ОЛИМПИАДА НА САЙТА 3 КРЪГ 10-12+ КЛАС

[martin123456]

4
Искаме сумата от реалните корени да е равна на [tex]a[/tex], значи [tex]a \in \mathbb{R}[/tex].
От формулите на Виет получаваме:
(1)[tex]x_1+x_2+x_3+x_4=0[/tex]
(2)[tex]x_1x_2+x_1x_3+x_1x_4+x_2x_3+x_2x_4+x_3x_4=0[/tex]
(3)[tex]x_1x_2x_3+x_1x_2x_4+x_1x_3x_4+x_2x_3x_4=5[/tex]
(4)[tex]x_1x_2x_3x_4=a[/tex]
Ако допуснем че уравнението има 4 реални корени, то от (1) намираме [tex]a=0[/tex]. Уравнението става [tex]x^4-5x=0 \Leftrightarrow x(x^3-5)=0[/tex], което обаче има само 2 реални корени. противоречие.
Ако допуснем че уравнението няма реални корени, то от "сумата от реалните корени на у-нието = [tex]a[/tex]"следва [tex]a=0[/tex]. но както видяхме тогава у-ниято има 2 реални корени. противоречие.
Значи уравнението има корени [tex]x_1, x_2, x_3=c+di, x_4=c-di[/tex], където [tex]x_3,x_4[/tex] са комплексните корени на уравнението (както знаем са комплексно спрегнати). Искаме [tex]x_1+x_2=a[/tex]. Заместваме в (1)-(4):
(1)[tex]x_3+x_4=-a[/tex]
(2)[tex]x_1x_2+ax_3+ax_4+x_3x_4=0[/tex]
(3)[tex]x_1x_2(x_3+x_4)+ax_3x_4=5[/tex]
(4)[tex]x_1x_2x_3x_4=a[/tex]
[tex]x_3+x_4=2c[/tex], [tex]x_3x_4=c^2+d^2[/tex]=>[tex]2c=-a[/tex].
Системата (1)-(4) става:
(5)[tex]x_1x_2-4c^2+x_3x_4=0[/tex]
(6)[tex]2c(x_1x_2 -x_3x_4)=5[/tex]
(7)[tex]x_1x_2x_3x_4=-2c[/tex]
Нека [tex]t_1=x_1x_2[/tex], [tex]t_2=x_3x_4[/tex]=> системата става
(8)[tex]t_1+t_2=4c^2[/tex]
(9)[tex]2c(t_1-t_2)=5[/tex]
(10)[tex]t_1t_2=-2c[/tex]
[tex]c \ne 0[/tex], иначе от (4) имаме корен 0 на уравнението => замествайки в него => [tex]a=0[/tex], което знаем че има точно 2 решения, но със сума различна от 0.
Събираме 2c.(8) и (9) => [tex]2c(t_1+t_2)+2c(t_1-t_2)=8c^3+5[/tex]=>
(11)[tex]4ct_1=8c^3+5[/tex].
Вадим ги => [tex]2c(t_1+t_2)-2c(t_1-t_2)=8c^3-5[/tex] =>
(12)[tex]4ct_2=8c^3-5[/tex]
Умножаваме ги и използваме (10) =>
(13)[tex]-32c^3=(8c^3+5)(8c^3-5)[/tex]
Полагаме [tex]z=c^3[/tex]=>[tex]-32z=64z^2-25[/tex], [tex]64z^2+32z-25=0[/tex], [tex]D=32^2+4.64.25=32.32+32.8.25=32.8.29=16^2.29[/tex]=>[tex]z_i=\frac{-32 \pm 16\sqrt{29}}{2.64}=\frac{-2 \pm \sqrt{29}}{8}[/tex]. значи [tex]c=\sqrt[3]{\frac{-2 \pm \sqrt{29}}{8}}=\frac{\sqrt[3]{-2 \pm \sqrt{29}}}{2}[/tex]=>[tex]a=\sqrt[3]{2 \mp \sqrt{29}}[/tex]. Премсятаме [tex]t_1=\frac{8c^3+5}{4c}=\frac{-a^3+5}{-2a}=\frac{a^3-5}{2a}=\frac{-3 \mp \sqrt{29}}{2\sqrt[3]{2 \mp \sqrt{29}}}[/tex], аналогично [tex]t_2=\frac{8c^3-5}{4c}=\frac{-a^3-5}{-2a}=\frac{a^3+5}{2a}=\frac{7 \mp \sqrt{29}}{2\sqrt[3]{2 \mp \sqrt{29}}}[/tex].
