Προετοιμασία για τον προκριματικό διαγωνισμό 2017

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

christodoulos703
Δημοσιεύσεις: 67
Εγγραφή: Τετ Αύγ 03, 2016 1:57 pm

Προετοιμασία για τον προκριματικό διαγωνισμό 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #1 από christodoulos703 » Κυρ Μαρ 05, 2017 3:32 pm

Με αφορμή τον Προκριματικό διαγωνισμό προτείνω να βάλουμε θέματα και φυλλάδια για αυτόν με σκοπό την προετοιμασία μας.Τα θέματα να λύνονται κατά προτίμηση από τους μαθητές.
τελευταία επεξεργασία από christodoulos703 σε Τετ Μαρ 08, 2017 10:18 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Χατζηγρηγοριάδης Χριστόδουλος

Λέξεις Κλειδιά:
christodoulos703
Δημοσιεύσεις: 67
Εγγραφή: Τετ Αύγ 03, 2016 1:57 pm

Re: Προκριματικός διαγωνισμός

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #2 από christodoulos703 » Κυρ Μαρ 05, 2017 4:55 pm

Ας αρχίσουμε με μερικές ανισότητες όπως γίνεται και στον Προκριματικό.Εγω απλά δεν έχω πολύ ποιοτικό υλικό.


Χατζηγρηγοριάδης Χριστόδουλος
Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 558
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Προκριματικός διαγωνισμός

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #3 από Al.Koutsouridis » Κυρ Μαρ 05, 2017 5:43 pm

ΑΣΚΗΣΗ 1

Για τους θετικούς αριθμούς a_{1}, a_{2},...,a_{n} να αποδείξετε ότι ισχύει η ανισότητα

\dfrac{a_{1}+a_{2}}{2} \cdot \dfrac{a_{2}+a_{3}}{2}\cdot ... \cdot \dfrac{a_{n}+a_{1}}{2} \leq \dfrac{a_1+a_2+a_3}{2\sqrt{2}} \cdot  \dfrac{a_2+a_3+a_4}{2\sqrt{2}} \cdot ... \cdot  \dfrac{a_n+a_1+a_2}{2\sqrt{2}}



Πηγή: Μαθηματική ολυμπιάδα φυσικομαθηματικού λυκείου 239 Α.Πετρούπολης, για τις τάξεις 8/9.


Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1064
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Προκριματικός διαγωνισμός

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #4 από Ορέστης Λιγνός » Τρί Μαρ 07, 2017 8:33 pm

ΑΣΚΗΣΗ 2

Θεωρούμε τρίγωνο ABC και τον περιγεγραμμένο του κύκλο. Έστω P ένα σημείο του κύκλου και PA_1 \perp BC, \, PB_1 \perp AC.

Έστω επίσης PD \perp A_1B_1 (D σημείο της A_1B_1) και PD=d.

Αν a=\widehat{B_1A_1B}, να δείξετε ότι :

1) PA \cdot PA_1=2Rd, όπου R η ακτίνα του κύκλου (A,B,C),

2) \cos a=\dfrac{PA}{2R}.



orestis.png
orestis.png (23.45 KiB) Προβλήθηκε 783 φορές


Ο καθένας λέει ότι να΄ναι και είναι πάντα σύμφωνος με τον εαυτό του ! 'Ολοι μιλάνε και κανείς δεν ακούει! Ο κόσμος είναι σε νοητική αδράνεια ! Ελένη Γλυκατζή Αρβελέρ
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 497
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Προκριματικός διαγωνισμός

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #5 από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Τρί Μαρ 07, 2017 9:38 pm

Ορέστης Λιγνός έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 2

Θεωρούμε τρίγωνο ABC και τον περιγεγραμμένο του κύκλο. Έστω P ένα σημείο του κύκλου και PA_1 \perp BC, \, PB_1 \perp AC.

Έστω επίσης PD \perp A_1B_1 (D σημείο της A_1B_1) και PD=d.

Αν a=\widehat{B_1A_1B}, να δείξετε ότι :

1) PA \cdot PA_1=2Rd, όπου R η ακτίνα του κύκλου (A,B,C),

2) \cos a=\dfrac{PA}{2R}.



orestis.png


Ωραίο Πρόβλημα :coolspeak: !

Πρώτα το β)

Έστω C_1 η προβολή του P πάνω στην AB.

Η ευθεία A_1B_1 είναι ευθεία Simson, άρα τα σημεία A_1, B_1, C_1 είναι συνευθειακά.

Ακόμη το τετράπλευρο PC_1BA_1 είναι εγγράψιμο, καθώς \widehat{PC_1B}=\widehat{PA_1B}=90^o.

Άρα \widehat{B_1A_1B}=\widehat{BPC_1}=a.

