ОЛИМПИАДА НА САЙТА 10-12+ КЛАС - II КРЪГ!!!

[estoyanovvd]

Задачите! Зад. 1,2,3 са предложени от estoyanovvd, зад.4,5 - от allier, а зад. 6 - от ins.

[estoyanovvd]

Край на този кръг на 19 май в 20.00 часа!!! И ако и този кръг участват само трима- четирима, край!
Ще ви моля още да не пишете нищо в тази тема с изключение на въпроси, свързани с неясноти по условията на задачите!

[martosss]

Надявам се да мога да се включа този път. Съжалявам, че миналия път не участвах, но бях в Америка на световно по судоку и се върнах преди 2-3 дни

[b1ck0]

Еми те не са много "леки" задачките, за да има наплив от желаещи ...

[martosss]

еми аз самият ако реша нещо ще е МАХ 4 задачи - за 2-ра не ми идва на ум нищо, а по Т4 съм доста слаб(както и по другите неща, но както и да е ). Честно казано не знам дали ще имам време да ги мисля толкова много, но ще видим

[b1ck0]

На кого да пращам решенията ?

[estoyanovvd]

На мен на лично съобщение и ако може без излишни коментари!

[ins-]

Кога ще е третият кръг? Къде могат да се видят решенията на задачите от първите два кръга?

[ganka simeonova]

Предполагам, че Емо Стоянов проверява матури и ще се появи след ден- два:)

[estoyanovvd]

Абсолютно си права!!! На матурите съм и ще се прибера утре вечерта! До тогава няма да видите решенията. В момента пиша от компютрите в хотел Дедеман, но много трудно се дореждам и затова моля за извинение. Обещавам до вторник, сряда да пусна класирането за втори кръг и да видим какво ще правим по-нататък. Ще има ли трети или не. Естетствено, че ще пусна и решенията на задачите от двата кръга. Трябва малко търпение.

[ins-]

[mkmarinov]

Ако някой иска решения на първите три задачи - да свирне .

[allier]

Аз искам на 5-та решение.

[ganka simeonova]

Аз искам решение на 4 задача

[allier]

4-та ми беше на контролно в седми клас един път и така и не я реших тогава. Виж сега 100% няма да я реша, така че ... Чисто геометрично е лесното решение, а това решение, което сам съм го правил е на две страници с комплексни числа

[ganka simeonova]

4-та ми беше на контролно в седми клас един път и така и не я реших тогава. Виж сега 100% няма да я реша, така че ... Чисто геометрично е лесното решение, а това решение, което сам съм го правил е на две страници с комплексни числа

Tакаааа Може ли едно въпросче?
Къде си учил в 7 клас?

[Mechkov]

Бас ловя, че СМГ. Само там могат да дадат на обикновено контролно за 7-ми клас такава задача. Също така само там изграждат начин на решаване на задачи тип: "Това съм го решавал еди - кога, си еди - къде си."

[allier]

В математическа гимназия съм учил. Тази задачка е по-скоро за класно в 7ми клас, не за контролно Шегувам се, разбира се. Трудна е задачата, особено ако се търси геометрично решение.

Mechkov, аз съм я предложил задачата за олимпиада на сайта, искат хората решение, и аз се оправдавам, че нямам лесно такова

[ganka simeonova]

Не мисля, че е проблем, че нямаш лесно решение. Сега ще ме амбицираш да мисля 7-класно решение
Не, че имам някакво де

[estoyanovvd]

Решенията на задачите от първи кръг:

[estoyanovvd]

Понеже проявявате интерес за чисто геометрично решение на зад. 4, то ще ви кажа, че ins е успял да открие, че задачата е предлагана в Шортлиста на МОМ през 1979 година! Ето ви и решението на английски:

[martin123456]

плс посочи чие решение използваш в 'решения' на 1ви кръг
не съм много съгласен с решението на 6та задача 1ви кръг, нито с 4та (това решение ли е?)
ето какво измислих аз по нея
за да приема решение искам да ми се продължат размишленията..

6
Да номерираме страните последователно с числата от 1 до 8. Разглеждаме съвкупността от точки по страна 1. Всяка една от тях е точка от контура на някой от успоредниците, получени при рязане. Тя или е връх на успоредник или във вътрешността на някоя негова страна. Страна 1 не може да е покрита само от върхове на успоредници, страните на които не лежат на страна 1, понеже ако допуснем че всяка точка по 1 е връх на такива успоредници ще получим че тези успоредници са са ъгъл по 0 градуса в този връх, за да не се пресичат (при рязане не се пресичат).Значи някоя точка на страна 1 е покрита от страна на успоредник, т.е. има успоредник, страна на който лежи на страна 1. (По аналогичен начин - останалата част/части от страна 1 не могат да бъдат покрити само от върхове на успоредници, никоя страна на които не лежи на 1, така получаваме че страна 1 е покрита от страни на няколко успоредника и точки, които са върхове на успоредници като тези точки не са една до друга, т.е че всяка точка по страна 1, която е връх на успоредник, чиито страни не лежат на 1 е или в краищата на страна 1 или ако е във вътрешността на страна 1 е оградена от страни на успоредници).

