ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΕΓΑΛΩΝ - 2019

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

Άβαταρ μέλους
silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1247
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΕΓΑΛΩΝ - 2019

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Παρ Σεπ 20, 2019 6:39 pm

Με λίγη καθυστέρηση η αλήθεια είναι.

Πρόβλημα 1.
Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο με πλευρές μήκους k cm. Με ευθείες παράλληλες προς τις πλευρές του, το χωρίζουμε σε k^2 το πλήθος μικρά ισόπλευρα τρίγωνα με πλευρές μήκους 1 cm. Με αυτόν τον τρόπο δημιουργείται ένα τριγωνικό πλέγμα. Σε κάθε μικρό ισόπλευρο πλευράς 1 τοποθετούμε έναν ακριβώς ακέραιο από το 1 έως το k^2, έτσι ώστε να μην υπάρχουν δύο τέτοια τρίγωνα με τον ίδιο αριθμό. Με κορυφές τα σημεία του πλέγματος ορίζονται κανονικά εξάγωνα με πλευρές μήκους 1 cm. Ονομάζουμε αξία του εξαγώνου, το άθροισμα των αριθμών που βρίσκονται στα 6 μικρά ισόπλευρα τρίγωνα από τα οποία αποτελείται το εξάγωνο. Να βρεθούν (συναρτήσει του ακέραιου αριθμού k>4) η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή του αθροίσματος των αξιών, όλων των εξαγώνων.

Πρόβλημα 2.
Θεωρούμε τρίγωνο ABC εγγεγραμμένο σε κύκλο \Gamma κέντρου Ο. Έστω I το έκκεντρο του ABC και D, E, F τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC με τις BC, AC, AB, αντίστοιχα. Αν S είναι το ίχνος της κάθετης από το σημείο D προς την ευθεία EF, να αποδείξετε ότι η ευθεία SI περνάει από το αντιδιαμετρικό σημείο του Α στον κύκλο \Gamma.

Πρόβλημα 3.
Έστω n ένας θετικός ακέραιος. Κάθε τετράγωνο ενός n\times n πίνακα περιέχει έναν ακέραιο, έτσι ώστε να ικανοποιούνται οι παρακάτω συνθήκες:
(α) Κάθε αριθμός του πίνακα είναι ισοϋπόλοιπος με 1\pmod{n}.
(β) Το άθροισμα των αριθμών σε οποιαδήποτε γραμμή του πίνακα είναι ισοϋπόλοιπο με n\pmod{n^2}.
(γ) Το άθροισμα των αριθμών σε οποιαδήποτε στήλη του πίνακα είναι ισοϋπόλοιπο με n\pmod{n^2}.
Έστω \Gamma_i το γινόμενο των αριθμών της i-γραμμής και \Sigma_jτο γινόμενο των αριθμών της j-στήλης του πίνακα. Να αποδείξετε ότι τα αθροίσματα \Gamma_1+\ldots+\Gamma_n και
\Sigma_1+\ldots+\Sigma_n είναι ισοϋπόλοιπα \pmod{n^4}.

Πρόβλημα 4.
Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f:(0,\infty)\mapsto\mathbb{R} που ικανοποιούν την ισότητα
\displaystyle{(y^2+1)f(x)-yf(xy)=yf\left(\frac{x}{y}\right),}
για κάθε x,y>0.


Σιλουανός Μπραζιτίκος

Λέξεις Κλειδιά:
Xriiiiistos
Δημοσιεύσεις: 195
Εγγραφή: Τρί Μάιος 15, 2018 4:36 pm
Τοποθεσία: Αιγάλεω

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΕΓΑΛΩΝ - 2019

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Xriiiiistos » Παρ Σεπ 20, 2019 10:04 pm

silouan έγραψε:
Παρ Σεπ 20, 2019 6:39 pm
Πρόβλημα 2.
Θεωρούμε τρίγωνο ABC εγγεγραμμένο σε κύκλο \Gamma κέντρου Ο. Έστω I το έκκεντρο του ABC και D, E, F τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC με τις BC, AC, AB, αντίστοιχα. Αν S είναι το ίχνος της κάθετης από το σημείο D προς την ευθεία EF, να αποδείξετε ότι η ευθεία SI περνάει από το αντιδιαμετρικό σημείο του A στον κύκλο \Gamma.

