BMO 2019

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

Τσιαλας Νικολαος
Δημοσιεύσεις: 332
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 17, 2015 1:04 pm

BMO 2019

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Τσιαλας Νικολαος » Τετ Μάιος 01, 2019 10:32 am

Καλησπέρα και καλό μήνα σε όλους!!! Αύριο ξεκινάει η Βαλκανιάδα των λυκείων στη Μολδαβία. Θέλω να ευχηθώ καλή επιτυχία στην Ελληνική ομάδα, στην Κυπριακή αλλά και στα παιδιά που θα διαγωνιστούν στην Αθήνα. Όταν θα έχω τα θέματα θα τα ανεβάσω εδω.. εκτός αν με προλάβει κάποιος άλλος συναδελφος.

Υ.γ: hudini κάτι περιμένω !!! :first:



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 5317
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

Re: BMO 2019

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από S.E.Louridas » Τετ Μάιος 01, 2019 10:44 am

Εύχομαι Καλή Επιτυχία στους Έλληνες και Κυπρίους διαγωνιζόμενους. Αν και πιστεύω ότι η επιτυχία είναι δεδομένη αφού είναι ανάκλαση του σωστού οδοιπορικού προς τη κατεύθυνση αυτή.


S.E.Louridas

1.Μιλώ, μόνο όταν έχω να πώ κάτι καλύτερο από την σιωπή (Πυθαγόρας).
2.Οι αξίες αντανακλώνται, Δεν επιβάλλονται.
3.Είναι Κορυφαία η κάθε στιγμή επίλυσης ενός Μαθηματικού προβλήματος.
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7973
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: BMO 2019

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τετ Μάιος 01, 2019 1:16 pm

Καλή Επιτυχία στην Ελληνική και στην Κυπριακή Αποστολή!


Pantelis.N
Δημοσιεύσεις: 3
Εγγραφή: Σάβ Απρ 20, 2019 10:00 pm
Τοποθεσία: Αττική

Re: BMO 2019

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Pantelis.N » Τετ Μάιος 01, 2019 3:08 pm

Καλή επιτυχία στα μέλη της Ελληνικής και της Κυπριακής αποστολής!


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8097
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: BMO 2019

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Πέμ Μάιος 02, 2019 3:04 pm

Πρόβλημα 1:

Έστω \mathbb{P} το σύνολο όλων των πρώτων αριθμών. Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις f: \mathbb{P} \to \mathbb{P}, για τις οποίες ισχύει

\displaystyle f(p)^{f(q)} +q^p = f(q)^{f(p)} +p^q

για κάθε p,q \in \mathbb{P}.

Πρόβλημα 2:

Ας είναι a,b,c πραγματικοί αριθμοί, για τους οποίους ισχύει

0 \leqslant a \leqslant b \leqslant c και a+b+c = ab+bc+ca > 0.

Να αποδείξετε ότι ισχύει \sqrt{bc}(a + 1) \geqslant 2. Να βρείτε όλες τις τριάδες (a,b,c) για τις οποίες ισχύει η ισότητα.

Πρόβλημα 3:

Ας είναι ABC σκαληνό, οξυγώνιο τρίγωνο. Ας είναι X και Y δύο διαφορετικά, εσωτερικά σημεία του ευθύγραμμου τμήματος BC, για τα οποία ισχύει \angle CAX = \angle YAB. Υποθέτουμε ότι:

1) K και S είναι τα ίχνη των καθέτων από το B στις ευθείες AX και AY αντίστοιχα

2) T και L είναι τα ίχνη των καθέτων από το C στις ευθείες AX και AY αντίστοιχα.

Να αποδείξετε ότι οι ευθείες KL και ST τέμνονται πάνω στην ευθεία BC.

Πρόβλημα 4:

Ένα πλέγμα περιέχει όλα τα σημεία της μορφής (m,n), όπου m και n είναι ακέραιοι με |m| \leqslant 2019,|n| \leqslant 2019 και |m| + |n| < 4038. Ονομάζουμε συνοριακά, τα σημεία (m,n) του πλέγματος για τα οποία ισχύει είτε |m| = 2019, είτε |n| = 2019. Οι τέσσερις ευθείες x = \pm 2019 και y = \pm 2019 ονομάζονται συνοριακές ευθείες. Δύο σημεία του πλέγματος ονομάζονται γειτονικά, αν η απόσταση μεταξύ τους ισούται με 1.

Η Άννα και ο Βασίλης παίζουν στο πλέγμα το ακόλουθο παιχνίδι.

Η Άννα αρχικά τοποθετεί ένα πιόνι στο σημείο (0,0). Ο Βασίλης παίζει πρώτος και στη συνέχεια παίζουν εναλλάξ.

1) Κάθε φορά που παίζει ο Βασίλης διαγράφει το πολύ δύο συνοριακά σημεία από κάθε συνοριακή ευθεία.

2) Κάθε φορά που παίζει η Άννα κάνει ακριβώς τρία βήματα, όπου ως βήμα νοείται η μετακίνηση του πιονιού από το σημείο στο οποίο βρίσκεται, σε ένα γειτονικό σημείο, το οποίο δεν έχει ήδη διαγραφεί.

