Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 10

Γιάννης Μπόρμπας · #1

Διαγώνισμα 10 Επίπεδο: Προκριματικός Seniors

Πρόβλημα 1
Να βρεθούν όλα τα πολυώνυμα $f:\mathbb{R^{+}}\rightarrow\mathbb{R^{+}}$ και οι μη σταθερές συναρτήσεις
$g:\mathbb{R^{+}}\rightarrow\mathbb{R^{+}}$ που ικανοποιούν την σχέχη:
f(x+y+g(y))+g(y+f(z))=g(z+f(y))+g(y)+f(x+(y+1)g(y))}

για κάθε θετικούς πραγματικούς x,y,z

Πρόβλημα 2
Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ABC

με

εγγεγραμμένο σε κύκλο c(O,R)

καθώς και τα ύψη
του AD,BE,CF

τα οποία συντρέχουν στο ορθόκεντρο

. Οι εφαπτόμενες του

στα σημεία B,C

τέμνονται στο

. Η

τέμνει την

στο

και η

την

στο

. Αν οι περιγεγραμμένοι
κύκλοι των τριγώνων BSO

και

τέμνουν τις AB,AC

αντιστοίχως στα σημεία M,N

, να αποδείξετε
ότι τα F,E,M,N

είναι ομοκυκλικά.

Πρόβλημα 3
Να βρεθούν όλες οι τριάδες ακεραίων (x,y,z)

που ικανοποιούν την εξίσωση:
2x^3+2y^3=3x^2y^2+4^z+1

Πρόβλημα 4
Ο μικρός Θανάσης μαζί με τον Νίκο παίζουν το εξής παιχνίδι.
Αρχικά ο Θανάσης επιλέγει έναν θετικό ακέραιο

με $190\ge n\ge 100$ και γράφει

θετικούς ακεραίους
σε έναν πίνακα έτσι ώστε ανά δύο να είναι διαφορετικοί μεταξύ τους. Στην συνέχεια, καλείται ο Νίκος να
σκεφτεί έναν θετικό ακέραιο από αυτούς που είναι γραμμένοι στον πίνακα. Ο σκοπός του παιχνιδιού, είναι
ο Θανάσης να βρει τον αριθμό που επέλεξε ο Νίκος μέσω ερωτήσεων. Σε κάθε κίνηση, ο Θανάσης μπορεί
να επιλέξει έναν οποιονδήποτε θετικό ακέραιο θελήσει (δεν χρειάζεται να υπάρχει κατ'ανάγκην στον πίνακα),
και να ρωτήσει τον Νίκο αν ο μέγιστος κοινός
διαιρέτης του αριθμού που επέλεξε ο Θανάσης με του Νίκου (δηλαδή αυτόν που είχε σκεφτεί) ισούται με

.
Ο Νίκος μπορεί να απαντήσει με "ναι" ή "όχι". Αν γνωρίζουμε ότι σε έναν γύρο:
(1) Ο Θανάσης επέλεξε

σε πλήθος διαφορετικούς θετικούς ακεραίους (όχι αυτούς που έγραψε αρχικά στον πίνακα, αλλά αυτούς που επέλεγε
σε κάθε κίνηση), και εγγυήθηκε ότι ήταν αρκετοί για να προσδιορίσει με σιγουριά τον αριθμό του Νίκου μετά από μερικές κινήσεις.
(2) Για αυτά τα n,m

που διάλεξε, το κλάσμα $\displaystyle{\frac{n}{m^3}}$ δέχθηκε την μεγαλύτερη τιμή που θα μπορούσε να πάρει.
(3) Έγραψε θετικούς ακεραίους αρχικά στον πίνακα, έτσι ώστε το άθροισμά τους να είναι το μικρότερο δυνατό για αυτά τα n,m

.
Να βρεθούν οι αριθμοί n,m

καθώς και οι αριθμοί που έγραψε αρχικά στον πίνακα.

