LXX OM

[robalbrowal]

A jakieś rozwiązania ktoś wrzuci? Szczególnie 5., 7. i 8. ale 6. też /

[patrykzubilewicz1]

Jak oceniacie trudność? imo 8>7>5>6

[xxDorianxx]

No mi sie udało zrobić tylko 5 i 6 przy czym 6 zdecydowanie łatwiejsze.8 wyglądało na kosmos.Ogolnie ciężej niz 1 seria

[Tani Mefedron]

ja mogę napisać tak w skrócie, bo w każdym z tych zadań musiałem się trochę rozpisać

5.

Ukryta treść:    

Ze wzorów Viete'a otrzymujemy układ sześciu cyklicznych równań, z tych iloczynowych widzimy że jeżeli którakolwiek z liczb \(\displaystyle{ b_{1}, b_{2}, b_{3},}\) jest równa zero to każda z tych liczb jest równa zero i wówczas także każda z liczb \(\displaystyle{ a_{1}, a_{2}, a_{3},}\) jest równa zero i mamy pierwszą szóstkę która nie spełnia warunków zadania bo pierwiastki mają być różne. Dalej przyjmujemy że żadna z liczb \(\displaystyle{ b_{1}, b_{2}, b_{3},}\) nie jest równa zero i wówczasz z równań iloczynowych mamy \(\displaystyle{ a_{i+1} = \frac{b_{i}}{b_{i+1}}}\). Podstawiamy to do pozostałych trzech cyklicznych równań i rozpatrujemy cztery przypadki: każda z liczb \(\displaystyle{ b_{1}, b_{2}, b_{3},}\) jest dodatnia, dokładnie jedna z liczb jest dodatnia, dokładnie jedna z liczb jest ujemna i wszystkie liczby są ujemne. Trzy pierwsze odrzucamy poprzez sprzeczność, przy czym najwięcej zachodu jest z tym trzecim, a z czwartego jeżeli przyjmiemy że jedna z nich jest najmniejsza lub równa, czyli "najbardziej ujemna" to otrzymamy że wszystkie są równe, skąd \(\displaystyle{ b_{1} = b_{2} = b_{3} = -2}\) oraz \(\displaystyle{ a_{1} = a_{2} = a_{3} = 1}\)

6.

Ukryta treść:    

Dowodzimy że suma pasujących zamówień wszystkich ustawień stołu to \(\displaystyle{ 5002}\) co
z zasady szufladkowej i tego że liczba pasujących zamówień jest zawsze parzysta daje nam, że musi istnieć ustawienie które ma co najmniej 52 pasujące zamówienia.

7.

Ukryta treść:    

Dowodzimy, że punkty \(\displaystyle{ A, B, P, Q,}\) leżą na jednym okręgu i tak samo punkty \(\displaystyle{ B, C, P, Q,}\). Jeżeli przyjmiemy, że środki okręgów opisanych na tych czworokątach to odpowiednio \(\displaystyle{ O}\) i \(\displaystyle{ S}\) to mamy równość \(\displaystyle{ \angle AOB = 2\angle APB = 2\angle CPD = \angle CSD}\). Skąd trójkąty \(\displaystyle{ AOB}\) i \(\displaystyle{ CSD}\) są podobne i jednokładne, bo odpowiadające boki są równoległe, zatem proste \(\displaystyle{ AC, BD, OS,}\) przecinają się w jednym punkcie (środku jednokładności).

8.

Ukryta treść:    

tego nie mam xd

komentarz:

Ukryta treść:    

Moim zdaniem trudność 8>7>5>6 z czego każde zadanie stanowiło pewne wyzwanie, nie było żadnego darmowego. Ciekawi mnie zadanie 8, bo ja na żaden pomysł już nie zdążyłem wpaść.

Jakby ktoś miał jakieś pytania o szczegóły to zapraszam.

[patrykzubilewicz1]

Mi sie udało znaleźć do 8. tylko dla n=2, mianowicie: 12, 5, 35, 0.

