JBMO Shortlist 2016 (2/2)

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

Άβαταρ μέλους
silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1263
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

JBMO Shortlist 2016 (2/2)

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Σάβ Ιούλ 01, 2017 5:05 pm

Συνεχίζω εδώ για είναι πιο εύκολο να βρούμε μία λύση.

C1
Έστω S_n το άθροισμα των αντιστρόφων των μη-μηδενικών ψηφίων όλων των θετικών ακεραίων μικρότερων ή ίσων του n.
Για παράδειγμα, \displaystyle S_{11}=\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8}+\frac{1}{9}+\frac{1}{1}+\frac{1}{1}+\frac{1}{1}.

Βρείτε τον μικρότερο ακέραιο k ώστε ο αριθμός k!\cdot S_{2016} να είναι ακέραιος.

C2 Σε έναν πίνακα γράφουμε όλους τους αριθμούς από το 1 μέχρι το 50. Πόσους τουλάχιστον πρέπει να διαγράψουμε ώστε το άθροισμα κάθε δύο από τους υπόλοιπους να μην είναι πρώτος;

C3 Το πρόβλημα 4 του διαγωνισμού

C4 Μία διαμέριση ενός επίπεδου πολυγώνου είναι ένα πεπερασμένο σύνολο από τρίγωνα με ξένα ανά δύο εσωτερικά και των οποίων η ένωση είναι όλο το πολύγωνο. Δοθέντος n\geq 3, να βρεθεί ο μεγαλύτερος m λωστε να μην υπάρχει επίπεδο n-γωνο που να διαμερίζεται σε λιγότερο από m τρίγωνα.
Σημείωση: Το πολύγωνο δεν είναι απαραίτητα κυρτό.


Σιλουανός Μπραζιτίκος

Λέξεις Κλειδιά:
Datis-Kalali
Δημοσιεύσεις: 117
Εγγραφή: Δευ Δεκ 12, 2016 5:33 pm
Τοποθεσία: Λευκωσία

Re: JBMO Shortlist 2016 (2/2)

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Datis-Kalali » Σάβ Ιούλ 01, 2017 5:42 pm

C2]
Να διαρέσουμε το σύνολο \{1,2,3,...,50\} σε 50 υποσύνολα \{1,2\},\{3,50\},\{4,49\},...,\{26,27\}, με αθροίσματα 3 και 53. Αν διαγράφουμε 24 αριθμούς, τότε έχουμε 26 αριθμοί. Έτσι απο την αρχή της περιστεροφωλίας δύο απο τους αριθμους θα είναι στον ίδιο υποσύνολο και έτσι το άθροισμα τους θα είναι πρώτος. Τωρά αν διαγραφουμε 25 αρίθμοι, (ολοι οι περριτοί) τοτέ θα εχουμε άρτιους αριθμούς με άθρoισμα κάθε δυο απο αυτούς μεγαλύτερος του 2. Αρα η απάντηση είναι 25.


Άβαταρ μέλους
silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1263
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: JBMO Shortlist 2016 (2/2)

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Δευ Ιούλ 10, 2017 9:42 am

Επαναφορά για τα υπόλοιπα! Ειδικά το C4 είναι απαιτητικό.


Σιλουανός Μπραζιτίκος
Datis-Kalali
Δημοσιεύσεις: 117
Εγγραφή: Δευ Δεκ 12, 2016 5:33 pm
Τοποθεσία: Λευκωσία

Re: JBMO Shortlist 2016 (2/2)

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Datis-Kalali » Δευ Ιούλ 10, 2017 2:29 pm