Γιάννης Μπόρμπας · #2

Να πω τα εξής για το 4ο πρόβλημα:
Σε αυτόν τον γύρο, ο Θανάσης επέλεξε κατάλληλους αριθμούς με τους οποίους μπορούσε να εξασφαλίσει την νίκη,
για οποιανδήποτε επιλογή του Νίκου. Επίσης, το κλάσμα $\displaystyle{\frac{n}{m^3}}$ δέχθηκε την μεγαλύτερη τιμή που θα μπορούσε
να πάρει, για οποιαδήποτε m,n

που εξασφαλίζουν στον Θανάση την νίκη. Για παράδειγμα αν παίρναμε n=190

και

δεν μπορούμε να γράψουμε κατάλληλους θετικούς ακέραιους στον πίνακα, αλλά ούτε και να επιλέξουμε έτσι
ώστε να μπορούμε να βρούμε τον αριθμό του Νίκου με σιγουριά μετά από μερικές κινήσεις.

thrassos · #3

Καλησπέρα Γιάννη,
Μια στοιχειώδη λύση και αργότερα θα επανέλθω και με το σχήμα.
Παρατηρούμε ότι οι κύκλοι των CSO

και

είναι ίση.
Άρα πλέον γνωρίζουμε ότι τα M,N,S

είναι τα μέσα των αντίστοιχων πλευρών στα οποία βρίσκονται.
Και άρα το τετράπλευρο F,M,E,N

είναι εγγράψιμο στον κύκλο Euler

.
Φιλικά,
Θράσος

Γιάννης Μπόρμπας · #4

thrassos έγραψε:Καλησπέρα Γιάννη,
Μια στοιχειώδη λύση και αργότερα θα επανέλθω και με το σχήμα.
Παρατηρούμε ότι οι κύκλοι των και είναι ίση.
Άρα πλέον γνωρίζουμε ότι τα είναι τα μέσα των αντίστοιχων πλευρών στα οποία βρίσκονται.
Και άρα το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο στον κύκλο .
Φιλικά,
Θράσος

Καλησπέρα, δεν ξέρουμε ότι το

είναι το μέσο της

όμως.

thrassos · #5

Σωστά,τώρα το είδα.
Θα επανέλθω με διευκρινήσεις.

Γιάννης Μπόρμπας · #6

Επαναφορά

Friedoon · #7

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 10 Επίπεδο: Προκριματικός Seniors

Πρόβλημα 1
Να βρεθούν όλα τα πολυώνυμα $f:\mathbb{R^{+}}\rightarrow\mathbb{R^{+}}$ και οι μη σταθερές συναρτήσεις
$g:\mathbb{R^{+}}\rightarrow\mathbb{R^{+}}$ που ικανοποιούν την σχέχη:
για κάθε θετικούς πραγματικούς

Θέτοντας

παίρνουμε

(1) Τώρα θέτοντας y-g(y)y=c

και θεωρώντας σταθερό το

παίρνουμε:
f(x+c)-f(x)=g(y)=constant

Πραγμα που σημαίνει πως το

είναι είτε σταθερό είτε γραμμικό.
Αν είναι σταθερό τότε από την δοθείσα σχέση παίρνουμε g(x)=0

Αν

τότε η (1) γίνεται
$g(y)=\dfrac{ay}{ay+1}$
Όμως θα πρέπει να ισχύει και g(y+f(z))=g(z+f(y))

από όπου παίρνουμε πως (*) a=0

ή

Άρα οι λύσεις είναι f(x)=x+b

και $g(x)=\dfrac{x}{x+1}$ ή f(x)=x+b

και

ή

και

(*)χρησιμοποιήθηκε η ιδιότητα $\dfrac{a}{b}=\dfrac{c}{d} \Rightarrow \dfrac{a+b}{a-b}=\dfrac{c+d}{c-d}$

Γιάννης Μπόρμπας · #8

Friedoon έγραψε:
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 10 Επίπεδο: Προκριματικός Seniors

