XII OMJ

[Ruahyin]

Bedzie dyskfalifikacja jesli wyslalam zwyklym listen?-- 18 paź 2016, o 07:43 --A nie poleconym?

[Mikkello]

Raczej już można, więc rozpocznę dyskusję! Ha!

Co sądzicie o trudności tych zadań? Ile ich zrobiliście?
Jak dla mnie, to próg może być nawet wysoki ( z 32 punkty to chyba dużo? ). Zadania chyba nie były aż tak trudne w porównaniu z zeszłym rokiem- nie zrobiłem tylko 7.
Jak dla mnie, to gdyby ułożyć te zadania od najlatwiejszego do najtrudniejszego, to wyglądałoby to tak: 1,5,3,6,2,4,7.

[KrolKubaV]

Według mnie wszytkie zadanka były proste - szału nie było. Nawet 7 nie było tak trudne, tylko trzeba było chwile pomyśleć

[dec1]

Ruahyin, raczej nie.

Mikkello, zdecydowanie łatwiejsze niż w poprzednim roku.

Trudność wg mnie:
\(\displaystyle{ 1<5<4<3<6<7<2}\)

Szkice moich rozwiązań:

1.:    

\(\displaystyle{ x^2-y^2=(x-y)(x+y)}\), zatem \(\displaystyle{ a+b=\sqrt 2c}\), stąd teza.

2.:    

Niech \(\displaystyle{ P}\) - punkt przecięcia prostych \(\displaystyle{ AG}\) i \(\displaystyle{ BD}\) oraz \(\displaystyle{ M}\) - punkt przecięcia prostych \(\displaystyle{ CP}\) i \(\displaystyle{ GD}\).

Punkty \(\displaystyle{ (F,C,D)}\) i \(\displaystyle{ (E,C,G)}\) są współliniowe, zatem \(\displaystyle{ PDCG}\) to równoległobok, zatem punkt \(\displaystyle{ M}\) jest nie tylko punktem przecięcia, ale i środkiem odcinków \(\displaystyle{ GD}\) i \(\displaystyle{ CP}\).

Ponieważ \(\displaystyle{ \angle CAP=\angle CBP=90^\circ}\), \(\displaystyle{ M}\) jest środkiem okręgów opisanych na trójkątach \(\displaystyle{ CAP}\) i \(\displaystyle{ CBP}\), stąd \(\displaystyle{ MA=MB=MC}\), więc jest też środkiem okręgu opisanego na \(\displaystyle{ ABC}\), c.n.d

3.:    

Odpowiedź to \(\displaystyle{ 11}\), przykład takiej tabeli łatwo skontruować, wpisując zera po przekątnej. Nie może być mniej, bo wtedy suma w wierszu/kolumnie nie będzie spełniać warunków zadania.

4.:    

Sposób I: wystarczy użyć dwa razy tw. cosinusów żeby obliczyć długość boku \(\displaystyle{ AC}\) używając boków z tezy.

Sposób II: Niech \(\displaystyle{ E}\) to punkt taki, że \(\displaystyle{ \angle BCE=60^\circ}\) (trzeba też sprawdzić, czy taki punkt zawsze istnieje), wtedy \(\displaystyle{ AECD}\) to deltoid, stąd teza.

5.:    

Ponieważ każdą liczbę nieparzystą \(\displaystyle{ (k+1)^2-k^2=2k+1}\) oraz podzielną przez cztery \(\displaystyle{ (k+2)^2-k^2=4(k+1)}\) da się w ten sposób zapisać, nie ma takiej trójki.

6.:    

Wynik to \(\displaystyle{ \frac{\sqrt 2}{24}}\), na pałę liczyć ze wzorów wszystkie długości co trzeba i wyjdzie.

7.:    

Sposób I: dodajemy \(\displaystyle{ 2(a+b+1)}\), a ponieważ \(\displaystyle{ 4ab-1+2(a+b+1)=(2a+1)(2b+1)}\), mamy b.s.o. \(\displaystyle{ a+b+1 \mid 2a+1}\), lecz \(\displaystyle{ 2(a+b+1)=2a+2b+2>2a+1}\), stąd teza.

Sposób II:
\(\displaystyle{ 0 = 4ab - 1 - k(a + b + 1) \\
a^2 - 2ab + b^2 = a^2 + 2ab + b^2 - 1 - k(a + b + 1) \\
(a - b)^2 = a^2 + ab + a + b^2 + ab + b - k(a + b + 1) - a - b - 1 \\
(a - b)^2 = a(a + b + 1) + b(a + b + 1) - k(a + b + 1) - (a + b + 1) \\
(a - b)^2 = (a + b- k - 1)(a + b + 1)}\)

Każdy czynnik pierwszy w rozkładzie na czynniki pierwsze kwadratu liczby całkowitej niezerowej ma
parzysty wykładnik i \(\displaystyle{ a + b - k - 1 < a + b + 1}\), zatem \(\displaystyle{ (a-b)^2=0}\), stąd teza.

[Piotrek107]

Ja nie mam 2 i 7 :/. W sumie można było jeszcze trochę pomyśleć i w końcu by się udało, ale trudno . Wydaje mi się, że 5 pełnych rozwiązań powinno mi dać awans.