Забелязваме, че [tex]D_{2+}=\sqrt[3]{2 + \sqrt{29}}^2-4.\frac{7 + \sqrt{29}}{2\sqrt[3]{2 + \sqrt{29}}}=\sqrt[3]{2 + \sqrt{29}}^2-\frac{14 + 2\sqrt{29}}{\sqrt[3]{2 + \sqrt{29}}}=\frac{-12-\sqrt{29}}{2\sqrt[3]{2+\sqrt{29}}<0[/tex], [tex]D_{2-}=\sqrt[3]{2 - \sqrt{29}}^2-\frac{14 - 2\sqrt{29}}{\sqrt[3]{2 - \sqrt{29}}}=\frac{-12+\sqrt{29}}{\sqrt[3]{2-\sqrt{29}}}>0[/tex]. Тези дискриминанти са на уравнието [tex]x^2+ax+t_2=0[/tex], което има кроени [tex]x_{3,4}[/tex] и значи ни интересува отрицателната дискриминанта, понеже то няма реални корени. заключваме че [tex]a=\sqrt[3]{2 + \sqrt{29}}[/tex]. уравнението, което се удовлетворява от [tex]x_{1,2}[/tex] е [tex]x^2-ax+t_1=0[/tex] и има [tex]D=\sqrt[3]{2 + \sqrt{29}}^2-\frac{-6 + 2\sqrt{29}}{\sqrt[3]{2 + \sqrt{29}}}=\frac{8-\sqrt{29}}{\sqrt[3]{2+\sqrt{29}}}>0[/tex]. В крайна сметка получаваме че [tex]x^4-5x+\sqrt[3]{2 + \sqrt{29}}=(x^2-\sqrt[3]{2 + \sqrt{29}}x+\frac{-3 + \sqrt{29}}{2\sqrt[3]{2 + \sqrt{29}}})(x^2+\sqrt[3]{2 + \sqrt{29}}x+\frac{7 + \sqrt{29}}{2\sqrt[3]{2 + \sqrt{29}}})[/tex]. Дясната страна е [tex]x^4+x^3\sqrt[3]{2+\sqrt{29}}+x^2\frac{7 + \sqrt{29}}{2\sqrt[3]{2 + \sqrt{29}}}-\sqrt[3]{2+\sqrt{29}}x^3-x^2\sqrt[3]{2+\sqrt{29}}^2-\frac{7+\sqrt{29}}{2}x+[/tex][tex]x^2\frac{-3 + \sqrt{29}}{2\sqrt[3]{2 + \sqrt{29}}}+\frac{-3+\sqrt{29}}{2}x+\frac{-3 + \sqrt{29}}{2\sqrt[3]{2 + \sqrt{29}}}\frac{7 + \sqrt{29}}{2\sqrt[3]{2 + \sqrt{29}}}=[/tex][tex]x^4+x^3(\sqrt[3]{2+\sqrt{29}}-\sqrt[3]{2+\sqrt{29}})+x^2(\frac{7 + \sqrt{29}}{2\sqrt[3]{2 + \sqrt{29}}}-\sqrt[3]{2+\sqrt{29}}^2+\frac{-3 + \sqrt{29}}{2\sqrt[3]{2 + \sqrt{29}}})+[/tex][tex]x(-\frac{7+\sqrt{29}}{2}+\frac{-3+\sqrt{29}}{2})+\frac{-3 + \sqrt{29}}{2\sqrt[3]{2 + \sqrt{29}}}\frac{7 + \sqrt{29}}{2\sqrt[3]{2 + \sqrt{29}}}[/tex]. Имаме [tex]\sqrt[3]{2+\sqrt{29}}-\sqrt[3]{2+\sqrt{29}}=0[/tex], [tex]\frac{7 + \sqrt{29}}{2\sqrt[3]{2 + \sqrt{29}}}-\sqrt[3]{2+\sqrt{29}}^2+\frac{-3 + \sqrt{29}}{2\sqrt[3]{2 + \sqrt{29}}}=\frac{2+\sqrt{29}}{\sqrt[3]{2+\sqrt{29}}}-\sqrt[3]{2+\sqrt{29}}^2=0[/tex], [tex]-\frac{7+\sqrt{29}}{2}+\frac{-3+\sqrt{29}}{2}=5[/tex], [tex]\frac{-3 + \sqrt{29}}{2\sqrt[3]{2 + \sqrt{29}}}\frac{7 + \sqrt{29}}{2\sqrt[3]{2 + \sqrt{29}}}=\frac{2+\sqrt{29}}{\sqrt[3]{2 + \sqrt{29}}^2}=\sqrt[3]{2+\sqrt{29}}[/tex].

