LXIII Olimpiada Matematyczna - I Etap

Dla wtajemniczonych;) Największa impreza dla matematyków poniżej studiów, czyli Olimpiada Matematyczna oraz Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów.
Awatar użytkownika
Dunix
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 39
Rejestracja: 4 paź 2010, o 15:07
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Ropczyce
Podziękował: 3 razy

LXIII Olimpiada Matematyczna - I Etap

Post autor: Dunix » 6 gru 2011, o 19:02

[quote="opilo"]Więc tak zad. 9 najprostsze :D
Zad.10 Mi wyszło tylko n=2, więc jakiś mam błąd
Zad.12 Jak myślicie ile dostanę punktów jeśli podałem bez dowodu rekurencję ale wzór wyprowadziłem.
Zad.11 Ja zrobiłem tak:
Jeśli SO jest prostopadła do płaszczyzny danej w zadaniu to jest prostopadła do każdego z tych odcinków.Jeśli zrzutujemy prostokątnie prostą SO to na mocy twierdzenia o trzech prostych prostopadłych powinna ona być prostopadła do wszystkich 3 odcinków, a spełnia to tylko wtedy gdy punkt o leży na wysokości SS". Wtedy tych rzutów możemy narysować "nieskończenie wiele". Jeśli O leży na wysokości to płaszczyzna dana w zadaniu powinna być równoległa do płaszczyzny podstawy. Środki ciężkości trójkątów leżą na tej samej wysokości, dochodzę do wniosku że trójkąty muszą być przystające. Z tego mamy takie same długości krawędzi podstawy, więc podstawa jest trójkątem równobocznym a to mieliśmy dowieść.[/quote]
Czy mógłby ktoś dokładnie opisać skąd bierze się, że płaszczyzna ABC jest równoległa do A'B'C', bo wg mnie kolega opilo po prostu wziął z powietrza, iż wysokość SS' i prosta SO pokrywają.
Jeśli się mylę, proszę o poprawienie mnie :)

Prastaruszek
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 41
Rejestracja: 22 lip 2009, o 12:48
Płeć: Mężczyzna

LXIII Olimpiada Matematyczna - I Etap

Post autor: Prastaruszek » 6 gru 2011, o 20:38

9. pomnożyć przez 4, odjąć
10. tak jak Panda
11. Korzystamy z wzoru na wektor HO w czworościanie ortocentrycznym i wykonujemy jakieś proste operacje na iloczynach skalarnych. Wychodzi że wtedy HS też jest prostopadłe do A'B'C', a to oznacza że O,S,H są współliniowe. Stąd łatwo wywnioskować równość ramion. W miarę łatwo, że w podstawie środek okręgu opisanego i ortocentrum są jednym punktem. Stąd dość łatwo (ja żeby skrócić zapis użyłem tw. o prostej Eulera, ale to raczej czyste lenistwo) mamy, że w podstawie jest równobok. A to już koniec
12.Tak jak bakala

opilo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 58
Rejestracja: 2 gru 2010, o 10:37
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: koszalin
Pomógł: 1 raz

LXIII Olimpiada Matematyczna - I Etap

Post autor: opilo » 6 gru 2011, o 20:53

"Wtedy tych rzutów możemy narysować "nieskończenie wiele"." Pomyśl stosując twierdzenie o 3 prostych prostopadłych. Nauczyciel powiedział że dobrze mam.

Luxxar
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 102
Rejestracja: 3 paź 2010, o 18:00
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Polska
Podziękował: 8 razy
Pomógł: 1 raz

LXIII Olimpiada Matematyczna - I Etap

Post autor: Luxxar » 6 gru 2011, o 20:58

Może ja się wypowiem. W tamtym roku startowałem pierwszy raz w OM z marnym skutkiem , zrobiłem z 2-3 zadania xd W tym roku najtrudniejszym wyzwaniem było równanie funkcyjne którego nie zrobiłem ,ale cóż...nie można mieć wszystkiego.

Co do stereo to:
Trzeba wykazać że płaszczyzna \(\displaystyle{ A'B'C'}\) jest równoległa do \(\displaystyle{ ABC}\).
W czworościanie ortocentrycznym zachodzi taka własność że przeciwległe krawędzie są prostopadłe.
Więc jeżeli wysokość AA' jest prostopadła do płaszczyzny BCS i BB' jest prostopadłe do płaszczyzny ACS.
To płaszczyzna utworzona na tych wysokościach(AA'BB') jest prostopadła do CS. Skoro płaszczyzna jest prostopadła to również każda prosta w tej płaszczyźnie jest prostopadła. Czyli A'B' jest prostopadłe do CS. I teraz na mocy twierdzenia które przytoczyłem wcześniej wiemy że A'B' jest równoległe do AB.
Analogicznie dla C'B' i A'C' . i mamy równoległość udowodnioną. Teraz z Pitagorasa że podstawa jest trójkątem równobocznym. Teraz tylko że rzut wierzchołka S jest środkiem ciężkości , co bardzo łatwo udowodnić ponieważ w trójkącie równobocznym przecięcia się wysokości symetralnych , środkowych i dwusiecznych przecinają się w jednym punkcie.


