[LXI OM] I etap

[karolina668]

a w lubelskim?

[jerzozwierz]

Z tego co słyszałem, lubelski był zawsze dość mocny. Podejrzewam że próg będzie tak 1 zadanie wyższy niż przeciętnie Na moje oko 7 zadań. Góóra 8, ale prawdopodobieństwo niewielkie.

Październik się kończy, macie już wszystko popisane?

[kubek1]

Ja tam sądzę, że w moim okręgu warszawskim 8 zadań :/

[emator2]

Z tego co słyszałem, lubelski był zawsze dość mocny. Podejrzewam że próg będzie tak 1 zadanie wyższy niż przeciętnie Na moje oko 7 zadań. Góóra 8, ale prawdopodobieństwo niewielkie.

Październik się kończy, macie już wszystko popisane?

Z tego co ja słyszałem, to w ubiegłym roku próg wynosił 4,5 zadania

[Swistak]

Ja tam sądzę, że w moim okręgu warszawskim 8 zadań :/

Od razu 13.

[karolina668]

Hm to wreszcie mniej wiecej ile? Bardziej 5 czy 8?

Nie rozumiem, czy informacje o progarch punktowych sa jakies tajne? Np w ubiegłym roku byłam przeswiadczona, że to trzeba przynajmniej z 80% jak nie wiecej. Przypadkowo zostałam uświadomiona że to jest mniej, ale wciąz nie wiem ile. Ok 30 punktow? 40?

[jerzozwierz]

Porównując poziom zeszłoroczny z tegorocznym, oraz przyjmując że w zeszłym roku próg wynosił ok 5-6 zadań (nie ma szans żeby był tylko 4,5, zdecydowanie za słaby, sprzeczne z tym co słyszałem) to w tym roku będzie 6-7. Fakt, na 8 szans raczej nie ma, przeholowałem

[kubek1]

Mam pytanie: jeżeli napiszę, że dowód jakiegoś faktu można znaleźć w takiej a takiej książce, to nie obetną mi punktów?

[xanowron]

Nie obetną, ale zawsze możesz zacytować książkę dla bezpieczeństwa

[kubek1]

To chyba tak zrobię, bo ten dowód zajmuje stronę

[tkrass]

Moim zdaniem próg nie wyniesie więcej, niż 6 zadań. Oczywiście i tak wysyłam więcej i to radzę wszystkim uczestnikom.

[jerzozwierz]

kubek1, moim zdaniem dla stuprocentowego bezpieczeństwa lepiej książkę zacytować. Bo jakby coś się nie spodobało - obetną punkt lub więcej - czemu? Bo nie chciałem tracić cennych 15 minut mojego życia na pisanie

[BSP]

I jak wrażenia po drugiej turze? Ja 15 minut temu wróciłem z poczty całodobowej Pierwsze 4 zadania mam chyba bezbłędnie, ale z drugiej tury zdążyłem tylko szóste i połowę siódmego... chociaż czego można się spodziewać zabierając się do zadań 3 dni przed końcem terminu

[Sylwek]

Zrobił ktoś 7. bez użycia trygonometrii? Chyba najciekawsze z tej serii było ósme (jak już wpadło się na pomysł, że jednak najszybciej zadanie 7. spałować na sinusach ). Moja propozycja:

8.:    

Cała trudność zadania polegała na wpadnięciu na takie szacowanie:
\(\displaystyle{ \frac{a^{n+1}+b^{n+1}+c^{n+1}}{a^n+b^n+c^n} \ge \sqrt[n]{\frac{a^n+b^n+c^n}{3}}}\)
co jest po prostych przekształceniach równoważne nierówności między średnimi potęgowymi stopnia \(\displaystyle{ n+1}\) i \(\displaystyle{ n}\).