Πρόβλημα 1
Να βρεθούν όλα τα πολυώνυμα $f:\mathbb{R^{+}}\rightarrow\mathbb{R^{+}}$ και οι μη σταθερές συναρτήσεις
$g:\mathbb{R^{+}}\rightarrow\mathbb{R^{+}}$ που ικανοποιούν την σχέχη:
για κάθε θετικούς πραγματικούς
Θέτοντας παίρνουμε
(1) Τώρα θέτοντας και θεωρώντας σταθερό το παίρνουμε:

Πραγμα που σημαίνει πως το είναι είτε σταθερό είτε γραμμικό.
Αν είναι σταθερό τότε από την δοθείσα σχέση παίρνουμε
Αν τότε η (1) γίνεται
$g(y)=\dfrac{ay}{ay+1}$
Όμως θα πρέπει να ισχύει και από όπου παίρνουμε πως (*) ή
Άρα οι λύσεις είναι και $g(x)=\dfrac{x}{x+1}$ ή και ή και

(*)χρησιμοποιήθηκε η ιδιότητα $\dfrac{a}{b}=\dfrac{c}{d} \Rightarrow \dfrac{a+b}{a-b}=\dfrac{c+d}{c-d}$

Βέβαια η

δεν μπορεί να είναι σταθερή από την εκφώνηση.

Ορέστης Λιγνός · #9

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε: ↑
Δευ Μάιος 08, 2017 3:25 pm
Διαγώνισμα 10 Επίπεδο: Προκριματικός Seniors

Πρόβλημα 3
Να βρεθούν όλες οι τριάδες ακεραίων που ικανοποιούν την εξίσωση:

Προφανώς, $z \geqslant 0$ .

Έστω $z \geqslant 1$ .

Είναι $3x^2y^2=2x^3+2y^3-4^z-1 \Rightarrow xy \equiv 1 \pmod 2 \Rightarrow x=2x_1+1, \, y=2y_1+1$ .

Με αντικατάσταση, είναι $4x_1^3+4y_1^3-12x_1y_1-12x_1^2y_1-12y_1^2x_1+3x_1^2+3y_1^2=4^{z-1}$ .

Είναι $4 \mid x_1^2+y_1^2$ , οπότε αφού $k^2 \equiv 0,1 \pmod 4, \, k \in \mathbb{Z}$ , είναι $2 \mid x_1, 2\mid y_1$ , άρα $x_1=2x_2, \, y_1=2y_2$ , οπότε με αντικατάσταση
$8x_2^3+8y_2^3-12x_2y_2-24x_2^2y_2-24x_2y_2^2+3x_2^2+3y_2^2=4^{z-2}$ , άρα $4 \mid x_2^2+y_2^2$ , και η διαδικασία επαναλαμβάνεται.

Η διαδικασία σταματά όταν η δύναμη του

στο δεξί μέλος είναι

, οπότε

, και το

είναι περιττός.

Η διαδικασία εφαρμόζεται z-1

φορές (μέχρι η δύναμη να είναι 4^0

)

Όμως, $x=2x_1+1=2^2x_2+1=2^3x_3+1= \ldots= 2^{z}m+1$ , και όμοια $y=2^{z}n+1$ .

Με αντικατάσταση στην αρχική, $(m^3+n^3)2^{z+1}+3m^2+3n^2-3mn(m+n)2^{z+1}-12mn-1=0$ .

Παρατηρούμε ότι, αφού $z \geqslant 1$ , το αριστερό μέλος είναι $3m^2+3n^2-1 \pmod 4$ , άρα $3(m^2+n^2) \equiv 1 \pmod 4 \Rightarrow m^2+n^2 \equiv 3 \pmod 4$ , άτοπο, αφού $k^2 \equiv 0,1 \pmod 4$ , $k \in \mathbb{Z}$ , οπότε $m^2+n^2 \equiv 0,1,2 \pmod 4$ .

