Всего: 10 1–10
Добавить в вариант
Каково наименьшее количество спутников, оборудованных видеообрудованием необходимых для видеофиксации всех точек планеты одновременно?
Пренебрегая релятивистскими эффектами, можно считать, что задача сводится к следующему геометрическому вопросу: каков наименьший набор точек A1,
Теперь необходимо доказать, что трех точек не достаточно. Через три точки всегда можно провести плоскость. Плоскость A1A2A3 может находится в одном из трех положений относительно сферы. Она может её пересекать, может её касаться и может с ней не пересекаться. Во всех трех случаях существует две полярные точки на сфере, в которых либо A1A2A3, либо параллельная ей плоскость касается сферы. Хотя бы одна из этих полярных точек не видна ни из одной точки плоскости, поэтому при любом расположении точек A1, A2, A3 в плоскости A1A2A3, хотя бы одна из полярных точек не будет видна.
Заметим, что аналогичные соображения не работают для других фигур. Например, если бы наша планета обладала формой правильного многогранника, то достаточно было бы всего двух точек. Так, например, для куба достаточно двух точек, расположенных на прямой, содержащей его большую диагональ.
Ответ: не менее трех точек.
Докажите, что в любой момент времени на поверхности Солнца есть точка, которую можно наблюдать не более чем с трех планет из восьми известных.
Формализуем планеты и Солнце как сферы, причем радиус сферы Солнца больше любого другого радиуса. Выберем две планеты и проведем через центры этих планет и Солнца плоскость α. Точки в которых к сфере Солнца проходят касательные плоскости параллельные плоскости α будем называть полярными. Полярные точки не видны с планет, центры которых находятся в плоскости α, поскольку радиус Солнца больше радиуса любой из планет. Помимо планет, центры которых лежат в плоскости α, осталось не более
В тетраэдре ABCD выполнены равенства:
Докажите, что центр описанной сферы тетраэдра лежит на прямой, соединяющей середины ребер AB и CD.
Обозначим внешнюю биссекторную плоскость двугранного угла тетраэдра ABCD при ребре AB за SAB; аналогично для других ребер данного тетраэдра.
Лемма. Пусть в тетраэдре ABCD выполнено равенство
Тогда SAB, SBD, SAC, SCD параллельны одной прямой.
Доказательство леммы. Пусть B'AC' — это образ треугольника
параллельном переносе на вектор 
то есть точки B' и C' таковы, что 
Тогда угол B'AC' равен углу BDC из равенства соответствующих треугольников. Кроме того, углы CAC' и ACD равны как накрест лежащие при 
и секущей AD. Аналогично равны BAB' и ABD. Тогда выполнено равенство
которое является признаком того, что четырехгранный угол ABCC'B' с вершиной A (обозначим его Θ) описан вокруг некоторой сферы с центром I. Это означает, что биссекторные плоскости двугранных углов Θ пересекаются по прямой AI.
Осталось заметить, что прямая AI искомая, так как биссекторные плоскости двугранных углов Θ при ребрах AB и AC соответственно совпадают с SAB и SAC; а биссекторные плоскости двугранных углов Θ при ребрах AC' и AB' соответственно параллельны SCD и SBD (они связаны параллельным переносом, упомянутым в начале доказательства). Лемма доказана.
Вернемся к исходной задаче. Лемму можно применить к обоим данным нам равенствам. Из первого равенства получается, что SAB, SCD, SAC, SBC параллельны одной прямой; а из второго — что SAB, SCD, SAD, SBC параллельны одной прямой. Но все шесть внешних биссекторных плоскостей не могут быть параллельны одной и той же прямой — это ясно хотя бы из того, что SAB, SBC и SAC пересекаются в одной точке, центре вневписанной сферы тетраэдра.
Это означает, что прямая, параллельная первой четверке плоскостей, непараллельна прямой для второй четверки; а так как SAB и SCD параллельны обеим этим прямым, то эти плоскости параллельны друг другу.
