LXIV (64) OM - finał

[Utumno]

Ciezkie zadania. Trzecie bardzo trudne, drugie jak kto nie zna Legrende'a - tez trudne, pierwsze tez nie do konca trywialne. Bedzie masakra.

[timon92]

jak dojść do tego, co powinno być środkiem szukanego okręgu w zadaniu trzecim

szkic:    

podejście 1: spodziewamy się, że ten okrąg będzie taki duży, styczny wewnętrznie do tych czterech pozostałych. Niech \(\displaystyle{ K, L, M, N}\) to środki \(\displaystyle{ AB, BC, CD, DA}\), niech \(\displaystyle{ X}\) to środek szukanego okręgu. Potrzeba i wystarcza aby \(\displaystyle{ XK+KB=XL+LB=XM+MD=XN+ND}\). Zatem \(\displaystyle{ XK-XN=ND-KB}\) oraz \(\displaystyle{ XL-XM=MD-LB}\). Pamiętając że \(\displaystyle{ d=BA-AD=BC-CD}\) dostalibyśmy że musi być \(\displaystyle{ XK-XN=ND-KB=XL-XM=MD-LB}\). To by znaczyło że \(\displaystyle{ X}\) jest punktem wspólnym takich dwóch hiperbol \(\displaystyle{ \mathcal{H}_1, \mathcal{H}_2}}\) o ogniskach \(\displaystyle{ K,N}\) i \(\displaystyle{ L,M}\) i osi \(\displaystyle{ \frac d2}\), a one, jak łatwo stwierdzić, przecinają się na środku \(\displaystyle{ AC}\). No i klops, bo analogicznie \(\displaystyle{ X}\) musiałby być też środkiem drugiej przekątnej.

podejście 2: no to pewnie ten okrąg będzie taki malutki i styczny zewnętrznie do wszystkich okręgów. Podobne rozważania prowadzą do wniosków, że \(\displaystyle{ X}\) jest oboma środkami przekątnych. Znowu klops.

podejście 3: no to pewnie jest styczny zewnętrznie do dwóch okręgów i wewnętrznie do innych dwóch. Znowu rozpisujemy stosowne równości odcinków, przypadkiem znowu wychodzi środek przekątnej. Próbujemy obliczyć promień tego okręgu. Okazuje się, że to co wychodzi działa.

Ktoś mógłby powiedzieć: trzeba mieć wiedzę o hiperbolach, żeby wydedukować, czym ma być punkt \(\displaystyle{ X}\). Otóż nie trzeba mieć. Jeśli przez \(\displaystyle{ \mathcal H}\) oznaczymy zbiór punktów \(\displaystyle{ Z}\) takich że \(\displaystyle{ BZ-ZD=d}\), a \(\displaystyle{ \mathcal{H}_1, \mathcal{H}_2}\) określimy jako obrazy zbioru \(\displaystyle{ \mathcal H}\) przy jednokładnościach o środkach \(\displaystyle{ A,C}\) i skali \(\displaystyle{ \frac 12}\) to widzimy, że środek \(\displaystyle{ AC}\) należy do \(\displaystyle{ \mathcal{H}_1 \cap \mathcal{H}_2}\).

Widać też, że w typowym przypadku (gdy \(\displaystyle{ ABCD}\) nie jest deltoidem) istnieją dwa takie okręgi, co może być zaskakujące.

Nie lubię zadań, w których istnieje tylko jedno rozwiązanie (tzn. każde rozumowanie przechodzi przez podobne rzeczy do tych z rozwiązań wzorcowych). Jednak to zadanie mi się podobało, ze względu na swoją niestandardowość (i dość wysoki poziom trudności).

[Marcinek665]

Zadanie 4.

Dany jest czworościan \(\displaystyle{ ABCD}\), w którym \(\displaystyle{ \angle BAD+ \angle BCD = \pi}\) oraz \(\displaystyle{ AB=CD}\). Pokazać, że wówczas \(\displaystyle{ \angle BAD > \angle ADC}\).

Zadanie 5.

