XI OMG

[GCJA]

Uwzględniłem to:

\(\displaystyle{ q}\) i \(\displaystyle{ p}\) oczywiscie są względnie pierwsze, a jako że \(\displaystyle{ p>q}\) (Czy to też trzeba udowadniać?) to \(\displaystyle{ q+1<p}\) (bo obie są nieparzyste) więc \(\displaystyle{ q+1}\) jako liczba mniejsza nie może być podzielna przez większą liczbę \(\displaystyle{ p}\).

PS
Kiedy zazwyczaj są wyniki?

[Ceulen]

Za "Listy osób zakwalifikowanych do zawodów drugiego stopnia XI OMG (2015/2016) zostaną ogłoszone na naszej stronie mniej więcej w połowie grudnia br."-- 29 paź 2015, o 21:32 --[EDIT]: po 25 października wygląda na to, że to przedostatnia historyczna edycja OMG

[Ceulen]

Są już listy ktoś jeszcze poza mną jest na niej?

[GCJA]

Ja również.
Ale próg nie był raczej zbyt wysoki... To chyba dobrze - większe szanse na przejście do finału.
PS
Jak się przygotowujecie? Kwadraty, broszury, zadania z poprzednich lat; coś jeszcze?

[Ceulen]

Ja poza tym jeszcze Niedźwiedź - Zbiór zadań z kółka matematycznego.

Swoją drogą mam nadzieję, że w tym roku ogłoszą listę finalistów od razu po sprawdzeniu prac a nie tak jak rok temu dopiero po rozpatrzeniu odwołań. Bo to trochę dziwnie odwoływać się nie wiedząc, czy jest się nad progiem czy pod ;/

[enedil]

nie wiedząc, czy jest się nad progiem czy pod ;/

Jest w tym zamysł. Odwołanie ma być na podstawie błędnego ocenienia, a nie chęci awansu do oklejnego etapu.

[Ceulen]

Już tylko tydzień do II etapu
Liczę na jak najtrudniejszą geometrię, bo i tak na 100% jej nie zrobię

[TheCB]

Ja liczę na zadania na poziomie ostatnich drugich etapów.-- 16 sty 2016, o 20:04 --No i po drugim etapie!
Zadanka:

1.

Ukryta treść:    

Jeśli liczby \(\displaystyle{ a+b,b+c,c+a}\) byłyby nieparzyste, to liczba \(\displaystyle{ a+b+b+c+c+a
=2(a+b+c)}\) również byłaby nieparzysta, skąd sprzeczność. Zatem co najmniej jedna z tych liczb jest parzysta. Jednakże liczby te mają być pierwsze, co oznacza, że co najmniej jedna z tych liczb jest równa \(\displaystyle{ 2}\). Załóżmy, że \(\displaystyle{ a+b=2}\). Liczby \(\displaystyle{ a}\) oraz \(\displaystyle{ b}\) są całkowite dodatnie, skąd \(\displaystyle{ a=b=1}\). Jednak liczby \(\displaystyle{ a+b+c=2+c}\) oraz \(\displaystyle{ a+c=1+c}\) mają być pierwsze, skąd \(\displaystyle{ c=1}\). Zatem otrzymujemy trójkę \(\displaystyle{ (a,b,c)=(1,1,1)}\), która spełnia warunki zadania. Dla \(\displaystyle{ b+c=2}\) oraz \(\displaystyle{ c+a=2}\) mamy to samo, co dowodzi, że trójka \(\displaystyle{ (a,b,c)=(1,1,1)}\) jest jedyną trójką spełniającą warunki zadania.

2.

Ukryta treść:    

Oznaczam \(\displaystyle{ AB=CD=a,AD=BC=b}\) oraz \(\displaystyle{ \angle DAB=\alpha}\). Wówczas bawiąc się na trygonometrii i tw. cosinusów dostaję \(\displaystyle{ CX^{2}= a^{2}+ b^{2}-4ab \cos \alpha}\) i tak samo z \(\displaystyle{ CY^{2}}\), skąd teza.

3.

Ukryta treść:    

Mamy \(\displaystyle{ (a+1)(b+1)(c+1)(d+1)=(ab+a+b+1)(cd+c+d+1)=}\)
\(\displaystyle{ =(c+d+cd+1)(cd+c+d+1)=(cd+c+d+1)^{2} \ge 0}\)

4.

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ O}\) oznacza środek okręgu opisanego na ABC oraz niech \(\displaystyle{ \angle BAC= \alpha}\). Mamy \(\displaystyle{ \angle MCB=90^{\circ}-\alpha}\) oraz \(\displaystyle{ \angle BOC=2\alpha}\). Jednak \(\displaystyle{ OB=OC}\), skąd łatwo dostajemy \(\displaystyle{ \angle OCB=90^{\circ}-\alpha}\). Stąd \(\displaystyle{ \angle OCB=\angle MCB}\). Kąty te mają wspólne ramię BC, a ponieważ kąt BAC jest ostry, to punkty O i M leżą po tej samej stronie prostej BC (wiem, że jest to dość ,,śliskie'' twierdzenie, które może spowodować, że dostanę 5 pkt). Stąd punkt O leży na prostej CM. Leży on również na symetralnej odcinka AB, którą oznaczę jako \(\displaystyle{ k}\). Mamy dwa przypadki:
\(\displaystyle{ 1^{\circ}}\) Proste CM i \(\displaystyle{ k}\) pokrywają się. Wówczas \(\displaystyle{ AC=BC}\), czyli teza jest spełniona.
\(\displaystyle{ 2^{\circ}}\) Proste CM i \(\displaystyle{ k}\) nie pokrywają się. Wówczas \(\displaystyle{ M=O}\), skąd \(\displaystyle{ \angle ACB=90^{\circ}}\), czyli teza jest spełniona.
Ostatecznie, w każdym przypadku teza jest spełniona.

