LXIX OM

[PoweredDragon]

Nie; wyprowadzenie tych wzorów to niepotrzebne zamieszanie, utrudnienie w odbiorze i poza tym jest, zasadniczo, dłuższe. Nie daje żadnego oglądu ani nie daje żadnych możliwości w kontekście tego zadania. To zbędna popisówa lub, w niektórych przypadkach, jak mniemam, brak umiejętności/chęci (akurat tu raczej to drugie) do rozwiązania zadania szkolną metodą (co też nie jest dobre, bo jak się licealiście namiesza matematyką nieszkolną, to później głupoty potrafi pisać...)

[WolfusA]

Mam wrażenie, że nawet robienie popisu przed sprawdzającym nie ma sensu, bo gorzej mu się sprawdza, czy ktoś nie zrobił błędu obliczeniowego, a w indukcji wszystko jest na czysto.

[arek1357]

Nie; wyprowadzenie tych wzorów to niepotrzebne zamieszanie, utrudnienie w odbiorze i poza tym jest, zasadniczo, dłuższe. Nie daje żadnego oglądu ani nie daje żadnych możliwości w kontekście tego zadania. To zbędna popisówa lub, w niektórych przypadkach, jak mniemam,

Wypisujesz koleś takie głupoty że mi cię nawet nie żal..., nie chce mi się tego nawet komentować,

jest dużo krótsze, ale co tam brnij w swoich dziwactwach...
Ostatnio na forum pojawia się niestety coraz więcej dziwaków...

[Mruczek]

W mojej ocenie obie metody są równoprawne.
Gdyby nie były, autorzy w rozwiązaniu wzorcowym nie wspominaliby o tym, że rozwiązywanie takich rekurencji było w jakimś dodatku do którejś z broszurek. Z OMem to tak jest, że jak raz w historii OMa coś było gdzieś na którejś olimpiadzie / Zwardoniach / dodatkach do broszurek to można to stosować i potem tego wymagać od uczestników...
A że dłuższe rozwiązanie to nie ma znaczenia. Pałowanie geometrii analitycznie / na zespolonych też pewnie bywa długie i niczego nie wnosi, ale jak ktoś nie umie inaczej to musi tak.

[PoweredDragon]

Nie; wyprowadzenie tych wzorów to niepotrzebne zamieszanie, utrudnienie w odbiorze i poza tym jest, zasadniczo, dłuższe. Nie daje żadnego oglądu ani nie daje żadnych możliwości w kontekście tego zadania. To zbędna popisówa lub, w niektórych przypadkach, jak mniemam,

Wypisujesz koleś takie głupoty że mi cię nawet nie żal..., nie chce mi się tego nawet komentować,

jest dużo krótsze, ale co tam brnij w swoich dziwactwach...
Ostatnio na forum pojawia się niestety coraz więcej dziwaków...

Dużo krótsze? Chciałbym zobaczyć to "krótkie rozwiązanie". Prawda jest taka, że najpierw trzeba wyprowadzić postać rekurencyjną i w oparciu o nią (bądź o wyprowadzony z niej wzór jawny) udowodnić tezę. To pierwsze z pogrubionego fragmentu zajmuje 4 linijki, to drugie w takim razie ile?

[Hayven]

O, a ja właśnie przez bijekcję pokazywałem, chociaż nie wiem, czy było to dość schludne.

[lgnictis]

Już praktycznie koniec drugiej serii, analogiczne pytanie: jak oceniacie trudność tym razem?

[arek1357]

W zadaniu siódmym wystarczy zauważyć, że liczba chromatyczna w kolorowaniu krawędziowym takiego grafu to dwa...W zadaniu 8 trzeba narysować okręgi o promieniu minimum 0,5 o środkach w tychże punktach, zadanie 5-te to banalne czwartego mi się nie chciało robić...

ale co do czwartego to raczej chyba trzeba korzystać z takiego warunku:

"Kulę da się wpisać w ostrosłup, gdy w podstawę da się wpisać okrąg, oraz prosta przechodząca przez wierzchołek ostrosłupa i środek okręgu jest prostopadła do podstawy..."