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ 12 ^{2} +5 ^{2} =13 ^{2}, 12 ^{2} +35^{2}=37 ^{2}, 5^{2}+0^{2}=5^{2}, 35^{2}+0^{2}=35^{2} ,}\)

[Tani Mefedron]

ej mordo ale te liczby wpisywane w pola też mają być kwadratami

[patrykzubilewicz1]

chodziło ofc o \(\displaystyle{ 12 ^{2}=144}\), \(\displaystyle{ 5^{2}=25}\), \(\displaystyle{ 35^{2}=1225}\), no i 0 mój błąd

[Tani Mefedron]

aa dobra zwracam honor, nie przeczytałem ukrytej treści

[patrykzubilewicz1]

Ale i tak, ciekawi mnie pełne rozwiazanie xd

[niepozorny]

Zadanie 8.:    

Odp.: można dla wszystkich \(\displaystyle{ n>1}\).
Dla \(\displaystyle{ n=1}\) teza jest oczywiście fałszywa, bo mamy dwie równe sumy z wiersza i z kolumny.
Dla \(\displaystyle{ n>1}\) pokażę indukcyjnie mocniejszą tezę, z dodatkowymi warunkami: suma wszystkich liczb wpisanych w tablicę jest kwadratem oraz liczba w lewym górnym rogu jest zerem.
Dla \(\displaystyle{ n=2}\) teza jest spełniona przez następującą tablicę:
\(\displaystyle{ \begin{center}
\begin{tabular}{|c|c|} \hline
$0$ & $448^2$ \\ \hline
$495^2$ & $840^2$ \\ \hline
\end{tabular}
\end{center}}\)
Załóżmy, że istnieje tablica o wymiarach \(\displaystyle{ n \times n}\) o podanych wyżej własnościach, oznaczmy wpisane w nią liczby przez \(\displaystyle{ a_{i,j}}\), gdzie \(\displaystyle{ i,j \in \{1,2,...,n\}}\) to numery wiersza i kolumny, przez \(\displaystyle{ S_k(i),S_w(i)}\) oznaczmy sumę liczb w \(\displaystyle{ i}\)-tym wierszu i \(\displaystyle{ i}\)-tej kolumnie, a przez \(\displaystyle{ S_t}\) sumę liczb z całej tablicy.

Wybierzmy dowolne nieparzyste liczby pierwsze \(\displaystyle{ p}\),\(\displaystyle{ q}\) spełniające \(\displaystyle{ p>q>S_t}\). Niech \(\displaystyle{ k=p^2-q^2}\), \(\displaystyle{ m=2pq}\), prosty rachunek pokazuje, że wówczas \(\displaystyle{ k^2+m^2}\) jest kwadratem liczby całkowitej.
Tablicę \(\displaystyle{ (n+1) \times (n+1)}\) wypełniamy następująco:
\(\displaystyle{ \begin{center}
\begin{tabular}{c c c c|c}
$(km)^2a_{1,1}$ & $(km)^2a_{1,2}$ & $\cdots$ & $(km)^2a_{1,n}$ & $m^4S_w(1)$ \\
$(km)^2a_{2,1}$ & $(km)^2a_{2,2}$ & $\cdots$ & $(km)^2a_{2,n}$ & $m^4S_w(2)$ \\
$\vdots$ & $\vdots$ & $\ddots$ & $\vdots$ & $\vdots$ \\
$(km)^2a_{n,1}$ & $(km)^2a_{n,2}$ & $\cdots$ & $(km)^2a_{n,n}$ & $m^4S_w(n)$ \\ \hline
$k^4S_k(1)$ & $k^4S_k(2)$ & $\cdots$ & $k^4S_k(n)$ & $(km)^2S_t$
\end{tabular}
\end{center}}\)
Z założenia indukcyjnego wszystkie wpisane liczby są kwadratami.
W \(\displaystyle{ n+1}\)-tym wierszu w \(\displaystyle{ n}\) pierwszych kolumnach mamy liczby niepodzielne przez \(\displaystyle{ p}\), z których każde dwie są różne.
W \(\displaystyle{ n+1}\)-tej kolumnie w \(\displaystyle{ n}\) pierwszych wierszach mamy liczby, do których rozkładu \(\displaystyle{ p}\) wchodzi z wykładnikiem 4 i każde dwie są różne.
Liczba w lewym górnym rogu jest zerem.
Pozostałe liczby mają w rozkładzie na czynniki pierwsze liczbę \(\displaystyle{ p}\) z wykładnikiem równym 2 i są parami różne (\(\displaystyle{ n \ge 2}\), więc \(\displaystyle{ S_t}\) jest większe od każdej z liczb postaci \(\displaystyle{ a_{i,j}}\)).
Pokazaliśmy, że wpisaliśmy parami różne kwadraty liczb całkowitych.