5 nie zrobiłem, ale byłem blisko, co stwierdziłem po omówieniu.

[Pinionrzek]

Ukryta treść:    

Drugie trochę przekombinowałeś. Wystarczy zauważyć, że \(\displaystyle{ DXBC, YBCD}\) są trapezami równoramiennymi, skąd \(\displaystyle{ CX=BD=CY}\). No i nie wiem, skąd Ci się tam wzięło \(\displaystyle{ 4ab\cos \alpha}\). Powinno być \(\displaystyle{ 2ab\cos \alpha.}\). W czwartym stwierdzenie, że skoro \(\displaystyle{ \angle BAC}\) jest ostry, więc punkty \(\displaystyle{ O, \ M}\) leżą po jednej stronie \(\displaystyle{ BC}\) jest moim zdaniem wystarczające. Poza tym to gratulacje, bo z czterema zadaniami, powinieneś wejść do finału na luzie.
Co do czwretego to, aby dojść do tego, że \(\displaystyle{ O}\) ma leżeć na \(\displaystyle{ CM}\), można jeszcze inną drogą. Opisujemy okrąg na \(\displaystyle{ \triangle ABC}\), rysujemy styczną do tego okręgu w punkcie \(\displaystyle{ C}\) i korzystamy z twierdzenia o kącie pomiędzy styczną a cięciwą dla \(\displaystyle{ \angle BAC}\). Inny sposób polega na skorzystaniu z właśności symediany

Kod: Zaznacz cały

https://pl.wikipedia.org/wiki/Symediana

.
Jeśli chodzi o piąte to chyba najprostszy sposób opiera się na wymyśleniu algorytmu, za pomocą którego znajdujemy te prostokąty. Mianowicie, opisujemy okrąg na naszej figurze i bierzemy dowolny punkt biały. Jeżeli teraz drugi koniec średnicy przechodzącej przez nasz punkt jest biały, to istnieje także średnica o obu końcach czerwonych, więc z nich oby możemy utworzyć interesujący nasz prostokąt W przeciwnym razie istnieje średnica biało-czerwona, która także odpowiada naszym warunkom.
W zasadzie to podobnie można zrobić także zadanie czwarte z finału IX OMG.

[Ceulen]

No i niestety zrobiłem tylko pierwsze i trzecie.

Będę miał 12, a w najlepszym wypadku 14 pkt. Wątpię, czy to wystarczy. Całe szczęście mam jeszcze 3 klasę.

Za rok wezmę srogi rewanż

[bakala12]

Czy tylko mi się wydaje, że w zadaniu drugim jest pewna nieścisłość? Otóż punkt \(\displaystyle{ Y}\) (lub \(\displaystyle{ X}\) zależnie od konfiguracji) może nie leżeć na boku równoległoboku, a na jego przedłużeniu. Niemniej jednak nie ma to wpływu na tezę zadania.

Fajne zadanka w tym roku. Wydają się spoko.
Moim zdaniem 3 zadanie najprostsze. Uważam, że jest zbyt jednolinijkowe
Jak rozwiązywałem to obie geometrie już gdzieś widziałem. A szczególnie zadanie 4. Ono na 100% jest z jakiegoś zbioru (różowy Pawłowski?). I to zadanie rozwiązałem teraz, bo mniej więcej pamiętałem ideę:

hint 4.:    

To idzie dość szybko na pałę z twierdzenia sinusów

5 typowo na algorytm, ale też nie jakiś szczególny. Łatwo to wychodziło. Wystarczyło popatrzeć co się dzieje nie dla stu wierzchołków a dla ośmiu i moim zdaniem łatwo można było znaleźć metodę postępowania. No i fakt, że należało dojść do wniosku, że prostokąt jest generowany przez dwie przekątne będące średnicami okręgu.

[ppawl]

Cześć!

Jaki obstawiacei próg w tym roku. Czy trzy zadania wystarczą na finał

[Ceulen]

Myślę, że wystarczą. Typuję, że próg wyniesie dokładnie \(\displaystyle{ 18}\), bo zadania były łatwiejsze niż rok temu, ale dwa ostatnie były trudne.

Chociaż mój kolega zrobił czwarte, a trzeciego juz nie Ja mam ogromny żal, że nie zauważyłem tych przekątnych w trapezach (bo samo to że trapezy są równoramienne dostrzegłem). Wtedy pewnie miałbym te 18 pkt. i spokojny awans, a tak muszę czekać rok ;/

[TheCB]

To \(\displaystyle{ 4ab \cos \alpha}\) to była literówka. Na konkursie napisałem poprawnie.

[makkito]

Ja zrobiłem tylko zadanie 1,2 i 3. Niestety wydaje mi się, że w tym roku próg będzie wyjątkowo wysoki. Typuję, że próg przekroczy 19 pkt. Trochę mi żal, że nie udało się zrobić zadania 4 i 5. Może za rok przejdę