Αν η Άννα μπορέσει να τοποθετήσει το πιόνι σε κάποιο συνοριακό σημείο, το οποίο δεν έχει διαγραφεί, το παιχνίδι τελειώνει και η Άννα κερδίζει. Υπάρχει στρατηγική νίκης για την Άννα;


CharalambosGeo
Δημοσιεύσεις: 1
Εγγραφή: Τετ Μάιος 01, 2019 7:23 pm

Re: BMO 2019

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από CharalambosGeo » Πέμ Μάιος 02, 2019 3:36 pm

Λύση για άσκηση 2

Διότι a+b+c=ab+bc+ca έχουμε πως(αφού ισχύει η ισότητα) a+b+c\leq ab+bc+ca

Μετά απο τον AM-GM παίρνουμε την σχέση a+b+c\geq 3\sqrt[3]{a+b+c} 1

Ομοιώς ab+bc+ca \geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2} 2

Απο 1 και 2 παίρνουμε πως 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\geq 3\sqrt[3]{abc} \Rightarrow abc\geq 1

Έπειτα απο την σχέση \sqrt{bc}(a+1)\geq 2 με χρήση του AM-GM παίρνουμε ότι a+1\geq 2\sqrt{a} άρα 2\sqrt{abc}\geq 2 \Rightarrow \sqrt{abc}\geq 1

Όμως σε αυτή την σχέση είχα καταλήξει προηγουμένως άρα απέδειξα πως η σχέση \sqrt{bc}(a+1)\geq 2 ισχύει
Τέλος η ισότητα ισχύει όταν a=b=c=1 που εύκολα εξάγεται απο το γεγονώς ότι χρησημοποίησα την ανισότητα AM-GM και για να ισχύει η ισότητα πρέπει να ισούνται οι όροι στο αριστερό μέρος . Επίσης η τριάδα 0,2,2 ικανοποιεί την ανίσωση αλλά όμως θα την πάρω σαν ειδική περίπτωση η οποία δεν συλλογίζεται στην παραπάνω λύση

Σημείωση:Δεν ξέρω αν ισχύει αυτο που είχα χρησημοποιήσει στην αρχή
τελευταία επεξεργασία από CharalambosGeo σε Πέμ Μάιος 02, 2019 4:46 pm, έχει επεξεργασθεί 4 φορές συνολικά.


Κάθε λάθος για καλύτερο-Χαράλαμπος Χαραλάμπους
Άβαταρ μέλους
emouroukos
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 1389
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 1:27 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Re: BMO 2019

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από emouroukos » Πέμ Μάιος 02, 2019 3:37 pm

Demetres έγραψε:
Πέμ Μάιος 02, 2019 3:04 pm

Πρόβλημα 2:

Ας είναι a,b,c πραγματικοί αριθμοί, για τους οποίους ισχύει

0 \leqslant a \leqslant b \leqslant c και a+b+c = ab+bc+ca > 0.

Να αποδείξετε ότι ισχύει \sqrt{bc}(a + 1) \geqslant 2. Να βρείτε όλες τις τριάδες (a,b,c) για τις οποίες ισχύει η ισότητα.
Αν \displaystyle a > 1, τότε θα είχαμε ότι \displaystyle ab > a, \displaystyle bc > b και \displaystyle ca > c, οπότε \displaystyle ab + bc + ca > a + b + c, πράγμα άτοπο.

Επομένως, είναι \displaystyle a \le 1.

Έχουμε ότι:

\displaystyle bc = a + b + c - ab - ca = a + \left( {b + c} \right)\left( {1 - a} \right) \ge a + 2\sqrt {bc} \left( {1 - a} \right).

Άρα, αν \displaystyle x = \sqrt {bc} , τότε \displaystyle {x^2} - 2\left( {1 - a} \right)x - a \ge 0.

Η διακρίνουσα του παραπάνω τριωνύμου είναι ίση με \displaystyle \Delta  = 4{\left( {1 - a} \right)^2} + 4a = 4\left( {{a^2} - a + 1} \right) > 0, οπότε

\displaystyle \sqrt {bc}  = x \ge \frac{{2\left( {1 - a} \right) + \sqrt {4\left( {{a^2} - a + 1} \right)} }}{2} = 1 - a + \sqrt {{a^2} - a + 1} .

Αρκεί να δειχθεί ότι

\displaystyle 1 - a + \sqrt {{a^2} - a + 1}  \ge \frac{2}{{1 + a}},

που ισχύει, γιατί μετά από τις πράξεις είναι ισοδύναμη με την \displaystyle a{\left( {a - 1} \right)^2} \ge 0.

Η ισότητα θα ισχύει όταν \displaystyle a = 0 ή \displaystyle a = 1.

Για \displaystyle a = 0 η υπόθεση δίνει ότι \displaystyle bc = b + c \ge 2\sqrt {bc}  > 0, οπότε \displaystyle \sqrt {bc}  \ge 2, με το ίσον να ισχύει όταν \displaystyle b = c = 2.

