Α΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO/BMO/IMO, 2018

Soteris · #1

Πρόβλημα 1

Μια ράβδος μήκους $\displaystyle{\delta=20}$ κόβεται σε $\displaystyle{6}$ κομμάτια μήκους $\displaystyle{x_i, i=1, 2, \ldots, 6}$ τέτοια ώστε:
i. $\displaystyle{x_j\neq x_k, \forall j, k\in\{1, 2, \ldots, 6\}}$ με $\displaystyle{j\neq k}$ και
ii. $\displaystyle{x_i\geqslant 1, \forall i=1, 2, \ldots, 6}$

Αποδείξτε ότι με οποιοδήποτε τρόπο γίνει η κοπή, ώστε να ικανοποιούνται οι πιο πάνω συνθήκες, θα υπάρχουν τρία κομμάτια που θα σχηματίζουν τρίγωνο.

Πρόβλημα 2

Να βρείτε όλους τους $\displaystyle{x, y \in\mathbb{R}}$ που ικανοποιούν το σύστημα ανισώσεων: $\displaystyle{\begin{cases} 2x^2+10x-15y\leqslant 0 \\ 9y^2-12xy+25\leqslant 0 \end{cases}}$

Πρόβλημα 3

Θεωρούμε όλους τους αριθμούς της μορφής $\displaystyle{\kappa^2-\lambda^2, \kappa, \lambda>3, \kappa\neq\lambda}$ και $\displaystyle{\kappa, \lambda}$ να είναι πρώτοι αριθμοί και όλους τους αριθμούς της μορφής $\displaystyle{\nu^\nu-\nu}$ με $\displaystyle{\nu\geqslant 3}$ και $\displaystyle{\nu}$ περιττός αριθμός.
(α) Να αποδείξετε ότι τα $\displaystyle{\kappa, \lambda}$ είναι της μορφής $\displaystyle{6\rho+1}$ ή $\displaystyle{6\rho+5}$ , $\displaystyle{\rho\in\mathbb{N}_0}$ .
(β) Να βρείτε τον μέγιστο κοινό διαιρέτη όλων των πιο πάνω αριθμών $\displaystyle{\kappa^2-\lambda^2, \kappa, \lambda>3, \kappa\neq\lambda}$ και $\displaystyle{\kappa, \lambda}$ να είναι πρώτοι αριθμοί και $\displaystyle{\nu^\nu-\nu}$ με $\displaystyle{\nu\geqslant 3}$ και $\displaystyle{\nu}$ περιττός αριθμός.

Πρόβλημα 4

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο $\displaystyle{\vartriangle{ABC} (CA=CB)}$ και $\displaystyle{O}$ το περίκεντρό του. Οι ημιευθείες $\displaystyle{BO}$ και $\displaystyle{AO}$ τέμνουν τις πλευρές $\displaystyle{CA, CB}$ στα σημεία $\displaystyle{D, E}$ , αντίστοιχα. Από το σημείο $\displaystyle{D}$ φέρουμε ευθεία $\displaystyle{(\varepsilon)}$ παράλληλη στην $\displaystyle{CB}$ που τέμνει την $\displaystyle{AB}$ στο σημείο $\displaystyle{Z}$ . Έστω $\displaystyle{H}$ το σημείο τομής της μεσοκάθετης του $\displaystyle{BE}$ με την $\displaystyle{(\varepsilon)}$ . Φέρουμε τον κύκλο $\displaystyle{(C, CH)}$ και ονομάζουμε $\displaystyle{(\tau_1)}$ το ημικύκλιο του κύκλο αυτού που βρίσκεται στο ίδιο ημιεπίπεδο που ορίζει η $\displaystyle{CH}$ με την κορυφή $\displaystyle{B}$ . Αν οι εφαπτομένες από τα σημεία $\displaystyle{A, B}$ εφάπτονται του $\displaystyle{(\tau_1)}$ στα σημεία $\displaystyle{K, L}$ , αντίστοιχα, και $\displaystyle{M}$ το μέσον του $\displaystyle{AB}$ , να αποδείξετε ότι $\displaystyle{\angle{MHZ}=\angle{AKM}=\angle{KLB}}$ .

#2

Soteris έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 13, 2018 1:36 pm
Πρόβλημα 1

Μια ράβδος μήκους $\displaystyle{\delta=20}$ κόβεται σε $\displaystyle{6}$ κομμάτια μήκους $\displaystyle{x_i, i=1, 2, \ldots, 6}$ τέτοια ώστε:
i. $\displaystyle{x_j\neq x_k, \forall j, k\in\{1, 2, \ldots, 6\}}$ με $\displaystyle{j\neq k}$ και
ii. $\displaystyle{x_i\geqslant 1, \forall i=1, 2, \ldots, 6}$

Αποδείξτε ότι με οποιοδήποτε τρόπο γίνει η κοπή, ώστε να ικανοποιούνται οι πιο πάνω συνθήκες, θα υπάρχουν τρία κομμάτια που θα σχηματίζουν τρίγωνο.

Όλα ωραία τα προβλήματα αλλά τούτο μου τράβηξε ιδιαίτερα την προσοχή.

