LXII Olimpiada Matematyczna I etap

[mariolawiki1]

wie ktoś, jaki próg bywa w małopolsce przy przejściu do II etapu?

[Marcinek665]

W regulaminie jest zapis, że mając dobrze 70% zadań, przechodzi się automatycznie do 2 etapu, czyli 8 zadań i masz pewny 2 etap. A zwykle wystarcza 5-7 zadań. Niżej nie powinno chyba być.

[tkrass]

Przepraszam, rzeczywiście w zadaniu 4 jest używana nazwa "liczby naturalne". W takim razie nic Wam nie poradzę, musicie sami zdecydować, jakie liczby rozważać.

[LisuBB]

W regulaminie jest zapis, że mając dobrze 70% zadań, przechodzi się automatycznie do 2 etapu, czyli 8 zadań i masz pewny 2 etap. A zwykle wystarcza 5-7 zadań. Niżej nie powinno chyba być.

8 zadań nie gwarantuje 2 etapu...

Btw, ja już zadania wysłałem i teraz pora uczyć się blefowania na 2etapowych plani.

[Panda]

Mam nietypowe pytanie.

Wysyłał już ktoś zadania na OM dzień po terminie? Na OI przechodzi co roku (ścigają się kto ostatni wyśle i przejdzie), kolega w OMGu też przeszedł. A w OMie udało się komuś? Słyszał ktoś o czymś takim?

I jeszcze jedno przy okazji - można wysłać zadania w dwóch kopertach, jedna jutro a druga dzisiaj? Nie mam z oczywistych względów czasu szukać, więc byłbym wdzięczny jakby ktoś odpowiedział i na to xD

Pozdro.

[kubus1353]

W regulaminie jest zapis, że mając dobrze 70% zadań, przechodzi się automatycznie do 2 etapu, czyli 8 zadań i masz pewny 2 etap. A zwykle wystarcza 5-7 zadań. Niżej nie powinno chyba być.

8 zadań nie gwarantuje 2 etapu...

Btw, ja już zadania wysłałem i teraz pora uczyć się blefowania na 2etapowych plani.

ale przecież 2-etapowa geometria jest stosunkowo prosta, nie wiem czemu się większość tego boi...

[mariolawiki1]

rozumiem, że 12 zadań na pewno by gwarantowało przejście
niestety chyba nie dam rady zrobić tych z III serii
zaczęłam się uczyć w lipcu i jestem dopiero na początku drogi
zrobiłam 6 zadań, myślę, że być może zrobię całą II serię, ale dalej? na razie raczej poza moim zasięgiem
trudno! mam jeszcze 3 lata przed sobą na finał i ewentualnie na laureata
pozdrawiam

[kaszubki]

\(\displaystyle{ 6}\) zadań\(\displaystyle{ > 5}\) zadań\(\displaystyle{ \approx}\)próg.
A poza tym, na resztę zadań masz średnio 1,7 miesiąca, więc w przeliczeniu na rozkminogodziny jest to dużo.

[Marcinek665]

Nie przesadzajmy, będzie tak jak zawsze - 9/10 osób z tego forum przejdzie do półfinału. A sądzę, że próg będzie oscylował z okolicach 6, 5 zadań tak jak mówił kaszubki.

[LisuBB]

To zależy jak innym wypadnie ćwierćfinał. 1 kolejka już prawie za nami! Od jutra zapewne będzie można obejrzeć skróty zadań.

[Myrthan]

zrobiłam 6 zadań, myślę, że być może zrobię całą II serię, ale dalej? na razie raczej poza moim zasięgiem
trudno! mam jeszcze 3 lata przed sobą na finał i ewentualnie na laureata
pozdrawiam

Parę postów temu dostałem reprymendę m.in. za to ile zadań zrobiłem z I serii... ; D

Nie przesadzajmy, będzie tak jak zawsze - 9/10 osób z tego forum przejdzie do półfinału.

Ciekaw jestem ile obstawiasz na finał ; D, i jak faktycznie będzie... : D

[Big ?eb]

Zdążyłem dzisiaj wszystko napisać i wysłać, całe szczęście! Jak ja nie lubię tego pisania zadań (ktoś lubi?). W ogóle strasznie mnie jakoś teraz pociągać matma, wcześniej faworyzowałem informatykę... Zobaczymy co z tym zrobię .

rozumiem, że 12 zadań na pewno by gwarantowało przejście
niestety chyba nie dam rady zrobić tych z III serii
zaczęłam się uczyć w lipcu i jestem dopiero na początku drogi
zrobiłam 6 zadań, myślę, że być może zrobię całą II serię, ale dalej? na razie raczej poza moim zasięgiem
trudno! mam jeszcze 3 lata przed sobą na finał i ewentualnie na laureata
pozdrawiam

Według regulaminu jeśli zrobisz 70% punktów, to przechodzisz dalej, bez względu na wszystko. To nam daje 8,4 zadania, czyli dwie pierwsze serie i coś jeszcze. Pomijam to, że chyba nikt nie wierzy w taki wysoki próg. Poza tym chyba o to chodzi, żeby nie każdy zrobił wszystkie zadania.

