LXV (65) OM - I etap.

[Htorb]

Przepraszam, ale jaka do tego zadania była potrzebna teoria? Żadna.

Jeśli ktoś znał własności symedian, to zadanie było praktycznie jednolinijkowe. Sam też ich nie używałem, ale jednak jeśli ktoś o nich słyszał ( i je zauważył) to zadanie znacząco traciło na trudności .

Symedian nie ma chyba w programie liceum.

Tak, ale miałem na myśli teorie poza szkolną.

[Pinionrzek]

Tak, ale miałem na myśli teorie poza szkolną.

No to właśnie o to mnie chodziło.-- 26 lis 2013, o 20:23 --Czy twierdzenie o ciągach jednomonotonicznych jest na tyle znane, że nie muszę go dowodzić?

[porfirion]

44 minuty po północy i nikt nie wrzucił rozwiązań - I don't want to live on this planet XD
Imo zdecydowanie fajniejsza seria od poprzednich. 9 łatwe, ale przyjemne. 10 proste, ale mało ciekawe. 12 bardzo fajne, jak się wpadło na pomysł, żeby oszacować liczbę prostokątów, w których może być dowolnie wybrany punkt to potem już łatwiutko, ale pomysł fajny. 11 zdecydowanie najtrudniejsze zadanie z I etapu, jestem ciekaw wzorcówki, bo wszyscy z którymi rozmawiałem strzelali z większych bądź trochę mniejszych ale ciągle armat (zespo, biegunowe, dwustosunek, inwersja, itd...). Mam chyba względnie fajne rozwiązanie z jednym prostym faktem o symedianach więc postaram się dziś wrzucić Domyślam się, że najtrudniejszym elementem tego zadania było zobaczenie, że są jakieś trzy współliniowe punkty, ale może macie jakieś diametralnie inne rozwiązania.

[liu]

Przepraszam, ale jaka do tego zadania była potrzebna teoria? Żadna.

Jeśli ktoś znał własności symedian, to zadanie było praktycznie jednolinijkowe. Sam też ich nie używałem, ale jednak jeśli ktoś o nich słyszał ( i je zauważył) to zadanie znacząco traciło na trudności .

Symedian nie ma chyba w programie liceum.

Tak, ale miałem na myśli teorie poza szkolną.

Mam wrażenie, że jeszcze kilkanaście olimpiad i nie będzie można znaleźć takiej prostej/punktu/odcinka w wielokącie, który się jakoś nie nazywa i nie ma jakiejś własności o której słyszało dwóch wikipedystów i trzech olimpijczyków;)

[nierozumiemfizy]

Też jestem ciekawy rozwiązań. Mi w tej serii udało się zrobić tylko zadanie 10. Razem mam 6 zadań, więc kończę przygodę z Olimpiadą. Powodzenia wszystkim!

[Marcinek665]

Jakby co to pozdro dla tych, którzy dziewiąte robili jensenem

[Msciwoj]

Jako że nie startowałem w OMie, nie za bardzo mi się chcialo robić tych zadań, mam 9 i 10. 9 nie będę pisał, bo zbytnio odkrywcze nie jest, a poza tym dużo TeXa. 10. też niezbyt, ale mam rozwiązanie dla ludzi "JAK JA MIAŁEM NA TO WPAŚĆ!!!????".

Ukryta treść:    

Właściwie moje rozwiązanie mogłoby mieć 3 linijki. Ale pokażę, skąd ono się wzięło.
Na początku wypisałem sobie kolejne początkowe wyrazy ciągu, bo to jest coś, co zawsze należy zrobić - dużo czasu nie zajmuje, a pozwala wykluczyć wiele nieprawdziwych hipotez i wymyślić jakąś prawdziwą.
Do każdej z tych liczb próbowałem dopasować \(\displaystyle{ a}\) oraz \(\displaystyle{ b}\), po prostu zgadując. Doszedłem chyba do \(\displaystyle{ x_4}\). Zauważyłem, że dziwnym trafem \(\displaystyle{ a^2 - 2b^2= \pm 1}\).

Chociaż nie miałem dowodu, pozwoliło mi to szybciej znaleźć \(\displaystyle{ a}\) oraz \(\displaystyle{ b}\) dla kolejnego wyrazu.
Wypisałem więc wartości \(\displaystyle{ x_n, a_n, b_n}\) w formie tabeli dla 6 pierwszych wyrazów. Zauważyłem ciekawą rzecz: \(\displaystyle{ a_n-b_n = b_{n-1}}\)! Za chwilę kolejną: \(\displaystyle{ b_n = a_{n-1} + b_{n-1}}\). To już była całkiem dobra hipoteza. Po przeformułowaniu:

\(\displaystyle{ b_{n+1} = b_n + a_n}\)
\(\displaystyle{ a_{n+1} = 2b_n + a_n}\)

Jak taką hipotezę sprawdzić? Otóż można zastosować trik logiczny. Mianowicie, jeżeli dodamy warunki początkowe (\(\displaystyle{ a_0=1, b_0=0}\)), te wzory definiują nam całe nieskończone ciągi \(\displaystyle{ (a_n)}\) oraz \(\displaystyle{ (b_n)}\). Wystarczy teraz udowodnić, że

\(\displaystyle{ a_{n+2}^2 +2b_{n+2}^2 = 6(a_{n+1}^2 +2b_{n+1}^2) - a_n^2 -2b_n^2}\)
Dzięki temu, że ciąg \(\displaystyle{ (x_n)}\) jest również jednoznacznie zdefiniowany i spełnia tę samą zależność rekurencyjną, oraz zaczyna się od tych samych wyrazów, w taki wypadku będzie musiało być \(\displaystyle{ x_n=a_n^2 + 2b_n^2}\) dla każdego \(\displaystyle{ n}\).

