LXVII (67) OM - I etap

[Pinionrzek]

Bardzo często jest tak, że ktoś ma niewzorcówkowe rozwiązanie i oczywiście, jeżeli jest poprawne, dostaje za nie maksymalną liczbę punków.
Jeśli chodzi o punktację, to zależy ona od okręgu, w części jest taka jak na II i III etapie, ale np. w krakowskim jest skala ciągła 0-10.

[AndrzejK]

Są wzorcówki z 1 serii:
... 7_1r_0.pdf

[Wiesiek7]

Witajcie mam pytanie: Czy w 6 wystarczy podać te wielomiany, czy trzeba też udowodnić, że nie istnieją inne oprócz tych wielomianów?

[Pinionrzek]

Oczywiście, że trzeba udowodnić.

[wielkireturner]

Witajcie mam pytanie: Czy w 6 wystarczy podać te wielomiany, czy trzeba też udowodnić, że nie istnieją inne oprócz tych wielomianów?

Na logikę jak nie udowodnisz, że nie ma innych, to nie masz gwarancji, że takich innych, które pasowałyby do zadania, nie ma.

[Wiesiek7]

Też tak myślę, ale kolega próbował mi wmówić, ze nie trzeba i zacząłem wątpić

[Ponewor]

Kolega zdecydowanie mniej lub bardziej nieświadomie mówił nieprawdę.

[Pinionrzek]

Dobra, już po terminie wysłania, więc się wypowiem. Ta seria, podobnie jak poprzednia prezentowała mizerny poziom zadań. 5. to zadanie, które naprawdę nadawałoby się na OMG. 7.,8. są także prościutkie i poziomem wyraźnie odstają od zwykłych zadań OMowych. Myślę, że również te zadania spokojnie mogłyby się pojawić na olimpiadzie gimnazjalnej. 6. jest najtrudniejszym zadaniem z tej serii, chociaż i tak bez szału, bo nie sprowadza się do niczego więcej niż spałowanie współczynników. Podsumowując, zadania mi się nie podobały i były zbyt proste.

[AndrzejK]

Trochę się zgadzam z Pinionrzkiem, w zeszłym roku na 12 zadań zrobiłem bodajże 5 albo 6, a w tym roku już mam 8/8. Ale w sumie to mnie nie dziwi i w tym działaniu jest metoda - roczniki 97-98 (czyli te, które głównie biorą udział w olimpiadzie) to roczniki dużego niżu demograficznego, więc skoro i tak mało osób bierze udział w olimpiadzie, to żeby uniknąć sytuacji, w której w większości okręgów aby dostać się do II etapu wystarczy wysłać cokolwiek, woleli dać prostsze zadania. Podobnie było z jedną z OMG, w której zadanka na I i II etapie były śmiesznie proste i dużo osób się podostawało.

[Ceulen]

Moja propozycja rozwiązania piątego:

Zadanie 5.:    

1) Jeżeli spośród \(\displaystyle{ a}\) lub \(\displaystyle{ b}\) co najmniej jedna jest nieparzysta (przyjmijmy bez straty ogólności, że jest nią \(\displaystyle{ a}\)), to dla \(\displaystyle{ a = 2n - 1}\), \(\displaystyle{ x = n}\) i \(\displaystyle{ y = n - 1}\) mamy \(\displaystyle{ x^2 – y^2 – a = n^2 – (n – 1)^2 – (2n – 1) = n^2 – (n^2 + 1 – 2n) – 2n + 1 = 0}\)
2) Jeżeli obie są parzyste, to dla \(\displaystyle{ a = 2m}\), \(\displaystyle{ b = 2n}\), \(\displaystyle{ x = mn + 1}\) i \(\displaystyle{ y = mn - 1}\) mamy \(\displaystyle{ x^2 – y^2 – ab = (mn + 1)^2 – (mn – 1)^2 – 4mn = (m^2n^2 + 1 + 2mn) – (m^2n^2 + 1 – 2mn) – 4mn = m^2n^2 + 1 + 2mn – m^2n^2 – 1 + 2mn – 4mn = 0}\)

[matmatmm]

Co sądzicie o takim rozwiązaniu szóstego? Ktoś robił inaczej?

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ Q(x)^2+2x=P\left( x^2+1\right) =P\left( (-x)^2+1\right) =Q(-x)^2-2x}\)

\(\displaystyle{ \left( Q(x)-Q(-x)\right)\left( Q(x)+Q(-x)\right)=-4x \quad}\)

Stąd wynika, że stopnie wielomianów \(\displaystyle{ Q(x)-Q(-x)}\) i \(\displaystyle{ Q(x)+Q(-x)}\) są mniejsze bądź równe \(\displaystyle{ 1}\), a konkretnie jeden z tych wielomianów jest stopnia \(\displaystyle{ 1}\), a drugi stopnia \(\displaystyle{ 0}\).