Για \displaystyle a = 1 η υπόθεση δίνει ότι \displaystyle bc = 1, οπότε \displaystyle c = \frac{1}{b} \ge b \Rightarrow {b^2} \le 1 \Rightarrow b \le 1 και άρα \displaystyle a = b = c = 1.

Ώστε, οι τριάδες για τις οποίες ισχύει η ισότητα είναι οι \displaystyle \left( {a,b,c} \right) = \left( {0,2,2} \right) και \displaystyle \left( {a,b,c} \right) = \left( {1,1,1} \right).


Βαγγέλης Μουρούκος

Erro ergo sum.
jason.prod
Δημοσιεύσεις: 130
Εγγραφή: Τρί Φεβ 25, 2014 5:29 pm

Re: BMO 2019

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από jason.prod » Πέμ Μάιος 02, 2019 3:42 pm

Demetres έγραψε:
Πέμ Μάιος 02, 2019 3:04 pm


Πρόβλημα 2:

Ας είναι a,b,c πραγματικοί αριθμοί, για τους οποίους ισχύει

0 \leqslant a \leqslant b \leqslant c και a+b+c = ab+bc+ca > 0.

Να αποδείξετε ότι ισχύει \sqrt{bc}(a + 1) \geqslant 2. Να βρείτε όλες τις τριάδες (a,b,c) για τις οποίες ισχύει η ισότητα.
Μια τηλεγραφική λύση για το πρόβλημα αυτό.

Από τη δοσμένη θα έχουμε ότι (a-1)(b-1)(c-1)=abc-1. Θα εξετάσουμε μόνο την περίπτωση όπου abc < 1, αφού σε αντίθετη περίπτωση
\sqrt{bc}(a+1) \ge 2\sqrt{abc} \ge 2.

Άρα, δεδομένης και της διάταξης από την εκφώνηση, θα έχουμε ότι a,b,c<1 ή a<1, b,c>1. Η πρώτη περίπτωση απορρίπτεται, αφού
(a+b+c)^2 \ge 3(ab+bc+ca) \Rightarrow a+b+c \ge 3.

Επίσης, λύνοντας τη δοσμένη ως προς a, θα έχουμε ότι a=\frac{b+c-bc}{b+c-1} \ge 0 \Rightarrow b+c \ge bc (1).

Επομένως τώρα έχουμε ότι a<1, b,c>1, επομένως πρέπει να δείξουμε ότι
\sqrt{bc}(2b+2c-bc-1) \ge 2(b+c-1), στην οποία, θέτοντας b+c=s, bc=p>1, κάνοντας τις πράξεις, παραγοντοποιώντας και απλοποιώντας γίνεται
2s \ge p + \sqrt{p} + 2, οπότε, λόγω της (1), αρκεί να αποδειχθεί ότι s \ge \sqrt{p}+1, το οποίο είναι, πια, προφανές.

Στο σημείο που έχω παραλείψει τις πράξεις, αυτές δεν είναι δύσκολο να γίνουν από τον αναγνώστη.
Πρόκειται, κατά τη γνώμη μου, για πολύ ωραίο πρόβλημα, κατάλληλο για τη θέση στην οποία προοριζόταν.

Edit: Αυτή η λύση περιέχει σοβαρή αβλεψία στο τέλος. :oops: :oops: :oops: Θα επανέλθω με τη διορθωμένη.
τελευταία επεξεργασία από jason.prod σε Πέμ Μάιος 02, 2019 8:03 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


Προδρομίδης Κυπριανός-Ιάσων
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8097
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: BMO 2019

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Πέμ Μάιος 02, 2019 4:06 pm

CharalambosGeo έγραψε:
Πέμ Μάιος 02, 2019 3:36 pm
Λύση για άσκηση 2

Σημείωση:Δεν ξέρω αν ισχύει αυτο που είχα χρησημοποιήσει στην αρχή

Χαράλαμπε, υπάρχουν διάφορα λάθη.

CharalambosGeo έγραψε:
Πέμ Μάιος 02, 2019 3:36 pm

a+b+c\leq ab+bc+ca \Rightarrow ab+bc+ca-a-b-c\geq 0

Μετά απο τον AM-GM παίρνουμε την σχέση 3\sqrt[3]{a^{2}b^{2}{c}^2}-3\sqrt[3]{abc}\geq 0

Εδώ, χρησιμοποίησες ότι ab+bc+ca \geqslant 3\sqrt[3]{a^{2}b^{2}{c}^2} και a+b+c \geqslant 3\sqrt[3]{abc}. Δεν επιτρέπεται να τις αφαιρέσεις όμως.

Δυστυχώς το abc \geqslant 1 στο οποίο καταλήγεις είναι λανθασμένο. Π.χ. μια λύση είναι η a=0,b=c=2 για την οποία έχουμε abc = 0 < 1.