[estoyanovvd]

Решението на 2-ра:

[martin123456]

2
a)
Да допуснем, че [tex]\Delta[/tex] може да се разреже на нееднакви равностранни [tex]\Delta[/tex]-и. Нека разгледаме страна [tex]AB[/tex] на един вътрешен [tex]\Delta ABC[/tex]. Ако тя не е покрита изцяло от страна на друг [tex]\Delta[/tex] и ако допуснем че не е пробождана от връх на друг [tex]\Delta[/tex] във вътрешна точка от връх на [tex]\Delta[/tex], който лежи на нея, то [tex]\exist[/tex] поне 2 страни на други [tex]\Delta[/tex], които я покриват (независимо от коя полуравнина на [tex]AB[/tex] са). Разглеждаме тези от една и съща полуравнина с [tex]AB[/tex]. Значи [tex]\exist M \in \overline{AB}[/tex] ([tex]M \ne A,B[/tex]), която е връх на 2 [tex]\Delta[/tex]-ка, с по 1 страна, която има безброй много общи точки с [tex]AB[/tex].Тъй като ъглите при [tex]M[/tex] са 3 наброй и по [tex]60^\circ[/tex] (2 от триъгълнициците на [tex]AB[/tex] имат връх [tex]M[/tex] и значи там ъглите са по [tex]60^\circ[/tex]) ъгълът не използван досега се запълва с ъгъл на друг равностранен [tex]\Delta[/tex]. Това осначава, че [tex]AB[/tex] е пробождана от някой друг [tex]\Delta[/tex] във вътрешна точка.
Твърдим, че броят на [tex]\Delta[/tex]-ите пробождащи [tex]\Delta ABC \geq[/tex] броят на [tex]\Delta[/tex]-ите, пробождани от [tex]\Delta ABC[/tex]. [tex]\Delta ABC[/tex] има 3 върха и значи пробожда 0, 1, 2 или 3 триъгълника ( не може с един връх да пробожда повече от 1 [tex]\Delta[/tex], понеже оригиналният [tex]\Delta[/tex] е рязан). Ако пробожда 0 е ясно. Ако пробожда 1, нека например е използван [tex]\angle A[/tex], тогава ако допуснем, че [tex]\Delta ABC[/tex] не е пробождан, то [tex]AB[/tex] и [tex]AC[/tex] са изцяло покрити (няма еднакви триъгълници) и значи [tex]CB[/tex] е между 2 прави и значи е пробождан (няма как да го покрием изцяло). Ако пък [tex]\Delta ABC[/tex] пробожда други триъгълници с [tex]\angle A,\angle B[/tex], то [tex]AB[/tex] се намира м/у 2 прави и значи е пробождана. Ако допуснем например, че [tex]CB[/tex] не е пробождана, то [tex]CB[/tex] е изцяло на страна на друг [tex]\Delta[/tex] и значи [tex]AC[/tex] е м/у 2 прави и значи се пробожда. Ако пък всеки връх на [tex]\Delta ABC[/tex] служи за прободна точка към други [tex]\Delta[/tex]-и, значи всяка от страните му е пробождана поне веднъж. Доказвахме твърдението.
Като съберем по всички [tex]\Delta[/tex]-и в допуснатото разрязване => (1) брой [tex]\Delta[/tex]-и пробождащи [tex]\geq[/tex] брой [tex]\Delta[/tex]-и пробождани. От друга страна броят на всички пробождащи точки идващи от триъгълниците, които бодят [tex]=[/tex] брой всички точки, резултат от пробождане. Лявата стана на това равенство [tex]\geq[/tex] брой триъгълници, които бодят, понеже 1 [tex]\Delta[/tex], който боде с поне 1 връг. Дясната страна на равенството [tex]\leq[/tex] броя на [tex]\Delta[/tex]-ите, които биват бодяни. => (2) брой [tex]\Delta[/tex]-ите, които бодат [tex]\leq[/tex] брой бодени [tex]\Delta[/tex]-и. от (1) и (2) => равенство. То се достига, когато броят на [tex]\Delta[/tex], които бодят [tex]\Delta ABC=[/tex] брой [tex]\Delta[/tex]-и, бодящи [tex]\Delta ABC[/tex] за произволен [tex]\Delta ABC[/tex]. Като го приложим за оригиналния [tex]\Delta[/tex]: той не бива боцкан, значи и не боде. Но той не може да не боде. Противоречие.
б) Може. Например виж http://mathworld.wolfram.com/PerfectSqu ... ction.html