C1] Θέτουμε S_{2016}=\frac{a_1}{1}+\frac{a_2}{2}+\frac{a_3}{3}+\frac{a_4}{4}+...+\frac{a_9}{9}
Ο a_i συμβολίζει ο πληθός του ψηφίου i στο σύνολο S=\{1,2,3,...,2016\}.
Με βασική συνδυαστική βρούμε πως υπάρχει 300 ψηφία j \ge 2 στο σύνολο \{1,2,3,...,999\}.
Όμια υπάρχει 300 ψηφία j \ge 2 στο σύνολο \{1000,1001,...,1999\}, αφού το πρώτο ψηφίο είναι σταθερό.
Τωρά στο σύνολο \{2000,2001,...,2016\} υπάρχει 17+4=21 ψηφία "2", 2 ψηφία "3", 2 ψηφία "4", 2 ψηφία "5", 2 ψηφία "6", ένα ψηφίο "7", ένα ψηφίο "8", ένα ψηφίο "9".
Έτσι a_2=621,   a_3=a_4=a_5=a_6=602 και a_7=a_8=a_9=601,
Δηλαδή S_{2016}=\frac{n}{1}+\frac{621}{2}+\frac{602}{3}+\frac{602}{4}+...+\frac{601}{8}+\frac{601}{9}, όπου n ακέραιος
Αν k=7, τότε 7! \cdot S_{2016}-n=6606566 (με λίγες πράξεις), ή 7! \cdot S_{2016} είναι ακέραιος
Αν k=6, τότε 6! \cdot S_{2016}-n είναι κλάσμα που δεν είναι ακέραιος (με λίγες πράξεις)
Άρα η ελάχιστή τιμή του k είναι 7


Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 800
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: JBMO Shortlist 2016 (2/2)

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Δευ Ιούλ 10, 2017 3:06 pm

silouan έγραψε: C1
Έστω S_n το άθροισμα των αντιστρόφων των μη-μηδενικών ψηφίων όλων των θετικών ακεραίων μικρότερων ή ίσων του n.
Για παράδειγμα, \displaystyle S_{11}=\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8}+\frac{1}{9}+\frac{1}{1}+\frac{1}{1}+\frac{1}{1}.

Βρείτε τον μικρότερο ακέραιο k ώστε ο αριθμός k!\cdot S_{2016} να είναι ακέραιος.
Μετά από την πολλή πληκτρολόγηση βλέπω πως με πρόλαβε ο Datis. Την αφήνω για τον κόπο...

Καταρχάς το ψηφίο 1 δεν παίζει κανένα ρόλο καθώς δεν επηρεάζει τα δεκαδικά ψηφία του αριθμού. Οπότε θα κοιτάξουμε για τα υπόλοιπα ψηφία.

Ισχυρισμός: Για τους αριθμούς από το 0 μέχρι το 999 όλα τα ψηφία εμφανίζονται ίσες φορές εκτός από το 0.

Απόδειξη:

Γράφουμε τους αριθμούς σε τριψήφια μορφή βάζοντας κάποια 0 στην αρχή αν χρειαστεί (π.χ το 2 γίνεται 002).

Σε κάθε θέση μπορεί να μπει οποιοσδήποτε αριθμός χωρίς περιορισμούς. Επομένως όλα τα ψηφία εμφανίζονται ίσες φορές. Αφού έχουμε 1000 "τριψήφιους" αριθμούς το πλήθος που εμφανίζεται το καθένα από τα 10 ψηφία είναι 300.

Αν ξαναγράψουμε τους αριθμούς στην αρχική τους μορφή τότε το πλήθος των 0 είναι το μόνο που επηρεάζεται.

Επομένως το πλήθος του κάθε μη μηδενικού ψηφίου για τους αριθμούς από το 1 μέχρι το 999 είναι 300.

Όμοια έχουμε από το 1000 μέχρι το 1999 το κάθε μη μηδενικό ψηφίο εμφανίζεται 300 φορές, εκτός από το 1 που εμφανίζεται σε καθένα από αυτούς αριθμούς, αλλά όπως αναφέραμε παραπάνω το 1 δεν το λαμβάνουμε υπόψιν.

Συνοψίζοντας έχουμε πως από το 1 μέχρι το 1999 όλα τα ψηφία εκτός από το 0 και 1 εμφανίζονται 600 φορές.

Από το 2000 μέχρι το 2016 έχουμε πως το 2 εμφανίζεται 19 φορές, τα ψηφία 3, 4, 5, 6 εμφανίζονται 2 φορές το καθένα και τα ψηφία 7, 8, 9 εμφανίζονται 1 φορά.

Επομένως συνοψίζοντας έχουμε πως από το 1 μέχρι το 2016 τα ψηφία εμφανίζονται:

2 -> 619

3 -> 602

4 -> 602

5 -> 602

6 -> 602

7 -> 601

8 -> 601

9 -> 601

Επομένως έχουμε πως τα δεκαδικά ψηφία του S_{2016} είναι ίδια με τα δεκαδικά ψηφία του: 601(\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+...+\dfrac{1}{9})+18\cdot \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{6}

Λόγω του ότι το 18\cdot \dfrac{1}{2} δεν παίζει ρόλο στα δεκαδικά ψηφία του S_{2016}, δεν το λαμβάνουμε υπόψιν.