[PiotrAH]

Uzupełniając - w szóstym wystarczy narysować prostą przechodzącą przez środek kuli wpisanej oraz nienależący do postawy wierzchołek ostrosłupa, a następnie rozważyć objętości pewnych par ostrosłupów. Piąte zadanie jest nieodróżnialne od zwykłych zadań licealnych.

[arek1357]

Piąte zadanie jest nieodróżnialne od zwykłych zadań licealnych.

a nawet z gimbazy...

[timon92]

"Kulę da się wpisać w ostrosłup, gdy w podstawę da się wpisać okrąg, oraz prosta przechodząca przez wierzchołek ostrosłupa i środek okręgu jest prostopadła do podstawy..."

to niezwykle ciekawy warunek, skąd go wytrzasnąłeś?

[PoweredDragon]

Co to za bzdura. Przecież ten ostrosłup może nawet nie mieć wierzchołka nad podstawą, tylko poza nią i spełniać warunki zadania O_o Ba! W podstawę nie musi być wpisywalne koło.
Ogólnie, 3 z 4 zadań zrobionych (oczywiście 5, 6, 8). Nie były mega trudne, szczególnie to 5.

[arek1357]

to niezwykle ciekawy warunek, skąd go wytrzasnąłeś?

Sory przesadziłem w tym przypadku biję się w pierś.

[Bourder]

Ukryta treść:    

Kolorowanie to była niezła opisówka i nie mam pewności czy dostanę cokolwiek więcej od 2 punktów. 5. banalne, w zasadzie nawet nadawałoby się na maturę. Stereo szło z

Kod: Zaznacz cały

http://www.deltami.edu.pl/temat/matematyka/geometria/stereometria/2010/06/09/Najmocniejsze_twierdzenie_stereo/

i lemaciku, że obierając dowolny punkt wewnątrz równoległoboku, pewne sumy pól trójkątów są takie same. Ósme chciałem jakoś zrobić przez sprzeczność i zasadę szufladkową, ale nie wychodziło, wiec pomyślałem o okręgach o promieniu przynajmniej \(\displaystyle{ 0,5}\).

[Sylwek]

Z tego, co ja widziałem wśród moich uczniów:

5. - Sposób 1.:    

Twierdzenie cosinusów lub wyprowadzenie twierdzenia cosinusów dla kąta 120* i otrzymanie podobieństwa dowolną cechą: bbb, bkb, kbk, kkk. Oczywiście, poza pierwszą, ewentualnie drugą cechą, jest to mocno nieoptymalne podejście do zadania.

5. - Sposób 2.:    

Udowodnienie kąta 120* w trójkącie 3,5,7, po czym przeskalowanie trójkąta a<b<c do trójkąta a'<5<c' i pokazanie z Pitagorasa, że a'<3 => c'<7, a'>3 => c'>7, stąd jedyna opcja na ciąg arytmetyczny to a'=3, c'=7.

6. - Sposób 1.:    

W szóstym wystarczy narysować prostą przechodzącą przez środek kuli wpisanej oraz nienależący do postawy wierzchołek ostrosłupa, a następnie rozważyć objętości pewnych par ostrosłupów.

6. - Sposób 2.:    

Stereo szło z "Najmocniejszego twierdzenia geometrii" / "Twierdzenia o odcinkach stycznych" w wersji 3D i lemaciku, że obierając dowolny punkt wewnątrz równoległoboku, pewne sumy pól trójkątów są takie same.

7. - Pytanie pomocnicze:    

Jak się pominie założenie o istnieniu wierzchołka stopnia min. 6, to w jaki sposób znaleźć kontrprzykłady?