[estoyanovvd]

Ок. За 4 разбрах,че трябва една проверка на дискриминантата!
Остава ми въпроса за 2-ра и за 5-та?

[martin123456]

5
1)[tex]M \in \overline AB[/tex], [tex]P \in CA^{\rightarrow}[/tex].
от с-во на ъглополовящата [tex]\frac{CI}{IL}=\frac{a+b}{c}[/tex]. От т-ма на Менелай за [tex]\Delta LBC[/tex] и правата [tex]IK[/tex]: [tex]\frac{BK.CI.LM}{KC.IL.MB}=1[/tex]=>[tex]ML=\frac{ac^2}{(a+b)(a+b-c)}[/tex]. значи [tex]MB=\frac{ac}{a+b-c}[/tex]. значи [tex]AM=\frac{c(b-c)}{a+b-c}[/tex]. От т-ма на Менелай за [tex]\Delta ALC[/tex] и права [tex]MI[/tex]: [tex]\frac{CI.LM.AP}{IL.MA.PC}=1[/tex]=>[tex]AP=\frac{b(b-c)}{a+c-b}[/tex]. [tex]S_{BMPC}=S_{APM}+S_{ABC}=[\frac{b(b-c)c(b-c)}{2(a+c-b)(a+b-c)}+\frac{bc}{2}]\sin{\alpha}=[/tex][tex]\frac{bc\sin{\alpha}}{2}[\frac{(b-c)^2}{(a+c-b)(a+b-c)}+1]=[/tex][tex]\frac{bc\sin{\alpha}}{2}.\frac{a^2}{(a^2-(b-c)^2}[/tex]. прилагаме кос т-ма => [tex]S=\frac{a^2bc\sin{\alpha}}{4bc.2\sin^2{\frac{\alpha}{2}}}=\frac{a^2}{4}ctg\frac{\alpha}{2}[/tex].
2) [tex]M \in \overline{AC}[/tex], [tex]P \in BA^{\rightarrow}[/tex]. Разглеждайки точките в дадения ред нямаме четириъгълник.
3) [tex]M \equiv P[/tex]. пак нямаме четириъгълник

[estoyanovvd]

Видях си техническата грешка и на петата! Ужас!

