Delivery Truck Emoji

Олимпиадные сообщества Бейонда объединяются в едином форуме Спроси! (ask.bc-pf.org)

Перейти к содержимому
  • Объявления

    • arman

      Если вы скачали .djvu файл   04.07.2020

      Не забудьте скачать специальную программу для этих файлов.  Для Windows и macOS: https://windjview.sourceforge.io/ru Программы для чтения djvu файлов для мобильных устройств можно найти в appstore и play market соответствующим поиском. Также вы можете перевести формат djvu в pdf через онлайн конверторы: https://djvu2pdf.com/  
    • arman

      Контесты Symmetrix   12.11.2020

      Контесты пока отложены на неопределенный срок

Вся активность

Эта лента обновляется автоматически     

  1. Ранее
  2. О правильной постановке цели

    прокси для лайков
  3. Что делать после Шарыгина

    buy cialis on line
  4. Мы с апреля все сидим на сайте спроси https://ask.bc-pf.org/
  5. Можете писать вопросы под задачами в matol.kz. Там люди чаще отвечают и просматривают посты других
  6. 1. Доказать, что два отрезка делят третий в одинаковом отношении (тем самым проходят через одну точку третьего отрезка). 2. Отметьте точку пересечения первых двух прямых и докажите, что она лежит на третьей. Далее, смотреть по ситуации. Могут помочь Теорема Менелая или Счет Углов, но нужно смотреть по ситуации 3. Теорема о пересечении радикальных осей трёх окружностей 4. Заметить какие-то симметричные свойства точки, лежащей на пересечении этих прямых 5. Теорема Дезарга 6. Полярное преобразование. Если выполнить его, то образы этих прямых перейдут в точки, лежащие на одной прямой 7. Инверсия может тоже помочь. Встречаются задачи, где нужно доказать, что какие-то прямые/окружности проходят через фиксированную точку.
  7. Подскажите, хотя бы как пару баллов взять здесь
  8. К

    К
  9. В треугольнике АВС точка М — середина дуги ВАС описанной окружности Ω, I — центр вписaнной окружности, N — вторaя точка пересечения прямой АI с Ω, Е — точкакасания стороны ВС с соответствующей вневписанной окружностью, Q — вторaя точка пересечения окружности IМN с прямой, проходящей через I и параллельной ВС. Докaжите, что прямые АЕ и NQ пересекaются на Ω.
  10. В равнобедренном треугольнике ABС (AB=BC) проведён луч l из вершины B. На луче внутри треугольника взяты точки P и Q так, что ∠BAP=∠QCA. Докажите, что ∠PAQ=∠PCQ.
  11. Докажите, что две изотомические прямые треугольника не могут пересекаться внутри его серединного треугольника. (Изотомическими прямыми треугольника ABC называются две прямые, точки пересечения которых с прямыми BC, CA, AB симметричны относительно середин соответствующих сторон треугольника.)
  12. Область 2011

    @Amir Обозначим купюру лежащую лицом вверх как 1, лицом вниз как 0. Тогда пачка будет выглядеть как комбинация нулей и единиц. Например, \(11111...1\) -- это пачка в которой все купюры лежат лицом вверх, \(1000...0\) -- пачка в которой только верхняя лежит лицом вверх. Оценка: Назовем блоком комбинацию в пачке, состоящую из последовательных единиц и ограниченную нулями. Например, в пачке \(110010011\) три блока. Ну и назовем сложностью пачки количество блоков которые в ней содержатся. Что тогда получается, кассирша имеет пачку сложностью \(n\), и она стремится привести эту пачку в вид \(11111...1\), т. е. уменьшить сложность до единицы. Заметим, что как бы ни старалась кассирша, за одно переворачивание она может уменьшить сложность пачки максимум на 1 (почему?). Так как наибольшая возможная сложность для пачки это 100 (когда пачка выглядит как \(1010101...0\)), то, чтобы привести эту пачку в правильный вид, ей нужно сделать как минимум 99 переворачиваний. А почему 99 переворачиваний хватает при любом изначальном положении купюр попробуй доказать сам.
  13. Область 2011