Αυτό το πρόβλημα είναι ΑΚΡΙΒΩΣ το ίδιο με το θέμα 7.42 στο βιβλίο γεωμετρία για διαγωνισμούς 4.


miltosk
Δημοσιεύσεις: 30
Εγγραφή: Τετ Μάιος 29, 2019 7:28 pm

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΕΓΑΛΩΝ - 2019

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από miltosk » Παρ Σεπ 20, 2019 10:44 pm

Διαγραφή εσφαλμένης λύσης
τελευταία επεξεργασία από miltosk σε Κυρ Σεπ 22, 2019 1:20 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


Άβαταρ μέλους
JimNt.
Δημοσιεύσεις: 567
Εγγραφή: Παρ Μάιος 20, 2016 3:00 pm

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΕΓΑΛΩΝ - 2019

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από JimNt. » Παρ Σεπ 20, 2019 10:57 pm

Το h(x)=h(x^2) το ικανοποιούν άπειρες συναρτήσεις. (και μη σταθερές δηλαδή)


It's the questions we can't answer that teach us the most. They teach us how to think. If you give a man an answer, all he gains is a little fact. But give him a question and he'll look for his own answers.

If you are not sure it is magic then it probably is.
Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 397
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΕΓΑΛΩΝ - 2019

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Παρ Σεπ 20, 2019 11:06 pm

silouan έγραψε:
Παρ Σεπ 20, 2019 6:39 pm
Με λίγη καθυστέρηση η αλήθεια είναι.

Πρόβλημα 1.
Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο με πλευρές μήκους k cm. Με ευθείες παράλληλες προς τις πλευρές του, το χωρίζουμε σε k^2 το πλήθος μικρά ισόπλευρα τρίγωνα με πλευρές μήκους 1 cm. Με αυτόν τον τρόπο δημιουργείται ένα τριγωνικό πλέγμα. Σε κάθε μικρό ισόπλευρο πλευράς 1 τοποθετούμε έναν ακριβώς ακέραιο από το 1 έως το k^2, έτσι ώστε να μην υπάρχουν δύο τέτοια τρίγωνα με τον ίδιο αριθμό. Με κορυφές τα σημεία του πλέγματος ορίζονται κανονικά εξάγωνα με πλευρές μήκους 1 cm. Ονομάζουμε αξία του εξαγώνου, το άθροισμα των αριθμών που βρίσκονται στα 6 μικρά ισόπλευρα τρίγωνα από τα οποία αποτελείται το εξάγωνο. Να βρεθούν (συναρτήσει του ακέραιου αριθμού k>4) η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή του αθροίσματος των αξιών, όλων των εξαγώνων.
Κάθε στοιχειώδες τρίγωνο συνεισφέρει στο άθροισμα 0,1,2 ή 3 φορές όπως φαίνεται στο σχήμα(σε κάθε τρίγωνο αναγράφεται ο αριθμός των εξαγώνων πλευράς 1 που ανήκει για k=6) ανάλογα με την θέση τους.Έστω s ο αριθμός συνεισφοράς ενός τριγώνου.
Έστω N_0,N_1,N_2,N_3 ο αριθμός των στοιχείων κάθε συνόλου τριγώνων με ίδιο αριθμό συνεισφοράς(οι δείκτες παραπέμπουν στο αντίστοιχο σύνολο).
Εύκολα βλέπουμε ότι:
N_0=3,N_1=3\left ( k-1 \right ),N_2=3\left ( k-3 \right ),N_3=k^2-N_0-N_1-N_2=(k-3)^2
  • Για το ελάχιστο θα πρέπει να τοποθετήσουμε τους αριθμούς (ακεραίους) από το διάστημα \left [ 1,(k-3)^2 \right ] στις θέσεις με s=3 ,τους αριθμούς από το \left [ (k-3)^2+1,\left ( k-3 \right )^2+3\left ( k-3 \right ) \right ] στις θέσεις με s=2,τους \left [ (k-3)^2+3(k-3)+1,(k-3)^2+3(k-3)+3(k-1) \right ] στις θέσεις με s=1 και τους 3 που μένουν στα γωνιακά:

