Matematyka.pl

Są już zadania z XI edycji OMG! Wszystkich gimnazjalistów serdecznie zapraszamy do udziału.
Link do zadań: ... t_2015.pdf

Jednocześnie pragnę przypomnieć o zasadach panujących w tego rodzaju tematach. Nie dyskutujemy o tym kto zrobił ile zadań i o ich stopniu trudności do zakończenia części korespondencyjnej. Przypominam, że poważne naruszenie tych zaleceń skutkować będzie banem

Pozdrawiam i życzę wszystkim (nie tylko gimnazjalistom!) miłej rozkminy przy zadaniach! Powodzenia!

A kiedy zadania z OM-a?

Coś tak ten temat ucichł...

Ja na teście mialem 11 pkt, zrobiłem 5 zadań korespondencyjnych, wiec chyba mam duże szanse na przejście.

Cześć! To mój pierwszy post( zarazem pierwszy start w OMG, niestety i ostatni). Zrobiłem pięć zadań korespondencyjnych(właściwie to 5 i pół, ale spisałem rozwiązania tylko pięciu), a na teście mój wynik był dość średni, może nawet słaby-miałem 5,5 pkt. Wnioskując na podstawie przeczytanych tematów, to próg to z reguły około 8 pkt z testu + 3-4 zadania korespondencyjnie poprawnie rozwiązane.

Dobra. Termin części korespondencyjnej minął to może wrzucę swoje propozycje rozwiązań:

Przed chwilą podali odpowiedzi:


Tak więc zaczyna się dzisiaj dla mnie to okropne, prawie dwumiesięczne czekanie

Czy zadania korespondencyjne są oceniane tak jak te z drugiego i trzeciego etapu? Jakie zazwyczaj są progi?

Tak, w zadaniach korespondencyjnych obowiązuje ta sama punktacja 6-5-2-0.

Progi na II etap nie są podawane do publicznej wiadomości, w każdym okręgu są inne. Niemniej od osoby, której danych nie zdradzę, dowiedziałem się, że (przynajmniej w moim okręgu) wynik na poziomie 20 pkt. najczęściej już wystarcza do przejścia dalej.

Ja mam dwa pierwsze zadania i piąte bardzo podobne do wzorcówek, trzecie absolutnie niepotrzebnie skomplikowałem, bo babrałem się z jednosciami, moje rozwiązanie czwartego pozostaje dla mnie samego zagadką(odwracałem trójkąt, takie trochę lustrzane odbicie). Nie skusiłem się niestety, na zapisanie siódmego. Czy na Mazowszu z reguły są najwyższe progi( oczywiscie nieoficjalnie)?

Cześć! To mój pierwszy post. Zrobiłem 7 zadań z części korespondencyjnej, ale miałem zaledwie 9 pkt z testu (brak czasu i nie doczytanie). Pierwsze jak wszyscy, bo inaczej tego się zrobić nie dało , w drugim oznaczyłem przez E środek CD i na kątach wyliczyłem, że DCP i ADE są podobne, skąd teza. Trzecie oczywiście z Sophie-Germain. Czwarte totalnie przekombinowane (bez błędów), a piąte przez zabawę na parzystości. Szóste również odrobinę przekombinowane, a siódme wzorcówkowo. Ogólnie zadania nie były trudne, choć ostatnie skończyłem po jakimś miesiącu. Podsumowując, pierwsze darmowe, drugie łatwe, ale ciekawe, trzecie nieprzyjemne, czwarte bardzo interesujące, piąte łatwe, szóste dość trudne, a siódme fajne.

Michalinho, czy mógłbyś rozjaśnić alternatywne rozwiązanie zadania 7. lub po prostu napisać pełne rozwiązanie, bo jestem za głupi, żeby udowodnić wszystkie szczegóły, a to jest niewątpliwie potrzebne do pełnej solucji?

Pozdrawiam

Geftus pisze:Michalinho, czy mógłbyś rozjaśnić alternatywne rozwiązanie zadania 7. lub po prostu napisać pełne rozwiązanie, bo jestem za głupi, żeby udowodnić wszystkie szczegóły, a to jest niewątpliwie potrzebne do pełnej solucji?