Άρα, z=0

, δηλαδή

.

Αν

,

. Άρα, τα ζεύγη (x,y)=(0,1), (1,0)

είναι λύσεις.

Θεωρούμε τώρα $x,y \neq 0$ .

Με απλό έλεγχο, έχουμε ότι δεν υπάρχουν λύσεις με x=1

ή

, άρα $x,y \neq 1$ .

Έστω $x \geqslant y$ . Απευθείας ελέγχουμε πως δεν γίνεται x=y

, άρα

.

Είναι $2x^3+2y^3=3x^2y^2+2 \Rightarrow x^3+y^3>0 \Rightarrow x+y>0$ , και αφού x>y

,

.

Έστω

.

Είναι $y^2(3x^2-2y)=2x^3-2 \geqslant 0 \Rightarrow y \leqslant \dfrac{3x^2}{2}$ (1).

Θεωρούμε την συνάρτηση $f(y)=2y^3-3x^2y^2+2x^3-2, \,\, y>0$ , με f'(x)=6y(y-x^2)<0

, άρα η

είναι γνησίως φθίνουσα.

Επομένως, $y \leqslant \dfrac{3x^2}{2} \Rightarrow f(y) \geqslant \dfrac{3x^2}{2}=2x^3-2>0 \Rightarrow f(y)>0 \Rightarrow 2x^3+2y^3 >3x^2y^2+2$ , οπότε δεν υπάρχουν λύσεις.

Αν x>0>y

, θέτουμε

, και εφαρμόζουμε την ίδια διαδικασία, θεωρώντας την συνάρτηση $f(a)=2a^3+3x^2a^2-2x^3+2, \,\, a>0$ .

Τελικά, οι λύσεις είναι οι $\boxed{(x,y)=(0,1),(1,0),(2,-1),(-1,2)}$ .

Γιάννης Μπόρμπας · #10

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Παρ Απρ 06, 2018 5:00 pm

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε: ↑
Δευ Μάιος 08, 2017 3:25 pm
Διαγώνισμα 10 Επίπεδο: Προκριματικός Seniors

Πρόβλημα 3
Να βρεθούν όλες οι τριάδες ακεραίων που ικανοποιούν την εξίσωση:

Προφανώς, $z \geqslant 0$ .

Έστω $z \geqslant 1$ .

Είναι $3x^2y^2=2x^3+2y^3-4^z-1 \Rightarrow xy \equiv 1 \pmod 2 \Rightarrow x=2x_1+1, \, y=2y_1+1$ .

Με αντικατάσταση, είναι $4x_1^3+4y_1^3-12x_1y_1-12x_1^2y_1-12y_1^2x_1+3x_1^2+3y_1^2=4^{z-1}$ .

Είναι $4 \mid x_1^2+y_1^2$ , οπότε αφού $k^2 \equiv 0,1 \pmod 4, \, k \in \mathbb{Z}$ , είναι $2 \mid x_1, 2\mid y_1$ , άρα $x_1=2x_2, \, y_1=2y_2$ , οπότε με αντικατάσταση
$8x_2^3+8y_2^3-12x_2y_2-24x_2^2y_2-24x_2y_2^2+3x_2^2+3y_2^2=4^{z-2}$ , άρα $4 \mid x_2^2+y_2^2$ , και η διαδικασία επαναλαμβάνεται.

Η διαδικασία σταματά όταν η δύναμη του στο δεξί μέλος είναι , οπότε , και το είναι περιττός.

Η διαδικασία εφαρμόζεται φορές (μέχρι η δύναμη να είναι )

Όμως, $x=2x_1+1=2^2x_2+1=2^3x_3+1= \ldots= 2^{z}m+1$ , και όμοια $y=2^{z}n+1$ .

Με αντικατάσταση στην αρχική, $(m^3+n^3)2^{z+1}+3m^2+3n^2-3mn(m+n)2^{z+1}-12mn-1=0$ .