Осталось показать, как из параллельности SAB и SCD следует требуемое. Обозначим через ℓ общий перпендикуляр к прямым AB и CD. Заметим, что он перпендикулярен и плоскостям SAB и SCD, так как они обе содержат или параллельны и AB и CD. Повернем тетраэдр на 180° вокруг оси ℓ. Легко видеть, что плоскость SAB перейдет в себя, как и прямая AB, так как они перпендикулярны ℓ. Но тогда в себя перейдет и двугранный угол тетраэдра при ребре AB (плоскости ABC и ABD перейдут друг в друга), ведь двугранный угол однозначно задается своей внешней биссекторной плоскостью, ребром, и своей величиной, которая тоже при повороте сохраняется. Аналогично, при таком повороте в себя перейдет и двугранный угол при ребре CD (плоскости ACD и BCD перейдут друг в друга). Тогда и вершины A и B перейдут друг в друга, и C и D перейдут друг в друга; то есть прямая ℓ оказывается общим серединным перпендикуляром к ребрам AB и CD.
Кроме того, так как тетраэдр совместился с собой при повороте, то и его описанная сфера перешла в себя, откуда следует, что ℓ проходит через её центр. Следовательно, ℓ является искомой прямой.
Приведем другое решение.
Отметим для начала, что достаточно доказать равенства ребер 
и 
Действительно, они в силу равенства треугольников ABC и BAD гарантируют, что точки C и D равноудалены от плоскости α, являющейся серединным перпендикуляром к AB. В частности, плоскость α делит CD пополам. И наоборот, плоскость, являющаяся серединным перпендикуляром к CD, делит отрезок AB пополам. Следовательно, пересечение этих серединных перпендикуляров — прямая, проходящая через середины ребер и содержащая центр описанной сферы тетраэдра.
Обоснуем теперь равенство ребер. Для этого изобразим шестиугольную развертку A1BA2CA3D тетраэдра в плоскость BCD (см. рис.). Равенство
для плоских углов тетраэдра при учете того, что сумма углов четырехугольника A2BDC равна 360°, означает, что сумма углов B и C шестиугольника равна 360°. Таким образом, треугольники A1BA2 и A3CA2 равнобедренные и имеют одинаковый угол при вершине, то есть подобны; они переводятся друг в друга поворотной гомотетией с центром в точке A2. Следовательно, треугольники BA2C и A1A2A3 подобны.
Аналогично, второе равенство из условия приводит к тому, что сумма углов B и D шестиугольника равна 360°, откуда следует подобие треугольников A1BD и A1A2A3. Принимая во внимание равенство 
заключаем равенство треугольников A1BD и BA2C, откуда вытекает 
и 
Из ниже приведенного писка используется один наибольший подходящий критерий.
Любое верное решение задачи — 7 баллов.
Доказано, что утверждение задачи следует из пары равенств 
и 
— 4 балла.
Показано, что из одного из равенств, данных в условии, следует описанность некоторого четырехгранного угла (или четырехугольника на сфере) — 2 балла.
Обнаружение подобия треугольников BA2C и A1A2A3 на развертке или аналогичного ему — 3 балла.
Задача переформулирована в терминах развертки — 2 балла.
Идея рассмотреть развертку — 1 балл.
Тетраэдр ABCD с остроугольными гранями вписан в сферу с центром О. Прямая, проходящая через точку O перпендикулярно плоскости ABC, пересекает сферу в точке E такой, что D и E лежат по разные стороны относительно плоскости ABC. Прямая DE пересекает плоскость ABC в точке F, лежащей внутри треугольника ABC. Оказалось, что 
и 
Найдите величину угла ACB.
Заметим, что точка E равноудалена от точек A, B, C, так ее проекция на плоскость ABC совпадает с проекций точки O на эту плоскость и является центром описанной окружности треугольника ABC.
Рассмотрим треугольники ADE и BDE. Они имеют пару равных сторон AE и BE, общую сторону DE и равные углы ADE и BDE. Из теоремы синусов следует, что эти треугольники либо равны, либо углы DAE и DBE дополняют друг друга до 180°. Первая ситуация невозможна, так как в случае равенства треугольников ADE и BDE точки A и B равноудалены относительно любой точки на стороне DE, но по условию 
Значит, 
Рассмотрим точку X пересечения луча AF со сферой Ω, описанной около тетраэдра ABCD. Заметим, что луч AF лежит в плоскостях ABC и AED, а значит точка X лежит на описанных окружностях треугольников ABC и AED. Точка E равноудалена относительно всех точек описанной окружности треугольника ABC; в частности, 
Из вписанности четырехугольника AEXD следует, что 
Раз 
то E — середина дуги AX описанной окружности треугольника ADE, и, значит, 
Используя выведенные ранее равенства углов, заключаем, что треугольники DBE и DXE равны по второму признаку:
сторона DE — общая. Раз треугольники DBE и DXE равны, то вершины B и X равноудалены относительно любой точки на стороне DE; в частности, 
Осталось посчитать углы в плоскости ABC. Последовательно используя вписанность четырехугольника ABXC, равнобедренность треугольника BFX и теорему о внешнем угле для треугольника BFX, пишем
Ответ: 40°.