[karolex123]

2 inaczej:

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ O _{1}}\) i \(\displaystyle{ O _{2}}\) będą środkami kwadratów odpowiednio \(\displaystyle{ ACFG}\) i \(\displaystyle{ BDEC}\). Oznaczmy również przez \(\displaystyle{ M}\) środek odcinka \(\displaystyle{ GD}\). Ponieważ punkt \(\displaystyle{ O _{1}}\) jest środkiem odcinka \(\displaystyle{ GC}\), to na mocy twierdzenia o linii środkowej mamy, że \(\displaystyle{ O _{1}M}\) jest równoległe do \(\displaystyle{ CD}\). Stąd \(\displaystyle{ \left| \angle MO _{1}C \right|=\left| \angle DCE\right|=45 ^{\circ}}\) (punkty \(\displaystyle{ G, C, E}\) są oczywiście współliniowe). Ponadto \(\displaystyle{ \left| \angle O _{1}CA \right|=45 ^{\circ}}\), więc proste \(\displaystyle{ O _{1}M}\) i \(\displaystyle{ AC}\) są prostopadłe. Ale punkt \(\displaystyle{ O _{1}}\) leży na symetralnej odcinka \(\displaystyle{ AC}\), więc punkt \(\displaystyle{ M}\) również na niej leży. Analogicznie dowodzimy, że punkt \(\displaystyle{ M}\) należy do symetralnej odcinka \(\displaystyle{ BC}\), co kończy dowód.

Tutaj moje rozwiązanie zadania 7

Ukryta treść:    

Zauważmy, że \(\displaystyle{ 4ab-1=(a+b) ^{2}-(a-b) ^{2}-1=(a+b+1)(a+b-1)-(a-b) ^{2}}\). Skoro liczba pierwsza \(\displaystyle{ a+b+1}\) dzieli liczbę \(\displaystyle{ 4ab-1}\), to dzieli ona również liczbę \(\displaystyle{ (a-b) ^{2}}\). Wynika z tego, że liczba \(\displaystyle{ (a+b+1) ^{2}}\) dzieli liczbę \(\displaystyle{ (a-b) ^{2}}\) (liczba \(\displaystyle{ a+b+1}\) jest pierwsza). Ale \(\displaystyle{ (a+b+1) ^{2}>(a-b) ^{2}}\), więc musi być \(\displaystyle{ (a-b) ^{2}=0}\), co kończy dowód.

[Piotrek107]

Ile obstawiacie będziecie mieć pkt łącznie (korespondencyjna + testowa)? Ja celuje gdzieś koło 40 pkt.

[KrolKubaV]

54-55, ale nie chce zapeszyć.

dec1, oprocz 7 mam takie same rozwiązania w trzecim mozna było jeszcze dowieść, że suma w kazdym wierszu i kolumnie musi byc równa zero.

-- 18 paź 2016, o 21:04 --

A w 6 zamiast liczyć na pale mozna było sobie ten czworościan "wykroić" z sześcianu o boku długości \(\displaystyle{ \frac{ \sqrt{2} }{2}}\). Po co liczyć na pale - łatwiej było w ten sposób.

[sasydz]

Gdybym miała układać według mnie zadania od najłatwiejszego do najtrudniejszego, chyba byłoby tak: 6, 3, 4, 2, 1, 5, 7. Całe zmagania z zadaniami zaczęłam od zadania 6 i ono chyba było najprostsze, jak dla mnie. Można było je rozwiązać na dwa sposoby, z czego jeden to taki typowo szkolny sposób z zastosowaniem twierdzenia Pitagorasa, a drugi został omówiony wyżej w szkicach rozwiązań.

Punktowo nie będzie chyba źle, liczę na około 50 punktów, ale wiadomo, nie chcę się jednak przeliczyć. Uznaję to wszystko za dobre pierwsze i ostatnie podejście do OMJ

[Piotrek107]

Z tego co mówił mi nauczyciel, to przy dobrym wyniku w części testowej, nawet 3 zadania mogą wystarczyć.Podobno jeszcze nie było edycji OMG, w której 5 zadań nie gwarantowało przejścia . Teraz trzeba zacząć przygotowania do II etapu, chyba najważniejszego .

[sasydz]

Zależy, co rozumie się przez dobry wynik Ja to nawet bardzo cieszyłam się z 8 punktów.

[Ceulen]

Dla zainteresowanych - zrobiłem statystykę, ile osób rok temu przeszło do półfinału w poszczególnych okręgach. Poniżej liczba uczestników oraz ilość i procentowy odsetek zakwalifikowanych:

kujawsko-pomorskie: 63 / 145 = 43,4%
mazowieckie: 317 / 737 = 43,0%
podlaskie, warm-maz: 56 / 134 = 41,8%
zachodniopom., lubuskie: 82 / 201 = 40,8%
małopolskie: 102 / 270 = 37,8%
podkarpackie, lubuskie: 100 / 265 = 37,7%
łódzkie, świętokrzyskie: 77 / 209 = 36,8%
pomorskie: 88 / 275 = 32,0%
wielkopolskie: 63 / 209 = 30,1%
śląskie: 100 / 342 = 29,2%
dolnośląskie, opolskie: 103 / 385 = 26,8%

Czyli najłatwiej dostać się w kujawsko-pomorskim, a najtrudniej w dolnośląskim i opolskim.

[Mikkello]

Ja będę mieć około 39-45 punktów, zależy od 6, resztę mam raczej dobrą.
To 6 zrobiłem tą szkolną metodą, jakoś bardziej do mnie przemówiła ( a poza tym, w ostatni dzien jak miałem przynieść do szkoły zadania, to zapomniałem spakować to zadanie i szybko napisałem je metodą szkolną. )

EDIT: Pisząc 6 w części o liczbie punktów miałem na mysli 4, reszta jest ok, nie wiem, czemu tak napisałem

[sasydz]

Mikkello, o ile wyszło \(\displaystyle{ \frac{ \sqrt{2} }{24}}\) lub \(\displaystyle{ \sqrt{ \frac{1}{288} }}\) to już jest lepiej

[michalsz]

Pojawiły się szkice rozwiązań części korespondencyjnej. Moim zdaniem niektóre zadania dało się rozwiązać duuużo łatwiej.