CharalambosGeo έγραψε:
Πέμ Μάιος 02, 2019 3:36 pm
Έπειτα απο την σχέση \sqrt{bc}(a+1)\geq 2 με χρήση του AM-GM παίρνουμε ότι 2\sqrt{abc}\geq 2\Rightarrow abc\geq 1

Όμως σε αυτή την σχέση είχα καταλήξει προηγουμένως άρα απέδειξα πως η σχέση \sqrt{bc}(a+1)\geq 2 ισχύει

Και εδώ το λάθος είναι παρόμοιο. Έχεις την \sqrt{bc}(a+1)\geq 2 και έχεις και από AM-GM ότι \sqrt{bc}(a+1) \geqslant 2\sqrt{abc}. Δεν μπορείς από αυτές τις δύο να πάρεις ότι 2\sqrt{abc} \geqslant 2.

Εδώ το λάθος διορθώνεται. Αυτό που έπρεπε να γράψεις είναι:

Από ΑΜ-GM έχουμε \sqrt{bc}(a+1) \geqslant 2\sqrt{abc} \geqslant 2 αφού ήδη δείξαμε ότι abc \geqslant 1.


Παρεμπιπτόντως, αν είσαι ένα από τα μέλη της ομάδας μας τότε εύχομαι καλή επιτυχία.


Άβαταρ μέλους
emouroukos
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 1389
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 1:27 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Re: BMO 2019

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από emouroukos » Πέμ Μάιος 02, 2019 4:48 pm

Demetres έγραψε:
Πέμ Μάιος 02, 2019 3:04 pm
Πρόβλημα 1:

Έστω \mathbb{P} το σύνολο όλων των πρώτων αριθμών. Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις f: \mathbb{P} \to \mathbb{P}, για τις οποίες ισχύει

\displaystyle f(p)^{f(q)} +q^p = f(q)^{f(p)} +p^q

για κάθε p,q \in \mathbb{P}.
Έστω \displaystyle p,q \in \mathbb{P}, με \displaystyle p > q > 2. Τότε, από τη δοσμένη σχέση προκύπτει ότι ο αριθμός

\displaystyle f{\left( p \right)^{f\left( q \right)}} - f{\left( q \right)^{f\left( p \right)}} = {p^q} - {q^p}

είναι άρτιος, οπότε \displaystyle f\left( p \right) \equiv f\left( q \right)\left( {\bmod 2} \right).

Αν οι (πρώτοι) αριθμοί \displaystyle f\left( p \right) και \displaystyle f\left( q \right) είναι άρτιοι, τότε \displaystyle f\left( p \right) = f\left( q \right) = 2 και άρα \displaystyle {p^q} = {q^p}, πράγμα άτοπο.
Συνεπώς, ο αριθμός \displaystyle f\left( p \right) είναι περιττός πρώτος, για κάθε \displaystyle p \in \mathbb{P}, με \displaystyle p > 2.

Έστω τώρα \displaystyle p \in \mathbb{P}, με \displaystyle p > 2. Από τη δοσμένη σχέση έχουμε ότι ο αριθμός

\displaystyle f{\left( p \right)^{f\left( 2 \right)}} - f{\left( 2 \right)^{f\left( p \right)}} = {p^2} - {2^p}

είναι περιττός, οπότε

\displaystyle f\left( 2 \right) \equiv \left( {f\left( p \right) + 1} \right)\left( {\bmod 2} \right) \equiv 0\left( {\bmod 2} \right)

και άρα \displaystyle f\left( 2 \right) = 2.

Συνεπώς, έχουμε ότι

\displaystyle f{\left( p \right)^2} - {2^{f\left( p \right)}} = {p^2} - {2^p},

δηλαδή

\displaystyle g\left( {f\left( p \right)} \right) = g\left( p \right),

όπου \displaystyle g\left( n \right) = {n^2} - {2^n}.

Τέλος, παρατηρούμε ότι η συνάρτηση \displaystyle g είναι γνησίως φθίνουσα στο σύνολο των ακεραίων n με n \ge 3. Πράγματι, για n \ge 3 ισχύει

\displaystyle g\left( n \right) - g\left( {n + 1} \right) = {n^2} - {2^n} - {\left( {n + 1} \right)^2} + {2^{n + 1}} = {2^n} - 2n - 1 > 0,

αφού από την ανισότητα Bernoulli ισχύει

\displaystyle {2^{n - 3}} \ge n - 2 \Rightarrow {2^n} \ge 8n - 16 > 2n + 1.

Συνεπώς, είναι \displaystyle f\left( p \right) = p για κάθε \displaystyle p \in \mathbb{P}, με \displaystyle p > 2, οπότε τελικά

\displaystyle f\left( p \right) = p για κάθε \displaystyle p \in \mathbb{P}.


Βαγγέλης Μουρούκος

Erro ergo sum.
michaelg
Δημοσιεύσεις: 2
Εγγραφή: Τρί Απρ 02, 2019 7:23 pm

Re: BMO 2019

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από michaelg » Πέμ Μάιος 02, 2019 8:27 pm

Demetres έγραψε:
Πέμ Μάιος 02, 2019 3:04 pm

Πρόβλημα 2:

Ας είναι a,b,c πραγματικοί αριθμοί, για τους οποίους ισχύει

0 \leqslant a \leqslant b \leqslant c και a+b+c = ab+bc+ca > 0.