Παρατηρούμε ότι, αφού $z \geqslant 1$ , το αριστερό μέλος είναι $3m^2+3n^2-1 \pmod 4$ , άρα $3(m^2+n^2) \equiv 1 \pmod 4 \Rightarrow m^2+n^2 \equiv 3 \pmod 4$ , άτοπο, αφού $k^2 \equiv 0,1 \pmod 4$ , $k \in \mathbb{Z}$ , οπότε $m^2+n^2 \equiv 0,1,2 \pmod 4$ .

Άρα, , δηλαδή .

Αν , . Άρα, τα ζεύγη είναι λύσεις.

Θεωρούμε τώρα $x,y \neq 0$ .

Με απλό έλεγχο, έχουμε ότι δεν υπάρχουν λύσεις με ή , άρα $x,y \neq 1$ .

Έστω $x \geqslant y$ . Απευθείας ελέγχουμε πως δεν γίνεται , άρα .

Είναι $2x^3+2y^3=3x^2y^2+2 \Rightarrow x^3+y^3>0 \Rightarrow x+y>0$ , και αφού , .

Έστω .

Είναι $y^2(3x^2-2y)=2x^3-2 \geqslant 0 \Rightarrow y \leqslant \dfrac{3x^2}{2}$ (1).

Θεωρούμε την συνάρτηση $f(y)=2y^3-3x^2y^2+2x^3-2, \,\, y>0$ , με , άρα η είναι γνησίως φθίνουσα.

Επομένως, $y \leqslant \dfrac{3x^2}{2} \Rightarrow f(y) \geqslant \dfrac{3x^2}{2}=2x^3-2>0 \Rightarrow f(y)>0 \Rightarrow 2x^3+2y^3 >3x^2y^2+2$ , οπότε δεν υπάρχουν λύσεις.

Αν , θέτουμε , και εφαρμόζουμε την ίδια διαδικασία, θεωρώντας την συνάρτηση $f(a)=2a^3+3x^2a^2-2x^3+2, \,\, a>0$ .

Τελικά, οι λύσεις είναι οι $\boxed{(x,y)=(0,1),(1,0),(2,-1),(-1,2)}$ .

Πολύ ωραία, λίγο διαφορετικά για το 1ο σκέλος: (Απόδειξη ότι z=0

)
Έχουμε: 2x^3+2y^3=3x^2y^2+4^z+1

Η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται ως εξής:
$(x^2+2y)(y^2+2x)=(2xy+1)^2+2^{2z}$ .
Εύκολα βλέπουμε ότι εάν z>0

τότε
$xy\equiv 1(\mod 2)$ άρα $y^2+2x\equiv 3(\mod 4)$ .
Άρα υπάρχει πρώτος αριθμός $p\equiv 3(\mod 4)$ τέτοιος ώστε: $p|y^2+2x \implies p|(2xy+1)^2+2^{2z}$ που είναι το άθροισμα 2 τετραγώνων άρα p|2xy+1

και

, άρα

που είναι άτοπο, επομένως z=0

.

christinat · #11

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε: ↑
Δευ Μάιος 08, 2017 3:25 pm
Διαγώνισμα 10 Επίπεδο: Προκριματικός Seniors

Πρόβλημα 1
Να βρεθούν όλα τα πολυώνυμα $f:\mathbb{R^{+}}\rightarrow\mathbb{R^{+}}$ και οι μη σταθερές συναρτήσεις
$g:\mathbb{R^{+}}\rightarrow\mathbb{R^{+}}$ που ικανοποιούν την σχέχη:
για κάθε θετικούς πραγματικούς

Πρόβλημα 2
Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο με εγγεγραμμένο σε κύκλο καθώς και τα ύψη
του τα οποία συντρέχουν στο ορθόκεντρο . Οι εφαπτόμενες του στα σημεία
τέμνονται στο . Η τέμνει την στο και η την στο . Αν οι περιγεγραμμένοι
κύκλοι των τριγώνων και τέμνουν τις αντιστοίχως στα σημεία , να αποδείξετε
ότι τα είναι ομοκυκλικά.