Έχουμε πως:

601(\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+...+\dfrac{1}{9})+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{6}=\dfrac{4609}{2520}+\dfrac{19}{20}=\dfrac{7003}{2520}

Επομένως τα δεκαδικά ψηφία του S_{2016} είναι τα ίδια με του \dfrac{7003}{2520}, που είναι ανάγωγο κλάσμα. Επομένως ψάχνουμε το ελάχιστο k, έτσι ώστε 2520|k! και αυτό είναι το 7.
τελευταία επεξεργασία από Διονύσιος Αδαμόπουλος σε Σάβ Ιούλ 15, 2017 2:50 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Houston, we have a problem!
Datis-Kalali
Δημοσιεύσεις: 117
Εγγραφή: Δευ Δεκ 12, 2016 5:33 pm
Τοποθεσία: Λευκωσία

Re: JBMO Shortlist 2016 (2/2)

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Datis-Kalali » Δευ Ιούλ 10, 2017 5:14 pm

Πότε θα βάλετε τα θέματα της γεωμετρίας ;


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8353
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: JBMO Shortlist 2016 (2/2)

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Δευ Ιούλ 10, 2017 5:44 pm

silouan έγραψε: C4 Μία διαμέριση ενός επίπεδου πολυγώνου είναι ένα πεπερασμένο σύνολο από τρίγωνα με ξένα ανά δύο εσωτερικά και των οποίων η ένωση είναι όλο το πολύγωνο. Δοθέντος n\geq 3, να βρεθεί ο μεγαλύτερος m λωστε να μην υπάρχει επίπεδο n-γωνο που να διαμερίζεται σε λιγότερο από m τρίγωνα.
Σημείωση: Το πολύγωνο δεν είναι απαραίτητα κυρτό.
Κάθε κορυφή του πολυγώνου πρέπει να είναι κορυφή ενός εκ των τριγώνων. Πράγματι σε αντίθετη περίπτωση υπάρχουν δύο τουλάχιστον τρίγωνα που έχουν αυτήν την κορυφή στο εσωτερικό ενός εκ των πλευρών τους. Τότε όμως αυτά τα δύο τρίγωνα τέμνονται, άτοπο.

Πρέπει λοιπόν 3m \geqslant n. Δηλαδή m \geqslant \lceil n/3 \rceil. Θα δείξουμε ότι m \geqslant \lceil n/3 \rceil κατασκευάζοντας για κάθε n πολύγωνο σε n κορυφές το οποίο μπορεί να διαμεριστεί σε \lceil n/3 \rceil τρίγωνα.

Οι περιπτώσεις n=3,4 είναι προφανείς. Οι περιπτώσεις n=5,6 φαίνονται στο πιο κάτω σχήμα. (Με διακεκομμένες γραμμές φαίνονται οι πλευρές των τριγώνων που δεν ανήκουν στην περιφέρεια του πολυγώνου.)

\begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=1.0cm,y=1.0cm] 
\clip(-3.86,-0.48) rectangle (4.64,4.62); 
\draw (-3.,2.)-- (-2.,4.); 
\draw (-2.,4.)-- (0.,2.); 
\draw (-3.,2.)-- (-2.,0.); 
\draw (-2.,0.)-- (-2.,2.); 
\draw (2.,2.)-- (2.58,-0.02); 
\draw (2.58,-0.02)-- (3.,2.); 
\draw (1.,2.)-- (2.46,3.96); 
\draw (2.46,3.96)-- (4.,2.); 
\draw [dash pattern=on 2pt off 2pt] (-3.,2.)-- (-2.,2.); 
\draw (-2.,2.)-- (0.,2.); 
\draw (1.,2.)-- (2.,2.); 
\draw [dash pattern=on 2pt off 2pt] (2.,2.)-- (3.,2.); 
\draw (3.,2.)-- (4.,2.); 
\draw [fill=white] (-3.,2.) circle (1.5pt); 
\draw [fill=white] (0.,2.) circle (1.5pt); 
\draw [fill=white] (-2.,4.) circle (1.5pt); 
\draw [fill=white] (-2.,0.) circle (1.5pt); 
\draw [fill=white] (-2.,2.) circle (1.5pt); 
\draw [fill=white] (1.,2.) circle (1.5pt); 
\draw [fill=white] (4.,2.) circle (1.5pt); 
\draw [fill=white] (2.,2.) circle (1.5pt); 
\draw [fill=white] (2.58,-0.02) circle (1.5pt); 
\draw [fill=white] (3.,2.) circle (1.5pt); 
\draw [fill=white] (2.46,3.96) circle (1.5pt); 
\end{tikzpicture}

