Konkurs Politechniki Warszawskiej 2017

[MrCommando]

Witam, aktualnie przygotowuję się do finału konkursu Politechniki Warszawskiej, który odbędzie się 8 kwietnia. Czy ktoś może orientuje się, czy dostałbym indeks, gdyby udało mi się zostać laureatem w drugiej klasie? Doszły mnie słuchy, że indeksy mogą otrzymać tylko maturzyści, a w przypadku laureatów z młodszych klas po prostu przepada.

Poza tym, moglibyście opisać swoje doświadczenia/odczucia związane z tym konkursem? Jak się przygotowywaliście? Moje dotychczasowe przygotowania polegały na solidnym przerobieniu zadań z poprzednich finałów, stworzeniu na tej stronie kilku kont i losowanie coraz to bardziej różnych zadań.

[Premislav]

Sądząc po regulaminie konkursu:

Kod: Zaznacz cały

https://konkurs.mini.pw.edu.pl/legal

można by przypuszczać, że w tej sytuacji masz indeks (chyba że np. po maturze pójdziesz na informatykę na UW czy jakikolwiek inny kierunek, a potem zrezygnujesz i będziesz chciał uderzać na MiNI PW, powołując się na sukcesy w konkursie).
Dla pewności zawsze możesz napisać maila do organizatorów, wtedy będzie bez wątpliwości.

[MrCommando]

Dla pewności uznałem, że napiszę do nich maila i już się rozwiały moje wątpliwości, dziękuję. Indeks jest ważny przez cały czas, nieważne czy się go zdobędzie w drugiej klasie czy w trzeciej. Swoją drogą są już zadania z finału:

Kod: Zaznacz cały

https://konkurs.mini.pw.edu.pl/node/12987

O dziwo poszło mi lepiej niż się spodziewałem. Nie wiem czy to w tym roku dali szczególnie proste, czy po prostu mi jakoś podpasowały, ale udało się zrobić pierwsze cztery i kawałek ostatniego. Zobaczymy jaki będzie próg, jest w końcu jakaś szansa. Ktoś z forum brał udział i chciałby podzielić się wrażeniami?

[PoweredDragon]

Sam się dowiedziałem dzień przed terminem ostatniego etapu wysyłkowego o konkursie, więc nie wziąłem udziału, ale mogę się wypowiedzieć.

1. Zadanie to problem raczej trywialny, podejrzewam, że dużo osób podbije sobie na nim punkty
2. Po podstawowych przekształceniach było całkiem znośne (szczególnie pozbycie się tego \(\displaystyle{ \cos^4x}\)). \(\displaystyle{ \cos \frac{3}{4}x}\) mogło sprawić problem, ale to też da się "zredukować"
3. Tutaj również myślę, że do zrobienia. 9 wyrazów w geometrycznym ciągu rosnącym. Zauważenie jedynych możliwości ilorazu i rozwiązanie (tu trochę kombinowania).

O geo się nie wypowiem, bo nie patrzyłem jeszcze nawet na te zadania (i mi się nie spieszy, bo jej nie lubię :V)

[MrCommando]

Co do 1, 2, 3 się zgadzam. Podobnie bym to widział. W zadaniu czwartym można było różnie kombinować, na przykład z nierówności między średnimi i Jensena. W każdym razie jakoś wyszło. Z piątym za to zbytnio rady sobie nie dałem, ale napisałem tyle, ile zdążyłem zauważyć (może jakieś punkty za to będą).