Приведем другое решение. Пусть луч AF пересекает сферу Ω, описанную около тетраэдра ABCD, в точке X. По построению точки E верно соотношение 
которое влечет за собой равенство 
Аналогичными рассуждениями получаем, что 
и, следовательно, 
Обозначим точку пересечения прямой OE с плоскостью ABC, являющуюся центром описанной окружности треугольника ABC, через O1. Тогда 
Рассмотрим трехгранные углы AO1EF и BO1EF. В них совпадают плоские углы EAF и EBF, плоские углы O1AE и O1BE и двугранные углы при ребрах AO1 и BO1 прямые. Следовательно, соответствующие трехгранные углы равны. А значит, равны и плоские углы 
Отметим, что это равенство можно вывести и из теоремы косинусов для трехгранных углов.
Указанное равенство возможно в двух случаях: либо точка F лежит на серединном перпендикуляре к AB (точки A и B симметричны относительно FO1), либо точка F лежит на описанной окружности треугольника ABO1. Первый случай запрещен условием 
значит, имеет место второй. Тогда 
и является центральным для угла ACB в описанной окружности треугольника ACB. В результате заключаем, что 
Следующие пункты суммируются. Доказано, что точка E равноудалена от точек A, B и C (+1 балл).
Доказано хотя бы одно из двух равенств (или оба) 
(+1 балл).
Доказано равенство 
(+1 балл).
Доказано равенство треугольников DBE и XDE (+1 балл).
Доказано равенство 
(+1 балл).
Получен правильный ответ (+2 балла ).
На боковых ребрах TA, TB, TC правильной треугольной пирамиды TABC соответственно выбраны точки A1, B1, C1 так, что
Точка O — центр сферы, описанной около пирамиды TABC1. Докажите, что прямая TO перпендикулярна плоскости A1B1C. Найдите радиус этой сферы и объем пирамиды TA1B1C, если сторона основания 
боковое ребро 
1) Докажем, что прямая TO перпендикулярна плоскости A1B1C. Точка O лежит в плоскости TCD, D — середина AB. Спроецируем точку O на плоскость TBC, ее проекция O1 — центр описанной около треугольника TBC1 окружности. Прямая TO1 — проекция TO на плоскость TBC. Докажем, что
Поскольку
то треугольник TB1C1 подобен треугольнику TBC, 
и 
Докажем, что 
то есть 
F — точка пересечения прямых TO1 и B1C. По свойству вписанных углов имеем:
Пусть TP — диаметр рассматриваемой окружности. Тогда
Значит,
Таким образом, 
Аналогично доказывается, что проекция TO на плоскость TAC перпендикулярна A1C. Согласно теореме о трех перпендикулярах, TO также будет перпендикулярна двум пересекающимся прямым B1C и A1C, лежащим в плоскости A1B1C, следовательно, 
2) Обозначим через a длину стороны основания пирамиды 
Обозначим через b длину бокового ребра пирамиды TABC, 
Пусть TH — высота пирамиды TABC. Тогда 
В основании пирамиды TA1B1C лежит равнобедренный треугольник A1B1C, 
D1C — его высота, D1 — середина A1B1. Высота TL пирамиды TA1B1C, проведенная из вершины T лежит на прямой TO. Для вычисления объема пирамиды TA1B1C нужно найти D1C и TL.
На боковом ребре TC отметим точки K и S так, что 
Тогда
Пусть 
Тогда
Итак, объем пирамиды TA1B1C вычисляется по формуле
и
Ответ: 
В сферу вписана правильная треугольная призма ABCA1B1C1 с основанием ABC и боковыми ребрами AA1, BB1, CC1. Отрезок CD — диаметр этой сферы, точка K — середина ребра AA1. Найти объем призмы, если 
Плоскости оснований ABC и A1B1C1 призмы пересекают сферу по окружностям, описанным около правильных треугольников ABC и A1B1C1; пусть их центры — точки O и O1 соответственно.
Легко показать, что середина M отрезка OO1 является центром сферы (см. рис.).
Проведем через точку C1 диаметр C1D окружности с центром в точке O1.Покажем, что CD — диаметр сферы. Действительно, плоскость CC1D перпендикулярна плоскостям основания и, значит, вместе с точкой O1 содержит отрезок OO1. Так как C1D = 2DO1, прямая CD пересекает отрезок OO1 в его середине, т. е. в центре M заданной сферы.
