LXV (65) OM - I etap.

[bakala12]

deges, opinie innych o poziomie zadań z pierwszej serii poznasz zapewne we wtorek. Musisz jeszcze zaczekać

[deges]

Dobra, to może inaczej - ile zadań mniej więcej wystarczało w ostatnich latach na 2 etap w poznańskim?

[urojony]

W zeszłym roku było to 25 punktów. We wcześniejszych latach to nie wiem, ale generalnie Poznań ma jedne z najniższych progów.

[AndrzejK]

Zadania z rozwiązaniami / za 3... 2... 1...

[nierozumiemfizy]

AndrzejK, czekaj do jutra

[AndrzejK]

AndrzejK, czekaj do jutra

wiem, liczyłem, że nikt się tu do jutra nie wypowie D:.

[jojo-49]

To może jeszcze ja się wypowiem

Dopiero niedawno się zorientowałam, że jest ta cała olimpiada. Doczytałam sobie wczoraj na ich stronie o co w niej chodzi, jak to wysyłać etc.
Wydrukowałam zadania i dzisiaj po szkole (coś koło 17.00). Poszłam na pocztę, usiadłam przy tym stoliku, przy którym się druczki wypełnia i aż do zamknięci poczty (18.00) robiłam zadania.
Niestety nie udało mi się wszystkich zrobić (chyba mogę to napisać? )... :'(
NOOooo, ale... POSZŁO
A drugą serię już dzisiaj zacznę robić, żeby sytuacja się nie powtórzyła.

Życzę wszystkim uczestnikom powodzenia!

[Ponewor]

Powodzenia. Szkoda, że tak późno się zabrałaś za olimpiadę, ale jeśli mieszkasz w dużym mieście to powinnaś się była wybrać do poczty dwudziestoczterogodzinnej.

[jojo-49]

ehh... niestety mieszkam w malutkim miasteczku
Żałuję, że nikt mi wcześniej o olimpiadzie nie powiedział, ale przecież mam jeszcze dwa lata.
Myślicie, że będę miała szansę na drugi etap jak zrobię wszystkie pozostałe zadania?

(Jest gdzieś na tym forum takie miejsce, w którym mogę ponarzekać na matematyków? Bo mam historie warte opowiedzenie )

[porfirion]

zdecydowanie tak i to duże.
Pewnie hyde park się nada.

[Artflo]

ehh... niestety mieszkam w malutkim miasteczku
Żałuję, że nikt mi wcześniej o olimpiadzie nie powiedział, ale przecież mam jeszcze dwa lata.
Myślicie, że będę miała szansę na drugi etap jak zrobię wszystkie pozostałe zadania?

(Jest gdzieś na tym forum takie miejsce, w którym mogę ponarzekać na matematyków? Bo mam historie warte opowiedzenie )

Jeżeli nie jesteś z V LO w Krakowie, to masz marne szanse. Popatrz na listy zakwalifikowanych z ostatnich lat, chyba że jesteś wyjątkowym geniuszem. Szkoda tylko, że w w V LO mają klasę pod patronatem UJ. ://

[Pinionrzek]

Jeżeli nie jesteś z V LO w Krakowie, to masz marne szanse. Popatrz na listy zakwalifikowanych z ostatnich lat, chyba że jesteś wyjątkowym geniuszem. Szkoda tylko, że w w V LO mają klasę pod patronatem UJ. ://

Nie zgadzam się z Tobą. Fakt, że bycie w takiej szkole wiele ułatwia, ale jest także wielu olimpijczyków, którzy pojechali na IMO, nie ucząc się w żadnej ze ,,stajni". Jeśli naprawdę interesuje Cię matematyka i masz ambicje, to to czy dostaniesz się do finału OMa czy nie, jest w 90% zależne od Twojej własnej pracy, a nie od tego do jakiej szkoły chodzisz. Większość takich osób to po prostu pasjonaci królowej nauk, a nie wybitni geniusze. Poza tym nie tylko V LO w Krakowie ma klasę pod patronatem uniwersytetu.W LO 14 we Wrocławiu też tak jest.

[Msciwoj]

I nie tylko tam hehe.

Jeszcze gdzieś hehe.