Πρόβλημα 3
Να βρεθούν όλες οι τριάδες ακεραίων που ικανοποιούν την εξίσωση:

Πρόβλημα 4
Ο μικρός Θανάσης μαζί με τον Νίκο παίζουν το εξής παιχνίδι.
Αρχικά ο Θανάσης επιλέγει έναν θετικό ακέραιο με $190\ge n\ge 100$ και γράφει θετικούς ακεραίους
σε έναν πίνακα έτσι ώστε ανά δύο να είναι διαφορετικοί μεταξύ τους. Στην συνέχεια, καλείται ο Νίκος να
σκεφτεί έναν θετικό ακέραιο από αυτούς που είναι γραμμένοι στον πίνακα. Ο σκοπός του παιχνιδιού, είναι
ο Θανάσης να βρει τον αριθμό που επέλεξε ο Νίκος μέσω ερωτήσεων. Σε κάθε κίνηση, ο Θανάσης μπορεί
να επιλέξει έναν οποιονδήποτε θετικό ακέραιο θελήσει (δεν χρειάζεται να υπάρχει κατ'ανάγκην στον πίνακα),
και να ρωτήσει τον Νίκο αν ο μέγιστος κοινός
διαιρέτης του αριθμού που επέλεξε ο Θανάσης με του Νίκου (δηλαδή αυτόν που είχε σκεφτεί) ισούται με .
Ο Νίκος μπορεί να απαντήσει με "ναι" ή "όχι". Αν γνωρίζουμε ότι σε έναν γύρο:
(1) Ο Θανάσης επέλεξε σε πλήθος διαφορετικούς θετικούς ακεραίους (όχι αυτούς που έγραψε αρχικά στον πίνακα, αλλά αυτούς που επέλεγε
σε κάθε κίνηση), και εγγυήθηκε ότι ήταν αρκετοί για να προσδιορίσει με σιγουριά τον αριθμό του Νίκου μετά από μερικές κινήσεις.
(2) Για αυτά τα που διάλεξε, το κλάσμα $\displaystyle{\frac{n}{m^3}}$ δέχθηκε την μεγαλύτερη τιμή που θα μπορούσε να πάρει.
(3) Έγραψε θετικούς ακεραίους αρχικά στον πίνακα, έτσι ώστε το άθροισμά τους να είναι το μικρότερο δυνατό για αυτά τα .
Να βρεθούν οι αριθμοί καθώς και οι αριθμοί που έγραψε αρχικά στον πίνακα.

Πρόβλημα 2

Φέρουμε το ευθύγραμμο τμήμα KS
BK,KC εφαπτομενες στον κυκλο c(O,R)
Όποτε BK=KC
$BK\perp R,KC\perp R$

Όποτε $\widehat{SBK}=\widehat{SCK}$
Άρα Κ μέσον BC(BS=SC)

Έστω τωρα ευθεία MN εφαπτόμενη στους κύκλους c1 και c2
$AD\perp MN,AD\perp BC$ $MN\parallel BC$

Από τα ορθογώνια τρίγωνα $\widehat{ADC},\widehat{BEC}$ έχουμε:
$\angle EBC=\angle EAH$ (1)

$\widehat{AHN}\sim \widehat{ADC}$
( $\angle HAN$ κοινή γωνία,ορθογώνια )

Άρα $\angle ANH=\angle ACD$

Στο ορθ τριγωνο $\widehat{NEH}$ :
$\angle EHN+\angle ENH=90^{\circ}$

Στο ορθ τριγωνο $\widehat{AEH}$ :
$\angle AHE+\angle HAE=90^{\circ}$

$\widehat{AEH}\sim \widehat{BDH}$ (από την σχεση 1)

