VIII edycja OMG

[soulforged]

Eh, a już miałem nadzieję xDD. No nic, w przyszłym roku OM.

[ben2109]

12 pkt, tak jak myślałem...teraz został om w liceum, trzeba by się podszkolić

[Swistak]

Sorry, to był głupi joke.
Myślałem, że się wszyscy skapną :/.
Właśnie miałem tłumaczyć, już usuwam, żeby nie robić zamętu, jeszcze raz przepraszam.
Nie miałem 10, tylko 29, tabelka wyników przeprawiona w wordzie.
Jeśli chodzi o próg, to wiem, że 17 punktów przechodziło, a 14 chyba nie. Zatem jest w granicach 15-17.

Przepraszam również organizatorów, strasznie mi głupio z takiego powodu.

Hm, może trochę odkopuję, ale ja bym tam organizatorów nie przepraszał. To, że nie podają progu jest raczej żałosne ; d.

[przemos01]

Zadania z OMGa, jakby ktoś chciał

[soulforged]

nie działa link.

[Ponewor]

A u mnie działa. Mogę przepisać na forum zaraz.

1. Liczby całkowite \(\displaystyle{ a, \ b, \ c}\) spełniają warunek \(\displaystyle{ a+b+c=bc}\). Udowodnij, że liczba \(\displaystyle{ \left(a+b\right)\left(a+c\right)}\) jest podzielna przez \(\displaystyle{ 4}\).

2. Na przyjęciu spotkało się \(\displaystyle{ 99}\) osób. Wiadomo, że wśród każdych trzech osób można wskazać taką, która zna dwie pozostałe osoby z tej trójki. Wykaż, że pewna osoba zna wszystkie inne osoby obecne na przyjęciu.

3. Dany jest trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\), w którym \(\displaystyle{ \sphericalangle ACB=120^{\circ}}\). Punkt \(\displaystyle{ M}\) jest środkiem boku \(\displaystyle{ AB}\). Na odcinkach \(\displaystyle{ AC}\) i \(\displaystyle{ BC}\) wybrano odpowiednio takie punkty \(\displaystyle{ P}\) i \(\displaystyle{ Q}\), że \(\displaystyle{ AP=PQ=QB}\). Wykaż, że \(\displaystyle{ \sphericalangle PMQ = 90^{\circ}}\).

4. Liczby \(\displaystyle{ a, \ b, \ c, \ d}\) są większe od \(\displaystyle{ 2}\). Wykaż, że co najmniej dwie z liczb

\(\displaystyle{ \frac{ab}{c}, \ \frac{bc}{d}, \ \frac{cd}{a}, \ \frac{da}{b}}\)

są większe od \(\displaystyle{ 2.}\)

5. Czy istnieje taki wielościan wypukły, który ma nieparzystą liczbę ścian i w którego każdym wierzchołku schodzi się parzysta liczba krawędzi? Odpowiedź uzasadnij.

[kaszubki]

1:    

podstawiamy \(\displaystyle{ bc-b-c}\) pod \(\displaystyle{ a}\) i koniec

2:    

bierzemy jakikolwiek wierzchołek i próbujemy przez sprzeczność

3:    

ja tam przepałowałem z cosinusów, ale być może da się prościej

4:    

bierzemy najmniejszą liczbę, a potem dostajemy, że jeszcze jakiś ułamek musi być większy od 2

[jakub_jabulko]

widzę, że zadania nie były szczególnie trudne w tym roku (do 4 przynajmniej). 5. nie ruszyłem, ale pewnie istnieje (jak to na omg).
3, ładniej:

Ukryta treść:    

zaznaczmy taki punkt R, że M jest środkiem odcinka PR. PBQ jest równoboczny, stąd kąt RMQ jest równy kątowi PMQ. A skoro sumują się do 180, to teza.

4. chyba inaczej...

Ukryta treść:    

cauchy dla liczb 1 i 3, oraz 2 i 4.

2. chyba jaśniej

Ukryta treść:    

dowodząc przez zaprzeczenie można udowodnić, że każda osoba musiałaby znać dokładnie 97 innych. stąd sprzeczność, bo liczba wszystkich znajomości musi być parzysta.

[Ponewor]

Moje rozwiązania:

1.:    

Z założenia dostajemy:
\(\displaystyle{ b+c=bc-a}\) oraz \(\displaystyle{ a+1=\left(b-1\right)\left(c-1\right)}\)
Teraz rachunki:
\(\displaystyle{ \left(a+b\right)\left(a+c\right)=a^{2}+bc+a\left(b+c\right)=a^{2}+bc+abc-a^{2}=bc\left(a+1\right)=bc\left(b-1\right)\left(c-1\right)}\)
Gdy choć jedna z liczb \(\displaystyle{ b, \ c}\) daje resztę \(\displaystyle{ 0}\) lub \(\displaystyle{ 1}\) w dzieleniu przez \(\displaystyle{ 4}\) to teza jest oczywista. Gdy obie dają \(\displaystyle{ 2}\) lub obie dają trzy \(\displaystyle{ 3}\) sprawa jest jasna. Zostaje tylko sytuacja, gdy jedna daje resztę \(\displaystyle{ 2}\), a druga \(\displaystyle{ 3}\), wtedy:
\(\displaystyle{ bc\left(b-1\right)\left(c-1\right) \equiv 2 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 \equiv 0 \pmod{4}}\) co kończy dowód.