[Premislav]

4.:    

Z twierdzenia sinusów mamy
\(\displaystyle{ 2r= \frac{a}{\sin \alpha}= \frac{b}{\sin \beta}= \frac{c}{\sin \gamma}}\),
gdzie kąt \(\displaystyle{ \alpha}\) leży naprzeciw boku o długości \(\displaystyle{ a}\) i tak dalej.
Zatem \(\displaystyle{ a=2r\sin \alpha, b=2r\sin \beta, c=2r\sin \gamma}\).
Weźmy kąt między bokami \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ b}\) trójkąta, jest to \(\displaystyle{ \gamma}\). Ze znanego wzorku na pole trójkąta mamy
\(\displaystyle{ S= \frac{1}{2}ab \sin \gamma=2r^2 \sin \alpha \sin \beta \sin \gamma}\)
Jest na mocy nierówności między średnimi:
\(\displaystyle{ \sqrt[3]{\sin \alpha \sin \beta \sin \gamma} \le \frac{\sin \alpha+\sin \beta+\sin \gamma}{3}}\)
Funkcja sinus jest wklęsła w \(\displaystyle{ [0,\pi]}\), więc z kolei z nierówności Jensena mamy
\(\displaystyle{ \frac{\sin \alpha+\sin \beta+\sin \gamma}{3} \le \sin\left( \frac{\alpha+\beta+\gamma}{3} \right)=\sin \frac{\pi}{3}= \frac{\sqrt{3}}{2}}\)
Równość w pierwszej nierówności zachodzi gdy \(\displaystyle{ \sin \alpha=\sin \beta=\sin
\gamma}\), skąd nietrudno wywnioskować, że \(\displaystyle{ \alpha=\beta=\gamma}\) (wprawdzie uważajmy na \(\displaystyle{ \sin x=\sin(\pi-x)}\), ale to łatwo wykluczyć, bo trójkąt ma być niezdegenerowany do odcinka) i tak się składa, że równość w drugiej nierówności też wówczas zachodzi, co można sprawdzić, podstawiając do obu stron \(\displaystyle{ \alpha=\beta=\gamma=\frac \pi 3}\). Zatem odpowiedź jest następująca: \(\displaystyle{ S_{\text{ max}}=\frac{3\sqrt{3}r^2}{8}}\), jest przyjmowana dla trójkąta równobocznego.

Czyli w sumie tak to zrobiłem, jak chyba pisał MrCommando. Jeśli ktoś ma ładniejsze rozwiązanie, to chętnie zobaczę.

PoweredDragon, jak dla mnie ostatnie bardziej wygląda jak geometria kombinatoryczna/kombinatoryka. Tak czy inaczej bym nie zrobił ani kilka lat temu, ani teraz.

[a4karo]

Jeżeli dwa sąsiednie boki nie są równe, to zwiększę pole przesuwając ich wspólny wierzchołek po okręgu tak, aby zrobić je równymi.
Stąd wniosek, że największe pole na trójkąt równoboczny

[MrCommando]

Premislav, robiłem dokładnie tak jak zaproponowałeś. W ogóle to wydaje mi się, że można obejść się tutaj bez Jensena. Można zauważyć po prostu, że równość w nierówności między średnimi zachodzi wtedy, gdy są równe te sinusy, a z tego wynika fakt, że trójkąt jest równoboczny. Wtedy można łatwo policzyć jego pole i uzależnić je od promienia okręgu (skorzystać z faktu, że stanowi on \(\displaystyle{ \frac{2}{3}}\) wysokości).

[Premislav]

MrCommando, jestem pewien, że można się obyć bez Jensena (w końcu myślę, że typowy finalista znał nierówność między średnimi, a Jensena już niekoniecznie), natomiast nie wiem, czy nie popełniasz tego samego błędu, co ja na pierwszym kolokwium z Analizy 1.
Z nierówności między średnimi dostajemy szacowanie z góry przez coś zmiennego, więc to, że równość zachodzi tam, gdzie pisałeś, nie wynika, że maksimum "mniejszej" strony jest przyjmowane tam, gdzie mamy tę równość. Może przyda się jakiś kontrprzykład:
znajdź maksimum \(\displaystyle{ f(x,y,z)=xy+\frac 1 2 z^2}\), gdy \(\displaystyle{ x,y,z \ge 0}\) i \(\displaystyle{ x+y+z=3}\). "Rozwiązanie":
przecież z nierówności między średnimi mamy
\(\displaystyle{ xy \le \frac 1 2x^2+\frac 1 2y^2}\), więc \(\displaystyle{ f(x,y,z) \le \frac 1 2(x^2+y^2+z^2)}\)
i równość zachodzi dla \(\displaystyle{ x=y=z=1}\), więc maksimum wynosi \(\displaystyle{ \frac 3 2}\).
Ale \(\displaystyle{ f(0,0,3)= \frac{9}{2}>\frac 3 2}\).