Χωρίς βλάβη $x_6\ge x_5 \ge ... \ge x_1$ . Έτσι $x_1\ge 1$ και από την i. είναι x_2 > 1

.

Έστω για κάποια κοπή δεν υπήρχε τρίγωνο από τα κομμάτια. Έπεται ότι x_3>1+1=2

γιατί αν ήταν $x_3\le 2$ τότε τα x_1,x_2,x_3

θα σχημάτιζαν τρίγωνο: Υπενθυμίζω, αρκεί να ισχύει η τριγωνική ανισότητα για την μεγαλύτερη πλευρά. Οι άλλες δύο τριγωνικές ανισότητες είναι αυτόματες, και με περίσσευμα.

Όμοια x_4> 2+1=3

, και άρα

, οπότε και x_6> 5+3=8

. Αλλά τότε x_1+x_2+...+x_6> 1+1+2+3+5+8=20

. Άτοπο. Και λοιπά.

(Σχόλιο: Για γενικεύσεις, από πίσω κρύβεται η ακολουθία Fibonacci).

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #3

Soteris έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 13, 2018 1:36 pm

Πρόβλημα 4

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο $\displaystyle{\vartriangle{ABC} (CA=CB)}$ και $\displaystyle{O}$ το περίκεντρό του. Οι ημιευθείες $\displaystyle{BO}$ και $\displaystyle{AO}$ τέμνουν τις πλευρές $\displaystyle{CA, CB}$ στα σημεία $\displaystyle{D, E}$ , αντίστοιχα. Από το σημείο $\displaystyle{D}$ φέρουμε ευθεία $\displaystyle{(\varepsilon)}$ παράλληλη στην $\displaystyle{CB}$ που τέμνει την $\displaystyle{AB}$ στο σημείο $\displaystyle{Z}$ . Έστω $\displaystyle{H}$ το σημείο τομής της μεσοκάθετης του $\displaystyle{BE}$ με την $\displaystyle{(\varepsilon)}$ . Φέρουμε τον κύκλο $\displaystyle{(C, CH)}$ και ονομάζουμε $\displaystyle{(\tau_1)}$ το ημικύκλιο του κύκλο αυτού που βρίσκεται στο ίδιο ημιεπίπεδο που ορίζει η $\displaystyle{CH}$ με την κορυφή $\displaystyle{B}$ . Αν οι εφαπτομένες από τα σημεία $\displaystyle{A, B}$ εφάπτονται του $\displaystyle{(\tau_1)}$ στα σημεία $\displaystyle{K, L}$ , αντίστοιχα, και $\displaystyle{M}$ το μέσον του $\displaystyle{AB}$ , να αποδείξετε ότι $\displaystyle{\angle{MHZ}=\angle{AKM}=\angle{KLB}}$ .

: Α Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής 2018 - 4.png (37.85 KiB) Προβλήθηκε 1179 φορές

Παρατηρούμε αρχικά πως $\widehat{MHZ}=\dfrac{\widehat{ACB}}{2}$ (εύκολο)

Ακόμα αφού η

είναι εφαπτόμενη έχουμε πως $\widehat{KLB}=\dfrac{\widehat{KCL}}{2}$

Θα αποδείξουμε αρχικά πως $\widehat{ACB}=\widehat{KCL}$ .

Πράγματι αφού CA=CB

και

προκύπτει ότι τα ορθογώνια τρίγωνα CAK

και

είναι ίσα, επομένως $\widehat{ACK}=\widehat{BCL}$ , άρα $\widehat{ACB}=\widehat{KCL}$ .

Έτσι προκύπτει σύμφωνα με τα παραπάνω πως $\widehat{MHZ}=\widehat{KLB}$ .

Προκύπτει ακόμα πως τα τρίγωνα ACB

και

είναι όμοια.

Έστω

το μέσο του

και

το σημείο τομής των

και

.

Προφανώς από την ομοιότητα των ACB

και

ισχύει ότι $\widehat{MCB}=\widehat{NCL}$ .

Θα αποδείξουμε πως τα σημεία M, K, L

είναι συνευθειακά.

Αρκεί να αποδείξουμε πως τα σημεία M, K, N

είναι συνευθειακά.

Ισχύει ότι $\widehat{CNK}=90^o$ (αφού το KCL

είναι ισοσκελές).

Έχουμε ότι $\widehat{MCN}=\widehat{MCB}+\widehat{BCN}=\widehat{NCL}+\widehat{BCN}=\widehat{BCL}$ (1).

Από την ομοιότητα των ACB

και

ισχύει ακόμα ότι $\dfrac{CM}{CN}=\dfrac{CB}{CL}$ (2).

Από (1) και (2) προκύπτει ότι τα τρίγωνα MCN

και

είναι όμοια, άρα αφού $\widehat{CLB}=90^o$ προκύπτει ότι $\widehat{CNM}=90^o$

Αφού λοιπόν $\widehat{CNK}=\widehat{CNM}=90^o$ , προκύπτει ότι τα σημεία M, K, N

είναι συνευθειακά, άρα και τα σημεία M, K, L

είναι συνευθειακά.

