LXVI (66) OM-I etap

[bby]

Z powodow ode mnie niezaleznych ominela mnie I czesc zawodow I stopnia. Czy jest jeszcze szansa, abym zakwalifikowal sie do II etapu? Jednak 2/3 pkt w najlepszym wypadku to nie za wiele. Jestem ze Slaska i slyszalem, ze progi sa bardzo wysokie. Moje pytanie brzmi czy jest realna mozliwosc kwalifikacji, czy lepiej odpuscic?

[bakala12]

bby, zawsze jest realna szansa na zakwalifikowanie się. Nie odpuszczaj, bo to bez sensu, nie masz przecież nić do stracenia. A patrząc obiektywnie ze swojej strony sama styczność z zadaniami z OM daje ogromne doświadczenie. Generalnie, jeśli stwierdzisz że "nie ma sensu, bo i tak nie przejdę" to możesz w ogóle darować sobie jakiekolwiek starty...

[Geftus]

W dziale 'zadania' na stronie olimpiady pojawiły się wzorcówki z pierwszej serii

[AndrzejK]

Porównując rozwiązania wzorcowe I serii z rozwiązaniami z innych lat, to tegoroczna olimpiada wydaje się nieporównywalnie trudniejsza niż poprzednie jej edycje. Obstawiam dość niski próg.

[Pinionrzek]

Aj tam. Rozwiązania nie są jakieś harde. 4. jest tylko trochę przekombinowane, bo to wszystko da się opisać prostszymi słowy, ale idea jest podobna.

[bakala12]

Rozwiązania są niezbyt ładne, ale w sumie tego się spodziewałem po tym jak wymyśliłem swoje. Generalnie te zadania nie były mega trudne, ale były takie trochę dziwne.

[SzalonyMatematyk]

Ktoś wcześniej pisał, że tego co w programie liceum jest nie trzeba dowodzić, a co z takim na przykład twierdzeniem van Aubela czy Ptolemeusza?

[porfirion]

Oba standardowe. Nie trzeba dowodzić.

[Ponewor]

Przypominam, że można już się chwalić rozwiązaniami zadań drugiej serii.

Wygląda na to, że KGOM postanowił przełamać mity o zadaniu pierwszym głoszące, że jest najłatwiejszym w serii (ta opinia nie dotyczy serii trzeciej, jeszcze jej nie czytałem nawet). W pierwszej serii to w ogóle kolejność stała na głowie można by te zadania pod względem kolejności ustawić od najłatwiejszego tak: 4, 3, 2, 1. A pierwsze było najtrudniejszym zadaniem, albo drugim najtrudniejszym w tej serii. Dlatego też stanowczo kasowałem wszystkie uwagi na temat poziomu trudności zadań - dla mnie myśl, że to może nie jest wcale takie typowe banalne zadanie pierwsze i że może należy przestać szukać jednolinijkowego rozwiązania była najważniejszym spostrzeżeniem przy tym zadaniu - dalej zadanie okazało się łatwiutkie.

W drugiej serii również pierwsze zadanie nie okazuje się najłatwiejsze, tu prym pod tym względem wiedzie zadanie 6. Podoba mi się to zadanie i liczę na dużo uciechy przy czytaniu rozwiązań. Ja nie zdołałem uniknąć słowa cosinus, acz nie myślałem nad tym długo.

6:    

Niech \(\displaystyle{ H}\) będzie ortocentrum w trójkącie \(\displaystyle{ \triangle AEF}\), zaś \(\displaystyle{ G}\) niech będzie jego rzutem na prostą \(\displaystyle{ AB}\). Trójkąt \(\displaystyle{ \triangle AEF}\) jest równoramieny więc prosta \(\displaystyle{ AH}\) pokrywa się z dwusieczną kąta przy wierzchołku \(\displaystyle{ A}\) skąd \(\displaystyle{ A}\), \(\displaystyle{ I}\) oraz \(\displaystyle{ H}\) są współliniowe. Dalej \(\displaystyle{ \triangle AIE \sim \triangle AHG}\), skąd:
\(\displaystyle{ \frac{AH}{AI}=\frac{AG}{AE}=\cos A}\)
Weźmy zatem przekształcenie będące złożeniem jednokładności o środku w \(\displaystyle{ A}\) i skali \(\displaystyle{ \cos A}\), z symetrią względem prostej \(\displaystyle{ AI}\). Trójkąt \(\displaystyle{ \triangle ABC}\) przejdzie wówczas na trójkąt \(\displaystyle{ \triangle ACD}\). Środek okręgu wpisanego w trójkąt \(\displaystyle{ \triangle ABC}\) przechodzi na punkt \(\displaystyle{ H}\), który musi być więc środkiem okręgu wpisanego w trójkąt \(\displaystyle{ \triangle ACD}\).