[allier]

Да, сбъркал съм при точкуването на 2-ра задача. Estoyanovv получава 10 точки. Така класирането става:

Мартин - 51
Стоянов - 45
Мартос - 18

[martosss]

Оф, аз също реших 4-та, но на лист, смятах днес да и напиша решението, ама май май вече е късно, няма значение, важното е, че знам как се решава А иначе на 6-та защо нямам МАХ точки???

имаме две редици от символи с период p и q, където p и q са прости числа, нека p<q. Eдната редица е [tex]a_1,a_2,a_3,\dots a_p[/tex], а другата е [tex]b_1,b_2,b_3,\dots b_q[/tex].
Ще докажем, че търсената максимална дължина е [tex]\fbox{\red p+q-2}[/tex] :
За да може редицата да намали периода си, тя трябва да има делител число, което е по-малко от периода и, но понеже периодите са прости числа, то единствените възможности за смяна на период са самите числа или 1. Това означава, че каквито и да са елементите от тези редици, достатъчно е да имаме 2 различни елемента, за да може редиците да са определени(да нямат период 1).
И така, нека процедираме като компютър:
Трябва двете редици да имат максимална дължина, добре, значи променяме елементите на редицата с период q:
1) [tex]b_1=a_1[/tex]
2) [tex]b_2=a_2[/tex]
Продължаваме така, докато стигнем до
[tex]b_p=a_p[/tex]
Сега по--късата ни редица започва да се повтаря, но това не трябва да ни плаши! продължаваме смело напред :
[tex]b_{p+1}=a_1[/tex]
[tex]b_{p+2}=a_{p+2}[/tex]
И така повтаряме операцията, докато не стигнем до края на редицата b, когато ще имаме
[tex]b_q=a_{k}[/tex], за някое си k, това е без значение.
Важното е, че за моментаи двете редици имат еднакви елементи - елементите от редицата а.
Дотук имаме q еднакви елемента. Остават ни още p-2.
Сега на всяка следваща стъпка ще трябва да приравняваме по два елемента, за да може да имаме съвпадение:
[tex]b_{q+1}=a_{k+1}[/tex]
[tex]b_{q+2}=a_{k+2}[/tex]
Така със всяка следваща стъпка някой от първоначално "уникалните" елементи на а изчезва, като двете редици със всяка стъпка придобиват с 1 повтарящ се елемент повече.
След точно p-2 стъпки и двете редици ще имат точно 2 различни елемента, които ще спомогнат за запазването на същия период на редиците.
Дотук направихме q+(p-2)=q+p-2 стъпки, тоест постигнаме целта си.
Нека да предположим, че уеднаквим и следващите два елемента.
От това действие и двете редици ще останат с един и същ уникален елемент, който ще се повтаря колкото е дължината на редицата, тоест двете редици ще станат от вида
111111...
И ще са с период 1, тоест вече периодите им няма да са p и q, тоест стигаме до противоречие.
Оттук максималното j, за което първите j члена на двете редици може да съвпадат е точно [tex]\fbox{p+q-2}[/tex] и при него и двете редици остават с 2 елемента.
Нека демонстрираме твърдението си нагледно, с две редици с периоди примерно 5 и 11.
нека радиците са
abcde и
1234567890z
Тогава след първата стъпка преобразувания получаваме редици с периоди
abcde
abcde abcde a
Следващият елемент на редиците е "а" и "b".
За да са равни, то трябва a=b, откъдето периодите добиват вида
aacde и
aacde aacde a
Следващите елементи са "а" и "с", тоест трябва а+с. С това периодите стават
aaade (aaade aaade a...)
aaade aaade a(aaad e aaade aaade ...
Идва и последната стъпка -d=a
След нея трябва a=e, при което двете редици, както по-горе казах, стават с период 1.
Но преди това редиците са
aaaae aaaae aaaae aaaae....
aaaae aaaae a aaaae aaaae aaaae a aaaae ...
и са с периоди 5 и 11.
Надявам се това да е достатъчно задоволително доказателство.