Jeśli więc dowiedziemy, że lewa strona jest \(\displaystyle{ \ge (\frac{a^n}{b+c}+\frac{b^n}{a+c}+\frac{c^n}{a+b}) \cdot (\frac{a^{n+1}+b^{n+1}+c^{n+1}}{a^n+b^n+c^n})}\) to będzie po imprezie. To już jest banalne ćwiczenie, po redukcji zwija się z tego co pamiętam do czegoś postaci: \(\displaystyle{ \sum_{cyc}^3 a^nb^n(a-b)^2(a+b) \ge 0}\)

Pozostałe dwa były prostsze, szczególnie stereometria, której wystarczyło się nie przestraszyć.

[Qń]

Zadanie 5
Jak na stereometrię raczej nietrudne, choć mi zajęło trochę czasu oswojenie się z nim.

Rozwiązanie:    

Niech \(\displaystyle{ E}\) będzie punktem przecięcia prostej \(\displaystyle{ l}\) z odcinkiem \(\displaystyle{ AB}\), \(\displaystyle{ O}\) będzie środkiem sfery wpisanej w dany czworokąt, a \(\displaystyle{ S}\) środkiem sfery nań opisanej. Niech ponadto \(\displaystyle{ O_1,O_2}\) będą rzutami prostokątnymi \(\displaystyle{ O}\) odpowiednio na \(\displaystyle{ ABC}\) i na \(\displaystyle{ ABD}\), a \(\displaystyle{ S_1,S_2}\) rzutami prostokątnymi \(\displaystyle{ S}\) odpowiednio na \(\displaystyle{ ABC}\) i \(\displaystyle{ ABD}\). Zauważmy w szczególności, że \(\displaystyle{ S_1}\) jest środkiem okręgu opisanego na \(\displaystyle{ ABC}\), a \(\displaystyle{ S_2}\) środkiem okręgu opisanego na \(\displaystyle{ ABD}\).

Oczywiście \(\displaystyle{ OO_1=OO_2}\) (bo to promienie sfery wpisanej). Z twierdzenia Talesa wynika, że \(\displaystyle{ \frac{SS_1}{ES}=\frac{OO_1}{EO}=\frac{SS_2}{ES}}\), skąd \(\displaystyle{ SS_1=SS_2}\). To zaś oznacza, że trójkąty \(\displaystyle{ SS_1A}\) i \(\displaystyle{ SS_2A}\) są przystające (bo oba są prostokątne, oba mają równą przeciwprostokątną, tzn. promień sfery opisanej, oraz oba mają równą jedną z przyprostokątnych). To zaś oznacza, że \(\displaystyle{ S_1A=S_2A}\), czyli promienie okręgów opisanych na \(\displaystyle{ ABC}\) i \(\displaystyle{ ABD}\) są równe, a zatem te okręgi są przystające.

Stąd zaś już wynika teza, bo kąty \(\displaystyle{ ACB}\) i \(\displaystyle{ ADB}\) muszą być równe jako kąty ostre wpisane w przystające okręgi i oparte na przystającym łuku.

Zadanie 6
Dla kogoś kto widział kiedykolwiek zabawy wzorami Viete'a przy udowadnianiu faktów typu \(\displaystyle{ a+b+c=0 \Rightarrow a^3+b^3+c^3=3abc}\), to zadanie było za półdarmo. Pozostałych jak przypuszczam czekało trochę orki.

Rozwiązanie:    

Umówmy się, że wszystkie napisane równości będziemy rozpatrywać modulo \(\displaystyle{ p}\). W szczególności więc \(\displaystyle{ a+b+c=0}\). Skoro tak, to z wzorów Viete'a wynika, że \(\displaystyle{ a,b,c}\) są pierwiastkami pewnego wielomianu postaci:
\(\displaystyle{ t^3+\alpha t + \beta}\)
gdzie \(\displaystyle{ ab+bc+ca=\alpha ,-abc = \beta}\)

Skoro są to pierwiastki tego wielomianu, to mamy:
\(\displaystyle{ a^3+\alpha a + \beta=0}\)
\(\displaystyle{ b^3+\alpha b + \beta=0}\)
\(\displaystyle{ c^3+\alpha c + \beta=0}\)

Dodanie tych trzech równości stronami daje (przy uwzględnieniu, że \(\displaystyle{ a+b+c=0}\)):
\(\displaystyle{ a^3+b^3+c^3= -3\beta}\)
Nietrudno też zauważyć, że \(\displaystyle{ 2\alpha = 2ab+2bc+2ca = (a+b+c)^2-(a^2+b^2+c^2)=-(a^2+b^2+c^2)}\).