а) Започаваме от страна 1 и от някой успоредник на нея. От горе, може да се направи извод, че успоредната му страна е покрита (в смисъл на има обща отсечка) със страна на поне един успоредник, която може да е вътрешна за тази успоредна страна или пък да излиза извън нея. Неговата успоредна страна се засича в отсечка пак от страна на успоредник, която пак може да е вътрешна или да излиза навън. Получаваме редица от успоредни на страна 1 отсечки. Тъй като страна 5 е единствената успоредна на страна 1 сред страните на осмоъгълника, то най-накрая ще стигнем до страна 5. Получихме път от страна 1 до стана 5 със следната структура: успоредник, страна на който лежи на 1, успоредник, страна на който лежи на успоредната страна на началния успоредник, успоредна на 1 и тн докато стигнем до 5, където лежи успоредна на 1 страна. По аналогичен начин има такъв път от 3 до 7. Тъй като страни 1 и 3 са перпендикулярни, разглеждайки съвкупността от успоредните прави от 1 до 5 и съвкупността от успоредните прави от 3 до 7 ще получим, че тези 2 съвкупности се пресичат в правоъгълник. Този правоъгълник или не е разрязван допълнително или допълнително е разрязан на успоредници. Ако сме във 1ви случай сме намерили правоъгълник. Ако сме във 2ри случай: използвайки че страна на този правоъгълник не може да бъде покрита само от точки, върхове на успоредници, страните на които не лежат на страната на правоъгълника, получаваме пак редица от успоредници, свързваща срещулежащи страни на правоъгълника и друга редица, свързваща другите 2 срещулежащи страни на правоъгълника. Тези 2 редици пак се пресичат в правоъгълник. Ако и той не е нашият, използваме пак горното разсъждение. По условие имаме краен брой успоредници. Значи един от тези получени правоъгълници е търсеният. Получихме правоъгълник, изхождайки от пътищата между 1,5 и 3,7. По аналогичен начин има правоъгълник, изхождайки от 2,6 и 4,8. Тези 2 правоъгълника не са идентични, тъй като странните 1 и 2 сключват ъгъл 135 градуса и значи тези 2 страни на тези два правоъгълника сключват такъв ъгъл. Получихме поне 2 правоъгълника.

b) Разглеждаме един път от стана 1 до страна 5 ( такива може да има няколко, понеже при рязане може да сме разклонявали). По този път или има 1 правоъгълник и значи неговата ширина е 1 или има няколко. Ще докажем че сумата от ширините на правоъгълниците по този път, в направление на успореднате на 1 прави, е пак 1. Ако има k правоъгълника, то те са получени в следствие на k пътя свързващи 3 и 7: наистина, да допуснем че има правоъгълник на пътя от 1 до 5, който не е от път между 3 и 7. Значи като използваме че на неговата ширина (по направление на успоредните прави между 1 и 5) има редица успоредни прави, получаваме че неговата ширина е успоредна на страната 3. Значи този правоъгълник е от някой път между 3 и 7.
Всеки един такъв път се е получил в следствие на разклоняване. По-горе ние показвахме, че при строенето на успоредниците, то страна на нов успоредник има обща отсечка със страна на вече построен, но че може да излиза извън нея. Искаме да покажем че едно такова рязане може да замени с рязане, при което не излизаме извън страната на успоредника, т.е. страната на новопостроения успоредник лежи изцяло на страната на вече построения. ???
Тъй като започаваме от страна с дължина 1, колкото и да се разклоняваме, чрез успоредното проектиране с направление страна 3 всички ширини на правоъгълници по път между 1 и 5 ще се проектират страна 3. значи общата им ширина е 1.
Нека имаме [tex]k[/tex] пътя от 1 до 5 и правоъгълниците по тях да са с широчини [tex]b(k)_i[/tex]. имаме [tex]\sum{b(k)_i}=1[/tex]. нека дължините по път са [tex]a(k)_i[/tex]. значи лицето по път е [tex]\sum_{i}{a(k)_ib(k)_i[/tex]. Ние търсим [tex]\sum_{k}{\sum_{i}{a(k)_ib(k)_i}[/tex]. Отговорът ще бъде 2 пъти тази сума, като разгледаме и пътищата от 2 до 6. Предполагаме, че тази сума е 1. Нека имаме [tex]l[/tex] пътя от 3 до 7. Чрез аналогични разсъждения получаваме [tex]\sum{b(l)_i}=1[/tex] и лицето е [tex]\sum_{l}{\sum_{i}{a(l)_ib(l)_i}[/tex]. Тъй като става дума за едни и същи правоъгълници, широчините по 1-5 са дължините на 3-7 и обратното, т.е. [tex]\{a(k)_i\} \equiv \{b(l)_i\}[/tex] и [tex]\{b(k)_i\} \equiv \{a(l)_i\}[/tex]???.

[martin123456]

и колко време да чакаме за резултати от 2ри кръг?

[allier]

Аз съм го писал решението и на 4та и на 6-та - на 6та е по-скоро като указание за решение. Вече по-формално може да се напише както ти си почнал да правиш, въпреки че ако го обясниш с думи, по-лесно ще се получи от това да изразиш точно сумата. За 4-та точно това си е цялото решение, избираш три различни карти и в точно 1/3 от случаите третата е средна по сила ...

[martin123456]

ами на 6та както съм почнал искам да се и продължи докрай
все пак това не съм направил