    Προσθέτοντας τα παραπάνω παίρνουμε με τις απλοποιήσεις \dfrac{3(k^4-6k^3+20k^2-39k+32)}{2}

    Για το μέγιστο ακολουθούμε την αντίστροφη τακτική και βρίσκουμε \dfrac{3k^4-42k^2+99k-84}{2}
    135.PNG
    135.PNG (31.49 KiB) Προβλήθηκε 854 φορές


miltosk
Δημοσιεύσεις: 30
Εγγραφή: Τετ Μάιος 29, 2019 7:28 pm

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΕΓΑΛΩΝ - 2019

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από miltosk » Παρ Σεπ 20, 2019 11:11 pm

JimNt. έγραψε:
Παρ Σεπ 20, 2019 10:57 pm
Το h(x)=h(x^2) το ικανοποιούν άπειρες συναρτήσεις. (και μη σταθερές δηλαδή)
Νομίζω δεν ισχύει αυτό που λες. Μπορείς να κοιτάξεις τις σημειώσεις του κ. Φελλούρη επί των συναρτησιακών εξισώσεων στη σελ.66 του 8ου καλοκαιρινού μαθηματικού σχολείου. Αν εγώ δεν κατάλαβα καλά απο τις σημειώσεις όμως, θα ενδιαφερόμουν για ένα αντιπαράδειγμα.


Άβαταρ μέλους
JimNt.
Δημοσιεύσεις: 567
Εγγραφή: Παρ Μάιος 20, 2016 3:00 pm

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΕΓΑΛΩΝ - 2019

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από JimNt. » Παρ Σεπ 20, 2019 11:31 pm

οκ. f(x)=2 αν |x|>1 και f(x)=3 αν |x|<1. και f(1)=f(-1)=12913128931284732312432434235254365478
Θα ίσχυε αν έλεγε/ είχες αποδείξει ότι h(x) συνεχής.


It's the questions we can't answer that teach us the most. They teach us how to think. If you give a man an answer, all he gains is a little fact. But give him a question and he'll look for his own answers.

If you are not sure it is magic then it probably is.
sot arm
Δημοσιεύσεις: 182
Εγγραφή: Τρί Μάιος 03, 2016 5:25 pm

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΕΓΑΛΩΝ - 2019

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από sot arm » Παρ Σεπ 20, 2019 11:37 pm

Πάρε να είναι 1 για x=1 και 0 παντού εκτός απο το 1. Λογικά στις σημειώσεις θα αναφέρει για συνεχείς συναρτήσεις, τότε ισχύει.

Υ. Γ. Γράφαμε την ιδια ώρα, το αφήνω


Αρμενιάκος Σωτήρης
miltosk
Δημοσιεύσεις: 30
Εγγραφή: Τετ Μάιος 29, 2019 7:28 pm

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΕΓΑΛΩΝ - 2019

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από miltosk » Παρ Σεπ 20, 2019 11:44 pm

Ευχαριστώ για τις παρατηρήσεις. Πράγματι έλεγε για ρητή συνάρτηση άρα και συνεχής οπότε έκανα λάθος έχετε δίκιο. Αφήνω τη λανθασμέμη λύση για λίγο μήπως βρει κάποιος καμία διέξοδο