Να αποδείξετε ότι ισχύει \sqrt{bc}(a + 1) \geqslant 2. Να βρείτε όλες τις τριάδες (a,b,c) για τις οποίες ισχύει η ισότητα.

Λύση του συγγραφέα:
Έστω a+b+c=ab+bc+ca=k. Αφού (a+b+c)^{2}\ge3(ab+bc+ca), παίρνουμε ότι k^{2}\ge3k. Επειδή k>0, παίρνουμε ότι k\ge3.

Έχουμε bc\ge ca\ge ab, άρα από την πιο πάνω σχέση τη σχέση συμπεραίνουμε ότι bc\ge1.

Γράφουμε b+c=2s και bc=p^{2}. Από την ΑΜ-ΓΜ, s\ge p. Επιπλέον, s=p αν και μόνο αν b=c. Επίσης, p\ge1.

Περίπτωση 1: 1\le p\le2.

Η συνθήκη μας δίνει a=\frac{b+c-bc}{b+c-1}=\frac{2s-p^{2}}{2s-1}.

Για κάθε t\ge p, έχουμε \frac{2t-p^{2}}{2t-1}=1-\frac{p^{2}-1}{2t-1}. Άρα, a=\frac{2s-p^{2}}{2s-1}\ge\frac{2p-p^{2}}{2p-1}=\frac{p}{2p-1}\cdot(2-p)

\Rightarrow pa\ge\frac{p^{2}}{2p-1}\cdot(2-p).

Αλλά \frac{p^{2}}{2p-1}\ge1\Rightarrow pa\ge2-p\Rightarrow p(a+1)\ge2 \Rightarrow\sqrt{bc}(a+1)\ge2.

Η ισότητα ισχύει όταν b=c και p=1 ή p=2, δηλαδή a=b=c=1 ή a=0 και b=c=2.

Περίπτωση 2: p>2.

Έχουμε \sqrt{bc}(a+1)=p(a+1)>2(a+1)\ge2.

Η απόδειξη ολοκληρώθηκε.
τελευταία επεξεργασία από Demetres σε Πέμ Μάιος 02, 2019 9:35 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.
Λόγος: Μετάφραση στα Ελληνικά


Άβαταρ μέλους
Nick1990
Δημοσιεύσεις: 649
Εγγραφή: Παρ Ιαν 23, 2009 3:15 pm
Τοποθεσία: Oxford, United Kingdom

Re: BMO 2019

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Nick1990 » Πέμ Μάιος 02, 2019 9:02 pm

Demetres έγραψε:
Πέμ Μάιος 02, 2019 3:04 pm

Πρόβλημα 3:

Ας είναι ABC σκαληνό, οξυγώνιο τρίγωνο. Ας είναι X και Y δύο διαφορετικά, εσωτερικά σημεία του ευθύγραμμου τμήματος BC, για τα οποία ισχύει \angle CAX = \angle YAB. Υποθέτουμε ότι:

1) K και S είναι τα ίχνη των καθέτων από το B στις ευθείες AX και AY αντίστοιχα

2) T και L είναι τα ίχνη των καθέτων από το C στις ευθείες AX και AY αντίστοιχα.

Να αποδείξετε ότι οι ευθείες KL και ST τέμνονται πάνω στην ευθεία BC.
Η Γεωμετρία μου άρεσε!

Απο ομοιοτητες ορθογωνίων τριγώνων \triangle{BAS} και \triangle{CAT} έχω \frac{AB}{AC} = \frac{AS}{AT} = \frac{AK}{AL}, άρα και AS \times AL = AT \times AK και το SKTL είναι εγγράψιμο σε κύκλο, έστω C_1.

Eστω τώρα K', L', S', T' οι τομές των BK, CL, BS, CT με τις AL, AK, AK, AL αντίστοιχα. Εύκολα KK'L'L και SS'TT' εγράψιμα σε κύκλους, έστω C_2, C_3. Άρα οι 2 διαγώνιες του 1ου εγράψιμου είναι ριζικοί άξονες του C_1 με τους C_2 και C_3, και αρκεί να δείξουμε οτι η BC είναι ριζικος αξονας των C_2 και C_3. Αυτο είναι άμεσο απο τα εγράψιμα K'KS'S και L'TT'L, απο τα οποία έχουμε πως τα B και C έχουν ίδια δύναμη ως προς τους C_2 και C_3. Tο σημείο τομής είναι ριζικο κέντρο των C_1, C_2 και C_3

Ας κάνει ένας το σχήμα διοτι δεν έχω χρονο.
τελευταία επεξεργασία από Nick1990 σε Παρ Μάιος 03, 2019 6:50 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


Κολλιοπουλος Νικος -- Απόφοιτος ΣΕΜΦΕ - ΕΜΠ, Υποψήφιος διδάκτωρ στο πανεπιστήμιο της Οξφόρδης

https://www.maths.ox.ac.uk/people/nikolaos.kolliopoulos
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8097
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: BMO 2019

