LXVI (66) OM-I etap

[Vax]

Co do 6, można jeszcze tak:

Ukryta treść:    

Odbijamy środek okręgu wpisanego w trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\) względem prostej \(\displaystyle{ EF}\), prosty rachunek na kątach dowodzi, że jest to nasz szukany punkt.

[Jever]

Takie małe pytanko: jest ktoś pewny wyniku 8. zadania? Jak tak, to jaki on będzie?

[Pinionrzek]

\(\displaystyle{ n}\) dla \(\displaystyle{ n}\) parzystego i \(\displaystyle{ n+1}\) dla nieparzystego.

[Jever]

A jakieś wyjaśnienie?

Ukryta treść:    

Nie mogę zrozumieć dlaczego \(\displaystyle{ k=n}\) dla parzystego.
Weźmy np. \(\displaystyle{ n=4}\). Bez problemu jestem w stanie znaleźć taką kombonację zbiorów, żeby nie dało się znaleźć części wspólnej o parzystej liczbie wyrazów (jeżeli \(\displaystyle{ k=n}\)).

[Pinionrzek]

To jaka jest wg Ciebie taka kombinacja?

[Jever]

Ukryta treść:    

No na przykład:
12
13
14
23

[Pinionrzek]

Dwa ostatnie podzbiory(1,4 i 2,3) mają część wspólną, która jest przecież parzysta.

[Jever]

T_T racja, nie wziąłem tego pod uwagę.

[AndrzejK]

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 \(\displaystyle{ ACD}\)

Właśnie tak zrobiłem .

Mógłby ktoś pokazać rozwiązanie ósmego i siódmego? W ósmym "doświadczalnie" doszedłem do wyniku, ale nie wiedziałem jak dojść do rozwiązania

[Swistak]

Zadanie 8. jest moim zdaniem bardzo ładne, ale raczej pasuje na końcówkę pierwszego semestru kursu z GALu (geometria z algebrą liniową) niż na OMa . Ja patrzyłem na podzbiory \(\displaystyle{ [n]}\) jako na wektory z \(\displaystyle{ Z_2^n}\) i liczba wspólnych elementów to teraz iloczyn skalarny takowych i kluczowy trik polegał na tym, że jak te wektory nie są liniowo niezależne, to gdzieśtam otrzymamy jakieś 0.

Btw wręcz nie mogę patrzeć na to, jak segregujecie zadania pod względem trudności zadania z I serii... 1-3 były zupełnie łatwe, mechanizmy, które się w nich objawiały widziałem dziesiątki razy. 1 to megasztampa, takie zadania pewnie nawet nie za trudno komputery nauczyć robić . 2 też dość łatwe, a z 3. co prawda siłowałem się godzinę, ale to dlatego, że się nie ogarnąłem, że te 2 rzeczy pod pierwiastkami się mnożą do 1 xD. Jak to zauważyłem, to reszta wynikła zupełnie natychmiast również ze standardowych obliczeń, które widziałem n razy xd. A 4. nie zrobiłem ; ddd. Co prawda nie siedziałem nad nim całymi dniami, ale też na pewno patrzyłem na nie dłużej niż chwilę i jakoś zupełnie nie miałem pojęcia, co można zrobić z takim dziwnym tworem jak tamten środek okręgu opisanego xd. Nie zauważyłem pewnych obserwacji, które powinienem był zauważyć, ale tak czy siak moim zdaniem zupełnie nieporównywalnie trudniejsze od całej reszty I serii.

[marcin7Cd]

Odnośnie óśmego

Ukryta treść:    