Αν έχουμε ένα n-γωνο το οποίο διαμερίζεται σε k τρίγωνα, τότε μπορούμε να κατασκευάσουμε ένα (n+3)-γωνο το οποίο διαμερίζεται σε k+1 τρίγωνα. Αυτό το επιτυγχάνουμε παίρνοντας μία πλευρά ενός από τα τρίγωνα και τοποθετώντας ένα καινούργιο τρίγωνο με την μία του πλευρά να βρίσκεται στο εσωτερικό της πλευράς που επιλέξαμε όπως ακριβώς κάναμε στην μετάβαση από την περίπτωση n=3 στην περίπτωση n=6.


Άβαταρ μέλους
silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1263
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: JBMO Shortlist 2016 (2/2)

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Τετ Ιούλ 12, 2017 4:07 pm

Για να δούμε και τα προβλήματα της γεωμετρίας. Είναι συνολικά 7, ξεκινάω με τα πρώτα 4.

G1 Δίνεται ένα οξυγώνιο τρίγωνο ABC με περίκεντρο O και έστω D,E,F σημεία των πλευρών BC,CA,AB. Ο κύκλος (c_1) με ακτίνα FA και κέντρο F, τέμνει την OA στο A' και τον περιγεγραμμένο κύκλο (c) του ABC στο K.
Όμοια ορίζονται κύκλοι (c_2), (c_3) και τα σημεία B',C' και L και M αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι τα τετράπλευρα BKFA', CLDB', AMEC' είναι όλα εγγράψιμα και οι περιγεγραμμένοι κύκλοι τους περνούν από κοινό σημείο.

Η άσκηση αυτή προτάθηκε από τον Βαγγέλη Ψύχα.

G2 Έστω ABC τρίγωνο με περίκεντρο O και \angle{BAC}=60^{\circ}. Τα D,E είναι τα ίχνη των καθέτων από το A στις εξωτερικές διχοτόμους των \angle{ABC} και \angle{ACB}. Να αποδείξετε ότι οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων ADE και BOC εφάπτονται.

G3 Ήταν το πρόβλημα 1 του διαγωνισμού

G4 Έστω τρίγωνο ABC του οποίου η μικρότερη πλευρά είναι η BC. Θεωρούμε ένα μεταβλητό σημείο P στην πλευρά BC και έστω D και E σημεία στις AB και AC ώστε BD=BP και CP=CE. Να αποδείξετε ότι καθώς το P κινείται στη BC, οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων ADE περνούν από σταθερό σημείο.
Σημείωση: Το πρόβλημα αυτό είναι γνωστό και αφαιρέθηκε από την Shortlist.


Σιλουανός Μπραζιτίκος
harrisp
Δημοσιεύσεις: 541
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 28, 2015 8:49 pm

Re: JBMO Shortlist 2016 (2/2)

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από harrisp » Τετ Ιούλ 12, 2017 4:47 pm

silouan έγραψε: G1 Δίνεται ένα οξυγώνιο τρίγωνο ABC με περίκεντρο O και έστω D,E,F σημεία των πλευρών BC,CA,AB. Ο κύκλος (c_1) με ακτίνα FA και κέντρο F, τέμνει την OA στο A' και τον περιγεγραμμένο κύκλο (c) του ABC στο K.
Όμοια ορίζονται κύκλοι (c_2), (c_3) και τα σημεία B',C' και L και M αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι τα τετράπλευρα BKFA', CLDB', AMEC' είναι όλα εγγράψιμα και οι περιγεγραμμένοι κύκλοι τους περνούν από κοινό σημείο.

Η άσκηση αυτή προτάθηκε από τον Βαγγέλη Ψύχα.
Καλησπέρα!

Αρκεί να αποδειχθεί ότι το BKFA' είναι εγγράψιμο σε κύκλο που περνά από το O. Ομοια αποδεικνύουμε και για τα άλλα 2 και από ότι φαίνεται έχουμε να λύσουμε το 2ο πρόβλημα του προκριματικού των μικρών 2017!