Пусть D1 — проекция точки D на плоскость основания ABC, высота призмы равна h, a радиусы окружностей с центрами O и O1 равен r. Рассмотрим треугольники CAK и KA1D. Учитывая, что 
(треугольник A1O1D равносторонний), 
по т. Пифагора получаем систему уравнений:
Решая систему, находим, что 
Тогда сторона основания равна 
его площадь 
и, следовательно, объем призмы 
Ответ: 36.
В сферу вписана правильная треугольная призма ABCA1B1C1 с основанием ABC и боковыми ребрами AA1, BB1, CC1. Отрезок C1D — диаметр этой сферы, точка K — середина ребра CC1. Найти объем призмы, если 
Плоскости оснований ABC и A1B1C1 призмы пересекают сферу по окружностям, описанным около правильных треугольников ABC и A1B1C1; пусть их центры — точки O и O1 соответственно.
Легко показать, что середина M отрезка OO1 является центром сферы (см. рис.).
Проведем через точку C1 диаметр C1D окружности с центром в точке O1.Покажем, что CD — диаметр сферы. Действительно, плоскость CC1D перпендикулярна плоскостям основания и, значит, вместе с точкой O1 содержит отрезок OO1. Так как C1D = 2DO1, прямая CD пересекает отрезок OO1 в его середине, т. е. в центре M заданной сферы.
Пусть D1 — проекция точки D на плоскость основания ABC, высота призма равна h, a радиусы окружностей с центрами O и O1 равен r. Рассмотрим треугольники KC1D и ADD1. Учитывая, что 
(треугольник A1O1D равносторонний), 
по т. Пифагора получаем систему уравнений
Решая систему, находим, что 
Тогда сторона основания равна 
его площадь 
и, следовательно, объем призмы 
Ответ: 2.
В сферу вписана правильная треугольная призма ABCA1B1C1 с основанием ABC и боковыми ребрами AA1, BB1, CC1. Отрезок CD — диаметр этой сферы, точка K и L — середина ребра AA1 и AB. Найти объем призмы, если 
Плоскости оснований ABC и A1B1C1 призмы пересекают сферу по окружностям, описанным около правильных треугольников ABC и A1B1C1; пусть их центры — точки O и O1 соответственно.
Легко показать, что середина M отрезка OO1 является центром сферы (см. рис.).
Проведем через точку C1 диаметр C1D окружности с центром в точке O1.Покажем, что CD — диаметр сферы. Действительно, плоскость CC1D перпендикулярна плоскостям основания и, значит, вместе с точкой O1 содержит отрезок OO1. Так как C1D = 2DO1, прямая CD пересекает отрезок OO1 в его середине, т. е. в центре M заданной сферы.
Пусть D1 — проекция точки D на плоскость основания ABC, высота призма равна h, a радиусы окружностей с центрами O и O1 равен r. Рассмотрим треугольники KA1D и LDD1. Учитывая, что 
(треугольник A1O1D равносторонний), 
по т. Пифагора получаем систему уравнений
Решая систему, находим, что 
Тогда сторона основания равна 
его площадь 
и, следовательно, объем призмы 
Ответ: 
В сферу радиуса 6 вписана правильная треугольная призма ABCA1B1C1 с основанием ABC и боковыми ребрами AA1, BB1, CC1. Отрезок CD — диаметр этой сферы. Найти объем призмы, если 
Плоскости оснований ABC и A1B1C1 призмы пересекают сферу по окружностям, описанным около правильных треугольников ABC и A1B1C1; пусть их центры — точки O и O1 соответственно.
Легко показать, что середина M отрезка OO1 является центром сферы (см. рис.).
Проведем через точку C1 диаметр C1D окружности с центром в точке O1.Покажем, что CD — диаметр сферы. Действительно, плоскость CC1D перпендикулярна плоскостям основания и, значит, вместе с точкой O1 содержит отрезок OO1. Так как C1D = 2DO1, прямая CD пересекает отрезок OO1 в его середине, т. е. в центре M заданной сферы.