[kinokijuf]

5 szło niemal identycznie jak OM54-2-3:

w 6 jak się wpisało okrąg w \(\displaystyle{ ADC}\), to dalej szło z podobieństwa

w 7 wpisujesz obie sfery w stożek o wierzchołku \(\displaystyle{ D}\) i korzystasz z twierdzenia o trójliściu

w 8 wychodziło \(\displaystyle{ 2\left\lceil \frac{n}{2}\right\rceil}\), przypadek parzysty spowadziłem do nieparzystego a w nieparzystym xorowałem wszystkie kombinacje podzbiorów, ogólnie dość długie:

[bakala12]

Ponewor, zadanie 6 jest absolutnie najpiękniejszym zadaniem z tej serii i jednym z najpiękniejszych zadań jakie w życiu robiłem Oczywiście moje rozwiązanie to to samo co napisałeś z dokładnością do redakcji. A cosinusa uniknąłem sformułowaniem:

Ukryta treść:    

Rozważmy złożenie symetrii osiowej względem prostej \(\displaystyle{ AI}\) z jednokładnością o środku w punkcie \(\displaystyle{ A}\) i skali \(\displaystyle{ \frac{AC}{AB}}\).

Co nie zmienia faktu, że zadanie zrobiłem już dawno, ale nadal jestem pod jego wrażeniem.
Ewentualnie można użyć słowa

Ukryta treść:    

podobieństwo

[Przemyslaw Grabowski]

W pierwszej serii to w ogóle kolejność stała na głowie można by te zadania pod względem kolejności ustawić od najłatwiejszego tak: 4, 3, 2, 1. A pierwsze było najtrudniejszym zadaniem, albo drugim najtrudniejszym w tej serii.

A ja, że jestem idiotą z geometrii to najtrudniejsze dla mnie było zadanie nr 4 (w pierwszej serii)... Ale trudność tych zadań była według mnie taka: 1,2,3,4, a może mi się tylko tak zdaje, bo szły mi dość gładko po kolei, aż do walnięcia głową w trójkąt.

A najłatwiejszym zadaniem w październiku było dla mnie 5, bo... tylko je zrobiłem. xD Teraz patrzę na rozwiązanie zadania 6(Jednokładność, serio? <załamany> Nie no żartuję. ^^) i widzę, że jestem większym idiotą z geo, niż sądziłem. AAALeee faaaaajniee(z takim akcentem wrzoda z Gothica).

Listopad nie wygląda tak źle, więc może zrobię w nim 2, lub nawet 4 zadania. Może to wszystko starczy, aby przejść do 2 etapu. Co myślicie?

[timon92]

eeeeeeeeej jakie podobieństwo w szóstym co wy gadacie

Ukryta treść:    

niech \(\displaystyle{ H}\) to ortocentrum \(\displaystyle{ AEF}\), \(\displaystyle{ I}\) to incenter \(\displaystyle{ ABC}\)

\(\displaystyle{ IEFH}\) to równoległobok (nawet romb ale to nie jest istotne), zatem \(\displaystyle{ FH=IE=CF}\) (ostatnia równość wynika z kąta prostego przy wierzchołku \(\displaystyle{ C}\)) czyli \(\displaystyle{ FCH}\) równoramienny

zatem \(\displaystyle{ \angle FCH = \angle CHF = \angle HCD}\) czyli \(\displaystyle{ CH}\) to dwusieczna \(\displaystyle{ ACD}\)

to, że \(\displaystyle{ AH}\) jest dwusieczną \(\displaystyle{ DAC}\) dostajemy za darmo bo \(\displaystyle{ AFE}\) równoramienny

zatem \(\displaystyle{ H}\) to incenter \(\displaystyle{ ACD}\)

[Pinionrzek]

Mnie się nie udało zrobić 8. Pozostałe są bardzo proste i proste. Mój ranking to: 6, 7, 5, 8.
5.