[tkrass]

Moje rozwiązania 1. serii:

Zadanie 1.:    

\(\displaystyle{ \sqrt{a} + \sqrt{b} = \sqrt{4 + \sqrt7} \Rightarrow $}\)
\(\displaystyle{ \Rightarrow a+b+ 2 \sqrt{ab} = 4 + \sqrt7 $}\).
Przypuśćmy teraz, że \(\displaystyle{ 2 \sqrt{ab} \neq \sqrt7}\). W takim razie \(\displaystyle{ 2 \sqrt{ab} = \sqrt7 +x $ i $x \neq 0}\). Wtedy oczywiście \(\displaystyle{ a+b=4-x}\), a zatem \(\displaystyle{ x}\) jest liczbą wymierną. Ale zachodzi:
\(\displaystyle{ 2 \sqrt{ab} = \sqrt7 +x \Rightarrow 4ab=7+ x^2 + 2x \cdot \sqrt7 \Leftrightarrow}\)
\(\displaystyle{ \Leftrightarrow \frac{4ab-7-x^2}{2x} = \sqrt7}\). Nie może to jednak zachodzić, bo po lewej stronie równości jest liczba wymierna, a po prawej niewymierna. W takim razie musi być:
\(\displaystyle{ x=0}\), \(\displaystyle{ a+b=4}\), \(\displaystyle{ 2 \sqrt{ab} = \sqrt7}\). To prowadzi do prostego równania kwadratowego, którego jedynymi rozwiązaniami są pary \(\displaystyle{ (a,b)}\):
\(\displaystyle{ (\frac{1}{2}, \frac{7}{2})}\) i \(\displaystyle{ (\frac{7}{2}, \frac{1}{2})}\).
Pozostaje sprawdzić, że te pary spełniają zadane równanie, co istotnie jest prawdą.

Zadanie 2.:    

Jeżeli \(\displaystyle{ d=1}\), to teza zadania jest oczywista. W dalszej części rozwiązania założymy, że \(\displaystyle{ d \neq 1}\). Ponieważ \(\displaystyle{ mn^2 \equiv -1 (mod d)}\), to \(\displaystyle{ mn^2}\) jest względnie pierwsze z d, a w szczególności m i n są względnie pierwsze z d.
Ponieważ obie z liczb \(\displaystyle{ m^2n-1}\), \(\displaystyle{ mn^2-1}\) dzielą się przez d, to ich różnica również, a więc \(\displaystyle{ d| mn(m-n)}\). Na mocy tego i wcześniejszego spostrzeżenia można wnioskować, że \(\displaystyle{ d| (m-n)}\).
Ale zauważmy, że \(\displaystyle{ (m^3-1) - (m^2n-1) = m^2(m-n)}\), a zatem d dzieli także tę różnicę, a ponieważ d dzieli \(\displaystyle{ m^2n-1}\), to d dzieli \(\displaystyle{ m^3-1}\). Analogicznie d dzieli \(\displaystyle{ n^3-1}\), co kończy dowód tezy zadania.

Zadanie 3.:    

Rozważmy prostą przechodzącą przez punkt E i prostopadłą do MN. Udowodnię, że jest ona dwusieczną kąta BEC wtedy i tylko wtedy gdy \(\displaystyle{ AC=BD}\), co będzie równoważne z tezą zadania.
Niech prosta przechodząca przez E i prostopadła do MN przecina MN w punkcie X. Niech punkt przecięcia BD z MN nazywa się Y, a punkt przecięcia AC z MN nazywa się Z. Niech \(\displaystyle{ \angle BEX= \alpha}\), \(\displaystyle{ \angle CEX = \beta}\). Rozważmy proste równoległe do EX przechodzące przez A, B, C i D. Niech przecinają one prostą MN odpowiednio w punktach A', B', C' i D'. Oczywiście pary trójkątów MAA' i MBB' oraz NCC' i NDD' są przystające (są podobne z własności równoległości, oraz z założeń zadania \(\displaystyle{ MB=MA}\) i \(\displaystyle{ NC=ND}\)). A zatem \(\displaystyle{ AA'=BB'}\) i \(\displaystyle{ CC'=DD'}\). Z własności równoległości mamy też:
\(\displaystyle{ \angle C'CZ= \beta}\), \(\displaystyle{ \angle D'DY = \alpha}\),
\(\displaystyle{ \angle A'AZ= \beta}\), \(\displaystyle{ \angle B'BY = \alpha}\).
Ponieważ trójkąty C'CZ, D'DY, A'AZ, B'BY są prostokątne, to mamy:
\(\displaystyle{ BD \cdot \cos \alpha = BY \cdot \cos \alpha + DY \cdot \cos \alpha = BB' + DD' = AA'+CC' = CZ \cdot \cos \beta + AZ \cdot \cos \beta = AC \cdot \cos \beta}\).
A zatem \(\displaystyle{ AC=BD \Leftrightarrow \cos \alpha = \cos \beta}\).
Cosinusy dwóch kątów mniejszych od \(\displaystyle{ \pi}\) są równe, gdy te kąty są równe, więc:
\(\displaystyle{ \alpha = \beta}\), a więc istotnie EX jest dwusieczną kąta BEC, co chciałem udowodnić ja.