Dalsza część dowodu to po prostu rozpisanie tego wszystkiego w zależności od \(\displaystyle{ a_n}\) oraz \(\displaystyle{ b_n}\) i potwierdzenie, że \(\displaystyle{ 0=0}\). Można nie czytać, bo to już każdy zrobi, nie ma tu filozofii.

\(\displaystyle{ a_{n+2} = 2(a_n+b_n)+2b_n +a_n = 3a_n + 4b_n}\)
\(\displaystyle{ b_{n+2} = a_n +b_n+2b_n+a_n = 2a_n + 3b_n}\)

\(\displaystyle{ a_{n+2}^2 +2b_{n+2}^2= 9a_n^2+16b_n^2+24a_{n}b_n+8a_n^2+18b_n^2+24a_{n}b_n= 17a_n^2+34b_n^2+48a_{n}b_n}\)
\(\displaystyle{ 6(a_{n+1}^2 +2b_{n+1}^2) - a_n^2 -2b_n^2= 6(2b_n+a_n)^2 + 12(a_n+b_n)^2 -a_n^2 - 2b_n^2=6a_n^2+24b_n^2 +24a_{n}b_n+12a_n^2+12b_n^2+ 24a_{n}b_n -a_n^2 - 2b_n^2=17a_n^2+34b_n^2+48a_{n}b_n}\)

Stąd
\(\displaystyle{ a_{n+2}^2 +2b_{n+2}^2 = 6(a_{n+1}^2 +2b_{n+1}^2) - a_n^2 -2b_n^2}\)
Co kończy dowód, \(\displaystyle{ x_n = a_n^2+2b_n^2}\) dla każdego \(\displaystyle{ n}\)
Aha, no i oczywiście te ciągi to wszystko ciągi liczb naturalnych, to wynika z metody tworzenia.

[Pinionrzek]

Ja zrobiłem 9 i 10. 9 z ciągów jednomonotonicznych, 10 mam jak Mściwoj. W 12 puściłem blefa i raczej nastawiam się na 0. Drżę o to czy przejdę.

[Htorb]

Zrobiłem 10 i 11 , 10 tak jak Msciwoj a 11 z dwustosunku więc nie ma się zbytnio czym chwalić

[Vax]

10. można jeszcze w ten sposób:

Ukryta treść:    

Rozwiązując dane równanie rekurencyjne dostajemy (przy oznaczeniach \(\displaystyle{ a=1+\sqrt{2} \ , \ b=1-\sqrt{2}}\)):

\(\displaystyle{ x_n = \frac{a^{2n}+b^{2n}}{2} = \left(\frac{a^n+b^n}{2}\right)^2 + 2\left(\frac{a^n-b^n}{2\sqrt{2}}\right)^2}\)

Pozostaje więc dowieść, że \(\displaystyle{ 2 \mid a^n+b^n}\), co jest prawdą, bo ciąg \(\displaystyle{ c_n = a^n+b^n}\) spełnia \(\displaystyle{ c_{n+2} = 2c_{n+1}+c_n}\) oraz łatwo sprawdzić, że \(\displaystyle{ 2 \mid c_0,c_1}\)

[Michalinho]

10 mam tak jak Vax, pokażcie jak zrobiliście pozostałe

[bakala12]

Jakby co to pozdro dla tych, którzy dziewiąte robili jensenem

Chciałbym to zobaczyć, bo mi nie chciało wyjść
Ja zadanie 9. zrobiłem w paskudny sposób przez mordercze rachunki i chyba 4 przypadki. Wyszło. Ale chętnie zobaczę jakiś normalny dowód dla ludzi.
Odnośnie zadania 10. to uważam je za trzecie najłatwiejsze z tej edycji (po darmowych 1 i 6). Nic odkrywczego, podejście do problemu tak jak Msciwoj i rachunki, ale dość przyjemne zadanie.
Może ktoś wstawi rozwiązanie zadania 11. (interesuje mnie "normalne" podejście bez dwustosunku i zespo (w tym miejscu pozdro dla Vaxa )) i 12. Jeśli komuś chciałoby się wstawić lub mi wysłać bo jakoś tak we wrześniu mi się nie chciało przysiąść, a od października trzeba się uczyć czego innego...
Podsumowując zadania w ogólności moim zdaniem lekko trudniejsze niż w zeszłym roku. Komitet postarał się o fajne geometrie

[Ponewor]

Dziewiąte mam brzydko w przypadkach jak bakala11. Dziesiąte wysłałem tak jak Mściwój i jestem z siebie dumny , że powstrzymałem się od wysłania po prostu rozwiązania rekurencji jak Vax. Jedenaste na zespo, a dwunaste to naprawdę nietrudny problem na zliczanie był.

[Marcinek665]

Ja zadanie 9. zrobiłem w paskudny sposób przez mordercze rachunki i chyba 4 przypadki.

Dziewiąte mam brzydko w przypadkach jak bakala11

Proponuję jeden przypadek, gdy \(\displaystyle{ a>b>c}\).

[Vether]

W dziewiątym mam trochę liczenia, elementarnie, ale bez pokazywania oddzielnie przypadków Dziesiąte podobnie jak Msciwoj, indukcja i z faktem, że \(\displaystyle{ a_{n+1} = 2b_n + a_n}\) i \(\displaystyle{ b_{n+1} = b_n + a_n}\). W jedenastym biegunowa i dwustosunek. A dwunaste... cóż... przeliczenie było bardzo łatwe, ale uzasadniałem na dwie strony Zobaczymy, jak wyszło.