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ x, y \in \mathbb{Z}}\), \(\displaystyle{ x^{4}-2x^{3}+x=y^{4}+3y^{2}+y}\). Przekształcając równoważnie nasze równanie otrzymujemy:
\(\displaystyle{ x^{4}-2x^{3}+x^{2}-x^{2}+x-y^{4}-3y^{2}-y=0}\), czyli:
\(\displaystyle{ (x^{2}-x)^{2}-(x^{2}-x)-y^{4}-3y^{2}-y=0}\). Policzmy więc wyróżnik trójmianu kwadratowego względem \(\displaystyle{ x^{2}-x}\). Mamy: \(\displaystyle{ \Delta = 1-4(-y^{4}-3y^{2}-y)=4y^{4}+12y^{2}+4y+1}\). To wyrażenie jest oczywiście większe od \(\displaystyle{ 0}\) dla każdej liczby całkowitej, zatem nasze równanie posiada dwa pierwiastki. Zauważmy teraz, że \(\displaystyle{ x^{2}-x \in \mathbb{Z}}\). Ponadto \(\displaystyle{ x^{2}-x= \frac{1 \pm \sqrt{ \Delta } }{2}}\), zatem \(\displaystyle{ 4y^{4}+12y^{2}+4y+1}\) jest kwadratem liczby całkowitej. Rozważmy teraz dwa przypadki.
1. \(\displaystyle{ y\ge 0}\)
Zauważmy, że dla \(\displaystyle{ y>1}\) zachodzi:
\(\displaystyle{ (2y^{2}+3)^{2}=4y^{4}+12y^{2}+9 \le 4y^{4}+12y^{2}+4y+1 < (2y^{2}+4)^{2}=4y^{4}+16y^{2}+16}\), a równość w pierwszej nierówności zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ y=2}\). Zauważmy, że w takim razie \(\displaystyle{ \Delta=121}\), a wyrażenie \(\displaystyle{ \frac{1 \pm \sqrt{ \Delta } }{2}}\) przyjmuje wartość \(\displaystyle{ 6}\) lub \(\displaystyle{ -5}\). Mamy więc:
a)\(\displaystyle{ x(x-1)=6}\), czyli \(\displaystyle{ x=3}\) lub \(\displaystyle{ $=-2}\). Sprawdzając z wyjściowym równaniem dla \(\displaystyle{ y=2}\), otrzymujemy, że te liczby są istotnie jego rozwiązaniami.
b)\(\displaystyle{ x(x-1)=-5}\). Jednak nie ma takich dwóch kolejnych liczb całkowitych, by ich iloczyn dawał \(\displaystyle{ -5}\).
Gdy \(\displaystyle{ y=1}\), to \(\displaystyle{ \Delta=21}\), czyli nie jest kwadratem liczby całkowitej.
Jeżeli natomiast \(\displaystyle{ y=0}\), to \(\displaystyle{ \Delta =1}\), czyli jest kwadratem liczby całkowitej. Podstawiając \(\displaystyle{ y=0}\) do naszego wyjściowego równania dostajemy: \(\displaystyle{ x^{4}-2x^{3}+x=0}\), co po równoważnym przekształceniu daje: \(\displaystyle{ x(x-1)(x^{2}-x-1)=0}\), zatem co najmniej jeden z tych czynników jest równy \(\displaystyle{ 0}\). Jednak jeżeli \(\displaystyle{ x^{2}-x-1=0}\), to po równoważnym przekształceniu otrzymujemy \(\displaystyle{ x^{2}-x=1}\), a takie równanie nie posiada rozwiązań w liczbach całkowitych. Widzimy więc, że jeżeli \(\displaystyle{ y=0}\), to \(\displaystyle{ x=0}\) lub \(\displaystyle{ x=1}\). Sprawdzenie pokazuje, że liczby te istotnie są rozwiązaniami wyjściowego równania.
2. \(\displaystyle{ y < 0}\)
Zauważmy, że dla \(\displaystyle{ y<-1}\) mamy:\(\displaystyle{ (2y^{2}+2)^{2}=4y^{4}+8y^{2}+4< 4y^{4}+12y^{2}+4y+1<(2y^{2}+3)^{2}=4y^{4}+12y^{2}+9}\), więc \(\displaystyle{ y=-1}\). Jednakże dla \(\displaystyle{ y=-1}\),\(\displaystyle{ \Delta =13}\),czyli nie jest ona kwadratem liczby całkowitej.
Widzimy więc, że jedynymi rozwiązaniami tego równania są \(\displaystyle{ (x, y)=(0,0)}\), \(\displaystyle{ (x, y)=(1, 0)}\), \(\displaystyle{ (x, y)=(-2, 2)}\) oraz \(\displaystyle{ (x, y)=(3, 2)}\).