Jeśli z kolei pierwszą równość przemnożymy przez \(\displaystyle{ a^2}\), drugą przez \(\displaystyle{ b^2}\), a trzecią przez \(\displaystyle{ c^2}\) i dodamy stronami, to otrzymamy:
\(\displaystyle{ a^5+b^5+c^5+\alpha (a^3+b^3+c^3) + \beta (a^2+b^2+c^2) = 0}\)

Pomnóżmy tę równość stronami przez sześć:
\(\displaystyle{ 6(a^5+b^5+c^5)+3 \cdot 2\alpha (a^3+b^3+c^3) + 2 \cdot 3\beta (a^2+b^2+c^2) = 0}\)
czyli
\(\displaystyle{ 6(a^5+b^5+c^5)-3 \cdot (a^2+b^2+c^2) (a^3+b^3+c^3) - 2 \cdot (a^3+b^3+c^3) (a^2+b^2+c^2) = 0}\)
czyli
\(\displaystyle{ 6(a^5+b^5+c^5)=5(a^2+b^2+c^2) (a^3+b^3+c^3)}\)

Ale lewa strona jest z założenia podzielna przez \(\displaystyle{ p}\) (lub też jak kto woli, w myśl przyjętej konwencji, równa zero). Zatem i prawa musi, a skoro \(\displaystyle{ p\neq 5}\), to \(\displaystyle{ p | (a^2+b^2+c^2) (a^3+b^3+c^3)}\), czyli \(\displaystyle{ p | (a^2+b^2+c^2)}\) lub \(\displaystyle{ p | (a^3+b^3+c^3)}\) czego należało dowieść.

Zadanie 7
Na ostatnich warsztatach w Staszicu były zajęcia pod tytułem "Pałowanie Pałuby", które dotyczyły siłowego rozwiązywania zadań geometrycznych (czyli właśnie: pałowania). Z najwyższym zdegustowaniem przepałowałem to zadanie do końca, ale rozwiązanie jest tak obrzydliwe, że na pewno jest lata świetlne od Złotej Księgi. Pytanie tylko: czy to da zadanie da się zrobić jakkolwiek ładnie?

Rozwiązanie:    

Oznaczmy punkt przecięcia \(\displaystyle{ CS}\) i \(\displaystyle{ AB}\) przez \(\displaystyle{ D}\), oraz niech \(\displaystyle{ CB=a}\), \(\displaystyle{ AC=b}\), \(\displaystyle{ AD=p}\), \(\displaystyle{ BD=q}\), \(\displaystyle{ CD= t}\), \(\displaystyle{ \sphericalangle CAB = \alpha}\), \(\displaystyle{ \sphericalangle CBA = \beta}\).

Pokażmy najpierw, że \(\displaystyle{ \sin \alpha + \sin \beta = 1}\). Istotnie, zauważmy, że jeżeli \(\displaystyle{ CC'}\) jest średnicą naszego okręgu, to \(\displaystyle{ \sphericalangle CC'B = \alpha}\) oraz trójkąt \(\displaystyle{ CBC'}\) jest prostokątny, zatem \(\displaystyle{ \sin \alpha = \frac{BC}{CC'}= \frac{a}{a+b}}\) i analogicznie \(\displaystyle{ \sin \beta = \frac{b}{a+b}}\), więc rzeczywiście suma tych sinusów jest jedynką.