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Πέμ Μάιος 02, 2019 9:08 pm

Demetres έγραψε:
Πέμ Μάιος 02, 2019 3:04 pm
Πρόβλημα 3:

Ας είναι ABC σκαληνό, οξυγώνιο τρίγωνο. Ας είναι X και Y δύο διαφορετικά, εσωτερικά σημεία του ευθύγραμμου τμήματος BC, για τα οποία ισχύει \angle CAX = \angle YAB. Υποθέτουμε ότι:

1) K και S είναι τα ίχνη των καθέτων από το B στις ευθείες AX και AY αντίστοιχα

2) T και L είναι τα ίχνη των καθέτων από το C στις ευθείες AX και AY αντίστοιχα.

Να αποδείξετε ότι οι ευθείες KL και ST τέμνονται πάνω στην ευθεία BC.
\begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,x=1.0cm,y=1.0cm] 
\clip(-2.444312542947195,-1.893433849488812) rectangle (9.901716157613974,4.946297425536175); 
\draw[line width=1.pt] (0.8239478775644368,-0.7564476022274924) -- (0.5235561473968741,-0.6132409424674659) -- (0.3803494876368476,-0.9136326726350288) -- (0.6807412178044103,-1.0568393323950551) -- cycle;  
\draw[line width=1.pt] (2.58420933573884,2.1625831657276455) -- (2.727415995498866,2.4629748958952082) -- (2.4270242653313034,2.6061815556552346) -- (2.283817605571277,2.305789825487672) -- cycle;  
\draw[line width=1.pt] (5.029902647546302,-0.33999446939154954) -- (4.933987054026274,-0.021335501414204205) -- (4.61532808604893,-0.11725109493423125) -- (4.711243679568956,-0.4359100629115765) -- cycle;  
\draw[line width=1.pt] (3.9580238043974645,2.066501268485302) -- (3.6393648364201194,1.970585674965275) -- (3.735280429940146,1.65192670698793) -- (4.053939397917492,1.7478423005079569) -- cycle;  
\draw [shift={(3.2659218242755044,4.365861514582215)},line width=1.pt] (0,0) -- (-138.47920049434313:0.4706237115842885) arc (-138.47920049434313:-115.48867974201225:0.4706237115842885) -- cycle; 
\draw [shift={(3.2659218242755044,4.365861514582215)},line width=1.pt] (0,0) -- (-73.24832992128553:0.4706237115842885) arc (-73.24832992128553:-50.25780916895468:0.4706237115842885) -- cycle; 
\draw [line width=1.pt] (-1.62,0.04)-- (6.748537289999238,0.17731048148205092); 
\draw [line width=1.pt] (6.748537289999238,0.17731048148205092)-- (3.2659218242755044,4.365861514582215); 
\draw [line width=1.pt] (3.2659218242755044,4.365861514582215)-- (-1.62,0.04); 
\draw (2.952172683219313,4.9) node[anchor=north west] {A}; 
\draw (-2.1462508589438123,0.349872509062961) node[anchor=north west] {B}; 
\draw (6.5,0.7) node[anchor=north west] {C}; 
\draw [line width=1.pt] (4.537585094532382,0.1410333042439031)-- (3.2659218242755044,4.365861514582215); 
\draw (4.065982133968796,0.18) node[anchor=north west] {X}; 
\draw [line width=1.pt] (3.2659218242755044,4.365861514582215)-- (1.2259019945679321,0.08669539724604458); 
\draw (1.163802579199017,0.18) node[anchor=north west] {Y}; 
\draw [line width=1.pt] (-1.62,0.04)-- (0.6807412178044103,-1.0568393323950551); 
\draw [line width=1.pt] (-1.62,0.04)-- (4.053939397917492,1.7478423005079569); 
\draw [line width=1.pt] (6.748537289999238,0.17731048148205092)-- (4.711243679568956,-0.4359100629115765); 
\draw [line width=1.pt] (6.748537289999238,0.17731048148205092)-- (2.283817605571277,2.305789825487672); 
\draw [line width=1.pt] (2.283817605571277,2.305789825487672)-- (8.92333572411788,0.21299444987066177); 
\draw [line width=1.pt] (0.6807412178044103,-1.0568393323950551)-- (8.92333572411788,0.21299444987066177); 
\draw (4.144419419232844,2.3421795547697806) node[anchor=north west] {K}; 
\draw (0.36374226950572647,-1.1) node[anchor=north west] {S}; 
\draw (1.8383632324698305,2.7343659810900207) node[anchor=north west] {L}; 
\draw (4.615043130817133,-0.3874379724190903) node[anchor=north west] {T}; 
\draw (9.023218562656636,0.5694969078022954) node[anchor=north west] {M}; 
\draw [line width=1.pt] (0.6807412178044103,-1.0568393323950551)-- (3.2659218242755044,4.365861514582215); 
\draw [line width=1.pt] (4.711243679568956,-0.4359100629115765)-- (3.2659218242755044,4.365861514582215); 
\draw [line width=1.pt] (6.748537289999238,0.17731048148205092)-- (8.92333572411788,0.21299444987066177); 
\draw [shift={(3.2659218242755044,4.365861514582215)},line width=1.pt] (-138.47920049434313:0.4706237115842885) arc (-138.47920049434313:-115.48867974201225:0.4706237115842885); 
\draw [shift={(3.2659218242755044,4.365861514582215)},line width=1.pt] (-138.47920049434313:0.368655240741026) arc (-138.47920049434313:-115.48867974201225:0.368655240741026); 
\draw [shift={(3.2659218242755044,4.365861514582215)},line width=1.pt] (-73.24832992128553:0.4706237115842885) arc (-73.24832992128553:-50.25780916895468:0.4706237115842885); 
\draw [shift={(3.2659218242755044,4.365861514582215)},line width=1.pt] (-73.24832992128553:0.368655240741026) arc (-73.24832992128553:-50.25780916895468:0.368655240741026); 
\draw [fill=white] (-1.62,0.04) circle (1.5pt); 
\draw [fill=white] (6.748537289999238,0.17731048148205092) circle (1.5pt); 
\draw [fill=white] (3.2659218242755044,4.365861514582215) circle (1.5pt); 
\draw [fill=white] (4.537585094532382,0.1410333042439031) circle (1.5pt); 
\draw [fill=white] (1.2259019945679321,0.08669539724604458) circle (1.5pt); 
\draw [fill=white] (2.283817605571277,2.305789825487672) circle (1.5pt); 
\draw [fill=white] (0.6807412178044103,-1.0568393323950551) circle (1.5pt); 
\draw [fill=white] (4.711243679568956,-0.4359100629115765) circle (1.5pt); 
\draw [fill=white] (4.053939397917492,1.7478423005079569) circle (1.5pt); 
\draw [fill=white] (8.92333572411788,0.21299444987066177) circle (1.5pt); 
\end{tikzpicture}