Στο ορθογώνιο τρίγωνο BPC_1 έχουμε πως \cos a=\dfrac{PC_1}{PB}

Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε πως \dfrac{PC_1}{PB}=\dfrac{PA}{2R}.

Έστω K το αντιδιαμετρικό του P. Προφανώς PK=2R, άρα αρκεί να ισχύει ότι:

\dfrac{PC_1}{PB}=\dfrac{PA}{PK}\Leftrightarrow \dfrac{PC_1}{PA}=\dfrac{PB}{PK}.

Για αυτό αρκεί τα τρίγωναC_1PA και BPK να είναι όμοια.

Πράγματι, αφού PK διάμετρος έχουμε πως \widehat{PBK}=90^o, άρα είναι και τα δύο ορθογώνια. Ταυτόχρονα, από το εγγράψιμο APKB έχουμε πως \widehat{PAC_1}=\widehat{PKB} και το ζητούμενο έπεται.

α)

Από το β) η εξίσωση γίνεται:

\cos a \cdot PA_1=d, άρα αρκεί \sin {\widehat{DA_1P}}\cdot PA_1=d, καθώς \widehat{DA_1P} και a είναι συμπληρωματικές γωνίες. Έχουμε πως \sin {\widehat{DA_1P}}\cdot PA_1=d\Leftrightarrow \sin {\widehat{DA_1P}}=\dfrac{d}{PA_1}, που ισχύει επειδή το τρίγωνο DPA_1 είναι ορθογώνιο.
Συνημμένα
orestis_pro2.png
orestis_pro2.png (33.98 KiB) Προβλήθηκε 708 φορές


Houston, we have a problem!
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1064
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Προκριματικός διαγωνισμός

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #6 από Ορέστης Λιγνός » Τρί Μαρ 07, 2017 10:13 pm

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:
Ορέστης Λιγνός έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 2

Θεωρούμε τρίγωνο ABC και τον περιγεγραμμένο του κύκλο. Έστω P ένα σημείο του κύκλου και PA_1 \perp BC, \, PB_1 \perp AC.

Έστω επίσης PD \perp A_1B_1 (D σημείο της A_1B_1) και PD=d.

Αν a=\widehat{B_1A_1B}, να δείξετε ότι :

1) PA \cdot PA_1=2Rd, όπου R η ακτίνα του κύκλου (A,B,C),

2) \cos a=\dfrac{PA}{2R}.



orestis.png


Ωραίο Πρόβλημα :coolspeak: !

Πρώτα το β)

Έστω C_1 η προβολή του P πάνω στην AB.

Η ευθεία A_1B_1 είναι ευθεία Simson, άρα τα σημεία A_1, B_1, C_1 είναι συνευθειακά.

Ακόμη το τετράπλευρο PC_1BA_1 είναι εγγράψιμο, καθώς \widehat{PC_1B}=\widehat{PA_1B}=90^o.

Άρα \widehat{B_1A_1B}=\widehat{BPC_1}=a.

Στο ορθογώνιο τρίγωνο BPC_1 έχουμε πως \cos a=\dfrac{PC_1}{PB}

Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε πως \dfrac{PC_1}{PB}=\dfrac{PA}{2R}.

Έστω K το αντιδιαμετρικό του P. Προφανώς PK=2R, άρα αρκεί να ισχύει ότι:

\dfrac{PC_1}{PB}=\dfrac{PA}{PK}\Leftrightarrow \dfrac{PC_1}{PA}=\dfrac{PB}{PK}.

Για αυτό αρκεί τα τρίγωναC_1PA και BPK να είναι όμοια.

Πράγματι, αφού PK διάμετρος έχουμε πως \widehat{PBK}=90^o, άρα είναι και τα δύο ορθογώνια. Ταυτόχρονα, από το εγγράψιμο APKB έχουμε πως \widehat{PAC_1}=\widehat{PKB} και το ζητούμενο έπεται.

α)

Από το β) η εξίσωση γίνεται:

\cos a \cdot PA_1=d, άρα αρκεί \sin {\widehat{DA_1P}}\cdot PA_1=d, καθώς \widehat{DA_1P} και a είναι συμπληρωματικές γωνίες. Έχουμε πως \sin {\widehat{DA_1P}}\cdot PA_1=d\Leftrightarrow \sin {\widehat{DA_1P}}=\dfrac{d}{PA_1}, που ισχύει επειδή το τρίγωνο DPA_1 είναι ορθογώνιο.

(ακολουθεί το σχήμα)


:clap2: Μπράβο Διονύση!