[martosss]

А ето и решението ми на първа задача с допълнително построение

Щом т. Д е от страната АВ, то точкита А,Д и В са в този ред. Тогава <ACD=90°, <DCB=30° => <ACB=120°.
Построяваме Н върху ВС, така че ДН перпендикулярно на СД и си означаваме ДН=а.Тогава от триъгълник ДСН получаваме СН=2а, СД=a?3, АД=?(3a?+1).
Сега понеже <BHD=<BCA=120°, то от Талес следва, че [tex]\frac{DH}{AC}=\frac{BD}{AB}\Right 1=a\left(1+\sqrt{3a^2+1}\right)[/tex].
Оттук след повдигане на квадрат получаваме [tex]1-2a+a^2=3a^2+a^2\Right 3a^4+2a-1=0[/tex]
Сега използваме схемата на Хорнер, за да достигнем до корен а=-1, което не е решение, но е корен!
Оттук разлагаме до [tex](a+1)(3a^3-3a^2+3a-1)=0[/tex]
Тогава [tex]2a^3+(a-1)^3=0\Right (\sqrt[3]2a+a-1)\left(\sqrt[3]4a^2-\sqrt[3]{4a^2(a-1)^2}+\sqrt[3]{(a-1)^2}\right)=0[/tex]
Сега втората скоба е непълен квадрат, винаги положителна, откъдето единственото решение е
[tex]a=\frac{1}{1+\sqrt[3]{2}}[/tex]
Тогава за страната СД получаваме [tex]\fbox{CD=a\sqrt 3=\frac{\sqrt 3}{1+\sqrt[3]2}}[/tex]

Впрочем се учудвам, че Ганка не е участвала с нито 1 задача

[ins-]

Задача 1 може да се реши и без допълнително построение - като се използват Синусова теорема за триъгълници ACD и BCD и Косинусова за ABC. Учудвам се, че има участник без пълен брой точки. Задачата не е трудна. Дано да Ви е харесала. Условието е така модифицирано, че задачата не изглежда красиво. Като ученик това беше първата задача, която реших от чуждестранна олимпиада и тя постави началото на просветлението ми в тригонометрията.

Ще е добре, ако има един файл с условията и решенията на задачите за хората, които колекционират задачи от олимпиадата, а също и ако задачите се оформят при пускането им по-внимателно. Според мен, оформлението е една от причините за малкия брой участници.

Кога ще е 4-ти кръг?

[estoyanovvd]

Ins, ако не си разбрал, да ти кажа,че аз намерих ВС, защото се заблудих в бръзнята, че се търси тази отсечка! Иначе задачата изобщо не ме е затруднила, но той Лишков като сменяше условията през пет минути и затова така се получи! А да се намери CD след ВС не е никакъв проблем, просто една косинусова теорема.

[ins-]

Съгласен съм с казаното от estoyanovvd. Задачата не е оформена добре, а в неговите способности не се съмнявам. И теоремата даже е Питагорова, а не Косинусова, ако се намери AC. Когато човек е зает - така се получава - в бързината се греши. От задачите, които предложих до момента няма кой знае колко трудни, а двете предложени от мен задачи, избрани за олимпиадата са най-лесните възможни. Но в това няма нищо лошо, тъкмо повече хора имат реални шансове за успех.

[estoyanovvd]

Да ви кажа на всички, че ще организирам тези дни олимпиада на моя си форум http://estoyanov.net/forum/.
И тези, които имат желание могат да участват. Задачите ще ги давам аз и нивото ще бъде нещо средно между кандидатстудентски изпит и състезание. Обещавам повече да не публикувам и една задача в този форум!!! И нито едно мнение! Чао на всички, беше ми приятно!!!

[ins-]

Последното не го разбрах. estoyanovvd се отказва от участието си в math10? Ако "да" - защо го прави?

[allier]

Стоянов, добре, значи си решавал оригиналната задача, където се търсеха страните на триъгълника. Ти си намерил едната от страните, което пак е непълно решение, клонящо към 5-6-7 точки ... И какви са тия драми с напускането на форума - аз се хванах да правя 3тия кръг на олимпиадата, за да можеш и ти да участваш, както искаше, а ти ще напускаш форума ...