    Здравствуйте, можете помочь с решением следующей задачей: У кассирши в одной пачке 200 денежных купюр. Она должна все купюры в пачке перевернуть лицевой стороной вверх; причем порядок купюр в пачке не имеет значения. На каждом шагу она выбирает некоторое количество купюр, лежащих в пачке подряд, и переворачивает всю выбранную часть пачки. Найдите наименьшее возможное число шагов, которого достаточно при любом изначальном положении купюр, чтобы перевернуть все имеющиеся в пачке купюры лицевой стороной вверх.
  14. 4 задачу с JBMO 2013 можно естественным образом обобщить - найти все натуральные \( n\) при которых Боб выигрывает. Оригинальное решение можно найти в этой статье. Здесь я хочу привести решение для случая когда Алиса загадывает только натуральные числа. В таком виде задача встречается в PEN и во многих классических книжках. Собственно: Пусть \(A=\{a_1, a_2, ..., a_n\}\) и \(B=\{b_1, b_2, ..., b_n\}\) - различные мультимножества натуральных чисел. Определим мультимножество \(A^{(2)}=\{a_i+a_j \mid i \neq j\}\), аналогично \(B^{(2)}\). При каких \(n\) возможно равенство \(A^{(2)}=B^{(2)}\)? (мультимножество - это, по сути, множество в котором допускаются повторения элементов. Например \(\{1, 1, 2\}\) и \(\{1, 1, 1, 2\}\) - различные мультимножества, но \(\{1, 1, 2\}\) и \(\{1, 2, 1\}\) - одинаковые.) Вот супер-красивое(имхо) решение с AoPS за авторством пользователей erken и freemind. Введем многочлены \(f(x)=x^{a_1}+x^{a_2}+...+x^{a_n}\) и \(g(x)=x^{b_1}+x^{b_2}+...+x^{b_n}\). Тогда равенство \(A^{(2)}=B^{(2)}\) означает равенство многочленов \(f(x)^2-f(x^2)\) и \(g(x)^2-g(x^2)\). Перепишем это в другом виде: \((f(x)-g(x))(f(x)+g(x))=f(x^2)-g(x^2)\). Обозначим многочлен \(f(x)-g(x)\) через \(h(x)=(x-1)^tq(x)\), так чтобы \(q(1)\neq0\). Это возможно благодаря тому что мультисеты \(A\) и \(B\) различны. Значит \(q(x)(f(x)+g(x))=(x+1)^tq(x^2)\). Подставим \(x=1\) и получим \(2n=f(x)+g(x)=2^t\), следовательно \(n=2^{t-1}\) - степень двойки (\(t>0\) потому что \(f(1)-g(1)=0\)). Но это не все. Мы показали, что если \(A^{(2)}=B^{(2)}\) то \(n=2^k\). Для полноценного решения необходимо привести примеры таких мультимножеств \(A, B\) для всех \(n=2^k\). Заметим, что если \(A^{(2)}=B^{(2)}\), то и для \(A'=\{a_1, a_2, ..., a_n, b_1+c, b_2+c, ..., b_n+c\}\) и \(B'=\{b_1, b_2, ..., b_n, a_1+c, a_2+c, ..., a_n+c\}\) выполняется аналогичное равенство, где \(c\) - достаточно большое натуральное число гарантирующее \(A' \neq B'\). Поэтому, достаточно найти подходящие мультисеты для \(n=2\), например \(A=\{2,3\}, \ \ B=\{1, 4\}\). Также стоит упомянуть, что \(n\) не может равняться единице по очевидным причинам. И так, ответ: \(n=2^k, k>0\). Мы не зря использовали обозначение \(A^{(2)}\), задача обобщается ещё дальше - для каких натуральных \(n, s\) существуют различные \(A, B\), что \(A^{(s)}=B^{(s)}\) и \(|A|=|B|=n\)? Я не знаю. Советую ознакомиться с вот этой статьей, в ней собраны почти все полученные на данный момент продвижения. Некоторые результаты довольно неожиданны. В частности, \(A^{(3)}=B^{(3)}\) возможно только при \(n = 3, 6, 27, 486\), или же \(A^{(4)}=B^{(4)}\) только при \(n=4, 8, 12\). Вот пара примеров: \(n=6, \ s=3: \ \ \ \ A=\{1, 5, 8, 9, 10, 15\}, \ \ B=\{3, 5, 6, 7, 11, 16\}\) \(n=12, \ s=4: \ \ \ \ A=\{1, 1, 4, 6, 7, 8, 8, 9, 10, 12, 15, 15\}, \ \ B=\{0, 3, 4, 5, 6, 7, 9, 10, 11, 12, 13, 16\} \) Можете проверить.)
  15. Наткнулся в решении