Chciałbym dodać że nigdy wcześniej nie zrobiłem żadnego zadania z stereometrii nawet na poziomie OMG , a planimetrii nienawidzę , więc za wszelkie usterki z góry przepraszam. Ale wydaje mi się że dobrze jest ;p

porfirion
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 319
Rejestracja: 6 gru 2011, o 20:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 11 razy
Pomógł: 26 razy

LXIII Olimpiada Matematyczna - I Etap

Post autor: porfirion » 6 gru 2011, o 21:05

W tym roku zadania wydają mi się prostsze niż rok temu.
Wysłałem 10 (wydaje mi się poprawnie rozwiązanych), a rok temu zrobiłem zaledwie 5.
Wiecie jakie były w poprzednich latach (orientacyjnie) progi po II etapie?

przemos01
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 41
Rejestracja: 5 lis 2011, o 12:09
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kielce
Podziękował: 5 razy
Pomógł: 1 raz

LXIII Olimpiada Matematyczna - I Etap

Post autor: przemos01 » 6 gru 2011, o 22:17

No więc tak, ja też pierwszy raz w OMie startuje i jestem zachwycony . Myślałem że zrobię 2-3 zadania, a tu zrobiłem 8 o.O. Tak jak prawie wszyscy-stereo nawet nie przeczytałem do końca , 12 prawie mi wyszło ale nie chciał się 1 wyraz skrócić i odpuściłem, a 9 nawet nie ma co pisać, 10 zrobiłem bardzo podobnie jak Panda, czyli pokazuje dla nieparzystych że 2 punkty muszą się wzajemnie wykluczać no i zostaje 1 punkt który nie leży poza żadnym okręgiem .

Podsumowując dla mnie najłatwiejsze było oczywiście 9, 5 też mi jakoś łatwo poszło (choć nie tak strasznie szybko ), a najtrudniejsze (z tych co zrobiłem) to chyba 2. Hehe, to trzeba być hardcorem żeby 2 zrobić bez modulo xD. Jeszcze wtedy nie umiałem tego i cisnąłem na wzorach skróconego mnożenia i jakiś mętnych końcówkach, zamiast napisać przystawianie do (mod 10). Mam nadzieję że mi uznają

Awatar użytkownika
timon92
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1536
Rejestracja: 6 paź 2008, o 16:47
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Katowice
Podziękował: 4 razy
Pomógł: 436 razy

LXIII Olimpiada Matematyczna - I Etap

Post autor: timon92 » 6 gru 2011, o 22:55

skoro nikt jeszcze nie napisał poprawnego rozwiązania syntetycznego stereo, to pozwolę sobie napisać w skrócie co można było robić (to od Prastaruszka pewnie jest dobrze, ale trudno to nazwać rozwiązaniem syntetycznym )

wybierzmy punkty \(\displaystyle{ A'', B'', C''}\) na odcinkach \(\displaystyle{ AS, BS, CS}\) takie, że \(\displaystyle{ BCA'' \perp AS, CAB'' \perp BS, ABC'' \perp CS}\) (istnieją takie bo czworościan jest ortocentryczny) no i można pokazać, że płaszczyzny \(\displaystyle{ A'B'C', A''B''C''}\) są równoległe

w istocie rzeczy punkty \(\displaystyle{ A'', B'', C''}\) są rzutami wierzchołków na krawędzie, potem bawiłem się talesami i wyszło

w sumie to szczegółów rozwiązania nie pamiętam

pekezu
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1
Rejestracja: 1 gru 2010, o 23:23
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: krakow

LXIII Olimpiada Matematyczna - I Etap

Post autor: pekezu » 6 gru 2011, o 23:00

W 12 można również było zauważyć, że jeżeli przez \(\displaystyle{ \delta_{1}}\) oznaczymy różnicę sum sześcianów elementów ciągów powstałych odpowiednio w (n+1) i n tym kroku, zaś jako \(\displaystyle{ \delta_{2}}\)oznaczymy analogiczną różnicę dla ciągów z (n+2) i (n+1), to iloraz \(\displaystyle{ \frac{\delta_{2}}{\delta_{1}}}\)będzie zawsze stały i będzie wynosił 7. Trochę było bawienia z rozpisywaniem, ale poszło. Teraz widzę, że z rekurencji było dużo fajniej.

Awatar użytkownika
adamm
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 253
Rejestracja: 1 paź 2009, o 22:04
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Sopot/Warszawa
Podziękował: 5 razy
Pomógł: 15 razy

LXIII Olimpiada Matematyczna - I Etap

Post autor: adamm » 7 gru 2011, o 01:49

Ja z kolei dla odmiany chciałbym pozdrowić kolesia który już 1. września zapostował zadanka na mathlinksie xd.