6.

Ukryta treść:    

Oznaczam sobie długości czterech odcinków, jakieś banalne podobieństwa+wzór na promień okręgu wpisanego w trójkąt prostokątny.

7.

Ukryta treść:    

Wykazuję, że prosta \(\displaystyle{ ID}\)(środek tej dużej sfery) jest prostopadła do płaszczyzny \(\displaystyle{ A^{'}B^{'}C^{'}}\) i dalej mam jakieś banalne przystawanie.

[Michal Pawlowski]

Moim zdaniem zadanie 6. jest piękne, ale nie dlatego, że można do jego rozwiązania wykorzystać jednocześnie jednokładność, symetrię i cosinusy... Czytanie takich rozwiązań może odstraszyć osoby, które dopiero zaczynają przygodę z OM. Do rozwiązania tego zadania wystarczy zwykłe podobieństwo (w trójkątach podobnych wszystkie elementy liniowe są proporcjonalne w skali podobieństwa - zarówno długość promienia okręgu opisanego czy wpisanego, jak i odległość od wierzchołka do punktu styczności - z czego korzystam) i twierdzenie Talesa (które właściwie można zastąpić podobieństwem kolejnych trójkątów).
Poniższe rozwiązanie może jest dłuższe od wcześniej przedstawionych, ale jest w pełni opisane.

Ukryta treść:    

Trójkąty prostokątne \(\displaystyle{ ACD}\) i \(\displaystyle{ ABC}\) są podobne (mają wspólny kąt przy wierzchołku \(\displaystyle{ A}\)). Skala ich podobieństwa wynosi \(\displaystyle{ k=\frac{AC}{AB}=\frac{AD}{AC}=\frac{CD}{BC}}\). Wszystkie elementy liniowe \(\displaystyle{ ACD}\) i \(\displaystyle{ ABC}\) są zatem proporcjonalne w tej skali.
Oznaczmy teraz przez \(\displaystyle{ K}\) i \(\displaystyle{ L}\) odpowiednio spodki wysokości trójkąta \(\displaystyle{ AEF}\) poprowadzonych z \(\displaystyle{ E}\) i \(\displaystyle{ F}\). Odcinki \(\displaystyle{ EK}\) i \(\displaystyle{ BC}\) są prostopadłe do \(\displaystyle{ AC}\), zatem są równoległe. Analogicznie odcinki \(\displaystyle{ FL}\) i \(\displaystyle{ CD}\) są równoległe, gdyż są prostopadłe do \(\displaystyle{ AB}\). Z twierdzenia Talesa (lub podobieństwa odpowiednich trójkątów) otrzymujemy więc

\(\displaystyle{ \frac{AK}{AE}=\frac{AC}{AB}=k \quad\iff\quad AK=k\cdot AE}\)

oraz

\(\displaystyle{ \frac{AL}{AF}=\frac{AD}{AC}=k \quad\iff\quad AL=k\cdot AF.}\)

Punkty \(\displaystyle{ E}\) i \(\displaystyle{ F}\) są punktami styczności okręgu wpisanego w trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\) odpowiednio z bokami \(\displaystyle{ AB}\) i \(\displaystyle{ AC}\), zatem na mocy wcześniej opisanego podobieństwa i powyższych równości wnioskujemy, że punkty \(\displaystyle{ K}\) i \(\displaystyle{ L}\) są punktami styczności okręgu wpisanego w trójkąt \(\displaystyle{ ACD}\) z bokami \(\displaystyle{ AC}\) i \(\displaystyle{ AD}\). Proste \(\displaystyle{ EK}\) i \(\displaystyle{ FL}\) są prostopadłe odpowiednio do boków \(\displaystyle{ AC}\) i \(\displaystyle{ AD}\), stąd punkt ich przecięcia wyznacza środek okręgu wpisanego w trójkąt \(\displaystyle{ ACD}\). Punkt ten jest jednocześnie ortocentrum trójkąta \(\displaystyle{ AEF}\).
Udowodniliśmy więc, że punkt przecięcia wysokości trójkąta \(\displaystyle{ AEF}\) jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt \(\displaystyle{ ACD}\), co kończy dowód.