Ο καθένας λέει ότι να΄ναι και είναι πάντα σύμφωνος με τον εαυτό του ! 'Ολοι μιλάνε και κανείς δεν ακούει! Ο κόσμος είναι σε νοητική αδράνεια ! Ελένη Γλυκατζή Αρβελέρ
christodoulos703
Δημοσιεύσεις: 67
Εγγραφή: Τετ Αύγ 03, 2016 1:57 pm

Re: Προετοιμασία για τον προκριματικό διαγωνισμό 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #7 από christodoulos703 » Κυρ Μαρ 12, 2017 11:05 am

Θα μπορούσαμε να φέρουμε και κάποια φυλλάδια προετοιμασίας.Θα φέρω και εγώ κάποια ενδεχομένως.


Χατζηγρηγοριάδης Χριστόδουλος
christodoulos703
Δημοσιεύσεις: 67
Εγγραφή: Τετ Αύγ 03, 2016 1:57 pm

Re: Προετοιμασία για τον προκριματικό διαγωνισμό 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #8 από christodoulos703 » Κυρ Μαρ 12, 2017 11:07 am

Υπάρχει κάποιος ο οποίος διαθέτει φυλλάδια από τα μαθήματα προετοιμασίας της εμέ γιατί πιστεύω πώς θα ήταν ιδιαίτερα βοηθητικά.


Χατζηγρηγοριάδης Χριστόδουλος
Παύλος Μαραγκουδάκης
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1361
Εγγραφή: Παρ Ιαν 30, 2009 1:45 pm
Τοποθεσία: Πειραιάς

Re: Προκριματικός διαγωνισμός

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #9 από Παύλος Μαραγκουδάκης » Κυρ Μαρ 12, 2017 12:02 pm

Al.Koutsouridis έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1

Για τους θετικούς αριθμούς a_{1}, a_{2},...,a_{n} να αποδείξετε ότι ισχύει η ανισότητα

\dfrac{a_{1}+a_{2}}{2} \cdot \dfrac{a_{2}+a_{3}}{2}\cdot ... \cdot \dfrac{a_{n}+a_{1}}{2} \leq \dfrac{a_1+a_2+a_3}{2\sqrt{2}} \cdot  \dfrac{a_2+a_3+a_4}{2\sqrt{2}} \cdot ... \cdot  \dfrac{a_n+a_1+a_2}{2\sqrt{2}}

Πηγή: Μαθηματική ολυμπιάδα φυσικομαθηματικού λυκείου 239 Α.Πετρούπολης, για τις τάξεις 8/9.


(a_1+a_2+a_3)(a_2+a_3+a_4)=(a_2+a_3)^2+(a_1+a_4)(a_2+a_3)+a_1a_4=

=(a_2+a_3)(a_1+a_2+a_3+a_4)+a_1a_4>(a_2+a_3)(a_1+a_2+a_3+a_4)

οπότε

(a_1+a_2+a_3)(a_2+a_3+a_4)>2(a_2+a_3)\sqrt{(a_1+a_2)(a_3+a_4)}

Ομοίως

(a_2+a_3+a_4)(a_3+a_4+a_5)>2(a_3+a_4)\sqrt{(a_2+a_3)(a_4+a_5)}

\vdots

(a_{n-2}+a_{n-1}+a_n)(a_{n-1}+a_n+a_1)>2(a_{n-1}+a_n)\sqrt{(a_{n-2}+a_{n-1})(a_n+a_1)}

(a_{n-1}+a_n+a_1)(a_n+a_1+a_2)>2(a_n+a_1)\sqrt{(a_{n-1}+a_n)(a_1+a_2)}

(a_n+a_1+a_2)(a_1+a_2+a_3)>2(a_1+a_2)\sqrt{(a_n+a_1)(a_2+a_3)}

Πολλαπλασιάζουμε κατά μέλη και έχουμε τη ζητούμενη.


Στάλα τη στάλα το νερό το μάρμαρο τρυπά το,
εκείνο που μισεί κανείς γυρίζει κι αγαπά το.
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 497
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Προετοιμασία για τον προκριματικό διαγωνισμό 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #10 από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Κυρ Μαρ 12, 2017 12:18 pm

christodoulos703 έγραψε:Θα μπορούσαμε να φέρουμε και κάποια φυλλάδια προετοιμασίας.Θα φέρω και εγώ κάποια ενδεχομένως.


https://parmenides51.blogspot.gr/p/eme.html


Houston, we have a problem!
christodoulos703
Δημοσιεύσεις: 67
Εγγραφή: Τετ Αύγ 03, 2016 1:57 pm

Re: Προετοιμασία για τον προκριματικό διαγωνισμό 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #11 από christodoulos703 » Κυρ Απρ 02, 2017 1:55 pm

Και ξενόγλωσσα μπορούμε να βάλουμε.Ίσως σε θεωρία αριθμών και συνδυαστική.


Χατζηγρηγοριάδης Χριστόδουλος

Επιστροφή σε “Θέματα διαγωνισμών (ΕΜΕ, BMO, JBMO, IMO, Kangaroo κλπ)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 3 επισκέπτες