А ins пак се изказва недочул-невидял ... Има хора с пълен брой точки на задачата - мартин и мартос. И какво красиво може да има в условието на една геометрия; вярно, че в началото исках малко повече сметки да има, но в крайна сметка върнах оригиналното условие.

Martoss, като цяло ти е вярно решението, но е написано на идейно ниво. Прилича повече на есе по литература ... Ти си доказвал двете части от решението едновременно, при което не е станало ясно нито едното, нито другото (добре че има допълнителен пример). Липсват ти следните неща:
а) пример за произволни p и q за дължина p+q-2
б) конкретно доказателство, че ако и p+q-1-вия член съвпада, то една от редиците има период 1 - това си го споменал, но не си го доказал
в) не си упоменал какво имаш предвид под "уникален" елемент, как една редица може да "запази" и да "промени" периода си, и т.н. - например, 123123123... как може да промени периода си (ако го разбираме буквално) ... еми не може.

[allier]

Иначе по въпроса на ins за следващия кръг, аз както казах предварително мога само един кръг да направя, така че най-добре някой друг да го поеме. Ще му препратя на този, който иска да организира 4-ти кръг, задачите от ins, които не бяха използвани, за да може да ги ползва.

[ins-]

Даден е триъгълник ABC и точка D от страната AB, за която [tex]\angle ACD = 30[/tex], [tex]\angle BCD = 90^\circ[/tex] и [tex]AC=BD=1[/tex] Да се намери дължината на отсечката CD.

Както съм го написал изглежда по-красиво, поне за мен. Говоря за чисто визуален аспект на текста и яснотата на възприемането. Като цяло са простотии, но и те са важни в известна степен. Иначе поздравления за задачите, сигурно не е било леко да се подберат. Както казват Китайците - "Много пот се иска да свършиш една работа и само малко слюнка да я плюеш", затова не искам да го правя. А за това, че има или няма участници с пълен брой точки не споря, учудих се, че е имало някой, които е объркал нещо в задачата. Задачата е доста под нивото на всички участници.

Има много добри математици във форума, но като дойде въпрос до организирането на нещо - всеки си трае, същото е и за решенията ... аз също съм в групата на скатаващите се.

Нека мине малко време за да видим кой ще пожелае да организира олимпиадата. Ако никой не се заеме - аз съм насреща, но има области, в които съм слаб - теория на числата, функции, неравенства, логически задачи, комбинаторика, теория на множествата, графи, теория на игрите, затова бих искал при организацията да не съм сам. Освен това - нямам много опит в състезания и педагогическа практика. Просто съм любител.

Тук е момента да отбележа, че още не съм видял текстова и стереометрична задачи в олимпиадата.

[martin123456]

Здравейте, пратете ми задачите и аз ще оформя 4ти кръг, ако искате.?

[b1ck0]

Отново ще ви кажа .... Стига сте избирали задачи, които можете да решите 4-5 човека от форума, или поне след това не се оплаквайте че нямало участници Не всички тук се занимаваме единствено с математика ...

[martin123456]

ами и аз не се занимавам единствено с математика. нивото ми е средно.

[b1ck0]

Все пак моето мнение беше само една препоръка, към организатора на следващия кръг. Не съм изисквал да споделяте на какво ниво сте ...

[ins-]

b1ck0, би ли показал 1 задача, която е подходяща за олимпиада за хора на твоето ниво?

[martin123456]

ins, estoqnov, ганка моля ви участвайите и вие в олимпиадите следващи кръгове. Нали трябва да се даде пример за интерес към математиката.

[b1ck0]

От втория кръг - 2,4
От третия кръг - 1,4

Като цяло във втория кръг задачите бяха подбрани добре ( със замисъл ), докато в третия някой са дори "неуместни", поне за мен.

[martin123456]

b1ck0 значи ти можеш да решиш някои, ако не всички, задачи. участвай.