LXVI (66) OM-I etap

[Pinionrzek]

Świstak, mnie się wydaje, że w tym zadaniu bardzo narzuca się symediana, a potem już łatwo dojść do tego, po co jest ten fikuśny okrąg.

[Michalinho]

Ja zrobiłem tylko 5,6 i 7 zadanie. Swoją drogą zauważam, że zadania z tegorocznego I-go etapu są prawie żywcem brane z książek, wykładów lub internetu Tak było z zadaniami: 1 - "Imperium liczb" (tw. Erdösa-Nivena), 6 - "Kącik Olimpijski" Kourliandtchika, 8 tak jak wspomniał Świstak. Możliwe, że jakby ktoś się pokusił to by więcej znalazł. Tak samo jak Wy zachwycam się 6-stym zadaniem, dlatego zamieszczę tu swoje rozwiązania:

5:    

\(\displaystyle{ x^4-2x^3+x=y^4+3y^2+y}\). Wprowadzając \(\displaystyle{ t=x^2-x}\):
\(\displaystyle{ t^2-t=y^4+3y^2+y}\). Mnożymy obustronnie przez 4 i dodajemy 1, skąd prawa strona będzie kwadratem. Ustalamy nierówności:
\(\displaystyle{ (2y^2+1)^2 \le 4y^4+12y^2+4y+1 \le (2y^2+3)^2}\), dla \(\displaystyle{ y \neq 0}\).
Stąd mamy parę przypadków, z których wychodzą rozwiązania \(\displaystyle{ (3, 2), (-2, 2)}\). Dla \(\displaystyle{ y=0}\) mamy rozwiązania \(\displaystyle{ (1, 0), (0, 0)}\).
Ostateczne rozwiązania: \(\displaystyle{ (3, 2), (-2, 2), (1, 0), (0, 0)}\)

6:    

Niech \(\displaystyle{ G=AI \cap CD}\) i \(\displaystyle{ I}\) będzie incentrum, a \(\displaystyle{ H}\) ortocentrum. \(\displaystyle{ AH}\) jako wysokość trójkąta równoramiennego \(\displaystyle{ AEF}\) jest też dwusieczną kąta \(\displaystyle{ \angle CAD}\).
Z twierdzenia o dwusiecznej zastosowanego dla trójkąta \(\displaystyle{ ACD}\):
\(\displaystyle{ \frac{GD}{AD}=\frac{GC}{AC}}\).
Zauważmy, że rzuty równoległe punktów \(\displaystyle{ G, H, A}\) o rzutni \(\displaystyle{ CD}\) na prostą AC są punkty odpowiednio \(\displaystyle{ C, F, A}\). Stąd \(\displaystyle{ \frac{GH}{HA}=\frac{CF}{FA}=\frac{IE}{EA}=\frac{GD}{AD}=\frac{GC}{AC}}\). Z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia o dwusiecznej mamy, że \(\displaystyle{ CH}\) jest dwusieczną trójkąta \(\displaystyle{ ACG}\), a więc także \(\displaystyle{ ACD}\). Punkt H, jako przecięcie dwusiecznych trójkąta \(\displaystyle{ ACD}\) jest jego incentrum.

7:    

Z twierdzenia Pitagorasa udowadniam, że \(\displaystyle{ A'D=BD=C'D}\), czyli ostrosłup \(\displaystyle{ A'B'C'D}\) jest prosty. Rzuty środka sfery wpisanej w \(\displaystyle{ A'B'C'D}\) i sfery \(\displaystyle{ s}\) na płaszczyznę \(\displaystyle{ A'B'C'}\) pokryją się w środku okręgu opisanego na trójkącie \(\displaystyle{ A'B'C'}\). Z prostego podobieństwa udowadniam, że odległość pomiędzy środkami sfer jest równa promieniowi sfery \(\displaystyle{ s}\), czyli środek sfery wpisanej w \(\displaystyle{ A'B'C'D}\) leży na sferze \(\displaystyle{ s}\).

[Pinionrzek]

Mam pytanie, odnoszące się do treści zadania 12. Otóż czy ta łamana z zadania, jest łamaną złożona z odcinków, łączacych tylko z wierzchołki tego wielokata, czy też punkty przecięcia przekatnych wewnątrz tego wielokata także bierzemy pod uwagę?

[krolikbuks42]

Moje rozwiązania są nieco inne:
5.

Ukryta treść:    

Oznaczyłem sobie jako \(\displaystyle{ W(x) = x^4 - 2x^3 + x}\), zauważyłem (udowodniłem), że \(\displaystyle{ W(x) = W(1-x)}\) co pozwoliło mi przyjąć, że \(\displaystyle{ x \ge 0}\) i dalej rozważałem przypadki gdy \(\displaystyle{ y > 0, y = 0, y < 0}\) W każdym przypadku jakoś szacowałem, generalnie dość łatwo wychodziło

6.