Θέτω M το σημείο τομής της LK με την BC. Από Θεώρημα Μενελάου στο τρίγωνο AYX με διατέμνουσα LKM έχουμε:

\displaystyle  \frac{AL}{LY} \cdot \frac{YM}{MX} \cdot \frac{XK}{KA} = 1 \quad (\ast)

Τα ακόλουθα 4 ζεύγη ομοίων τριγώνων (άμεσο από γωνιές) BAS \cong CAT, BAK \cong CAL, BKX \cong CTX και BSY \cong CLY έχουμε:

\displaystyle  \frac{BS}{CT} = \frac{AS}{AT} \quad (1)

\displaystyle  \frac{BK}{CL} = \frac{AK}{AL} \quad (2)

\displaystyle  \frac{BK}{CT} = \frac{KX}{TX} \quad (3)

\displaystyle  \frac{BS}{CL} = \frac{SY}{LY} \quad (4)

Τότε έχουμε:

\displaystyle  \frac{AS}{SY} \cdot \frac{XT}{TA} \stackrel{(1)}{=} \frac{BS}{CT} \cdot \frac{XT}{SY} = \frac{BS}{SY} \cdot \frac{XT}{CT} \stackrel{(3),(4)}{=} \frac{CL}{LY} \cdot \frac{KX}{BK} \stackrel{(2)}{=} \frac{AL}{AK} \cdot \frac{KX}{LY}

Άρα από την (\ast) έχουμε:

\displaystyle  \frac{AS}{SY} \cdot \frac{YM}{MX} \cdot \frac{XT}{TA} = 1

Από το αντίστροφο του Θεωρήματος του Μενελάου (πάλι στο τρίγωνο AYX) παίρνουμε ότι τα S,T,M είναι συνευθειακά. Οπότε η απόδειξη ολοκληρώθηκε.


Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 900
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: BMO 2019

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Πέμ Μάιος 02, 2019 9:30 pm

Demetres έγραψε:
Πέμ Μάιος 02, 2019 3:04 pm

Πρόβλημα 3:

Ας είναι ABC σκαληνό, οξυγώνιο τρίγωνο. Ας είναι X και Y δύο διαφορετικά, εσωτερικά σημεία του ευθύγραμμου τμήματος BC, για τα οποία ισχύει \angle CAX = \angle YAB. Υποθέτουμε ότι:

1) K και S είναι τα ίχνη των καθέτων από το B στις ευθείες AX και AY αντίστοιχα

2) T και L είναι τα ίχνη των καθέτων από το C στις ευθείες AX και AY αντίστοιχα.

Να αποδείξετε ότι οι ευθείες KL και ST τέμνονται πάνω στην ευθεία BC.
Μια προσπάθεια με επιφύλαξη για την ορθότητα.

bmo_2019_pr3.png
bmo_2019_pr3.png (52.4 KiB) Προβλήθηκε 1386 φορές


Θα χρησιμοποιήσω ως λήμμα το αποτέλεσμα εδώ.