7. - Raczej jedyny słuszny sposób:    

Niech ten wierzchołek, z którego wychodzi min. 6 krawędzi to A. Bierzemy czerwoną krawędź wychodzącą z A, z drugiego końca tej krawędzi bierzemy jakąś krawędź niebieską, z drugiego końca tej niebieskiej bierzemy krawędź czerwoną, i tak dalej.

Trzeba pokazać, że ten algorytm jest możliwy do wykonania (tzn. że nie utkniemy w żadnym wierzchołku), a także że w końcu wrócimy do A (dlaczego?). Jeśli wrócimy do A niebieską, to po sprawie [usuwamy przebytą ścieżkę], jeśli czerwoną, to na drugi spacer z A tym razem wychodzimy niebieską. Jak wrócimy z drugiego spaceru czerwoną, to usuwamy ścieżkę drugiego spaceru, jak wrócimy niebieską, usuwamy zarówno ścieżkę pierwszego spaceru, jak i drugiego.

Niezależnie od przypadku, zachowane jest założenie "równości kolorów", a także w każdym przypadku z A wychodzą jeszcze jakieś nieusunięte krawędzie.

8. - Pomysł:    

Każdy punkt otaczamy kołem o promieniu 1/2. Koła nie mogą mieć punktów wspólnych. Potem, upychamy te koła w jakąś inną figurę.

8. - Blef:    

Próbujemy te wszystkie koła upchnąć w koło o promieniu r=36 (max. odległość 35 + zakładka 1/2 z każdej strony). Porównując pola - nie wszystkie punkty zmieszczą się w tym kole. Ba, nawet nie starczy r=44! Pozorna sprzeczność. Dlaczego?

8. - Sposób 1. - pewnie firmowy, bo poza tym sposobem powiązanie 2017 z 35 nie jest optymalne:    

Oznaczamy A, B jako te najbardziej odległe od siebie, niech ta maksymalna odległość to d, przypuśćmy, że nie jest większa od 35. Rysujemy z A oraz z B koła o promieniu d+1/2 - wszystkie nasze punkty wraz z okręgami leżą w części wspólnej tych kół. Liczymy bardzo dokładnie część wspólną tych dwóch wielkich kół (możliwe, że użyjemy \(\displaystyle{ \arccos, \pi, \sqrt{3}}\)) - przy tych założeniach na d nasze pole wynosi mniej niż 1580 [jak mnie pamięć nie myli], a część wspólna wszystkich kół o promieniu 1/2 to więcej niż 1583, sprzeczność.

8. - Sposób 2.:    

Wpisujemy te wszystkie punkty w układ współrzędnych. Przeprowadzamy 4 proste: 2 równoległe do osi OY przez punkty najmniejszej i największej współrzędnej x, 2 równoległe do osi OX przez punkty najmniejszej i największej współrzędnej y. Powstał nam prostokąt i gdyby teza była nieprawdziwa, to każdy bok tego prostokąta miałby długość max. 35. Zatem wszystkie punkty wraz z kółkami znajdowałyby się w kwadracie o boku 36. Pole tego kwadratu to 1296, a część wspólna wszystkich kół o promieniu 1/2 to więcej niż 1583, sprzeczność.

8. - Sposób 3. - dla ciekawych:    

Wpisujemy te wszystkie punkty w układ współrzędnych. Oznaczamy przez A, B, C, D te "skrajne" punkty z czterech kierunków róży wiatrów wymienione w sposobie 2. - z każdego z tych punktów rysujemy koło o promieniu 35.5, po czym rozważamy część wspólną 4 kół... . Ta część wspólna oczywiście mieści się w kwadracie ze sposobu 2., no ale dla chcącego nic trudnego, można jeszcze bardziej szacować.

P.S. Jeśli jest kilku kandydatów na A,B,C,D, to wybieramy dowolny z nich, a czasami jest druga skrajność - niektóre z punktów A,B,C,D mogą się pokrywać.