Άβαταρ μέλους
JimNt.
Δημοσιεύσεις: 567
Εγγραφή: Παρ Μάιος 20, 2016 3:00 pm

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΕΓΑΛΩΝ - 2019

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από JimNt. » Παρ Σεπ 20, 2019 11:51 pm

miltosk έγραψε:
Παρ Σεπ 20, 2019 11:44 pm
Ευχαριστώ για τις παρατηρήσεις. Πράγματι έλεγε για ρητή συνάρτηση άρα και συνεχής οπότε έκανα λάθος έχετε δίκιο. Αφήνω τη λανθασμέμη λύση για λίγο μήπως βρει κάποιος καμία διέξοδο
Εννοείς f:Q->Q? δεν είναι απαραίτητο να είναι συνεχής.


It's the questions we can't answer that teach us the most. They teach us how to think. If you give a man an answer, all he gains is a little fact. But give him a question and he'll look for his own answers.

If you are not sure it is magic then it probably is.
miltosk
Δημοσιεύσεις: 30
Εγγραφή: Τετ Μάιος 29, 2019 7:28 pm

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΕΓΑΛΩΝ - 2019

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από miltosk » Σάβ Σεπ 21, 2019 12:08 am

JimNt. έγραψε:
Παρ Σεπ 20, 2019 11:51 pm
Εννοείς f:Q->Q? δεν είναι απαραίτητο να είναι συνεχής.
Όχι εννοώ πηλίκο πολυωνύμων (αν θυμάμαι καλά διότι είμαι πολύ κουρασμένος τώρα). Όπως και να χει δεν νομίζω όμως οτι το θέμα χρήζει άλλης συζήτησης εδώ.


Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 798
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΕΓΑΛΩΝ - 2019

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Σάβ Σεπ 21, 2019 2:02 pm

Συνοπτικά μια λύση για το 4:

Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x)=f(x)-f(1)x, όπου η g έχει πεδίο ορισμού τους τους θετικούς πραγματικούς.

Παρατηρούμε πως αν θέσουμε όπου f(x) το g(x)+f(1)x, τότε θα απλοποιηθούν τα f(1) και θα φτάσουμε στην (y^2+1)g(x)-yg(xy)=yg(\dfrac{x}{y}) (*).

Ξέρουμε όμως την πληροφορία ότι g(1)=0.

Θέτοντας στην (*) όπου x=1 παίρνουμε ότι g(y)+g(\dfrac{1}{y})=0 (1).

Θέτουμε στην (*) x=2 και έχουμε ότι (y^2+1)g(2)-yg(2y)=yg(\dfrac{2}{y})\Leftrightarrow (y^2+1)g(2)-yg(\dfrac{2}{y})=yg(2y), άρα από την (1) (y^2+1)g(2)+yg(\dfrac{y}{2})=yg(2y)\Leftrightarrow (x^2+1)g(2)+xg(\dfrac{x}{2})=xg(2x) (2)

Θέτουμε στην (*) y=2 και έχουμε ότι 5g(x)-2g(2x)=2g(\dfrac{x}{2})\Leftrightarrow 2g(2x)=5g(x)-2g(\dfrac{x}{2}) (3)

Γράφουμε την (2): 2(x^2+1)g(2)+2xg(\dfrac{x}{2})=2xg(2x) και μετά αντικαθιστούμε την (3):

2(x^2+1)g(2)+2xg(\dfrac{x}{2})=5xg(x)-2xg(\dfrac{x}{2})\Leftrightarrow

\Leftrightarrow 4xg(\dfrac{x}{2})+2(x^2+1)g(2)=5xg(x)\Leftrightarrow 4g(\dfrac{x}{2})+2(x+\dfrac{1}{x})g(2)=5g(x)

Έχουμε συνδέσει g(\dfrac{x}{2}) και g(x). Εύκολα συνδέουμε τώρα και το g(x) και g(2x), άρα έχουμε μια σχέση με g(\dfrac{x}{2}) και g(2x) και μια άλλη είναι η (2).