4.:    

Z wymnożenia podanych w treści zadania nierówności \(\displaystyle{ a>2, \ b>2, \ c>2, \ d>2}\) otrzymujemy, że \(\displaystyle{ abcd>16, \ a^{2}b>8 , \ b^{2}c>8 , \ c^{2}d>8 , \ d^{2}a>8}\). Załóżmy teraz, że wszystkie interesujące nas liczby są nie większe od \(\displaystyle{ 2}\). Po wymnożeniu stronami otrzymamy:
\(\displaystyle{ \frac{ab}{c} \cdot \frac{bc}{d} \cdot \frac{cd}{a} \cdot \frac{da}{b} = abcd \le 16}\)
czyli sprzeczność. Wobec tego jedna z tych liczb musi być większa od \(\displaystyle{ 2}\). Załóżmy bez straty ogólności, że jest to \(\displaystyle{ \frac{ab}{c}}\). Załóżmy także, że pozostałe liczby są nie większe od \(\displaystyle{ 2}\). Wymnóżmy:
\(\displaystyle{ \frac{bc}{d}\cdot\frac{cd}{a}\cdot\frac{da}{b}=c^{2}d \le 8}\)
czyli sprzeczność, która dowodzi tezy zadania.

[timon92]

5:    

jeżeli się nie pomyliłem to chyba umiem wskazać wielościan o 25 ścianach który jest ok

[Mruczek]

3.

Ukryta treść:    

Dobudowanie \(\displaystyle{ ABC}\) do równoległoboku \(\displaystyle{ ACBD}\). Niech \(\displaystyle{ R}\) leży na \(\displaystyle{ BD}\), \(\displaystyle{ S}\) na \(\displaystyle{ AD}\) oraz \(\displaystyle{ AS=SR=RB}\). Wtedy \(\displaystyle{ APS}\) i \(\displaystyle{ BQR}\) są równoboczne, czyli \(\displaystyle{ PQRS}\) jest rombem, a \(\displaystyle{ PQM}\), \(\displaystyle{ QMR}\), \(\displaystyle{ MRS}\), \(\displaystyle{ PMS}\) są przystające, czyli kąt \(\displaystyle{ PMQ}\) jest prosty, c.n.d.

4.

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ \frac{ab}{c} \cdot \frac{cd}{a}=bd>4}\), więc \(\displaystyle{ \frac{ab}{c}}\) lub \(\displaystyle{ \frac{cd}{a}}\) jest większe od \(\displaystyle{ 2}\)

\(\displaystyle{ \frac{bc}{d} \cdot \frac{da}{b}=ac>4}\), więc \(\displaystyle{ \frac{bc}{d}}\) lub \(\displaystyle{ \frac{da}{b}}\) jest większe od \(\displaystyle{ 2}\), c.n.d.

[Ponewor]

5.:    

Istnieją przykłady z 11 ścianami.

[radwaw]

Zadanie stereometryczne z finału:

Na omówieniu zadań autor zadania osobiście omawiał schematy rozwiązań i zostało postawione ogólniejsze pytanie:

Jaką ilość ścian może mieć taki wielościan?

Ukryta treść:    

podane zostały 3 serie rozwiązań które pokrywają łącznie wszystkie liczby nieparzyste większa-równe 17 oraz rozwiązanie z 11 ścianami

Narzuca się zatem pytanie czy istnieje rozwiązanie z 15 ścianami i czy da się zrobić dla 9 ścian
(dla 3 oczywiście się nie da, dla 5 raczej też nie)

Mam taki pomysł, że skoro wielościan wypukły to można połączyć środki ciężkości jego ścian i otrzymać trochę ciekawszy moim zdaniem. Miałby 9 wierzchołków i każdą ścianę w kształcie wielokąta o parzystej liczbie boków. Tu z kolei możnaby posłużyć się wzorem Eulera i wnioskować o nieparzystej liczbie ścian.

Czy jeśli rzeczywiście uda mi się udowodnić, że takiego nie ma to będę miał rację mówiąc, że 11 to najmniejsza liczba?

[Msciwoj]

Czwarte moim zdaniem najprostsze, pierwsze i drugie też wątpię żeby sprawiły problem. O dziwo sporo osób nie zrobiło trzeciego. A piąte bardzo ładne.

Ciekawe czemu nikt nie zamieścił jeszcze tego rozwiązania (może kaszubki chodziło mniej-więcej o to, a może nie):
4.

Ukryta treść:    

Dla ustalenia uwagi niech \(\displaystyle{ a}\) będzie największą liczbą. Wtedy \(\displaystyle{ \frac{a}{b} \ge 1, \frac{a}{c} \ge 1}\). Stąd \(\displaystyle{ \frac{ab}{c} \ge b > 2}\) i \(\displaystyle{ \frac{da}{b} \ge d > 2}\)

[bakala12]

3 jeszcze inaczej:

Ukryta treść:    

zróbmy symetrię środkową o środku w M. Punkty A i B się zamienią a P i Q niech przejdą na P' i Q'. Łatwo zauważamy że Q'P'QP to romb skąd natycmiast wynika teza.

Ogólnie jak dla mnie pierwsze cztery idą błyskawicznie, no a 5 jest istotnie najtrudniejsze.