0 Потребители и 1 Гост преглежда(т) тази тема.

Предполагам, че условията са били прибрани. Иначе, ако някой пусне някоя задача, ще се пробваме да я решим.

Частично решена:
10. Таблица n x n е покрита с 2х2 квадрати като показания на снимката.
Всяко квадратче от n x n таблицата трябва да се припокрие с поне едно квадратче от оранжево - черната 2х2 таблица.
Оранжево - черните 2х2 квадрати могат да се въртят на 90 градуса и да се припокриват.



а/ Намерете таблица n x n, така че в нея да има n черни квадратчета.
б/ Докажете, че в таблица n x n не може да има по-малко от n на брой черни квадратчета.
в/ Намерете максималния брой черни квадратчета в таблица n x n.

Допълнение за бонус - взима се предвид само при равни точки от 10-те задачи:
а/ Покажете, че с посочената оранжево - черна 2х2 таблица могат да се постигнат всички възможни подредби на 3 черни и 6 оранжеви квадратчета в таблица 3х3.
б/ ?
в/ ?
« Последна редакция: 12.09.2014, 08:47 от Алек »
*

Неактивен Ant12

  • 234
Относно зад. 9. Кои са основите в трапеца AB и CD или AD и ВС. Нашите означения са в посока обратна на часовниковата стрелка, но при повечето държави са по посока на часовниковата стрелка.

Задача 10.
Ще наричаме оранжево-черните квадрати 2×2, „плочки”.

А) Ще докажем, че за всяко естествено число n ≥ 3, съществува такова покритие, че главния диагонал на таблицата – от най-долното ляво, до най-горното дясно квадратче е оцветен в черно, а всички останали квадратчета са оцветени в оранжево. При такова покритие има точно n черни квадратчета.
Доказателството ще извършим по индукция.

1) Нека n = 3.

Първа плочка – в горния ляв ъгъл:
ОЧП
ЧОП
ППП
П – означава празно квадратче.

Втора плочка – в долния десен ъгъл:
ОЧП
ЧОЧ
ПЧО

Трета плочка – в долния ляв ъгъл:
ОЧП
ОЧЧ
ЧОО

Четвърта плочка – в горния десен ъгъл:
ООЧ
ОЧО
ЧОО

Показахме как се реализира търсеното покритие при n = 3.

2) Да допуснем, че твърдението е в сила за някое n = k ≥ 4. Ще покажем, че квадрат (к+1)×(к+1) може да се покрие с плочки така, че само главния му диагонал (долу, ляво – горе, дясно) да е черен.

Първо поставяме две плочки, едната най-горе вляво, а другата най-долу вдясно, така че най-горното ляво и най-долното дясно квадратчета да бъдат покрити в оранжево.

След това, според индуктивното предположение, долният ляв квадрат с размери k×k може да бъде покрит така, че само главния му диагонал да е черен. Получаваме покритие от вида:
ОЧПП . . . ПППП
ОООО . . . ООЧП
ОООО . . . ОЧОП
ОООО . . . ЧООП
. . . . . . . . . . . .
ОООЧ . . . ОООП
ООЧО . . . ОООП
ОЧОО . . . ОООЧ
ЧООО . . . ОООО  

Накрая, покриваме горният десен квадрат с размери k×k така, че само главния му диагонал да е черен.

По този начин получихме покритие на квадрат (к+1)×(к+1), при което само главния му диагонал е черен, с което твърдението е доказано.      

Б) Да допуснем, че съществува покритие с по-малко от n черни квадратчета. Тогава в таблицата има ред, в който няма нито едно черно квадратче, т.е. всички квадратчета в този ред са оранжеви (в противен случай черните квадратчета ще са не по-малко от n).

Нека означим квадратчетата от този ред, от ляво надясно, с К1, К2, . . . , Кn.

Нека П1 е най-горната плочка, която покрива К1. П1 покрива и К2, но П1 не може да бъде най-горна плочка за К2, защото в такъв случай К2 ще бъде черно.

Нека П2 е най-горната плочка, която покрива К2. П2 не може да покрива К1, защото в противен случай тя щеше да бъде най-горна плочка за К1, а не П1. Следователно П2 покрива К3.

П1 покрива К1 и К2 и е най-горна плочка за К1, но не е най-горна плочка за К2, а П2 покрива К2 и К3 и е най-горна плочка за К2.

Следователно плочките П1 и П2 покриват К2 и П2 е поставена над П1.

С аналогични разсъждения достигаме до извода, че за всяко k = 2, 3, . . . , n-1, плочката Пk, която е най-горна плочка за квадратчето Кk, покрива квадратчетата Кk и Кk+1 и е поставена над плочката Пk-1, която покрива квадратчетата Kk-1 и Кк.

Нека разгледаме плочката Пn-1. Tя покрива Кn-1 и Кn и е най-горна за Кn-1. Частта от плочката Пn-1, която покрива Кn е черна.

Следователно трябва да съществува плочка Пn, която покрива Кn и е най-горна за Кn, но в такъв случай Пn ще бъде най-горна и за Кn-1, a не Пn-1.

Достигнахме до противоречие. Следователно, във всеки ред трябва да има поне по едно черно квадратче, откъдето следва, че черните квадратчета трябва да са най-малко n на брой.

В) Броят на квадратчетата в таблицата е n2.

С разсъждения аналогични на тези в подусловие Б), можем да достигнем до извода, че в таблицата трябва да има поне n оранжеви квадратчета, а с разсъждения аналогични на тези в подусловие А), можем да конструираме таблица, в която има точно n на брой оранжеви квадратчета.