Άβαταρ μέλους
silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1263
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: JBMO Shortlist 2016 (2/2)

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Τετ Ιούλ 12, 2017 10:27 pm

Σωστά, η άσκηση τέθηκε διαφορετικά στον προκριματικό για λόγους ευκολίας.


Σιλουανός Μπραζιτίκος
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 800
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: JBMO Shortlist 2016 (2/2)

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Πέμ Ιούλ 13, 2017 12:24 am

silouan έγραψε: G4 Έστω τρίγωνο ABC του οποίου η μικρότερη πλευρά είναι η BC. Θεωρούμε ένα μεταβλητό σημείο P στην πλευρά BC και έστω D και E σημεία στις AB και AC ώστε BD=BP και CP=CE. Να αποδείξετε ότι καθώς το P κινείται στη BC, οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων ADE περνούν από σταθερό σημείο.
Σημείωση: Το πρόβλημα αυτό είναι γνωστό και αφαιρέθηκε από την Shortlist.
... και αρκετά εύκολο.
JBMO Shortlist 2016 - G4.png
JBMO Shortlist 2016 - G4.png (16.66 KiB) Προβλήθηκε 1420 φορές
Θα αποδείξουμε ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ADE περνάει πάντα από το έγκεντρο I του ABC. Ή αλλιώς, ότι το τετράπλευρο ADIE είναι εγγράψιμο.

Τα τρίγωνα BDI και BPI είναι ίσα (Π-Γ-Π), άρα \widehat{BDI}=\widehat{BPI}.

Ομοίως τα τρίγωνα CEI και CPI είναι ίσα (Π-Γ-Π), άρα \widehat{CEI}=\widehat{CPI}.

Επειδή \widehat{BPI}=180^o-\widehat{CPI}, άρα \widehat{BDI}=180^o-\widehat{CEI} = \widehat{AEI}, επομένως το ADIE είναι εγγράψιμο και το ζητούμενο έπεται.


Houston, we have a problem!
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1599
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: JBMO Shortlist 2016 (2/2)

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Πέμ Ιούλ 13, 2017 12:26 am

shortlist-4.png
shortlist-4.png (27.04 KiB) Προβλήθηκε 1417 φορές
Βλέπω ότι με πρόλαβε ο Διονύσης, οπότε αφήνω μόνο το σχήμα για τον κόπο ...


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε !
Άβαταρ μέλους
silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1263
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: JBMO Shortlist 2016 (2/2)

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Πέμ Ιούλ 13, 2017 8:12 am

Πρόκειται για ειδική περίπτωση του θεωρήματος Mac Laurin


Σιλουανός Μπραζιτίκος
Datis-Kalali
Δημοσιεύσεις: 117
Εγγραφή: Δευ Δεκ 12, 2016 5:33 pm
Τοποθεσία: Λευκωσία

Re: JBMO Shortlist 2016 (2/2)

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Datis-Kalali » Πέμ Ιούλ 13, 2017 12:11 pm

Έστω οι διχοτόμοι τένονται στο I
Η γωνιά \angle{BIC}=90-\frac{60}{2}=60
και η γωνιά \angle{BOC}=60 \cdot 2 =120
Έτσι το τεράπλευρο BIOC είναι εγγράψιμο, δηλαδή ο περιεγγραμένος κύκλος του τρίγωνου BOC περνά απο το σημείο I.
Επίσης το τεράπλευρο ADIE είναι εγγράψιμο , δηλαδή ο περιεγγραμένος κύκλος του τρίγωνου ADE περνά απο το σημείο I
Αν η ευθεία l_1, εφαπτεί ο περιεγγραμένος κύκλος του τρίγωνου ADE στο σημείο I έχουμε ότι l_1 \perp AI. (Αφού AI είναι διάμετρος (\angle{AEI}=90)
Και αν η ευθεία l_2,εφαπτεί ο περιεγγραμένος κύκλος του τρίγωνου BOC στο σημείο I έχουμε ότι l_2 \perp IO_1 (Αφού IO_1 είναι άκτινα)
Έτσι A,O_1,I είναι συνευθειακά και l_1 \equiv l_2 , είναι η κοίνη εφαπτόμενη των δυο κυκλών.
Δηλαδή οι περιεγγραμένοι κυκλόι των τριγώνων ADE και BOC εφαπτόνται
Συνημμένα
g2jbmo2017.png
g2jbmo2017.png (70.81 KiB) Προβλήθηκε 1332 φορές
τελευταία επεξεργασία από Datis-Kalali σε Πέμ Ιούλ 13, 2017 1:42 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


Άβαταρ μέλους
silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1263
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: JBMO Shortlist 2016 (2/2)

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Πέμ Ιούλ 13, 2017 12:26 pm

Διάβασε ξανά την εκφώνηση. Δεν έχεις ορίσει σωστά τα D,E.


