IX (9) OMG - I etap.

[gus]

Co jest zlego w moim? Jesli z kazdego wierzcholka wychodza 4 sciany, to nie mozna otrzymac w przekroju trojkata.

[Ponewor]

No i was zdziwię, że na omówieniu zadań, jedyne rozwiązania zadania 5 jakie padały to przykłady wielościanów, a nie dowody na ich nieistnienie... Wprawdzie pan prowadzący omówienie i pan Pompe nie dawali komentarzy czy rozwiązania są prawidłowe, więc ja nie potrafię do tej pory odpowiedzieć czy istnieją czy nie. Widziałem kilka przykładów, ale co do większości mogę stwierdzić z łatwością, że są one wklęsłe (niezgodne z warunkami), a innych nie chciało mi się jeszcze rozpatrywać. No w skrócie mówiąc dziwna sytuacja...

Poprawność rozwiązań z omówienia była weryfikowana metodą cichej wymiany poglądów lub znaczących spojrzeń. Wszystkie przykłady z omówienia były dobre, albo dało się je łatwo naprawić.

[Beren]

Poprawność rozwiązań z omówienia była weryfikowana metodą cichej wymiany poglądów lub znaczących spojrzeń. Wszystkie przykłady z omówienia były dobre, albo dało się je łatwo naprawić.

A zatem wątpliwości zostały rozwiane

[gus]

Czy moglby ktos podac przyklad takiej bryly?

[Beren]

Jak ktoś chce zadanka w wersji oryginalnej

[Ponewor]

Bryła:    

Taka wydaje się dobra. Bierzemy dowolny duży trójkąt, a w środku mniejszy trójkąt. Łączymy teraz odpowiednio wierzchołki tak by wyglądało to jak na rysunku ilustrującym twierdzenie Morleya. Teraz podnosimy mały trójkąt ponad płaszczyznę. To już pół bryły. A drugie pół wyjdzie jak odbijemy podniesiony mały trójkąt względem dużego. Jakby ten przykład nie działał, to mówcie, to inne skojarzę.

Wzorcowka pewnie bedzie taka: Jesli \(\displaystyle{ 4ab>a ^{2} + b^{2}}\), to ktorys z czynnikow liczby \(\displaystyle{ 4ab}\) jest podzielny przez sume kwadratow. Wychocdzi nierownosc \(\displaystyle{ 2ab \ge a ^{2} +b ^{2}}\), czyli \(\displaystyle{ a=b}\)

Nie taka będzie

[matmatmm]

Jak zrobiliście 4? Da się prościej ode mnie?
4.

Ukryta treść:    

Korzystając z zasady szufladkowej Dirichleta można udowodnić taką własność:
Jeśli danych jest \(\displaystyle{ n}\) średnic oraz \(\displaystyle{ n+1}\) różnych punktów, z których każdy jest końcem pewnej średnicy, to można z tych punktów wybrać dwa, które są końcami tej samej średnicy.
Następnie przypuszczamy, że teza zadania jest fałszywa.
Określamy funkcję zdaniową:
\(\displaystyle{ \varphi(n) \iff}\) Spośród \(\displaystyle{ 50}\) średnic danych w zadaniu można wybrać \(\displaystyle{ n}\) par prostopadłych średnic, na końcach których leży w sumie \(\displaystyle{ 2n+1}\) z \(\displaystyle{ 51}\) punktów danych w zadaniu.
Na mocy założeń mamy \(\displaystyle{ \varphi(25)}\). Następnie trzeba pokazać, że z \(\displaystyle{ \varphi(n+1)}\) wynika \(\displaystyle{ \varphi(n)}\). Z zasady regresji wnosimy \(\displaystyle{ \varphi(1)}\) i to daje sprzeczność.

[Ponewor]

Nie wiem co to jest zasada regresji

Ukryta treść:    

Szufladkami niech będą kwadraty których to jest \(\displaystyle{ 25}\). Punktów wybranych jest \(\displaystyle{ 51}\), więc w pewnej szufladce są punkty, czyli zostały wybrane 3 wierzchołki pewnego kwadratu, które to spełniają warunki zadania.