Пусть D1 — проекция точки D на плоскость основания ABC, высота призмы равна h, a радиусы окружностей с центрами O и O1 равен r. Рассмотрим треугольники CC1D и ADD1. Учитывая, что 
(треугольник AOD1 равносторонний), 
по т. Пифагора получаем систему уравнений:
Решая систему, находим, что 
Тогда сторона основания равна 
его площадь 
и, следовательно, объем призмы 
Ответ: 
Четыре грани некоторого тетраэдра — это равные неравнобедренные треугольники со сторонами x, y и z, а радиус сферы, описанной около этого тетраэдра, равен 1. Вычислите величину 
All faces of a tetrahedron are equal non-isosceles triangles with sides x, y, and z. Radius of the sphere which all vertices of the tetrahedron lie on is 1. Find the value of 
1. Сперва построим параллелепипед П, в который данный тетраэдр ABCD будет вписан. Для этого через каждое ребро тетраэдра проведем плоскость — биссектор внешнего двугранного угла. Докажем, что плоскости, проведенные через скрещивающиеся ребра данного тетраэдра, параллельны.
Рассмотрим пару плоскостей, проведенных через ребра AB и CD. В плоскости треугольника ABC отметим точку 
(в той же полуплоскости относительно прямой AB, что и C) так, что 
Аналогично строится точка 
в плоскости треугольника ABD. Тогда легко видеть, что 
Тогда эти пары треугольников симметричны относительно внутреннего биссектора двугранного угла при ребре AB данного тетраэдра. В частности, точки C и симметричны, как и точки и D. Но тогда отрезки CD и 
перпендикулярны этому биссектору и параллельны между собой. Значит, они параллельны биссектору α внешнего двугранного угла при ребре AB. Остается добавить, что отрезки 
и 
параллельны AB и друг другу. Таким образом, 
—
Однако, существует единственная пара параллельных ребер, содержащих скрещивающиеся ребра произвольного тетраэдра. Значит, построенные две пары параллельных плоскостей совпадают, и биссекторы α и β параллельны. Таким образом, построенные 6 биссекторов образуют параллелепипед П.
2. Докажем, что центры вписанной и описанной сфер этого тетраэдра совпадают. Пусть О центр описанной сферы, тогда проекция этой точки на плоскость каждой грани является центром описанной окружности этой грани. Тогда, согласно теореме Пифагора, радиус описанной сферы и радиус описанной окружности треугольника BCD (ее центр — точка OA) удовлетворяют условию 
Так как все грани тетраэдра равны, радиусы их описанных окружностей также равны — значит, длины всех перпендикуляров из O на плоскости граней тетраэдра
3. Докажем, что перпендикуляры, построенные к граням параллелепипеда П через центры этих граней, содержат центр описанной сферы O. Рассмотрим плоскость α, содержащую ребро AB: центр вписанной сферы принадлежит биссектору внутреннего двугранного угла при AB, то есть принадлежит плоскости, перпендикулярной α и содержащей AB. Кроме того, 
Тогда перпендикуляр lAB проведенный через центр грани параллелепипеда, соответствующей ребру AB, проходит через середину диагонали этой грани, то есть через середину AB. Но этот перпендикуляр содержится в плоскости ABO и является в ней срединным перпендикуляром к отрезку AB. Значит, lAB содержит точку O. Аналогично, ее содержат перпендикуляры к другим граням параллелепипеда, построенные на их серединах. 
частности, это означает, что lAB и lCD параллельны друг другу и проходят через общую точку О, то есть они совпадают. Значит, соответствующие грани параллелепипеда совмещаются параллельным переносом на вектор, лежащий на этой прямой. Значит, боковые ребра параллелепипеда перпендикулярны основаниям, то есть П — прямоугольный параллелепипед. 4. Отрезки a, b и c — длины различных диагоналей граней П. Тогда, согласно теореме Пифагора,
Радиус описанной сферы равен
Значит, 
Ответ: 8.
1. Lets construct a parallelepiped 
into which the given tetrahedron ABCD will be inscribed. To do this, draw a plane through each edge of the tetrahedron — the bisector of the external dihedral angle. Let us prove that the planes drawn through the crossing edges of this tetrahedron are parallel.
Consider a pair of planes through edges AB and CD. In the plane &triangle ABC we mark the point (in the same half-plane relative to the straight line AB as C) so that The point in the plane triangle ABD is constructed similarly. Then it is easy to see that 
Then these pairs of triangles are symmetric with respect to the inner bisector of the dihedral angle at the edge AB of the given tetrahedron. In particular, the points C and are symmetric, as are the points and D. But then the segments CD and are perpendicular to this bisector and parallel to each other. Hence, they are parallel to the bisector α of the outer dihedral angle at the edge AB. It remains to add that the segments and are parallel to AB and to each other.