Σιλουανός Μπραζιτίκος
Datis-Kalali
Δημοσιεύσεις: 117
Εγγραφή: Δευ Δεκ 12, 2016 5:33 pm
Τοποθεσία: Λευκωσία

Re: JBMO Shortlist 2016 (2/2)

#16

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Datis-Kalali » Πέμ Ιούλ 13, 2017 1:52 pm

silouan έγραψε:Διάβασε ξανά την εκφώνηση. Δεν έχεις ορίσει σωστά τα D,E.
Ευχαριστώ κύριε Σιλουάνε. Διόρθωσα την πρώτη λύση, αλλα το ίδιο ισχυεί για τους εσωτερικούς διχοτόμους. Θα βαλ,ω και την λύση για τούς εσωτερικούς.
Έστω ABC τρίγωνο με περίκεντρο O και \angle{BAC}=60^{\circ}. Τα D,E είναι τα ίχνη των καθέτων από το A στις εσωτερικές διχοτόμους των \angle{ABC} και \angle{ACB}. Να αποδείξετε ότι οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων ADE και BOC εφάπτονται.
Απόδειξη Έστω I εγκέντρο του τρίγωνου ABC
Η γωνιά \angle{BIC}=90+\frac{60}{2}=120
και η γωνιά \angle{BOC}=60 \cdot 2 =120
Έτσι το τεράπλευρο BIOC είναι εγγράψιμο, δηλαδή ο περιεγγραμένος κύκλος του τρίγωνου BOC περνά απο το σημείο I.
Επίσης το τεράπλευρο ADIE είναι εγγράψιμο , δηλαδή ο περιεγγραμένος κύκλος του τρίγωνου ADE περνά απο το σημείο I
Αν η ευθεία l_1, εφαπτεί ο περιεγγραμένος κύκλος του τρίγωνου ADE στο σημείο I έχουμε ότι l_1 \perp AI. (Αφού AI είναι διάμετρος (\angle{AEI}=90)
Και αν η ευθεία l_2,εφαπτεί ο περιεγγραμένος κύκλος του τρίγωνου BOC στο σημείο I έχουμε ότι l_2 \perp IO_2 (Αφού IO_2 είναι άκτινα)
Έτσι A,O_1,I είναι συνευθειακά και l_1 \equiv l_2 , είναι η κοίνη εφαπτόμενη των δυο κυκλών.
Δηλαδή οι περιεγγραμένοι κυκλόι των τριγώνων ADE και BOC εφαπτόνται
Συνημμένα
internalbisector.png
internalbisector.png (81.34 KiB) Προβλήθηκε 1332 φορές
τελευταία επεξεργασία από Datis-Kalali σε Παρ Ιούλ 14, 2017 9:47 pm, έχει επεξεργασθεί 3 φορές συνολικά.


Άβαταρ μέλους
silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1263
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: JBMO Shortlist 2016 (2/2)

#17

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Παρ Ιούλ 14, 2017 8:32 pm

Νομίζω ότι η αιτιολόγηση για την επαφή των κύκλων χρειάζεται βελτίωση. Προχωρώ και στα υπόλοιπα προβλήματα.

G5 Έστω ABC ένα οξυγώνιο τρίγωνο με ορθόκεντρο H και περίκεντρο O. Υποθέτουμε ότι το περίκεντρο X του BHC ανήκει στον περιγεγραμμένο κύκλο του ABC. Ονομάζουμε O' το συμμετρικό του O ως προς το X και έστω ότι οι ευθείες XH και O'A τέμνονται στο K. Αν L,M,N είναι τα μέσα των XB, XC, BC να αποδείξετε ότι τα σημεία K,L,M,N είναι ομοκυκλικά.

G6 Σε οξυγώνιο τρίγωνο ABC κατασκευάζουμε εξωτερικά όμοια ορθογώνια τρίγωνα με \angle{BAD}=\angle{CAE} και ορθογώνια στα E και D. Θεωρούμε τα ίχνη των υψών A_1, B_1, C_1 και K,L τα μέσα των BC_1, CB_1. Να αποδείξετε ότι τα περίκεντρα των τριγώνων AKL, A_1B_1C_1, DEA_1 είναι συνευθειακά.