Pozdrawiam

Jasne. To spróbuję opisać to jak najdokładniej. Masz ostrosłup \(\displaystyle{ ABCDS}\). Twoje założenia to:
1) \(\displaystyle{ ABCD}\) jest prostokątem o środku \(\displaystyle{ X}\).
2) \(\displaystyle{ AS+CS=BC+DS}\) i oznaczmy tą sumę przez \(\displaystyle{ k}\).

Obierzmy sobie dowolny punkt \(\displaystyle{ P}\), który będzie środkiem:
- Elipsy o ogniskach \(\displaystyle{ E_1, E_2}\), przy czym \(\displaystyle{ E_1E_2=AC=BD}\) i osi wielkiej równej \(\displaystyle{ k}\).
- Okręgu o promieniu \(\displaystyle{ XS}\).
Niech ponadto \(\displaystyle{ E_1, E_2}\) będą ogniskami tej elipsy.
Niech okrąg przecina się z elipsą w punktach \(\displaystyle{ M_1, M_2, M_3, M_4}\).
Zauważmy, że te punkty przecięcia wyznaczają nam trójkąty \(\displaystyle{ E_1E_2M_1, E_1E_2M_2, E_1E_2M_3, E_1E_2M_4}\) i są to jedyne trójkąty, dla których podstawa ma długość \(\displaystyle{ AC=BD}\), suma pozostałych boków wynosi \(\displaystyle{ k=AS+CS=BC+DS}\), a środkowa wynosi \(\displaystyle{ XS}\). Stąd \(\displaystyle{ ACS, BDS}\) przystają do pewnych z tych trójkątów.
Jednakże ze względu na symetrię: \(\displaystyle{ E_1E_2M_1\equiv E_1E_2M_2\equiv E_1E_2M_3\equiv E_1E_2M_4}\), a więc także \(\displaystyle{ ACS\equiv BDS}\), a więc taki ostrosłup o krawędziach różnej długości nie istnieje.

Dzisiaj śniło mi się, że brałem udział w II etapie. Nie było jeszcze wyników, więc poszedłem do wicedyrektorki (z podstawówki, ale siedziała w budynku gimnazjum), która pokazała, że na stronie można się już zalogować. I zanim zdążyłem podać hasło, obudziłem się ;/

Czy moglibyście sprawdzić alternatywne rozwiązanie szóstego?

W skrócie:

\(\displaystyle{ \frac{p^{2}+p}{q^{2}+q}=\frac{p(p+1)}{q(q+1)}}\)

Zauważmy że \(\displaystyle{ p+1}\) jest podzielne przez \(\displaystyle{ q(q+1)}\) jeśli \(\displaystyle{ p}\) nie występuje w rozkładzie na czynniki pierwsze liczby \(\displaystyle{ q(q+1)}\). Ani \(\displaystyle{ q}\) ani \(\displaystyle{ q+1}\) nie może być podzielne przez \(\displaystyle{ p}\) więc w rozkładzie na czynniki pierwsze liczby \(\displaystyle{ q(q+1)}\) nie występuje \(\displaystyle{ p}\). Tak więc \(\displaystyle{ \frac{p+1}{q(q+1)}=x}\) dla pewnej liczby naturalnej \(\displaystyle{ x}\). Mamy więc:
\(\displaystyle{ \frac{1}{2}(p-q)=\frac{1}{2}(xq(q+1)-1-q)=\frac{1}{2}(xq(q+1)-(q+1))= \frac{1}{2}(q+1)(qx-1)}\). Podstawiając \(\displaystyle{ q=2a+1}\) mamy
\(\displaystyle{ \frac{1}{2}(p-q)=(a+1)(qx-1)}\). Oba czynnik są całkowite i większe od \(\displaystyle{ 1}\), co udowadnia tezę.

Poza tym, że mnie nie przekonało Twoje uzasadnienie, dlaczego \(\displaystyle{ p}\) nie występuje w rozkładzie na czynniki liczby \(\displaystyle{ q\left(q+1\right)}\) dalsze wnioski są jak najbardziej poprawne.