Najlepiej sobie tę pomyłkę uzmysłowić graficznie, ale nie umiem tu rysować.-- 12 kwi 2017, o 22:10 --a4karo, woo.

[MrCommando]

O, faktycznie. Dzięki za poprawkę. W takim razie całe szczęście, że zrobiłem to klasycznie z Jensena, bo w przeciwnym razie strasznie poleciałyby mi punkty (i nie byłbym na liście laureatów i wyróżnionych, a tak się składa, że tam trafiłem ). Wygląda na to, że jakimś cudem nie do końca to rozumiałem, chociaż wydawało mi się, że jest inaczej.

[Mruczek]

Kombinatoryka nie była wcale taka trudna, gdzieś na poziomie finału OMG. To zadanie to grafy. Nawet bardzo fajne!

Ukryta treść:    

Co do tego jednokolorowego kwadratu to oczywiście nie istnieje, bo nie istnieje tam żaden kwadrat. Kwadrat ma wszystkie boki równej długości, czyli łuki na których jest on oparty musiałyby być równej długości. To oznacza, że wierzchołki tego \(\displaystyle{ 17}\)-kąta foremnego musiałyby dzielić jego brzeg na cztery równe łuki, co jest niemożliwe, bo \(\displaystyle{ 4}\) nie dzieli \(\displaystyle{ 17}\).

Cześć związana z jednokolorowymi trójkątami jest trochę trudniejsza:
Monochromatyczny trójkąt składa się z trzech wierzchołków, z których z każdego wychodzą dwie monochromatyczne krawędzie. Każdy wierzchołek ma stopień \(\displaystyle{ 16}\), więc dla każdego wierzchołka istnieje dokładnie jedna para incydentnych z nim monochromatycznych krawędzi.

Lemat. Pokażemy, że dla każdego z \(\displaystyle{ 15}\) kolorów musi istnieć wierzchołek, z którego wychodzą \(\displaystyle{ 2}\) krawędzie w tym kolorze. Weźmy dowolny kolor. Suma stopni krawędzi tego koloru wychodzących ze wszystkich wierzchołków jest parzysta, bo każda krawędź ma początek i koniec. Z każdego z \(\displaystyle{ 17}\) wierzchołków wychodzi łącznie \(\displaystyle{ 16}\) krawędzi, w tym przynajmniej \(\displaystyle{ 1}\) i co najwyżej \(\displaystyle{ 2}\) krawędzie w tym wybranym kolorze. \(\displaystyle{ 17}\) jest nieparzyste, a suma stopni parzysta, więc z któregoś z wierzchołków muszą wychodzić dwie krawędzie tego koloru, cnd.

Dlatego poza \(\displaystyle{ 15}\) wierzchołkami z których wychodzą pary monochromatycznych krawędzi dla każdego z kolorów, zostają tylko dwa wierzchołki które mogą mieć dowolny kolor tej pary monochromatycznych krawędzi, więc może być co najwyżej jeden trójkąt, sprzeczność.

To co napisałem powyżej dowodzi nawet, że w tym grafie nie istnieje monochromatyczny czworokąt (bo mogą być tylko co najwyżej \(\displaystyle{ 3}\) wierzchołki z których wychodzą pary krawędzi o tym samym kolorze, a w czworokącie musimy mieć ich \(\displaystyle{ 4}\)). Założenie o kwadracie moim zdaniem było nadmiarowe.