Pierwsza seria jest zwykle najprostsza, biorąc doświadczenia z zeszłych lat. Ile zadań udało ci się zrobić? Jesli przynajmniej dwa, to jak ostro pociśniesz, powinno ci się udać dostać do drugiego etapu. a to już jakieś doświadczenie. Ja w pierwszej klasie w drugim etapie nie byłem, a w trzeciej miałem laureata, więc liczy się progres, który robisz. Nie przestawaj pracować, robić zadań, niech cię to jara. To forum jest bardzo pomocne, poprzeglądaj sobie wątki z zadaniami z kółka, rozwiązaniami, dyskusjami. I kompendium.

[bakala12]

Rozwiązania zadań pierwszej serii:

1.:    

Używamy wzorów skróconego mnożenia, redukujemy wyrazy podobne i dochodzimy do postaci: \(\displaystyle{ 3a+4b=5c}\). Teraz wstawiamy za \(\displaystyle{ c}\) do wyrażenia \(\displaystyle{ M=a^{2}+b^{2}-c^{2}}\) i dochodzimy po krótkich rachunkach do postaci: \(\displaystyle{ M=\left( \frac{4a-3b}{5}\right)^{2}}\). Teraz pozostaje wykazać, że liczba \(\displaystyle{ \frac{4a-3b}{5}}\) jest całkowita. Ale to już jest bardzo proste:
\(\displaystyle{ 5|6a+8b \wedge 5|10a+5b \Rightarrow 5|4a-3b \Rightarrow \frac{4a-3b}{5} \in \mathbb{Z}}\). I koniec.

2.:    

Niech \(\displaystyle{ d}\) oznacza szukany największy wspólny dzielnik. Wyjdziemy od tożsamości algebraicznej:
\(\displaystyle{ \left( a+b+c\right)\left(ab+bc+c\right)=a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a+ab^{2}+bc^{2}+ca^{2}+3abc}\)
Stąd wynika, że \(\displaystyle{ d|3abc}\). Rozważmy teraz liczbę \(\displaystyle{ e=NWD\left( a,d\right)}\). Załóżmy,
że \(\displaystyle{ e>1}\). Wówczas istnieje liczba pierwsza \(\displaystyle{ p}\), że \(\displaystyle{ p|e}\). Widać, że:
\(\displaystyle{ p|a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a \Rightarrow p|b^{2}c \Rightarrow p|b \vee p|c}\). Bez straty ogólności przyjmijmy, że \(\displaystyle{ p|b}\). Ale wtedy \(\displaystyle{ p|a+b}\) oraz \(\displaystyle{ p|a+b+c}\), czyli \(\displaystyle{ p|c}\) i w konsekwencji \(\displaystyle{ NWD(a,b,c) \ge p>1}\), co przeczy warunkom zadania. Zatem \(\displaystyle{ NWD(a,d)=1}\). Identycznie wykazujemy, że \(\displaystyle{ NWD(b,d)=NWD(c,d)=1}\). Zatem \(\displaystyle{ NWD(d,abc)=1}\), a stąd w oparciu o początkowe spostrzeżenie mamy \(\displaystyle{ d|3}\), czyli \(\displaystyle{ d=1 \vee d=3}\). Bez trudu znajdujemy liczby \(\displaystyle{ a,b,c}\) dla których obie wartości \(\displaystyle{ d}\) będą przyjęte, np.:
\(\displaystyle{ a=3,b=4,c=5 \Rightarrow d=1}\)
\(\displaystyle{ a=4,b=7,c=10 \Rightarrow d=3}\)
Odpowiedź: Możliwe wartości tej liczby to 1 lub 3.

3.:    

Zamiast słów będziemy oczywiście rozpatrywać liczby. Przyjmijmy więc: \(\displaystyle{ a=1,b=2,d=3,c=4}\). Rozwiązanie zadania opiera się na dwóch szybkich spostrzeżeniach:
1."W liczbie która jest palindromem parzystej długości różnica sumy cyfr stojących na miejscach o numerach parzystych i sumy cyfr stojących na miejscach o numerach nieparzystych jest równa \(\displaystyle{ 0}\)." (Dowód jest natychmiastowy, z definicji palindromu.)
2."Wpisując lub usuwając palindrom parzystej długości na początku, końcu lub w środku różnica sumy cyfr stojących na miejscach o numerach parzystych i sumy cyfr stojących na miejscach o numerach nieparzystych nie zmienia się." (Dowód też jest praktycznie natychmiastowy.)
Zatem skoro różnica sumy cyfr stojących na miejscach o numerach parzystych i sumy cyfr stojących na miejscach o numerach nieparzystych na początku wynosiła \(\displaystyle{ 2+4-1-3=2}\), więc zawsze będzie równa dwa. Tymczasem dla liczby \(\displaystyle{ 2143}\), która jest reprezentacja słowa \(\displaystyle{ bacd}\) wynosi ona \(\displaystyle{ -2}\). To dowodzi, że stosując operacje opisaną w zadaniu nie da się przejść od słowa \(\displaystyle{ abdc}\) do słowa \(\displaystyle{ bacd}\).