G7 Έστω AB μία χορδή κύκλου (c) κέντρου O, και K ένα σημείο του τμήματος AB ώστε AK<BK. Δύο κύκλοι περνούν από το K, εφάπτονται εσωτερικά του (c) στα A και B, αντίστοιχα, και τέμνονται για δεύτερη φορά στο L. Αν P είναι ένα από τα σημεία τομής της KL με τον (c) και οι AB και LO τέμνονται στο M, να αποδείξετε ότι η MP εφάπτεται του κύκλου (c).

Το τελευταίο πρόβλημα προτάθηκε από την Κύπρο.


Σιλουανός Μπραζιτίκος
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1599
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: JBMO Shortlist 2016 (2/2)

#18

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Παρ Ιούλ 14, 2017 10:10 pm

silouan έγραψε: G5 Έστω ABC ένα οξυγώνιο τρίγωνο με ορθόκεντρο H και περίκεντρο O. Υποθέτουμε ότι το περίκεντρο X του BHC ανήκει στον περιγεγραμμένο κύκλο του ABC. Ονομάζουμε O' το συμμετρικό του O ως προς το X και έστω ότι οι ευθείες XH και O'A τέμνονται στο K. Αν L,M,N είναι τα μέσα των XB, XC, BC να αποδείξετε ότι τα σημεία K,L,M,N είναι ομοκυκλικά.
Από την BH \perp AC, \widehat{HBC}=90^\circ-\widehat{C}, και όμοια, \widehat{HCB}=90^\circ-\widehat{B}.

Το X είναι το περίκεντρο του \vartriangle BHC, οπότε \widehat{BXH}=2\widehat{HCB}=180^\circ-2\widehat{B}, και \widehat{CXH}=180^\circ-2\widehat{C}.

Συνεπώς, \widehat{A} \mathop = \limits^{\textnormal{\gr εγγράψιμο } ABXC} 180^\circ-\widehat{BXC}=180^\circ-(\widehat{BXH}+\widehat{CXH})=

180^\circ-(180^\circ-2\widehat{B}+180^\circ-2\widehat{C})=2(\widehat{B}+\widehat{C})-180^\circ=2(180^\circ-\widehat{A})-180^\circ=

180^\circ-2\widehat{A} \Rightarrow \widehat{A}=180^\circ-2\widehat{A} \Rightarrow \widehat{A}=60^\circ.

Εύκολα πλέον \widehat{BXN}=\widehat{NXC}=60^\circ, και αφού L,M μέσα των BX,XC, έπεται ότι \widehat{LNX}=\widehat{XNM}=60^\circ \Rightarrow \widehat{LNM}=120^\circ (1).

Τα τρίγωνα \vartriangle BNO, \vartriangle CNX είναι ίσα (ορθογώνια, BN=NC, \widehat{BON}=\widehat{NXC}=60^\circ), οπότε ON=NX (2).

Από γνωστό λήμμα, AH=2ON (3).

Από την (2) και την (3), AH=OX=XO' (4).

Είναι AH \perp BC, XO' \perp BC \Rightarrow AH \parallel XO' (5).

Από (4), (5), το AHO'X είναι παραλληλόγραμμο, συνεπώς KH=KX (6).

Στο \vartriangle BHX, η KL συνδέει μέσα πλευρών, οπότε LK \parallel BH, και όμοια KM \parallel HC.

Επίσης, LM \parallel BC (συνδέει μέσα πλευρών).

Συνεπώς, τα τρίγωνα \vartriangle LKM, \vartriangle BHC έχουν παράλληλες πλευρές, οπότε \widehat{LKM}=\widehat{BHC}=180^\circ-\widehat{A}=120^\circ.

Άρα, \widehat{LKM}=120^\circ (7).

