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

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

Άβαταρ μέλους
Soteris
Δημοσιεύσεις: 437
Εγγραφή: Δευ Ιούλ 21, 2014 1:59 pm
Τοποθεσία: Λάρνακα, Κύπρος

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

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Soteris » 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.

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}}.


Σωτήρης Λοϊζιάς

Λέξεις Κλειδιά:
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10164
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

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

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Σάβ Ιαν 13, 2018 2:39 pm

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 x_5> 3+2=5, 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).


Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 680
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

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

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Σάβ Ιαν 13, 2018 2:53 pm

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
Α Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής 2018 - 4.png (37.85 KiB) Προβλήθηκε 472 φορές
Παρατηρούμε αρχικά πως \widehat{MHZ}=\dfrac{\widehat{ACB}}{2} (εύκολο)

Ακόμα αφού η BL είναι εφαπτόμενη έχουμε πως \widehat{KLB}=\dfrac{\widehat{KCL}}{2}

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

Πράγματι αφού CA=CB και CK=CL προκύπτει ότι τα ορθογώνια τρίγωνα CAK και CBL 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 KCL είναι όμοια.

Έστω N το μέσο του KL και G το σημείο τομής των AK και BL.

Προφανώς από την ομοιότητα των ACB και KCL 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 KCL ισχύει ακόμα ότι \dfrac{CM}{CN}=\dfrac{CB}{CL} (2).

Από (1) και (2) προκύπτει ότι τα τρίγωνα MCN και BCL 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 (GK και GL εφαπτόμενες), ισχύει ότι \widehat{AKM}=\widehat{LKG}=\widehat{KLG}=\widehat{KLB}.

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

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


Houston, we have a problem!
Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6076
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

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

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Σάβ Ιαν 13, 2018 4:50 pm

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)}


Μάγκος Θάνος
Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 9682
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

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

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Σάβ Ιαν 13, 2018 8:47 pm

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 C θα μπορούσε να ήταν ένας τυχαίος κύκλος...
Κυπριακή  Γεωμετρία.png
Κυπριακή Γεωμετρία.png (27.64 KiB) Προβλήθηκε 383 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 G 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 .


Απάντηση

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

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Demetres και 1 επισκέπτης