Zajmijmy się sumami. Sumy z kolumn od 1 do n są postaci \(\displaystyle{ k^2(k^2+m^2)S_k(i)}\), suma z \(\displaystyle{ n+1}\)-tej kolumny to \(\displaystyle{ m^2(k^2+m^2)S_t}\), sumy z wierszy od 1 do n są postaci \(\displaystyle{ m^2(k^2+m^2)S_w(i)}\), zaś suma z wiersza \(\displaystyle{ n+1}\) to \(\displaystyle{ k^2(k^2+m^2)S_t}\).
Z faktu, że \(\displaystyle{ p}\) dzieli \(\displaystyle{ m}\), a nie dzieli liczb \(\displaystyle{ k^2}\) i \(\displaystyle{ k^2+m^2}\), z założenia indukcyjnego i faktu, że \(\displaystyle{ S_t}\) jest większe od każdej liczby postaci \(\displaystyle{ S_k(i)}\), \(\displaystyle{ S_w(i)}\), nietrudno wywnioskować, że wszystkie \(\displaystyle{ 2n+2}\) sum jest różnych.

Na koniec pozostaje zauważyć, że suma wszystkich liczb nowej tablicy jest równa \(\displaystyle{ S_t(k^2+m^2)^2}\), jest więc kwadratem, co kończy krok indukcyjny.

[Bourder]

Seria o wiele trudniejsza niż poprzednia. Piątego nie wysłałem, bo nie miałem już siły mordować tych wzorów Viete'a. Szóste dosyć gładko zinterpretowałem tabelą modulo \(\displaystyle{ 2}\). W szóstym rzutowałem punkty \(\displaystyle{ P}\) i \(\displaystyle{ Q}\) na przeciwległe ramiona i opisałem tam okrąg. Ósme to zupełny kosmos.

Zrobił ktoś może geometrię na zespolonych? Męczyłem się chyba kilka dni ustalając \(\displaystyle{ Q=-1}\) i \(\displaystyle{ P=1}\), i próbując udowodnić, że punkt przecięcia przekątnych należy do osi urojonej, i albo jestem zbyt niedoświadczony albo to po prostu nie wychodzi.

[robalbrowal]

To ja do ósmego mogę zarzucić swój pomysł:

Ukryta treść:    