Marcinek665
Korepetytor
Korepetytor
Posty: 1824
Rejestracja: 11 sty 2007, o 20:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Katowice, Warszawa
Podziękował: 73 razy
Pomógł: 228 razy

LXIII Olimpiada Matematyczna - I Etap

Post autor: Marcinek665 » 7 gru 2011, o 07:38

Skoro już jesteśmy w klimatach pozdrowień, to ja pozdrawiam osobę, która nie potrafiła zrobić zadania dziewiątego i liczyła na sukcesy na OMie:

http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 6&t=447198

Awatar użytkownika
Brycho
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 62
Rejestracja: 4 gru 2010, o 10:19
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kalety , woj. Śląśkie
Pomógł: 5 razy

LXIII Olimpiada Matematyczna - I Etap

Post autor: Brycho » 7 gru 2011, o 09:53

W moim rozwiązaniu stereometrii krokiem milowym było skorzystanie z wniosków z 62-3-5.

Awatar użytkownika
Dunix
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 39
Rejestracja: 4 paź 2010, o 15:07
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Ropczyce
Podziękował: 3 razy

LXIII Olimpiada Matematyczna - I Etap

Post autor: Dunix » 7 gru 2011, o 16:10

[quote="Prastaruszek"]9. pomnożyć przez 4, odjąć
10. tak jak Panda
11. Korzystamy z wzoru na wektor HO w czworościanie ortocentrycznym i wykonujemy jakieś proste operacje na iloczynach skalarnych. Wychodzi że wtedy HS też jest prostopadłe do A'B'C', a to oznacza że O,S,H są współliniowe. Stąd łatwo wywnioskować równość ramion. W miarę łatwo, że w podstawie środek okręgu opisanego i ortocentrum są jednym punktem. Stąd dość łatwo (ja żeby skrócić zapis użyłem tw. o prostej Eulera, ale to raczej czyste lenistwo) mamy, że w podstawie jest równobok. A to już koniec
12.Tak jak bakala[/quote]
Czy mógłbyś napisać te proste operacje na iloczynach wektorowych, bo też próbowałem ze wzoru na wektor HO, ale coś mi nie wyszło :)

Prastaruszek
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 41
Rejestracja: 22 lip 2009, o 12:48
Płeć: Mężczyzna

LXIII Olimpiada Matematyczna - I Etap

Post autor: Prastaruszek » 7 gru 2011, o 20:16

Luxxar, to że w przestrzeni a jest prostopadłe do b, a b do c, nie znaczy że a jest równoległe do c (zauważ, że nie skorzystałeś z założenia [mi też takie rozwiązanie przeszło przez myśl ale się zorientowałem]).

Jest w miarę syntetyczne to moje 11:
Ukryta treść:    

bdfhjk
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1
Rejestracja: 8 gru 2011, o 10:25
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: ###

LXIII Olimpiada Matematyczna - I Etap

Post autor: bdfhjk » 8 gru 2011, o 11:10

Ciekawe rozwiązanie 10 zadania dla \(\displaystyle{ n}\) nieparzystych:

Niech \(\displaystyle{ \alpha}\) dąży do zera.

Rozmieszczamy punkty na okręgu w równych odległościach, wybieramy dwa punkty obok siebie. Jeden odsuwamy po promieniu od środka okręgu o \(\displaystyle{ \frac{\alpha}{2}}\) . Drugi oraz każdy odległy od niego o parzystą ilość wierzchołków odsuwamy po promieniu od środka okręgu o \(\displaystyle{ \alpha.}\)

W ten sposób na przeciwko każdego punktu znajdą się dwa oddalone bardziej od niego niż każdy z pozostałych, symetryczne względem średnicy - z których dokładnie jeden jest oddalony delikatnie dalej.

Ponieważ \(\displaystyle{ \alpha \rightarrow 0}\), nie dostaniemy sytuacji, w której okrąg o środku w punkcie wysuniętym o \(\displaystyle{ \alpha}\) będzie równoodległy od punktu wysuniętego o \(\displaystyle{ \alpha}\) oraz któregoś z innych wierzchołków, ponieważ zmniejszenie odległości z powodu różnica kąta między nimi będzie zawsze różne w przypadku każdej pary wierzchołków i jednocześnie większe niż \(\displaystyle{ \alpha}\).

Rysunki :


Ostatnio zmieniony 9 gru 2011, o 20:58 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 2 razy.
Powód: Brak LaTeX-a. Proszę zapoznaj się z instrukcją: http://matematyka.pl/latex.htm .

Marcinek665
Korepetytor
Korepetytor
Posty: 1824
Rejestracja: 11 sty 2007, o 20:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Katowice, Warszawa
Podziękował: 73 razy
Pomógł: 228 razy

LXIII Olimpiada Matematyczna - I Etap

Post autor: Marcinek665 » 8 gru 2011, o 13:57

bdfhjk pisze:Rozmieszczamy punkty na okręgu.
Wygodne założenie, nie powiem.

ODPOWIEDZ