Следователно, максималния брой черни квадратчета е n2 – n = n×(n – 1).
« Последна редакция: 12.09.2014, 23:48 от Ant12 »

*

KOD

По спомен - стандартно за нас - обратно на часовниковата.

*

Неактивен Ant12

  • 234
По спомен - стандартно за нас - обратно на часовниковата.

А казано ли е кой от двата ъгъла, <AMB или <AMD е равен на 60о?

AMD е 60 градуса.

*

Неактивен Ant12

  • 234
Преди малко направих няколко сметки и мисля, че може би има още нещо в тази задача.

Ако задачата е следната: Около трапеца ABCD (означението е стандартно, по посока обратна на часовниковата стрелка, върха А е долния ляв ъгъл, основите са АВ и CD, AB║CD) е описана окръжност с център О. Диагоналите на трапеца се пресичат в точка М и <AMD = 60o. Aко МО = 10 сm, намерете CD.

В този случай, може да се докаже, че единственото необходимо и достатъчно условие за да бъде МО = 10 см , е АВ – CD = 10×sqrt(3) см, т.е. във всеки трапец, в който АВ – CD = 10×sqrt(3) и <АМD = 60о, дължината на МО е 10 см. Това означава, че CD може да приема произволни стойности.

Утре ще напиша аргументация.
« Последна редакция: 12.09.2014, 22:50 от Ant12 »

задача 9
Вписан трапец. Стандартни разсъждения и  нахвърляно така:
Успоредни хорди(AB, CD) отсичат равни дъги и хорди...равнобедрен трапец....дъгите са по 60 градуса....ОМ ос на симетрия на трапеца....двата ъгъла, които ОМ сключва с диагоналите, са по 60 градуса....И се оказва ,че по обратен ред, чертежът е лесна "построителна" задача, но не еднозначна. Т.е. можем да постороим окръжност с център О, да намерим в нея точка М, така че ОМ= 10 см. И да построим правите на диагоналите AC и BD през т.M, под ъгли 60 градуса спрямо ОМ и от там и въпросния трапец. Но очевидно дължината на CD  ще зависи от радиусът на построената окръжност. Може и в бързия ред на мисли да сгреших, но май липсва още нещо дадено. Освен, ако задачата не е от изследователски вид и CD да се обоснове по този начин като функция на още една данна или неопределеност

Всъщност се търси разликата от дължините на AB и CD.

*

KOD

Миналата година, резултатите от AIMO 2013 са били публикувани на 25 септември, може би тази седмица е резонно да очакваме резултатите от тази година.

*

KOD

Преди малко се появиха резултатите от AMOC Senior Contest:

http://www.amt.edu.au/three-perfect-scores-in-2014-amoc-senior-contest/

« Последна редакция: 25.09.2014, 08:11 от КрИс »

*

KOD

Kris Dimitrov: When AIMO results will be published?
Australian Mathematics Trust: AIMO Results are not in as of yet. There was quite an increase in participation this year and it taking time to mark them.
Henry Yoo: would 2 weeks be enough from now
Australian Mathematics Trust: Should be less than that!

Очакваме резултатите от AIMO в близките 2 седмици

*

KOD

Най-накрая резултати, благодарение на ДАНИС.
Засега - само за 4-мата състезатели, явили се там и обща статистика за състезанието.
Чакаме и резултатите на другите българчета, явили се в Пловдив, както и общото класиране.

Малко статистика, публикувана от Детската Академия:

Общо, на AIMO са се явили 1306 ученика от 7, 8, 9 и 10-ти клас от 198 училища от цял свят.
Как са разпределени постиженията:
Prize - 22;
High Distinction - 96;
Distinction - 179;
Credit - 366;
Participation - 643.
Как са разпределени постиженията по класове:
School year 7: P - 1; H - 9; D -12; C - 39;
School year 8: P - 2; H - 13; D - 35; C - 97;
School year 9: P - 5; H - 32; D - 62; C - 106;
School year 10: P - 14; H - 42; D - 70; C - 124.

Всички състезатели, явили се в ДАНИС са с отлични постижения:
Petrov Ivo: Year 7; Total 23; High Distinction Award (H)
Bangachev Kiril: Year 9; Total 20; Distinction Award (D)
Blagoev Nikolay: Year 8; Total 20; Distinction Award (D)
Dimitrov Alek: Year 7; Total 20; Distinction Award (D)

Обърнете внимание на резултата на Иво - с 23 точки, той е в топ 10 за своя клас в общото класиране. Браво!

*

KOD

Резултатите от Пловдив - още по-впечатляващи!!!
Пореден уникален резултат на Евгени Кайряков - 29 точки за седмокласника го изстрелват сред най-добрите математици, явили се на AIMO.
Деветокласникът Христо Папазов също е с 29 точки.
Страхотен резултат и за варненската звезда, осмокласничката Златина Милева, която е с 26 точки.
Цялостно страхотно представяне - 5 грамоти High Distinction за явилите се в Пловдив състезатели.
Освен тримата математици, изброени по-горе, с High Distinction са осмокласничката от ПЧМГ Владимира Иринчева с 23 точки - браво Влади, поредно страхотно постижение и десетокласникът Георги Русинов, който е с 26 точки.
Повече информация - в снимките в галерията на Академия 21-ви век

*

Неактивен Ant12

  • 234
Браво на децата явили се на AIMO (австралийското)!!!

Страхотни резултати!!!

Сигурен съм, че ако се състезаваха на български, резултатите щяха да са дори още по-високи.

Евгени още веднъж потвърждава огромния си потенциал и понеже мисля, че е същия evgeny, който се е регистрирал във форума, му казвам едно голямо ЕВАЛА!!!
« Последна редакция: 29.10.2014, 18:58 от Ant12 »