$\angle BHD=\angle AHE$

Φέρουμε κάθετη DN στην AC από την ορθή γωνία $\angle ADC$
$HN\parallel BD$

$\angle BHD=\angle HDN$ ως εντός εναλλάξ των παράλληλων HN και BC(2)

Από την σχεση (2) προκύπτει ότι: $\widehat{AND}$ ισοσκελες(AN=ND)
Αρα $\widehat{AHN}=\widehat{DHN}$
$\widehat{AHN}\sim \widehat{DNC}$ ( $\angle NCD=\angle ANH$ ,ορθ τρίγωνα)

Όποτε το ορθ τριγωνο $\widehat{DNC}$ θα είναι όμοιο και με το ορθ ισοσκελες $\widehat{AND}$

Άρα $\widehat{DNC}$ ισοσκελες(DN=NC)

AN=ND=NC $\Rightarrow$ μέσον AC

Η MN συνδέει τα μεσα των πλευρών AC και AB
M μέσον AB

S,M,N μεσα των BC,AB,AC αντίστοιχα
D,E,F τα ίχνη των υψων AD,BE,C

Γι'αυτο τα S,M,N,D,E,C ανήκουν στον ιδιο κυκλο(κύκλος του Euler)
Άρα τα F,E,M,N είναι ομοκυκλικα

Ορέστης Λιγνός · #12

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε: ↑
Δευ Μάιος 08, 2017 3:25 pm
Διαγώνισμα 10 Επίπεδο: Προκριματικός Seniors

Πρόβλημα 2
Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο με εγγεγραμμένο σε κύκλο καθώς και τα ύψη
του τα οποία συντρέχουν στο ορθόκεντρο . Οι εφαπτόμενες του στα σημεία
τέμνονται στο . Η τέμνει την στο και η την στο . Αν οι περιγεγραμμένοι
κύκλοι των τριγώνων και τέμνουν τις αντιστοίχως στα σημεία , να αποδείξετε
ότι τα είναι ομοκυκλικά.

Δύσκολο πρόβλημα!

christinat, νομίζω ότι η λύση σου είναι λάθος. Ειδικότερα, πώς δείχνεις ότι το

είναι το μέσο της

;

Δίνω τη λύση μου.

Καταρχήν, αν δείξω ότι το

είναι το μέσο της

, ουσιαστικά τελείωσα, αφού τότε θα είναι $\angle OSB=\angle OMB=90^\circ$ , οπότε το

είναι το μέσο της

και όμοια το

της

, άρα τα

ανήκουν στον κύκλο Euler του $\vartriangle ABC$ , δηλαδή είναι ομοκυκλικά.

Ας δούμε τώρα πώς αποδεικνύεται ότι SB=SC

.

Θα δείξω, το ισοδύναμο πρόβλημα:

Αν

το μέσον της

, και $L \equiv SH \cap FE$ , τότε τα L,D,K

είναι συνευθειακά.

Έστω $P \equiv EF \cap BC$ και $Q,R \equiv FE \cap (c)$ .

Παρατηρούμε ότι το

ανήκει στην πολική του

ως προς τον κύκλο, οπότε από La Hire, το

ανήκει στην πολική του

(1).

Ακόμη, από το πλήρες τετράπλευρο AFHE.BC

παίρνουμε ότι τα P,B,D,C

είναι αρμονικά συζυγή, οπότε το

ανήκει στην πολική του

(2).

Έστω, ότι $T \equiv AP \cap SH, V \equiv HS \cap (c)$ (με το

σε διαφορετικό ημιεπίπεδο της

από το

).

Τότε, από γνωστά Λήμματα (*), ισχύουν $\angle ATS=90^\circ$ και το

είναι αντιδιαμετρικό του

, οπότε αφού $\angle ATV=90^\circ$ , το

ανήκει στον κύκλο (A,B,C)

.