Generalnie to dla małych \(\displaystyle{ n}\) można rozważyć dwie \(\displaystyle{ (n+1)-ki}\) pitagorejskie tworzone w sposób taki (\(\displaystyle{ 3,4,12,84,...}\), czyli że startujemy z jakiejś typowej i potem kolejna liczba to taka która tworzy wraz z sumą kwadratów poprzednich kwadrat liczby o 1 większej (\(\displaystyle{ 3,4,12->13, 3,4,12,84->85}\), i potem ta suma poprzednich (np. \(\displaystyle{ m=85}\)) bierzemy \(\displaystyle{ \frac{m ^{2}-1}{2}}\) (*)i to jest kolejna liczba ( \(\displaystyle{ \frac{13^{2}-1}{2}=84}\) itd.)) i to wpisujemy np. nad kolumnami tablicy, a następnie kolejną \(\displaystyle{ (n+1)-kę}\) pitagorejską wpisujemy obok wierszy (np.\(\displaystyle{ 7,24, 312,...}\)) (generalnie te liczby nad i obok są w kwadratach) a w pola tablicy wpisujemy iloczyny liczb z kolumny i wiersza pola (iloczyny dwóch kwadratów są kwadratami, więc to załatwione). Dalej sumy w wierszach to ta \(\displaystyle{ n+1-sza}\) liczba z \(\displaystyle{ (n+1)-ki}\) pitagorejskiej nad tablicą przemnożona przez liczbę w danym obok danego wiersza, generalnie to zwielokrotniona początkowa \(\displaystyle{ (n+1)-ka}\) pitagorejska, i analogicznie dla kolumn. Mamy więc, że liczby wewnątrz i sumy w wierszach i kolumnach to kwadraty, pozostaje wykazać, że są one parami różne i ja tu się mocno gmatwałem, ale z tego wzorku (*) można się pobawić w dzielniki pierwsze kolejnych liczb i wykazywać, że się nie powtórzą, bo kolejne dalsze liczby mają nowe dzielniki pierwsze (ta początkowa metoda z dwoma początkowymi trójkami (\(\displaystyle{ 3,4,...}\) i \(\displaystyle{ 7,24,...}\) tu raczej nie zadzaiła, więc lepiej wziąć jedną trójkę i po wpiasaniu liczb nad kolumnami wziąć kolejną, która miałaby być w wierszu i dodać do niej 1- byłaby to pierwsza liczba obok wierszy i z nią zacząć tworzyć, według (*), kolejne liczby obok wierszy.

Tu macie tablice 2x2 np. pomocnicze to nad kolumnami: \(\displaystyle{ 3 ^{2}, 4^{2}}\) i obok wierszy: \(\displaystyle{ 7^{2} 24^{2}}\), a wtedy wewnątrz mamy \(\displaystyle{ (3 \cdot 7) ^{2}, (4 \cdot 7)^{2}, (3 \cdot24) ^{2}, (4 \cdot 24)^{2}}\), a sumy w wierszach i kolumnach to: (\(\displaystyle{ 5 \cdot 7) ^{2},(5 \cdot 24)^{2}}\)i \(\displaystyle{ (25 \cdot 3) ^{2}(25 \cdot 4) ^{2}}\), ale w ogólności to np. tak: nad kolumnami: \(\displaystyle{ 3, 4,}\) obok wierszy \(\displaystyle{ 13, 84}\) i mamy, dla\(\displaystyle{ n=3}\) nad kolumnami\(\displaystyle{ 3,4,12}\) a obok wierszy \(\displaystyle{ 85, 3612 i coś jeszcze}\) i znowu wymnażamy wewnątrz tablicy i mamy dla n=3; mi łatwiej się dowodziło dla dowolnego \(\displaystyle{ n}\) rozpoczynając od trójki \(\displaystyle{ 11,60,...}\)

Nie wiem czy dobrze (zajęło mi dowodzenie parami różności 4 kartki), czekam na jakieś ładne, bo ono nie jest (ale dla małych n to fajnie wychodzi, polecam na kartce zapisać )

[niunix98]

7. Dowodzimy, że punkty \(\displaystyle{ A, B, P, Q,}\) leżą na jednym okręgu i tak samo punkty \(\displaystyle{ B, C, P, Q,}\).

Jak tego dowodziłeś?