Oznaczmy teraz przez \(\displaystyle{ S_1, p_1, r_1}\) oraz \(\displaystyle{ S_2,p_2,r_2}\) odpowiednio: pole, połowę obwodu, promień trójkąta wpisanego; odpowiednio: trójkąta \(\displaystyle{ ADC}\) oraz trójkąta \(\displaystyle{ BDC}\). Chcemy pokazać, że \(\displaystyle{ r_1=r_2}\). Z uwagi na wzór \(\displaystyle{ r=\frac{S}{p}}\) oznacza to, że wystarczy pokazać, iż \(\displaystyle{ \frac{S_1}{p_1}= \frac{S_2}{p_2}}\), czyli \(\displaystyle{ \frac{S_1}{S_2}=\frac{p_1}{p_2}}\). Ale \(\displaystyle{ \frac{S_1}{S_2}= \frac{p}{q}}\) oraz \(\displaystyle{ \frac{p_1}{p_2}= \frac{b+t+p}{a+t+q}}\). Mamy więc do udowodnienia: \(\displaystyle{ \frac{p}{q}= \frac{b+t+p}{a+t+q}}\), czyli \(\displaystyle{ \frac{b+t+p}{p}=\frac{a+t+q}{q}}\), czyli:
\(\displaystyle{ \frac{b+t}{p}=\frac{a+t}{q}}\)

Zauważmy teraz, że \(\displaystyle{ \sphericalangle ACS = 90^o-\beta}\) (bo \(\displaystyle{ ACS}\) to trójkąt równoramienny, a \(\displaystyle{ \sphericalangle ASC= 2 \beta}\)). W takim razie \(\displaystyle{ \sphericalangle ADC = 90^o +\beta - \alpha}\). Z twierdzenia sinusów dla trójkąta \(\displaystyle{ ADC}\) mamy:
\(\displaystyle{ \frac{t}{\sin \alpha} = \frac{p}{\sin (90^o - \beta )}=\frac{b}{\sin (90^o +\beta - \alpha )}}\)
skąd, po uwzględnieniu wzorów redukcyjnych:
\(\displaystyle{ t=\frac{b\sin \alpha}{\cos (\beta - \alpha ) }, p = \frac{b\cos \beta}{\cos (\beta - \alpha ) }}\)
Po nietrudnych rachunkach dostajemy więc, że:
\(\displaystyle{ \frac{b+t}{p} = \frac{\cos (\beta - \alpha ) +\sin \alpha}{\cos \beta}}\)
i analogicznie
\(\displaystyle{ \frac{a+t}{q} = \frac{\cos (\beta - \alpha ) +\sin \beta}{\cos \alpha}}\)

Mamy więc do pokazania równość:
\(\displaystyle{ \frac{\cos (\beta - \alpha ) +\sin \alpha}{\cos \beta}=
\frac{\cos (\beta - \alpha ) +\sin \beta}{\cos \alpha}}\)
czyli:
\(\displaystyle{ \cos^2 \alpha \cos \beta +\sin \alpha \sin \beta \cos \alpha + \sin \alpha \cos \alpha = \\ =
\cos^2 \beta \cos \alpha +\sin \beta \sin \alpha \cos \beta + \sin \beta \cos \beta}\)

Ale z uwagi na pokazaną wcześniej równość \(\displaystyle{ \sin \alpha + \sin \beta =1}\), mamy:
\(\displaystyle{ L = \left( 1- (1- \sin \beta )^2\right) \cos \beta + \sin \alpha (1 - \sin \alpha ) \cos \alpha + \sin \alpha \cos \alpha = \\ =
(2\sin \beta - sin^2 \beta) \cos \beta + (2\sin \alpha - \sin^2 \alpha ) \cos \alpha}\)
Ten napis jest symetryczny ze względu na \(\displaystyle{ \alpha}\) i \(\displaystyle{ \beta}\), zatem prawa strona jest równa tyle samo, co kończy dowód.