Liczby \(\displaystyle{ k,m,n}\) są całkowite i spełniają \(\displaystyle{ 0<k<m<n}\). Udowodnić, że

\(\displaystyle{ \left( k-\frac{1}{k} \right) \left( m-\frac{1}{m} \right) \left( n-\frac{1}{n} \right) \le kmn - (k+m+n)}\).

Ostatnie było kombi, ale nikt nie chce mi podyktować, więc pewnie długa treść.

[bakala12]

No wczoraj był horror, ale dzisiaj zdecydowanie łatwiejsze.

[Marcinek665]

Zadanie 6.

Dla każdej liczby całkowitej \(\displaystyle{ n \ge 1}\) wyznaczyć największą możliwą liczbę punktów w przestrzeni tworzących zbiór \(\displaystyle{ A}\) o następujących własnościach:

a) współrzędne dowolnego punktu \(\displaystyle{ A}\) są z przedziału \(\displaystyle{ \left\langle 0 , n \right\rangle}\).

b) dla każdej pary różnych punktów \(\displaystyle{ ( x_1, x_2, x_3 ),}\) \(\displaystyle{ ( y_1, y_2, y_3)}\) ze zbioru \(\displaystyle{ A}\) jest spełniona co najmniej jedna z nierówności \(\displaystyle{ x_i < y_i}\) dla \(\displaystyle{ i =1,2,3}\) oraz co najmniej jedna z nierówności \(\displaystyle{ x_j > y_j}\) dla \(\displaystyle{ j =1,2,3}\) oraz \(\displaystyle{ j \neq i}\).

[Ponewor]

5.:    

Po pozbyciu się nawiasów i wymnożeniu stronami przez \(\displaystyle{ kmn}\):
\(\displaystyle{ k^{2}m^{2}+m^{2}n^{2}+n^{2}k^{2}+1 \ge k^{2}+m^{2}+n^{2}+k^{2}mn+km^{2}n+kmn^{2}}\)
Niech \(\displaystyle{ m=k+d_{1}}\) i \(\displaystyle{ n=m+d_{2}}\) i oczywiście \(\displaystyle{ d_{1}, \ d_{2} \ge 1}\)
Załóżmy, że \(\displaystyle{ d_{1}, \ d_{2} \ge 2}\)
\(\displaystyle{ 3d_{1}^{2}+\frac{2}{n^{2}} > 6 \Leftrightarrow 3\left(k^{2}+k^{2}+2kd_{1}+d_{1}^{2}\right)+\frac{2}{n^{2}} >6k^{2}+6kd_{1} \Leftrightarrow \frac{1}{2}\left(m^{2}+k^{2}\right)+\frac{1}{3n^{2}} > 1+mk \Leftrightarrow \frac{1}{2}\left(m^{2}n^{2}+k^{2}n^{2}\right)+\frac{1}{3} > n^{2}+kmn^{2} \quad \left(1\right)}\)
Analogicznie:
\(\displaystyle{ \frac{1}{2}\left(k^{2}m^{2}+k^{2}n^{2}\right)+\frac{1}{3} > k^{2}+k^{2}mn \quad \left(2\right)}\)
\(\displaystyle{ \frac{1}{2}\left(k^{2}+n^{2}\right)+\frac{1}{3} > m^{2}+km^{2}n \quad \left(3\right)}\)
Dodajemy ponumerowane równania i koniec. Są jednak paskudne przypadki. Niech \(\displaystyle{ d_{1}=1}\) i \(\displaystyle{ d_{2} \ge 2}\). Po podobnych rozważaniach otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \frac{1}{2}\left(m^{2}n^{2}+n^{2}k^{2}\right)+\frac{1}{3} \ge n^{2}+kmn^{2}-\frac{1}{2}n^{2}}\)
\(\displaystyle{ \frac{1}{2}\left(k^{2}m^{2}+n^{2}k^{2}\right)+\frac{1}{3}\ge k^{2}+k^{2}mn+\frac{3d_{2}^{2}-6}{6}k^{2}}\)
\(\displaystyle{ \frac{1}{2}\left(m^{2}n^{2}+k^{2}m^{2}\right)+\frac{1}{3} \ge m^{2}+km^{2}n+\frac{3\left(1+d_{2}\right)^{2}-6}{6}m^{2}}\)
Potrzeba nam pokazać, że
\(\displaystyle{ \frac{3d_{2}^{2}-6}{6}k^{2}+\frac{3\left(1+d_{2}\right)^{2}-6}{6}m^{2} \ge \frac{n^{2}}{2} \Leftrightarrow m^{2}\left(2d_{2}^{2}+2d_{2}-4\right)+m\left(4-2d_{2}-2d_{2}^{2}\right)-2 \ge 0}\)
a to już zachodzi, bo \(\displaystyle{ m \ge 2}\). W przypadku gdy \(\displaystyle{ d_{2}=1}\),a \(\displaystyle{ d_{1} \ge 2}\) analogicznie. W przypadku gdy \(\displaystyle{ d_{1}=d_{2}=1}\), wszystkie niewiadome uzależniamy od \(\displaystyle{ m}\), wszystko ładnie się redukuje i jest to bodaj jedyne miejsce gdy zachodzi równość.