[Tani Mefedron]

Przy pomocy rozwiązania zadania siódmego z pierwszego etapu 68 OM dowiodłem że jeżeli punkty \(\displaystyle{ E}\) i \(\displaystyle{ F}\) są przecięciami odpowiednio symetralnych odcinków \(\displaystyle{ BC}\) i \(\displaystyle{ AD}\) odpowiednio z prostymi \(\displaystyle{ AD}\) i \(\displaystyle{ BC}\) to mamy że \(\displaystyle{ BE}\) i \(\displaystyle{ AF}\) są równoległe odpowiednio do \(\displaystyle{ PD}\) i \(\displaystyle{ CQ}\). Co dalej dało że jeżeli \(\displaystyle{ M}\) i \(\displaystyle{ N}\) są środkami odcinków \(\displaystyle{ BC}\) i \(\displaystyle{ AD}\) to czworokąt \(\displaystyle{ ENMF}\) jest wpisany w okrąg z uwagi na równość kątów prostych \(\displaystyle{ \angle ENF}\) i \(\displaystyle{ \angle FME}\) opartych na tych samych bokach, a ponieważ czworokąt \(\displaystyle{ ENMF}\) jest wpisany w okrąg, a proste \(\displaystyle{ AB}\) i \(\displaystyle{ MN}\) są równoległe to \(\displaystyle{ \angle BAE = 180^\circ - \angle ENM = \angle EFM = 180^\circ - \angle BFE}\) więc również czworokąt \(\displaystyle{ ABFE}\) jest wpisany w okrąg, co z warunkami zadania daje nam \(\displaystyle{ \angle PDQ = \angle BEA = \angle BFA = \angle PCQ}\) więc także czworokąt \(\displaystyle{ DCPQ}\) jest wpisany w okrąg bo mamy równe kąty oparte na tych samych bokach no i analogicznie czworokąt \(\displaystyle{ ABPQ}\) jest wpisany w okrąg.

[PokEmil]

Zadanie 7.:    

Na prostych \(\displaystyle{ AD}\) i \(\displaystyle{ BC}\) (po przeciwnej stronie prostej \(\displaystyle{ CD}\) niż punkty \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\)) obieramy odpowiednio takie punkty \(\displaystyle{ K}\) oraz \(\displaystyle{ L}\), że \(\displaystyle{ \angle CDK = \angle CKD}\) oraz \(\displaystyle{ \angle DCL = \angle DLC}\). Na mocy cechy podobieństw trójkątów (k-k-k) trójkąty \(\displaystyle{ ABQ}\) i \(\displaystyle{ KCQ}\) są podobne oraz \(\displaystyle{ ABP}\) i \(\displaystyle{ DLP}\) są podobne, zatem \(\displaystyle{ \frac {AQ}{QK} = \frac {AB}{CK} = \frac {AB}{CD}}\) oraz \(\displaystyle{ \frac {BP}{PL} = \frac {AB}{DL} = \frac {AB}{CD}}\). Niech przekątne w tym trapezie przecinają się w punkcie \(\displaystyle{ R}\). Wówczas z podobieństwa trójkątów (cecha k-k-k) trójkąty \(\displaystyle{ ABR}\) i \(\displaystyle{ CDR}\) są podobne, więc \(\displaystyle{ \frac {AQ}{QK} = \frac {AB}{CK} = \frac {AB}{CD} = \frac {AR}{CR}}\), zatem na mocy twierdzenia odwrotnego do Talesa, \(\displaystyle{ RQ || CK}\). Analogicznie \(\displaystyle{ RP || DL}\). Stąd wynika że podobieństwo (k-k-k) trójkątów \(\displaystyle{ ARQ}\) i \(\displaystyle{ ACK}\), oraz podobieństwo (również k-k-k) \(\displaystyle{ BPR}\) i \(\displaystyle{ BLK}\). A stąd: \(\displaystyle{ \frac {CK}{RQ} = \frac {AC}{AR} = \frac {BD}{BR} = \frac {DL}{RP} = \frac {CD}{RP} = \frac {CK}{RP}}\). Stąd (mnożąc, a następnie redukując skrajne wyrazy) wynika, że \(\displaystyle{ RP=RQ}\), zatem trójkąt \(\displaystyle{ PQR}\) jest równoramienny, zatem symetralna \(\displaystyle{ PQ}\) przechodzi przez punkt \(\displaystyle{ R}\) będący punktem przecięcia przekątnych trapezu, co należało dowieść.