[matmatmm]

Zasada regresji to coś jak indukcja tylko w drugą stronę. Pokazuję, że teza zachodzi dla \(\displaystyle{ n=25}\) oraz z prawdziwości tezy dla \(\displaystyle{ n+1}\) wynika prawdziwość dla \(\displaystyle{ n}\). Stąd wynika, że teza zachodzi dla \(\displaystyle{ n=1}\).-- 16 mar 2014, o 00:14 --Ponewor, możesz to dokładniej wytłumaczyć? Bo nie zrozumiałem twojego rozwiązania.

[gus]

Wierzcholki 100 kata tworza 25 kwadratow. Zgodnie z zasada szufladkowa w jednym kwadracie wybrane sa 3 punkty (srednica+trzeci wierzcholek). Te punkty daja teze.
Ladne rozwiazanie, podobne do mojego, tylko 20 linijek krotsze

[bakala12]

Ponewor, odnośnie tej "zasady regresji" to to prawdopodobnie to samo co "metoda nieskończonego schodzenia" z tym, że w tym wypadku wystarczy "schodzić" skończenie wiele razy Ogólnie chyba na takiej zasadzie ma to działać. matmatmm, pochwalę się, że też wpadłem na takie właśnie rozwiązanie, ale stwierdziłem że za dużo pisania i machnąłem Dirichleta z kwadratami.

[Ponewor]

Dzięki.
Dlaczego tu nie ma narzekań na to, że 18 osób miało maksa, z czego chyba z siedem miało maksa ze wszystkich poprzednich etapów, więc zarządzono losowanie wśród tych 18. Raz, dwa, trzy, na CzPS-y nie pojedziesz Ty!

Z tego miejsca pragnę pozdrowić zawodnika o nazwisku Jensen, być może to przeczyta. Oczywiście nazwisko zobowiązuje i był on w tej wspomnianej siódemce oraz los się do niego uśmiechnął przy losowaniu. Gratulacje.

[gus]

Nie ma narzekań dlatego, że nikt z forum nie był wśród tej 7
Nie ukrywam, że miałem mniej niż 30pkt., poszło mi bez*****ejnie. Nie zamierzam pisać, które miejsce zajałem, bo byłby wstyd. Liczyłem na więcej, ale miałem ... nie wiem jak to nazwać, może chwilowe zaćmienie mózgu?
Cóż, teraz czas na OM, czuję się zmotywowany do nauki . Do zobaczenia w finale 66. edycji olimpiady.

[Korpal123]

Zadania na tegorocznym finale bardzo mnie zawiodły. Co do 1, 3 i 4 nic nie mam, chociaż moim zdaniem mogły być trudniejsze. Zadanie drugie było zdecydowanie za proste i za dużo osób je zrobiło. Osobiście najbardziej obawiałem się planimetrii i przez ostatni tydzień cisnąłem zadanka, ale niestety dali zadanie w zasięgu każdego. Kolejnym zaskoczeniem było zadanie piąte, które zdecydowanie za dużo osób zrobiło. Te dwa zadania zaowocowały bardzo nietypowymi progami, co wywołało u mnie mieszane uczucia.

Niestety nie udało mi się osiągnąć mojego celu, ponieważ w ogóle nie przygotowywałem się ze stereometrii. Mam nadzieję że chociaż uda mi się dostać do finału oma za rok. Do tego czasu pozostaje mi hukać zadanka i może spotkam się z Gusem na przyszłej olimpiadzie

[przemos01]

Życzyłbym trochę więcej pokory koledzy, przydałby się wam taki kubeł zimnej wody, bo sukcesy wam trochę w głowach namieszały.

Nie znam was osobiście, więc przepraszam, bo może to co napisałem całkiem mija się z prawdą, ale innego wniosku na podstawie w/w wypowiedzi nie da się wyciągnąć. Mam w każdym razie nadzieję, że jest inaczej i życzę sukcesów.