \(\displaystyle{ x_{1}=x_{7}}\) i analogicznie \(\displaystyle{ x_{l}=x_{l+6}}\).
Teraz tak trochę intuicyjnie dochodzę do wniosku, że jeżeli \(\displaystyle{ n \equiv 1 (mod 6) \wedge n\equiv (mod 6)}\), to cały ten układ równań sprowadza się do \(\displaystyle{ x_{1}-x_{1}+x_{1}=1}\), bo jeżeli skorzystam z zależności \(\displaystyle{ x_{l}=x_{l+6}}\) 1 równanie przechodzi na 2 równanie jeżeli n daje resztę 1 z dzielenie przez 6, albo 1 równanie przechodzi na 5 równanie jeżeli n daje resztę 1 z dzielenie przez 6 i powtarzając to dalej 2 przechodzi na 3, 3 na 4, 4, na 5, albo 5 na 4, 4 na 3, 3 na 2, więc wszystko sprowadza się do 1 równanie. Niestety na Olimpiadzie napisałem to trochę gorzej niż teraz. .
Dla reszt 2 i 4 mamy kolejno 1 na 3, 3, na 5, 5 na 1 i 2 na 4, 4 na 6, 6 na 2 albo 1 na 5, 5 na 3, 3 na 1 i 2 na 6, 6 na 4, 4 na 2. Zatem mamy układ 2 równań, którego rozwiązaniem także są same jedynki.
Dla reszty 3 mamy kolejno 1 na 4, 4 na 1, i 2 na 5, 5 na 2, i 3 na 6, 6 na 3. Mamy zatem układ 3 równań, którego rozwiązaniami także są same 1.
Dla reszty 0 sprawdziłem na przykładach, że dla 2 dowolnych pierwszych liczb się sprawdza, a we wzorcówce napisałem "Po żmudnym rozwiązaniu układu 6 równań wychodzi, że ma on nieksończenie wiele rozwiązań." .

Za wczoraj spodziewam się 0 pkt, a za dzisiaj 16-18 pkt.
W najlepszym przypadku:
000666
W najgorszym przypadku:
000652(jesli komuś wyjątkowo niespodoba się moja argumentacja w 6, która jest bardziej intuicyjna).
Swoje szanse na finał stawiam na jakieś 60%.

[mythe]

Jak myslicie, czy mając 12 pkt istnieje chociaz cień szansy na III etap OM?

[Piotr Rutkowski]

No, dziś kombi mnie pokonała, prawdopodobnie dostanę 2 pkt, ale raczej liczę jako 0. Ogólnie chyba mogę być zadowolony, w najgorszym możliwym scenariuszu mam 660602, ale tak czy siak patrząc realnie to pewnie będzie 660605. Nie mogę być w pełni zadowolony, ale powinno styknąć
Swistak, ilu ludzi tyle opinii, jeżeli ja bym miał ustalać wg mojego własnego czasu i energii poświęconej na rozwiązanie, to wziąłbym jakoś tak 1,2-4-6 (razem),5,3...

No, teraz możemy już pospekulować na temat progu... Jak myślicie? Ja obstawiam 16 pkt, także osoby, które wczoraj wychodziły z 3 zerami mają wciąż spore szanse (tym bardziej, że 16 to dość wysoko w porównaniu do tego co twierdzą inni moi koledzy).
Pozdro

[wakabaiashi]

ja bym obstawiał próg 12-14, osobiście wolałbym 12, bo na tyle mam szanse

[ojciec_kogut]

Ja stawiam na próg 19 pkt. 4 zadania były łatwo do zrobienia. Więc myślę 3 zadania +1 pkt.

[Swistak]

Jak będzie próg 16, to mogę być prawie pewien, że przejdę . Tylko żeby nie był 17, bo to zmniejsza moje szanse gdzieś dwukrotnie .
Swoją drogą, czy jest ktoś kto między I a II dniem ma większą rozbieżność niż ja xD? Ja mam 16-17 pkt .

[abc666]

Swoją drogą, czy jest ktoś kto między I a II dniem ma większą rozbieżność niż ja xD? Ja mam 16-17 pkt .

No to byłoby trudne :-p

[ojciec_kogut]

Ja w ogólności stwierdzam, że w 1 moglo być bez modułów. Można bylo tak przeksztalcic ze sie unikalo ujemnych wartosci. Do 3 zadania wzorcowka jest chora, mozna było o wiele prosciej z menelausa. W 4 z katow, wzorcowka tez trudniejsza niz moje rozwiazanie. No coz Om to Om ;p