[Panda]

Wzorcówki
4.

Ukryta treść:    

Gdy odłożymy trójkąt \(\displaystyle{ BCD}\) na płaszczyźnie \(\displaystyle{ ABD}\) okaże się, że dostaniemy trapez równoramienny wpisany w okrąg, na kątach (nierówności trójkąta) wychodzi od razu.

5.

Ukryta treść:    

Wzorcówka polegała na wymnożeniu milion razy, pozwijaniu obu stron i szacowaniu jakichś nawiasów parami, oczywistymi nierównościami (co nie znaczy, że to pozwijanie było oczywiste ).

6.

Ukryta treść:    

Były jakieś dwa inne rozwiązania (z czego jedno chyba sensowne), ale wzorcówka to podział sześcianu na fragmenty takie, że z każdego można wybrać max jeden element (takie "L", przy ustalonym \(\displaystyle{ z}\) rośnie najpierw \(\displaystyle{ x}\), potem \(\displaystyle{ y}\), i tak dzielimy całą planszę). + przykład istnienia ułożenia, żeby oszacować również od dołu.

Szykuje się niski próg znowu, mało osób zgłosiło 3 zadania.

[Piotr Rutkowski]

Jak żyję nie przypominam sobie żebym widział na II lub III etapie 2 teorie liczb + nierówności... Teraz to rozpieszczają licealistów

[Ponewor]

Będzie niski próg. Darmowe pierwsze zadanie, drugie zależne od poziomu wiedzy, trzecie kosmos, darmowe dnia drugiego do stereo (nie żebym zrobił, i w tym sęk - co z tego zestawu jest do zrobienia, skoro stereo najłatwiejsza), blefopodatna nierówność i trudna kombi.

Jak żyję nie przypominam sobie żebym widział na II lub III etapie 2 teorie liczb + nierówności... Teraz to rozpieszczają licealistów

Też się wczoraj zdziwiłem, jak zobaczyłem dwie teorie liczb, a na dzisiejszą nierówność uśmiech od razu pojawił się na ustach (choć jakaś piękna to ona nie jest).

[bakala12]

Strasznie pałkarskie zadania jak na finał, nawet niektóre nie wymagały myślenia. Zbyt pałkarskie mom zdaniem.

[jakub_jabulko]

4 inaczej:

Ukryta treść:    

okręgi opisane na trójkątach ABD i CBD są przystające. Stąd sinusy kątów BDA i CBD są równe. Po odrzuceniu jednego przypadku zostaje nam, że te kąt są równe. Z nierówności \(\displaystyle{ BDA + BDC > ADC}\) teza.

[Mruczek]

Za 18 punktów na pewno był III stopień, dawało to też międzynarodowe, Vax ma tyle i ma MEMO.
U mnie 12 i to nie starczało na wyróżnienie.

[humanistyczna dusza]

Kto jedzie na IMO?

[Sylwek]

Ja słyszałem tylko tyle, że wygrał Rychlewicz, drugi był Paluszek, Vax jedzie na MEMO, a Kaszuba na rozdanie nagród konkursu Politechniki Warszawskiej.

[mocniej]

Kiedy będą (lub powinny być) dostępne wyniki (lista laureatów) dla zwykłych śmiertelników ?