4.:    

Niech punkt \(\displaystyle{ M}\) będzie środkiem boku \(\displaystyle{ AB}\), zaś punkty \(\displaystyle{ A', \ B', \ C'}\) będą spodkami wysokości opuszczonych z wierzchołków odpowiednio \(\displaystyle{ A,B,C}\).
Jeżeli \(\displaystyle{ D=A'}\) to \(\displaystyle{ E=B'}\) i na odwrót, a w tym teza jest oczywista. Teraz ważna jest konfiguracja, mianowicie musi być \(\displaystyle{ AE<AB' \wedge BD>BA'}\) albo \(\displaystyle{ AE>AB' \wedge AD<BA'}\), co łatwo pokazać. Poza tym trójkąt \(\displaystyle{ \Delta ABC}\) jest ostrokątny, więc punkt \(\displaystyle{ H}\) leży wewnątrz tego trójkąta. Przyjmijmy zatem, że mamy przypadek niezdegenerowany.
Oczywiście punkty \(\displaystyle{ A,B,A',B'}\) leżą na jednym okręgu o środku w punkcie \(\displaystyle{ M}\) Stąd \(\displaystyle{ AM=BM=A'M=B'M}\) i zauważamy, że \(\displaystyle{ A'M||DF}\) i \(\displaystyle{ B'M||EF}\) (z podobieństwa tych trójkątów równoramiennych). Wobec tego dostajemy:
\(\displaystyle{ \frac{AM}{FM}=\frac{AB'}{EB'}}\), bo \(\displaystyle{ \Delta AMB' \sim \Delta AEF}\)
\(\displaystyle{ \frac{BM}{MF}=\frac{BA'}{A'D}}\), bo \(\displaystyle{ \Delta A'MB \sim \Delta BDF}\)
Dzieląc te dwie równości stronami otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \frac{AB'}{BA'}=\frac{B'E}{A'D}}\)
Jednakże, \(\displaystyle{ \Delta AB'H \sim \Delta BA'H \ \left( kkk\right)}\), więc \(\displaystyle{ \frac{AB'}{B'A}=\frac{HB'}{HA'}}\). Zatem \(\displaystyle{ \frac{HB'}{HA'}= \frac{EB'}{A'D}}\). Z tej równości wnioskujemy, że \(\displaystyle{ \Delta HB'E \sim \Delta HA'D \ \left( bkb\right)}\). Wobec tego:
\(\displaystyle{ \angle A'HD=\angle EHB'}\) i w konsekwencji \(\displaystyle{ \angle DHE=\angle A'HB'=180^{\circ}-\angle ACB}\). Dowodzi to, że punkty \(\displaystyle{ C,D,E,H}\) leżą na jednym okręgu.

Komentarz do zadań:    

Zadanie 1 moim zdaniem darmowe, zadania 2,3,4 trzymają jakiś normalny poziom OMa. No i nareszcie pojawiła się geometria w pierwszej serii, która nie dawała się bezczelnie przepałować na kątach i reprezentowała sobą jakiś poziom (na przykład w ubiegłym roku moim zdaniem na pierwszym i drugim etapie, może oprócz 11 z trzeciej serii, nie było w ogóle geometrii wymagającej jakichś dorysowań).
Ogólnie bardzo przyjemne te zadania. A teraz wypada życzyć powodzenia z drugą serią wszystkim tym, którzy mogą brać udział

[Pinionrzek]

1 i 2 mam podobnie, chociaż w 2 mam bardziej rozpisane. W 3 natomiast jako niezmiennika użyłem parzystości ilości takich liter b, przed którymi występuje nieparzysta ilość liter a. Dowód nie jest zbyt skomplikowany. Zatem tam też dojdziemy do sprzeczności bo w słowie abdc jest taka jedna litera, więc jest niezmiennik jest nieparzysty, a w słowie bacd jest parzysty. 4 nie zrobiłem.