Από το Θ.Nagel, είναι $AO \perp EF \Rightarrow OV \perp QR$ και OQ=OR

, άρα η

είναι μεσοκάθετος της

, άρα $\overset{\frown}{QV}=\overset{\frown}{VR}$ , οπότε $\angle QTL=\angle LTR$ .

Ακόμη, είναι $\angle PTL=90^\circ=\angle ATV$ , συνεπώς τα P,Q,L,R

είναι αρμονικά συζυγή, που σημαίνει ότι το

ανήκει στην πολική του

(3) .

Οι (1), (2), (3) δίνουν ότι τα L,D,K

ανήκουν στην πολική του

, οπότε είναι συνευθειακά. Η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

: geo-borbas.png (44.23 KiB) Προβλήθηκε 2179 φορές

(*) Το δεύτερο εκ των δύο Λημμάτων που ανέφερα βρίσκεται εδώ. Η απόδειξη του πρώτου Λήμματος πάει κάπως έτσι:

Ισοδύναμα, αν

το αντιδιαμετρικό του

, τότε η

περνά από το μέσο της

. Πράγματι, είναι $BH,VC \perp AC \Rightarrow BH \parallel VC$ , και όμοια $HC \perp BV$ , άρα το BHCV

είναι παραλληλόγραμμο, άρα η

περνά από το μέσο της

.

#13

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε: ↑
Δευ Μάιος 08, 2017 3:25 pm
Διαγώνισμα 10 Επίπεδο: Προκριματικός Seniors

Πρόβλημα 4
Ο μικρός Θανάσης μαζί με τον Νίκο παίζουν το εξής παιχνίδι.
Αρχικά ο Θανάσης επιλέγει έναν θετικό ακέραιο με $190\ge n\ge 100$ και γράφει θετικούς ακεραίους
σε έναν πίνακα έτσι ώστε ανά δύο να είναι διαφορετικοί μεταξύ τους. Στην συνέχεια, καλείται ο Νίκος να
σκεφτεί έναν θετικό ακέραιο από αυτούς που είναι γραμμένοι στον πίνακα. Ο σκοπός του παιχνιδιού, είναι
ο Θανάσης να βρει τον αριθμό που επέλεξε ο Νίκος μέσω ερωτήσεων. Σε κάθε κίνηση, ο Θανάσης μπορεί
να επιλέξει έναν οποιονδήποτε θετικό ακέραιο θελήσει (δεν χρειάζεται να υπάρχει κατ'ανάγκην στον πίνακα),
και να ρωτήσει τον Νίκο αν ο μέγιστος κοινός
διαιρέτης του αριθμού που επέλεξε ο Θανάσης με του Νίκου (δηλαδή αυτόν που είχε σκεφτεί) ισούται με .
Ο Νίκος μπορεί να απαντήσει με "ναι" ή "όχι". Αν γνωρίζουμε ότι σε έναν γύρο:
(1) Ο Θανάσης επέλεξε σε πλήθος διαφορετικούς θετικούς ακεραίους (όχι αυτούς που έγραψε αρχικά στον πίνακα, αλλά αυτούς που επέλεγε
σε κάθε κίνηση), και εγγυήθηκε ότι ήταν αρκετοί για να προσδιορίσει με σιγουριά τον αριθμό του Νίκου μετά από μερικές κινήσεις.
(2) Για αυτά τα που διάλεξε, το κλάσμα $\displaystyle{\frac{n}{m^3}}$ δέχθηκε την μεγαλύτερη τιμή που θα μπορούσε να πάρει.
(3) Έγραψε θετικούς ακεραίους αρχικά στον πίνακα, έτσι ώστε το άθροισμά τους να είναι το μικρότερο δυνατό για αυτά τα .
Να βρεθούν οι αριθμοί καθώς και οι αριθμοί που έγραψε αρχικά στον πίνακα.

Επαναφορά!

Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 10

Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 10

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 10

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 10

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 10

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 10

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 10

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 10

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 10

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 10

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 10

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 10

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 10

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 10

Μέλη σε σύνδεση