[LVII OM] Zadania I etapu

mayka · Post autor: **mayka** » 7 lis 2005, o 22:28

Warszawski :p czyli chyba najgorszy do przejścia jak dla mnie :/ pozatym nie zrobie kolejnych 4 raczej, aczkolwiek spróbuję. dzikei za słowa otuchy

neworder · Post autor: **neworder** » 7 lis 2005, o 22:59

Warto robić olimpiadę nawet, jak i tak się nie przejdzie. W tym roku w warszawskim próg będzie pewnie jakieś 8, może 9 ale raczej 8, bo: w ubiegłorocznej OM było jedno zadanie trywialne (7), w tej są trzy (1,2,5), a w ubiegłym roku do przejścią wystarczyło 6 (i to niecałe, bo wystarczyło mieć jakieś 33 czy 34 pkt. chyba), więc jak dodamy te dwa trywialne, to będzie 6+2=8 Bo reszta zadań jest na porównywalnym poziomie (tzn. wydają mi się łatwiejsz, ale to dlatego, że więcej umiem).

mikolajm · Post autor: **mikolajm** » 7 lis 2005, o 23:17

Wiecie może, ile zadań trzeba było mieć zrobionych w zeszłym roku w okręgu łódzkim? Powiedzmy, że będę miał zrobionych całkowicie 8-9. Mam nadzieję, że to starczy, żeby przejść dalej...

mayka · Post autor: **mayka** » 7 lis 2005, o 23:20

Sądzę że wystarczy powodzenia

mikolajm · Post autor: **mikolajm** » 7 lis 2005, o 23:45

Dzięki wielkie. Ale ja z natury jestem realistą, czyli w przypadku OM - pesymistą...

mayka · Post autor: **mayka** » 7 lis 2005, o 23:51

za 10 minut 12. Niehc ktoś się pochwali wynikami ja się nie chwalę bo nie ma czym, 5 banalne nawet dla mnie, ale raczje każdy je ma.

TomciO · Post autor: **TomciO** » 7 lis 2005, o 23:58

5,6,7.

neworder · Post autor: **neworder** » 7 lis 2005, o 23:59

Zad. 5 - tu łatwizna, rozpatrzyłem przypadki, gdy x>0, x=0 i x\(\displaystyle{ X_{1}EX_{2}}\) (gdzie X-y to punkty styczności kuli z odpowiednimi ścianami) były kątami między ścianami (tzn. żeby były kąty proste przy tych punktach). Potem dowiodłem, że odległości od punktu styczności kuli z ABC (niech ten punkt będzie punktem O) do kolejno E,F,G są większe niż 1. Wtedy mogę zrobić taki trick - rozpatruję trójkąt A'B'C' podobny do ABC, ale taki, że ma odległości między O a punktami E', F' i G' równe 1. Potem w trójkąt A'B'C' wpisuję okrąg o promieniu 1 i korzystając z faktu, że punkt O wypada na przecięciu dwusiecznych, wykazuję (nie tak od razu, bo trzeba jeszcze pobawić się trochę trygonometrią i kątami), że OA'>2, a więc także OA>2, c.k.d

mayka · Post autor: **mayka** » 7 lis 2005, o 23:59

rozwiązania mile widziane

mikolajm · Post autor: **mikolajm** » 8 lis 2005, o 00:06

Neworder: 5, 6, 7 mamy identycznie. Ósme mam bardzo podobnie, nawet nie wiem, czy też nie tak samo. Być może Ty udowodniłeś "na piechotę" to, na co ja znalazłem gotowy wzór w Coxeterze. Mam nadzieję, że dostaniesz cztery razy sześć.

vinci · Post autor: **vinci** » 8 lis 2005, o 00:08

1.
g(x)=-f(-x)
f(f(-x))=-x
g(g(x))=-f(-(-f(-x)))=-f(f(-x))=-(-x)=x

2. podobnie jak neworder
3. kongruencje
4. Skorzystalem z tego ze promien okregu wpisanego w trojkat ABC jest wiekszy od 1, potem twierdzenie Eulera - zaleznosc S'A od R i r i wszylo ze S'A>2 no i koniec.

Ogolnie ta seria nie byla az tak ciezka, jednak moglem cos zlamic

neworder · Post autor: **neworder** » 8 lis 2005, o 00:12

@vinci:
Mógłbyś to 8. rozwinąć odrobinę?

Zrobił ktoś 6. jakimś niestandardowym sposobem (tzn. nie polegającym na brutalnych podstawieniach i zależnościach trygonometrycznych)?

rlp · Post autor: **rlp** » 8 lis 2005, o 00:17

5. jak wszyscy
6. z podobienstw trójkątów (CHD i BFH oraz AFH i CEH)
7. zredukowanie ulamka a^3+b^3+c^3-1 / a+b+c-1
8. podobnie jak vinci

vinci · Post autor: **vinci** » 8 lis 2005, o 00:20

no wiec to jest mniej wiecej tak:
wiemy ze r>1,

twierdzenie Eulera (R-promien okregu opisanego, d-odl. miedzy srodkiem okregu wpisanego i opisanego, r - promien okregu wpisanego):

\(\displaystyle{ R^2-2Rr=d^2}\)
\(\displaystyle{ R^2-2Rr=d^2/ +r^2}\)
\(\displaystyle{ (R-r)^2=d^2+r^2>r^2}\)

w kazdym razie z tego wynika ze R>2 i pozniej rozwazam dwa przypadki: gdy srodek okr. opisanego lezy wewnatrz a drugi na zewnatrz trojkata ABC.
Wychodzi ze jeden z odcinkow S'A, S'B, S'C musi byc wiekszy od 2.

TomciO · Post autor: **TomciO** » 8 lis 2005, o 00:31

Co do 7dmego: \(\displaystyle{ p|(a+b+c)^3-1 = (a^3 + b^3 + c^3 - 1) + 3a^2b + 3ab^2 + 3b^2c + 3bc^2 + 3c^2a + 3ca^2 + 6abc \leftrightarrow p|3a^2b + 3ab^2 + 3b^2c + 3bc^2 + 3c^2a + 3ca^2 + 6abc = 3(a+b)(b+c)(c+a)}\). Poniewaz \(\displaystyle{ p>3}\) to \(\displaystyle{ p}\) dzieli jedna z liczb \(\displaystyle{ (a+b), (b+c), (c+a)}\). Dalej juz oczywiste.