Ukryta treść:    

Same kąty i podstawowe fakty wykorzystywane w liceum

7.

Ukryta treść:    

Trójliść, jak większość

8. najciekawsze zadanie jak dla mnie:

Ukryta treść:    

W dużym skrócie: Przyjąłem sobie jako \(\displaystyle{ @}\) różnicę symetryczną dwóch zbiorów czyli: \(\displaystyle{ A@B = (A \cup B ) - ( A \cap B )}\) dalej Wykazałem, że dla \(\displaystyle{ k < n}\) istnieje kontrprzykład oraz gdy n jest nieparzyste to dla k = n również istnieje kontrprzykład. Dalej udowodniłem, że gdy n - parzyste to \(\displaystyle{ k = n}\) spełnia. Rozpatrywałem zbiory postaci \(\displaystyle{ A_{i_1} @ A_{i_2} @ .... @ A_{i_p}}\) wyszło, że jest ich jakoś dużo i ponadto każdy z nich ma parzystą liczbę elementów. Potem z Dirichleta wyszło że jakieś dwa się powtórzą. i dalej wychodziła magia z podzielności (mod.2)

Z pierwszej serii też udało mi się zrobić wszystkie ale podobnie jak te rozwiązania z forum.
Jeśli chodzi o trudność 2 serii to od najłatwiejszego do najtrudniejszego w moim odczuciu: 6 5 8 7

[timon92]

Mam pytanie, odnoszące się do treści zadania 12. Otóż czy ta łamana z zadania, jest łamaną złożona z odcinków, łączacych tylko z wierzchołki tego wielokata, czy też punkty przecięcia przekatnych wewnątrz tego wielokata także bierzemy pod uwagę?

nie bierzemy pod uwagę punktów przecięcia przekątnych wewnątrz wielokąta

ps. jak widać warto przeglądać stare tematy z kółka 258441.htm

[Michalinho]

Mam pytanie. Czy jeżeli w rozwiązaniu korzystam z twierdzeń typu: tw. Cevy, Menelaosa, Desarguesa itp. to muszę je dowodzić, albo czy obcinają punkty za to?

[Ponewor]

Nie trzeba, to raczej olimpijski standard.

[gomoku123]

A ja mam pytanie kiedy mniej więcej będą wyniki i czy będzie opcja sprawdzenia na ile punktów oceniono poszczególne zadania?

[porfirion]

Desargue to standard, lol. No może wielu o nim słyszało w ramach ciekawostki (i nawet wie jak udowodnić), ale żeby spotkać w jakimś rozwiązaniu, albo samemu użyć - toż to jakaś hiperegzotyka

[Ponewor]

Ale podtrzymuję, że jest to standard - to jest gdyby przyszło komuś do głowy się powołać, to nie musi dowodzić.

[Mihalke]

Wybaczcie za moje banalne pytanie, ale dlaczego można przyjąć w zadaniu 5. że
\(\displaystyle{ 4y^{4} +12y^{2}+4y+1 \le (2y^{2}+3)^{2}}\)
byłbym wdzięczny za krótkie wytłumaczenie

[Pinionrzek]

To można przyjąć tylko dla \(\displaystyle{ x<0}\), a dowiedzenie tego polega po prostu na otworzeniu nawiasow i skróceniu odpowiednich wyrazów

[Vax]

to że jest to tamto ortocentrum to widać łatwo z twierdzenia o odbiciach \(\displaystyle{ H}\), a jak przeliczasz, że to środek wpisanego (w sensie jakoś inaczej niż posługując się równoległobokiem timona?)?

btw o, w końcu wróciłeś, dawno Cię nie było widać, myślałem, że wciąż trauma po ostatnim finale

Jak teraz przeczytałem rozwiązanie timona to wychodzi, że mam tak samo A co do traumy to nie wiem o czym mówisz Po prostu mała przerwa.

[Jever]

Mam takie 2 małe pytanka:
Po pierwsze (może trochę głupie): w 9 zadaniu sumujemy od i=1, j=2 do i=n-1, j=n, czy dowolnie?
Po drugie (może jeszcze głupsze): jest szansa na 2-gi etap przy zrobieniu 6 zadań (2 z pierwszej, i optymistycznie patrząc 4 z ostatniej serii)?

[Pinionrzek]

W zadaniu 9. sprawdzasz najpierw dla i=1 wszystkie j od 2 do n, potem dla i=2 wszystkie j od 3 do n itp do i=n-1.
Co do pytania drugiego, to patrząc na województwo, z którego jesteś, myślę, że 6 zadań jest wystarczającym wynikiem, ale mogę się mylić.