Από (1), (7), \widehat{LKM}=\widehat{LNM}, συνεπώς L,K,N,M ομοκυκλικά.
G5-shortlist2016.png
G5-shortlist2016.png (30.34 KiB) Προβλήθηκε 1245 φορές


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε !
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1599
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: JBMO Shortlist 2016 (2/2)

#19

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Σάβ Ιούλ 15, 2017 12:39 am

silouan έγραψε: G7 Έστω AB μία χορδή κύκλου (c) κέντρου O, και K ένα σημείο του τμήματος AB ώστε AK<BK. Δύο κύκλοι περνούν από το K, εφάπτονται εσωτερικά του (c) στα A και B, αντίστοιχα, και τέμνονται για δεύτερη φορά στο L. Αν P είναι ένα από τα σημεία τομής της KL με τον (c) και οι AB και LO τέμνονται στο M, να αποδείξετε ότι η MP εφάπτεται του κύκλου (c).

Το τελευταίο πρόβλημα προτάθηκε από την Κύπρο.
Πολύ ωραίο πρόβλημα!

Έστω O_1 το κέντρο του κύκλου που περνάει από τα A,K και O_2 το κέντρο του κύκλου που περνάει από τα K,B.

Προφανώς τα A,O_1,O είναι συνευθειακά, όπως και τα B,O_2,O.

Έστω \widehat{LBK_2}=\phi.

Είναι \widehat{LK_2B}=180^\circ-2\phi \Rightarrow 180^\circ-2\phi=\widehat{LK_2K}+\widehat{KK_2B}=2(\widehat{KBL}+\widehat{KLB})=

360^\circ-2\widehat{LKB} \Rightarrow \widehat{LKB}=90^\circ+\phi \Rightarrow \widehat{AKL}=90^\circ-\phi \Rightarrow \widehat{AK_1L}=180^\circ-2\phi

\mathop \Rightarrow \limits^{K_1A=K_1L}\widehat{LAO}=\widehat{LAK_1}=\phi=\widehat{LBO}, συνεπώς τα A,B,O,L είναι ομοκυκλικά.

Είναι OA=OB \Rightarrow \widehat{O_1AK}=\widehat{OBA} \Rightarrow \widehat{AMO}+\widehat{MOA}=\widehat{ABL}+\widehat{LBO} \Rightarrow \widehat{AMO}=\widehat{LBO}, συνεπώς η OB εφάπτεται στον κύκλο (B,L,M).

Άρα, OB^2=OL \cdot OM \Rightarrow OP^2=OL \cdot OM, οπότε η OP εφάπτεται στον κύκλο (M,P,L), και άρα \widehat{OPL}=\widehat{PMO} (1).

Είναι 180^\circ=\widehat{ALO}+\widehat{ABO}=\widehat{ALK}+\widehat{BAO}+\widehat{OLK}=\dfrac{\widehat{AO_1K}}{2}+\widehat{BAO}+\widehat{OLK}=

\dfrac{180^\circ-2\widehat{KAO_1}}{2}+\widehat{BAO}+\widehat{OLK}=90^\circ+\widehat{OLK} \Rightarrow \widehat{OLK}=90^\circ.

Έτσι, 90^\circ=\widehat{OPL}+\widehat{LOP} \mathop = \limits^{(1)}=\widehat{PMO}+\widehat{MOP}=180^\circ-\widehat{MPO} \Rightarrow \widehat{MPO}=90^\circ, και από εδώ έπεται άμεσα το ζητούμενο.
G7-shortlist2016.png
G7-shortlist2016.png (20.53 KiB) Προβλήθηκε 1222 φορές


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε !
simantiris j.
Δημοσιεύσεις: 247
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 18, 2014 5:07 pm

Re: JBMO Shortlist 2016 (2/2)

#20

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από simantiris j. » Σάβ Ιούλ 15, 2017 10:48 am

G7
Πολύ ωραία η λύση του Ορέστη!Μια άλλη λύση:
Οι ριζικοί άξονες των τριών κύκλων,που είναι οι εφαπτομένες του c στα A,B και η LK,συτρέχουν στο ριζικό τους κέντρο,έστω S.Επειδή \angle OAS=\angle OBS=90^{\circ}
το τετράπλευρο OASB είναι εγγράψιμο.Με κυνήγι γωνιών είναι \angle ALK=\angle KAS=\angle ABS=\angle AOS άρα και το ALOS είναι εγγράψιμο οπότε\angle OLS=\angle OAS=90^{\circ}.
Τώρα από θεώρημα La Hire επιδή το M βρίσκεται την πολική του S ως προς τον c,η πολική
του M θα περνά από το S και επειδή SL\perp OL αυτή θα είναι η ευθεία SP,που δίνει το ζητούμενο.


Σημαντήρης Γιάννης
Απάντηση

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