Zadanie 8
Najtrudniejsze moim zdaniem zadanie z serii (choć może jestem nieobiektywny, bo dawno nie bawiłem się niebanalnymi nierównościami). Pewną wskazówką do rozwiązania mogło być jedno zadanie z niebieskiego Pawłowskiego, aczkolwiek zastosowana tam metoda pozwoliłaby tu wykazać tylko nieco słabszą nierówność niż żądana.

Rozwiązanie:    

Niech \(\displaystyle{ p=\frac{1}{b+c}, q = \frac{1}{c+a}, r=\frac{1}{a+b}}\). Nierówność którą mamy do udowodnienia przyjmuje więc postać:
\(\displaystyle{ \left( pa^{n+1}+qb^{n+1}+rc^{n+1}\right)^n \geq \left( pa^n+qb^n+rc^n\right)^n \cdot \frac{a^n+b^n+c^n}{3}}\)

Pokażemy teraz prawdziwość dwóch pomocniczych nierówności.

Lemat 1
\(\displaystyle{ \left( pa^{n+1}+qb^{n+1}+rc^{n+1}\right)^n \geq \left( pa^n+qb^n+rc^n\right)^{n+1}\cdot \frac{1}{p+q+r}}\)

Dowód
Rozważmy funkcję wklęsłą \(\displaystyle{ f(t)=t^{\frac{n}{n+1}}}\). Z nierówności Jensena mamy (dla dowolnych \(\displaystyle{ p_1,p_2,p_3 \geq 0, p_1+p_2+p_3=1, x_1,x_2,x_3 \geq 0}\)):

\(\displaystyle{ \left( p_1x_1+p_2x_2+p_3x_3 \right)^{\frac{n}{n+1}} \geq p_1x_1^{\frac{n}{n+1}}+p_2x_2^{\frac{n}{n+1}}+p_3x_3^{\frac{n}{n+1}}}\)

Przyjmując \(\displaystyle{ p_1=\frac{p}{p+q+r}, p_2=\frac{q}{p+q+r},p_3=\frac{r}{p+q+r}}\) oraz \(\displaystyle{ x_1=a^{n+1}, x_2=b^{n+1}, x_3=c^{n+1}}\) i podnosząc nierówność stronami do potęgi \(\displaystyle{ n+1}\) dostajemy:
\(\displaystyle{ \left(\frac{pa^{n+1}+qb^{n+1}+rc^{n+1}}{p+q+r}\right)^n \geq \left( \frac{pa^n+qb^n+rc^n}{p+q+r}\right)^{n+1}}\)
skąd natychmiast wynika to co mamy udowodnić.

Lemat 2
\(\displaystyle{ \frac{pa^n+qb^n+rc^n}{p+q+r} \geq \frac{a^n+b^n+c^n}{3}}\)

Dowód:
Nierówność jest równoważna następującej:
\(\displaystyle{ 3(pa^n+qb^n+rc^n) \geq (p+q+r)(a^n+b^n+c^n)}\)
a to jest nierówność Czebyszewa dla ciągów jednomonotonicznych \(\displaystyle{ [a^n,b^n,c^n]}\) i \(\displaystyle{ [p,q,r]}\) (możemy bowiem bez utraty ogólności przyjąć, że \(\displaystyle{ a \geq b \geq c}\)).

Z uwagi na rzeczone lematy mamy:
\(\displaystyle{ \left( pa^{n+1}+qb^{n+1}+rc^{n+1}\right)^n \geq \left( pa^n+qb^n+rc^n\right)^{n}\cdot \frac{pa^n+qb^n+rc^n}{p+q+r} \geq \\ \\
\geq
\left( pa^n+qb^n+rc^n\right)^{n}\cdot \frac{a^n+b^n+c^n}{3}}\)
czyli koniec.

Biorąc pod uwagę, że na myśl o stereometrii większość populacji dostaje drgawek, geometria była wyjątkowo siłowa, a nierówność ciężka - jestem zdania, że druga seria była o niebo trudniejsza niż pierwsza. Co zresztą wydaje się marketingowo rozsądne - na początek dać coś łatwiejszego, żeby zachęcić. A później - jak widać.

Q.