Thus, is a parallelogram whose plane is parallel to α. Hence, through the edge CD, which is the diagonal of this parallelogram, there is a plane parallel to α passing through the crossing edge AB. Obviously a similar procedure starting with the bisector 
of the outer dihedral angle CD leads to a similar result: the edge AB turns out to belong to the plane parallel to containing the crossing edge of the tetrahedron.
However, there is only one pair of parallel edges containing intersecting edges of an arbitrary tetrahedron. Hence, the constructed two pairs of parallel planes coincide, and the bisectors α and β are parallel. Thus, the constructed 6 bisectors form a parallelepiped 
2. Lets prove that the centers of the inscribed and circumscribed spheres of this tetrahedron coincide. Let O be the center of the circumscribed sphere, then the projection of this point onto the plane of each face is the center of the circumscribed circle of this face. Then, according to the Pythagorean theorem, the radius of the circumscribed sphere and the radius of the circumscribed circle of triangle BCD (its center is the point OA) satisfy the condition Since all the faces of the tetrahedron are equal, the radii of their circumscribed circles are also equal, which means that the lengths of all perpendiculars from O on the plane of the faces of the tetrahedron
3. Let us prove that the perpendiculars drawn to the faces of the parallelepiped through the centers of these faces contain the center of the circumscribed sphere O. Consider the plane α containing the edge AB: the center of the inscribed sphere belongs to the bisector of the inner dihedral at AB, that is, belongs to the plane perpendicular to α and containing AB. Also, 
Then the perpendicular lAB drawn through the center of the face of the parallelepiped corresponding to the edge AB passes through the midpoint of the diagonal of this face, that is, through the middle of AB. But this perpendicular is contained in the plane ABO and is in it the median perpendicular to the segment AB. Hence, lAB contains point O. Similarly, it is contained by perpendiculars to other faces of the parallelepiped, drawn at their midpoints.
In particular, this means that lAB and lCD are parallel to each other and pass through a common point O, i. e. they match. This means that the corresponding faces of the parallelepiped are aligned by parallel transfer to a vector lying on this straight line. This means that the side edges of the parallelepiped are perpendicular to the bases, i. e. П is a rectangular parallelepiped. 4. Segments a, b and c are the lengths of different diagonals of the faces П. Then, according to the Pythagorean theorem, 
The radius of the circumscribed sphere is
Hence, 
Описание системы баллов за решение задач
I. Первичная оценка решения каждой задачи выставляется по 5-балльной шкале, где
0 — задача не решена или решена неверно из-за грубых ошибок в рассуждениях;
1 — задача решена неверно, но присутствует плодотворная идея, применимая для решения задачи;
2 — задача решена неверно, но присутствует и частично применена плодотворная идея, достигнут некоторый прогресс в решении;
3 — задача решена частично либо полностью, но с существенными арифметическими ошибками при наличии правильного хода рассуждений;
4 — задача решена верно, но с незначительными ошибками;
5 — задача полностью решена.
II. Для каждой задачи вычисляется средний балл (M) по результатам ее решения всеми участниками.
III. Весовой коэффициент (K) каждой задачи вычисляется по простой формуле:
Таким образом, весовой коэффициент задачи может изменяться в пределах от 1 до 10 в зависимости от среднего балла участников за эту задачу.
IV. Балл каждого участника за каждую задачу умножается на весовой коэффициент этой задачи.
V. Баллы, набранные участником, суммируются с округлением до ближайшего целого в большую сторону.
Specification of the score system
I. Pre-score of the solution to each problem is set on a 5-point scale, where
0 — a task was not solved or solved incorrectly due to gross reasoning blunder;
1 — a task was solved incorrectly but there is a fruitful idea that can be used to solve the task;
2 — a task was solved incorrectly but a fruitful idea is present and partially applied, some progress has been made in the solution;
3 — a task was solved partially or completely but with significant arithmetic errors in the presence of the correct line of reasoning;
4 — a task was solved correctly but with minor errors;
5 — a task was solved completely.
II. An average score (M) is calculated based on the results of all participants for each task.
III. The weighting factor (K) of each task is calculated using a simple formula:
Thus, the weighting coefficient of a task can vary from 1 to 10 , depending on the average score of the participants for this task.
IV. Each participant's score for each task is multiplied by the weighting factor of that task.
V. The points scored by the participant are summed and rounded up to the nearest integer.
Наверх