Ja rozważałem dla ułatwienia takie maksymalne k' ,że istnieje k' takich podzbiorów o parzystej ilości elementów, a część wspólna dowolnych dwóch jest nie parzysta. Łatwo zauważyć, że \(\displaystyle{ k=k'+1}\)(bo jak dodamy jeszcze jeden podzbiór o parzystej ilości elementów to nie może on spełniać tego warunku bo k' jest maksymalne). Na początku rozważmy przypadek, gdy n jest nieparzyste. Przez podanie przykładu mamy \(\displaystyle{ n \le k'}\). Powiedzmy, że mamy \(\displaystyle{ k'}\) takich podzbiorów Oznaczmy je przez \(\displaystyle{ A _{1} A_{2},A_{3}, ..., A_{k'-1},A_{k'}}\) i teraz przez rozkład zbioru \(\displaystyle{ X}\) nazywam taki uporządkowany zestaw \(\displaystyle{ k'}\) liczb ,że i-ta liczba oznacza resztę z dzielenia przez 2 liczby\(\displaystyle{ \left| X \cap A_{i}\right|}\). Sumą rozkładów zbiorów nazywamy taki uporządkowany zestaw \(\displaystyle{ k'}\) liczby ,że i-ta liczba jest resztą z dzielenia przez 2 sumy i-tych liczb w tych rozkładach zbiorów. Łatwo zauważyć, że suma rozkładów dwóch zbiorów jest równa rozkładowi pewnego zbioru(bo liczymy dwa razy elementy wspólne sumowanych zbiorów). Zauważmy, że z warunku rozważanych podzbiorów mamy określony rozkład każdego z podzbiorów. rozkład zbioru \(\displaystyle{ A_{i}}\) to są same jedynki oprócz i-tej liczby równej 0.Dla k' parzystego otrzymuje sprzeczność, bo suma rozkładów tych wszystkich podzbiorów to są same jedynki, a to oznacza, że istnieje jeszcze jeden podzbiór, który mogą dołączyć i będzie spełniać warunki(korzystam też z tego ,że zbiór i dopełnienie zbioru mają ten sam rozkład, a mają o różnej parzystości ilość elementów). Od tego momentu to już z górki, bo rozważamy wszystkie możliwe do otrzymania różne rozkłady przez sumowanie rozkładów zbiorów \(\displaystyle{ A_{i}}\).Jest ich \(\displaystyle{ 2 ^{k'-1}}\). Porównuje to z ilość różnych rozkładów wszystkich możliwych zbiorów których jest nie więcej niż \(\displaystyle{ 2 ^{n-1}}\)(dla każdego rozkładu istnieją co najmniej dwa różne zbiory o takim samym rozkładzie). Okazuje że tych drugich musi być więcej, bo każdy otrzymany rozkład w pierwszym przypadku musi pojawić się w drugim, czyli mamy, że \(\displaystyle{ 2^{n-1} \ge 2^{k'-1} \Leftrightarrow n \ge k'}\) Z tąd otrzymuje,że \(\displaystyle{ n=k'}\). Przypadek parzystego n wychodzi z tego, że każdy podzbiór można zamienić na dopełnienie i wszystkie parzystości są takie same.

[Ponewor]

ale tak czy siak moim zdaniem zupełnie nieporównywalnie trudniejsze od całej reszty I serii.

co Ty próbujesz nam wmówić, że nie umiesz plani
imo wszystkie zadania z pierwszej serii były mechaniczne, tylko 4 to lekki zawód, bo więcej się po nim spodziewałem, a moim zdaniem ze wszystkich 4 łatwych zadań, to było szczególnie łatwe.-- 5 lis 2014, o 00:29 --

Ukryta treść:    

Odbijamy środek okręgu wpisanego w trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\) względem prostej \(\displaystyle{ EF}\), prosty rachunek na kątach dowodzi, że jest to nasz szukany punkt.

to że jest to tamto ortocentrum to widać łatwo z twierdzenia o odbiciach \(\displaystyle{ H}\), a jak przeliczasz, że to środek wpisanego (w sensie jakoś inaczej niż posługując się równoległobokiem timona?)?

btw o, w końcu wróciłeś, dawno Cię nie było widać, myślałem, że wciąż trauma po ostatnim finale

[Lammatian]

Czuję się głupi jak tak czytam i widzę, że generalnie można wywnioskować, że i pierwsza i druga seria były banalne. Osobiście i nad pierwszą i nad drugą spędziłem strasznie dużo czasu i uważam, że jedyne zadania, które można uznać za względnie łatwe to 2 i 6. Reszta była po prostu trudna, chociaż udało mi się zrobić 6/8 póki co

[Ponewor]

Czuję się głupi jak tak czytam i widzę, że generalnie można wywnioskować, że i pierwsza i druga seria były banalne.

Większość tak piszących osób to ludzie mający już starty w olimpiadach za sobą, nie łam się.

[Swistak]

Haha, otwieram maila, a tam 0,5h temu dostałem pdfa z ostatniego wykładu z Extremal Combinatorics, a tam zad.8 jako jedno z twierdzeń .

Polecam początkowe zadania tutaj ... prYkk/edit

Ponewor: No właśnie bynajmniej nie uważam, abym sobie nie radził z plani, ale to zadanie cały czas jest dla mnie trudne . Ja w nim widzę co najwyżej jakieś 3 współliniowe środki czworokąta zupełnego i inwersję, ale to też raczej nie ja zauważyłem .

-- 5 listopada 2014, 01:36 --

Czuję się głupi jak tak czytam i widzę, że generalnie można wywnioskować, że i pierwsza i druga seria były banalne.

Większość tak piszących osób to ludzie mający już starty w olimpiadach za sobą, nie łam się.

Nom, Ponewor ma rację, taki ja zrobiłem milijony zadań, zatem dla mnie sztampą jest więcej zadań niż dla innych ludzi no i dochodzi do tego efekt, że muszę wylać żale, że nie zrobiłem 4go i czynię to tworząc większy kontrast w mojej opinii między trudnością 4. i 1.-3. poprzez ubanalnienie 1.-3. xD.

Swoją drogą już pisałem, że ten pierwszy etap wcale nie jest taki łatwy, (tylko dopadła mnie policja ), zatem 6/8, to naprawdę ładnie wyglądający wynik