    @enegig В этой задаче мы предполагаем противное, что среди всех чисел нет двух с одинаковыми остатками. Это говорит, что среди всех \(2n\) сумм встречаются все возможные остатки при делении на \(2n\), то есть \(0,1,2,\dots,2n\). Следовательно сумма всех сумм, при делении на \(2n\) дает тот же остаток что и сумма их остатков, то есть \(0+1+2+\dots+2n-1=n(2n-1) \equiv n \pmod{2n}\).
  16. При просмотре решения 18 задачи 1 главы из книги Problem Solving Strategies, я не понял почему сумма остатков должна ровняться сумме чисел. Это такая теорема из теории чисел или же я сам должен был до этого догадаться?
  17. С Новым годом!

    От лица всей команды Beyond Curriculum поздравляем вас с Новым годом! Искренне желаем вам оставаться такими же упорными, трудолюбивыми и целеустремленными. Не унывайте и не сдавайтесь когда вам будет трудно -- помните, если вы чувствуете себя напряженными, значит вы чему-то учитесь. При этом, не забывайте про здоровый сон, занятия спортом и расширение кругозора. Будьте людьми, с которыми будет интересно общаться. Еще раз - поздравляем! P.S. Если кому-то захочется поделиться своей историей/как вам помогла наша команда, заполните форму - мы будем рады)
  18. раскрытие модуля

    @arman А, понял, спасибо)))
  19. раскрытие модуля

    Есть один факт: \(|A| \leq |B| \iff A^2 \leq B^2\). Следовательно, достаточно доказать, что \( \left( |f(x)| - |a| \right)^2 \leq (f(x)-a)^2 \iff |f(x)|^2 - 2|f(x)||a| + |a|^2 \leq (f(x))^2 - 2f(x)a + a^2 \)
  20. Как это можно доказать?
  21. Задачи III контеста Symmetrix

    Результаты контеста: Группа Участники / баллы P1 факт P1 расп P2 факт. P2 расп. P3 факт. P3 расп. P4 факт. P4 расп. Σ факт. Σ расп. Σ общая Младшая Нурланов Дамир 7 1 7 1 0 0 7 1 21 3 24 Мирас Совет 1 0.2 2 0.2 0 0 0 0 3 0.4 3.4
  22. Задачи III контеста Symmetrix

    Разбиение на пары следующее: младшие Совет Мирас @Mir4s — Нурланов Дамир @Нурланов Дамир Решения и схема-оценивания контеста: #3 Junior Marking Scheme.pdf #3 Senior Solutions.pdf Также доступно в архиве.
  23. Задачи III контеста Symmetrix

    Извиняемся за ошибку, там угол BAC равен 60°
  24. осталось 45 минут, не думаю, что успею если позднее скинете ответ
  25. Пусть I - центр вписаной окружности треугольника, в котором ∠BAC, а прямые... Здесь, похоже, упущена градусная мера угла ВАС. Можете посмотреть задачу 3 еще раз?
  1. Загрузить больше активности
×