Επομένως $\widehat{AKM}=\widehat{LKG}$ .

Όμως αφού το τρίγωνο KGL

είναι ισοσκελές (

και

εφαπτόμενες), ισχύει ότι $\widehat{AKM}=\widehat{LKG}=\widehat{KLG}=\widehat{KLB}$ .

Συνεπώς $\widehat{MHZ}=\widehat{KLB}=\widehat{AKM}$ .

Ο κύκλος με κέντρο

θα μπορούσε να ήταν ένας τυχαίος κύκλος...

#4

Soteris έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 13, 2018 1:36 pm

Πρόβλημα 2

Να βρείτε όλους τους $\displaystyle{x, y \in\mathbb{R}}$ που ικανοποιούν το σύστημα ανισώσεων: $\displaystyle{\begin{cases} 2x^2+10x-15y\leqslant 0 \\ 9y^2-12xy+25\leqslant 0 \end{cases}}$

Θέτουμε $\displaystyle{2x=a, 3y=b}$ και το σύστημα γράφεται

$\displaystyle{\begin{cases}a^2+10a-10b\leq 0, \\ b^2-2ab+25\leq 0.\end{cases}}$

Με πρόσθεση αυτών καταλήγουμε στην $\displaystyle{(a-b+5)^2\leq 0\implies b=a+5.}$

Τότε οι εξισώσεις του συστήματος γίνονται $\displaystyle{\begin{cases}a^2\leq 50, \\ a^2\geq 50.\end{cases}}$

Άρα $\displaystyle{a=\pm 5\sqrt{2},}$ οπότε $\displaystyle{b=\pm 5\sqrt{2}+5.}$

Τελικά, υπάρχουν δύο λύσεις του αρχικού συστήματος, οι

$\displaystyle{\left(\frac{5\sqrt{2}}{2}, \frac{5\sqrt{2}+5}{3}\right), \left(\frac{-5\sqrt{2}}{2}, \frac{-5\sqrt{2}+5}{3}\right)}$

KARKAR · #5

Soteris έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 13, 2018 1:36 pm

Πρόβλημα 4

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο $\displaystyle{\vartriangle{ABC} (CA=CB)}$ και $\displaystyle{O}$ το περίκεντρό του. Οι ημιευθείες $\displaystyle{BO}$ και $\displaystyle{AO}$ τέμνουν τις πλευρές $\displaystyle{CA, CB}$ στα σημεία $\displaystyle{D, E}$ , αντίστοιχα. Από το σημείο $\displaystyle{D}$ φέρουμε ευθεία $\displaystyle{(\varepsilon)}$ παράλληλη στην $\displaystyle{CB}$ που τέμνει την $\displaystyle{AB}$ στο σημείο $\displaystyle{Z}$ . Έστω $\displaystyle{H}$ το σημείο τομής της μεσοκάθετης του $\displaystyle{BE}$ με την $\displaystyle{(\varepsilon)}$ . Φέρουμε τον κύκλο $\displaystyle{(C, CH)}$ και ονομάζουμε $\displaystyle{(\tau_1)}$ το ημικύκλιο του κύκλο αυτού που βρίσκεται στο ίδιο ημιεπίπεδο που ορίζει η $\displaystyle{CH}$ με την κορυφή $\displaystyle{B}$ . Αν οι εφαπτομένες από τα σημεία $\displaystyle{A, B}$ εφάπτονται του $\displaystyle{(\tau_1)}$ στα σημεία $\displaystyle{K, L}$ , αντίστοιχα, και $\displaystyle{M}$ το μέσον του $\displaystyle{AB}$ , να αποδείξετε ότι $\displaystyle{\angle{MHZ}=\angle{AKM}=\angle{KLB}}$ .

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 13, 2018 2:53 pm

Ο κύκλος με κέντρο θα μπορούσε να ήταν ένας τυχαίος κύκλος...

: Κυπριακή Γεωμετρία.png (27.64 KiB) Προβλήθηκε 1090 φορές

Λόγω του εγγραψίμου CKMA

είναι $\widehat{AKM}=\theta$ . Λόγω της ομοιότητας των CAB,CKL

,

( γωνίες βάσης $90^0-\theta$ ) , όλες οι κόκκινες γωνίες είναι ίσες . Τότε όμως $\widehat{AGB}=2\theta=\widehat{ACB}$ ,

συνεπώς το

είναι σημείο του περικύκλου . Η $\widehat{MHZ}$ είναι κι αυτή - προφανώς - ίση με τη $\theta$ .

Εικάζω ότι ο θεματοδότης είχε κι άλλο ερώτημα , πιθανόν γι αυτό κάποια δεδομένα φαίνονται περιττά .

Α΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO/BMO/IMO, 2018

Α΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO/BMO/IMO, 2018

Re: Α΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO/BMO/IMO, 2018

Re: Α΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO/BMO/IMO, 2018

Re: Α΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO/BMO/IMO, 2018

Re: Α΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO/BMO/IMO, 2018

Μέλη σε σύνδεση