Από το παραπάνω λήμμα τα σημεία K,L,S,T είναι ομοκυκλικά. Έστω D,E τα σημεία τομής του κύκλου που ορίζουν τα προαναφερθέν σημεία με το τμήμα BC. Από το θεώρημα Pascal στο εγγεγραμμένο εξάγωνο DKLEST τα σημεία τομής των ευθειών που αρίζουν απέναντι πλευρές του, θα είναι συνευθειακά. Έστω P το σημείο τομής των ευθειών KL και TS, Q το σημέιο τομής των ευθειών LE και DT, R το σημείο τομής των ES και KD.

Έστω Z,H τα σημεία τομής της ευθείας TS με τις ευθείες KD και LE αντίστοιχα. Τότε εφόσον τα σημεία P,Q,R είναι συνευθειακά τα τρίγωνα DZT και ESH είναι προοπτικά. Από το θεώρημα Desargues, εφόσον οι ευθείες που ορίζουν οι κορυφές Z,S και T,H διέρχονται από το σημείο P, από το ίδιο σημείο θα διέρχεται και η ευθεία DE. Άρα και η BC.

Λείπουν θέματα όπως γιατί ο παραπάνω κύκλος τέμνει την BC κτλ.


min##
Δημοσιεύσεις: 194
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Re: BMO 2019

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » Παρ Μάιος 03, 2019 9:17 pm

Για το 3ο στο σχήμα του κ.Δημήτρη.Αρκεί (A,L,Y,S)=(A,K,X,T).Αν F η προβολή του A στην BC,από τα εγγράψιμα ABSF,ACTF είναιBFS\angle =BAS\angle =CAT\angle =CFT\angleκαι ομοίως LFB\angle=KFC\angle και άρα οι Z(S,Y,L,A),Z(T,X,K,A) έχουν ίσους διπλούς λόγους (είναι δέσμες ίσων γωνιών μεταξύ ευθειών) από όπου το ζητούμενο έπεται.


Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3898
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: BMO 2019

#16

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cretanman » Παρ Μάιος 03, 2019 10:59 pm

Λοιπόν έχουμε και λέμε:

Για την Ελληνική Αποστολή

3 Αργυρά Μετάλλια
Μηνάς Μαργαρίτης (30) :winner_second_h4h:
Σπύρος Γαλανόπουλος (30) :winner_second_h4h:
Ευθύμης Ντόκας (30) :winner_second_h4h:

2 Χάλκινα μετάλλια
Δημήτρης Μελάς (26) :winner_third_h4h:
Δημήτρης Λώλας (25) :winner_third_h4h:

Για την Κυπριακή αποστολή

1 Χάλκινο Μετάλλιο (Datis Kalali)
2 Εύφημες Μνείες (Ειρήνη Ιωάννου, Χαράλαμπος Γεωργίου)

Πολλά συγχαρητήρια για την εμφάνιση αυτή και συγχαρητήρια και στους συμμετέχοντες που δεν κατάφεραν να πάρουν μετάλλιο (στον Επιμενίδη Κουντουράκη καθώς και στα υπόλοιπα μέλη της Κυπριακής αποστολής!) Έτσι κι αλλιώς η συμμετοχή και μόνο σε μία τέτοια διοργάνωση είναι πολύτιμη εμπειρία!! Επίσης πολλά συγχαρητήρια αξίζουν ο αρχηγός και υπαρχηγός της Ελληνικής και Κυπριακής Αποστολής για την υπερπροσπάθειά τους να στηρίξουν τα γραπτά των μαθητών μας!

Τα cutoffs των μεταλλίων: 31 (χρυσό), 27 (αργυρό), 15 (χάλκινο)

Αλέξανδρος


Αλέξανδρος Συγκελάκης
Τσιαλας Νικολαος
Δημοσιεύσεις: 332
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 17, 2015 1:04 pm

Re: BMO 2019

#17

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Τσιαλας Νικολαος » Παρ Μάιος 03, 2019 11:11 pm

Μπράβο σε όλα τα παιδιά!!!


Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1422
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: BMO 2019

#18

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Παρ Μάιος 03, 2019 11:38 pm

Συγχαρητήρια στα παιδιά της Ελλάδας και της Κύπρου για τα μετάλλια!


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε !
Άβαταρ μέλους
Ανδρέας Πούλος
Δημοσιεύσεις: 1383
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 01, 2009 10:47 pm
Τοποθεσία: ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ
Επικοινωνία:

Re: BMO 2019

#19

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ανδρέας Πούλος » Παρ Μάιος 03, 2019 11:46 pm

Θερμά συγχαρητήρια στα μέλη της ελληνικής αποστολής
για τα αποτελέσματα που έφερε η ΕΘνική μας Ομάδα.


AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1080
Εγγραφή: Τετ Δεκ 31, 2008 8:07 pm
Τοποθεσία: ΗΡΑΚΛΕΙΟ ΚΡΗΤΗΣ

Re: BMO 2019

#20

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ » Σάβ Μάιος 04, 2019 11:11 am

Μπράβο σε όλους!
Με το καλό και στην Ολυμπιάδα!


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 1 επισκέπτης