Niech \(\displaystyle{ Q(x)=a_nx^n+\ldots + a_0 , n\in \NN}\).

Wówczas

\(\displaystyle{ Q(x)-Q(-x)=a_n\left( 1-(-1)^n\right)x^n +\ldots + 2a_1x}\)

\(\displaystyle{ Q(x)+Q(-x)=a_n \left( 1+(-1)^n\right)x^n +\ldots + 2a_0}\)

Dla każdego \(\displaystyle{ k>1}\) współczynniki powyższych wielomianów się zerują. Ustalmy \(\displaystyle{ k\in\NN, 1<k\le n}\). Jeśli \(\displaystyle{ k}\) jest parzyste, to patrząc na \(\displaystyle{ k}\)-ty współczynnik drugiego wielomianu \(\displaystyle{ a_k=0}\). Jeśli \(\displaystyle{ k}\) jest nieparzyste, to patrzać na \(\displaystyle{ k}\)-ty współczynnik pierwszego wielomianu również \(\displaystyle{ a_k=0}\). To oznacza, że \(\displaystyle{ Q(x)=ax+b}\) dla pewnych \(\displaystyle{ a,b\in \RR, a\neq 0}\).

Teraz patrząc na równość \(\displaystyle{ Q(x^2+1)=P(x)^2}\) stwierdzamy, że \(\displaystyle{ P}\) jest wielomianem stopnia \(\displaystyle{ 1}\), czyli \(\displaystyle{ P(x)=cx+d}\) dla pewnych \(\displaystyle{ c,d\in\RR, c\neq 0}\). Wstawiamy to wszystko do dwóch początkowych równań. Dostajemy układ równań, którego jedynym rozwiązaniem jest \(\displaystyle{ a=1,b=-1,c=1,d=0}\).

[matmax97]

Wyszło mi tak samo w 6.! Chociaż sama nie wiem jak. Było to, jak dla mnie osobiście dziwne i dosyć niełatwe zadanie, bo wcześniej się nie spotkałam z takim typem zadania, więc zrobiłam je tak dosyć "na chłopski rozum" i metodę "szukaj aż znajdziesz" Z góry wiedziałam, że nic mi nie wyjdzie, ale jak widzę rozwiązanie 6. tutaj, to wraca mi może nawet jakaś nadzieja.

[Premislav]

Mój Boże, czy piąte jest aż tak prostackie, czy jak zwykle czegoś nie widzę? Chyba bardziej nadawałoby się na pierwszy etap AGH.

5.:    

Ponieważ \(\displaystyle{ (p+q)^{2}-(p-q)^{2}=4pq}\), więc jeśli \(\displaystyle{ b}\) jest nieparzyste, zaś \(\displaystyle{ a}\) parzyste, to możemy wziąć \(\displaystyle{ x= \frac{b+1}{2}, y= \frac{b-1}{2}}\), przy odwrotnej sytuacji (\(\displaystyle{ b}\) parzyste, \(\displaystyle{ a}\) nieparzyste) weźmy \(\displaystyle{ x= \frac{a+1}{2}, y= \frac{a-1}{2}}\), zaś jeśli \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ b}\) są tej samej parzystości, to bierzemy
\(\displaystyle{ x= \frac{a+b}{2} , y= \frac{a-b}{2}}\).

Zadanie ósme pojawiło się na forum w 2012 roku:

Kod: Zaznacz cały

https://www.youtube.com/watch?v=dQw4w9WgXcQ

[Chewbacca97]

Premislav, najlepszy komentarz na świecie!

Jak tak patrzę na rozwiązanie 6. matmatmma, to faktycznie nie wydaje się być ono trudne - aczkolwiek nie wpadłem na to... A jakieś propozycje odnośnie 8. ktoś ma? Bo moje rozwiązanie było co najmniej brzydkie.

[ElEski]

5. prościej:

Ukryta treść:    

Przyjmując \(\displaystyle{ x=0, y= \sqrt{a}}\) dostajemy to co chcemy (jeśli \(\displaystyle{ a}\) jest kwadratem, bez straty ogólności. w przeciwnym wypadku idzie analogicznie). Można też skorzystać z równania hiperboli, ale pewnie mało kto z Was zna tę metodę, więc nie będę przytaczał.

8. hint:

Ukryta treść:    

na zespo

Co do zadań z tej serii, to udało mi się zrobić 6 i 7