Zadanie 4.:    

Zastosuję indukcję matematyczną. Dla \(\displaystyle{ k=0}\) teza zadania jest prawdziwa, bo w każdym zbiorze dwuelementowym istnieje element różny od zera i jego wybieramy do naszego podzbioru jednoelementowego.

Załóżmy, że dla pewnej liczby \(\displaystyle{ k-1}\) teza zadania zachodzi, to znaczy dla każdego zbioru co najmniej \(\displaystyle{ 3^{k-1} +1}\)-elementowego istnieje taki jego podzbiór \(\displaystyle{ k}\)-elementowy, że dla dowolnych dwóch jego podziorów A i B suma elementów zbioru A jest różna od sumy elementów zbioru B.

Rozważmy teraz dowolny zbiór, który ma więcej niż \(\displaystyle{ 3^k}\) elementów. Oczywiście ma on także więcej niż \(\displaystyle{ 3^{k-1}}\) elementów, więc z założenia indukcyjnego istnieje jego \(\displaystyle{ k}\)-elementowy podzbiór (nazwijmy go \(\displaystyle{ \Psi}\)) o własności danej w zadaniu. Udowodnię, że z jego pozostałych elementów, których jest co najmniej \(\displaystyle{ 3^k +1-k}\) da się tak dobrać jeden, by po dołożeniu go do naszego \(\displaystyle{ k}\)-elementowego zbioru powstał \(\displaystyle{ k+1}\)-elementowy zbiór posiadający własność daną w zadaniu. Będę korzystał z zasady szufladkowej Dirichleta - pokażę, że jest najwyżej \(\displaystyle{ 3^k -k}\) wartości, których nie może przyjąć dokładany element, żeby spełniał własność daną w zadaniu.

Jeżeli pewien element po dołożeniu go do naszego zbioru \(\displaystyle{ \Psi}\) nie spełnia własności danej w zadaniu to znaczy, że po dodaniu do niego pewnej liczby elementów \(\displaystyle{ \Psi}\), otrzymamy sumę pewnej liczby elementów \(\displaystyle{ \Psi}\). Niech dokładany element, który nie spełnia własności danej w zadaniu, nazywa się \(\displaystyle{ \xi}\). Wtedy wymienioną przed chwilą własność możemy zapisać w następujący sposób:

\(\displaystyle{ \xi + S_1=S_2}\), gdzie \(\displaystyle{ S_1}\) i \(\displaystyle{ S_2}\) są sumami pewnych elementów zbioru \(\displaystyle{ \Psi}\).

Zauważmy, że jeżeli pewien element zbioru \(\displaystyle{ \Psi}\) należy zarówno do zbioru o sumie \(\displaystyle{ S_1}\), jak i do zbioru o sumie \(\displaystyle{ S_2}\), to możemy go odjąć stronami, zachowując tę równość. W rezultacie możemy rozważać tylko sumy \(\displaystyle{ S_1}\) i \(\displaystyle{ S_2}\) rozłącznych podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ \Psi}\). Z tej równości wynika więc:

\(\displaystyle{ \xi = S_2 - S_1}\) dla każdego takiego elementu \(\displaystyle{ \xi}\). Zauważmy, że różnych sposobów wyboru \(\displaystyle{ S_1}\) i \(\displaystyle{ S_2}\) jest dokładnie \(\displaystyle{ 3^k}\). Istotnie, ponieważ \(\displaystyle{ S_1}\) i \(\displaystyle{ S_2}\) są sumami podzbiorów rozłącznych, to dla każdego elementu zbioru \(\displaystyle{ \Psi}\) muszę po prostu zdecydować, czy będzie on należał do zbioru, którego suma wynosi \(\displaystyle{ S_1}\), do zbioru, którego suma wynosi \(\displaystyle{ S_2}\), czy do żadnego z tych zbiorów, więc mogę przyporządkować mu jeden z 3 parami rozłącznych zbiorów i tylko jeden z nich. Ponieważ łącznie elementów zbioru \(\displaystyle{ \Psi}\) jest k, to różnych sposobów wyboru \(\displaystyle{ S_1}\) i \(\displaystyle{ S_2}\) jest dokładnie \(\displaystyle{ 3^k}\). Zauważmy też, że z definicji elementu \(\displaystyle{ \xi}\) wynika, że nie może być on równy żadnemu z elementów zbioru \(\displaystyle{ \Psi}\), których jest k. Jeśli jednak zbiór, którego sumą elementów jest \(\displaystyle{ S_2}\) składałby się wyłącznie z jednego elementu zbioru \(\displaystyle{ \Psi}\), a zbiór, którego sumą elementów jest \(\displaystyle{ S_1}\) byłby zbiorem pustym, to element \(\displaystyle{ \xi}\) byłby równy jednemu z elementów zbioru \(\displaystyle{ \Psi}\). Takich przypadków jest k. Zatem takich elementów \(\displaystyle{ \xi}\) jest maksymalnie \(\displaystyle{ 3^k - k}\), czego chciałem dowieść.

Zatem na mocy twierdzenia o indukcji matematycznej teza zadania jest prawdziwa.

[adamm]

Jak myślicie ile będą cieli w pierwszym za opuszczenie dowodu tego, że a+b=4 jest jedynym dobrym rozkładem dla liczb wymiernych? 4 punkty?

Czwarte zrobiłem trochę "na piechotę", bo nie wiedziałem specjalnie jak się za nie zabrać.
W lapidarnym skrócie; szukamy zbioru z którego nie jest możliwe wybranie k+1 elementów do zbioru S spełniających warunki zadania. Sprawdziłem jak takie zbiory będą wyglądały dla k=1
\(\displaystyle{ N=\left\{-x _{1},0,x _{1} \right\}}\)
dla k=2
\(\displaystyle{ N=\left\{-x _{2},-x _{1},0,x _{1},x _{2},x _{1}+x _{2},x _{1}-x _{2},-x _{1}-x _{2},x _{2}-x _{1} \right\}}\)
Nagle; ohoho, ale jestem bystry, przecież zbiór N jest właściwie zbiorem k-wyrazowych wariacji z powtórzeniami ze zbioru trójelementowego. Trójelementowego ponieważ każdy x może występować w trzech postaciach; być dodatni, ujemny lub może go nie być wcale. Jednak dobranie do zbioru N jakiegokolwiek elementu \(\displaystyle{ x _{k+1}}\) psuje nasz misterny plan znalezienia zbioru z samymi skuchami.
Dlatego z każdego zbioru \(\displaystyle{ M}\) mającego więcej niż \(\displaystyle{ 3 ^{k}}\) elementów można wybrać zbiór S spełniający warunki zadania.
Może dwa punkty będą .

[pawels]

Co do 3. to wystarczy wziąć początek układu współrzędnych w \(\displaystyle{ E}\), tak aby \(\displaystyle{ MN}\) leżał na osi \(\displaystyle{ OY}\), oznaczyć jakoś jedną dwusieczną i jeżeli tylko wiemy jak odbija się punkty względem osi układu współrzędnych i jaki jest wzór na długość odcinka to wychodzi samo w dwóch linijkach

Nagle; ohoho, ale jestem bystry, przecież zbiór N jest właściwie zbiorem k-wyrazowych wariacji z powtórzeniami ze zbioru trójelementowego.

Napisałeś to tak, że gdybym nie znał zadania długo bym myślał zanim zrozumiałbym o co chodzi Rzeczywiście widać, że z takiego "najbardziej wrednego" zbioru uda się dobrać odpowiedni podzbiór, ale pytanie czy pokazałeś istotnie, że dla każdego innego też jest ok- fakt że usiłowałeś konstruować tak aby się nie udało nie oznacza, że dla każdego mniej odpowiadającego pewnemu wyobrażeniu także zajdzie teza. Można by spróbować jakoś pokazać, że każdy inny przypadek w jakiś sposób degeneruje się do tego, ale nie jest to takie proste. W tej chwili może być to zarówno skrót poprawnego rozwiązania, jak i agitacji polegającej na stwierdzeniu- spróbujmy dobrać obiekt zaprzeczający tezie, a skoro się nie udało to jest ona prawdziwa...

Życzę powodzenia w rozwiązywaniu zadanek z pozostałych serii