Η g(x) τώρα μπορεί πρακτικά να βρεθεί λύνοντας το σύστημα (θα βρούμε το g(2x) άρα και το g(x)) ως g(x)=\dfrac{2}{3}g(2)(x-\dfrac{1}{x}), οπότε η f έχει την γενική μορφή f(x)=ax+\dfrac{b}{x}.


Houston, we have a problem!
Μπάμπης Στεργίου
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5340
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 2:16 pm
Τοποθεσία: Χαλκίδα - Καρδίτσα

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΕΓΑΛΩΝ - 2019

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μπάμπης Στεργίου » Κυρ Σεπ 22, 2019 11:26 am

Xriiiiistos έγραψε:
Παρ Σεπ 20, 2019 10:04 pm
silouan έγραψε:
Παρ Σεπ 20, 2019 6:39 pm
Πρόβλημα 2.
Θεωρούμε τρίγωνο ABC εγγεγραμμένο σε κύκλο \Gamma κέντρου Ο. Έστω I το έκκεντρο του ABC και D, E, F τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC με τις BC, AC, AB, αντίστοιχα. Αν S είναι το ίχνος της κάθετης από το σημείο D προς την ευθεία EF, να αποδείξετε ότι η ευθεία SI περνάει από το αντιδιαμετρικό σημείο του A στον κύκλο \Gamma.

Αυτό το πρόβλημα είναι ΑΚΡΙΒΩΣ το ίδιο με το θέμα 7.42 στο βιβλίο γεωμετρία για διαγωνισμούς 4.
Που τα ανακαλύπτετε αυτά ! Σας θαυμάζω για τη μνήμη σας ! Καλή χρονιά με πολλές ασκήσεις και ωραίες λύσεις !


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8249
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΕΓΑΛΩΝ - 2019

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τρί Σεπ 24, 2019 10:12 am

silouan έγραψε:
Παρ Σεπ 20, 2019 6:39 pm

Πρόβλημα 3.
Έστω n ένας θετικός ακέραιος. Κάθε τετράγωνο ενός n\times n πίνακα περιέχει έναν ακέραιο, έτσι ώστε να ικανοποιούνται οι παρακάτω συνθήκες:
(α) Κάθε αριθμός του πίνακα είναι ισοϋπόλοιπος με 1\pmod{n}.
(β) Το άθροισμα των αριθμών σε οποιαδήποτε γραμμή του πίνακα είναι ισοϋπόλοιπο με n\pmod{n^2}.
(γ) Το άθροισμα των αριθμών σε οποιαδήποτε στήλη του πίνακα είναι ισοϋπόλοιπο με n\pmod{n^2}.
Έστω \Gamma_i το γινόμενο των αριθμών της i-γραμμής και \Sigma_jτο γινόμενο των αριθμών της j-στήλης του πίνακα. Να αποδείξετε ότι τα αθροίσματα \Gamma_1+\ldots+\Gamma_n και
\Sigma_1+\ldots+\Sigma_n είναι ισοϋπόλοιπα \pmod{n^4}.

Έστω a_{ij} το στοιχείο του πίνακα στη γραμμή i και στήλη j. Από το (α) για κάθε i,j έχουμε a_{ij} = 1 + b_{ij}n για κάποιον ακέραιο b_{ij}.

Από το (β) για κάθε i έχουμε \sum_{j} b_{ij} \equiv 0 \bmod n και για κάθε j έχουμε \sum_{i} b_{ij} \equiv 0 \bmod n.

Θα ξεκινήσουμε αρχικά με B_{ij} = 0 για κάθε i,j και θα επιτρέπουμε τις εξής κινήσεις:

(Α) Να επιλέξουμε κάποια i,j και να προσθέσουμε ένα πολλαπλάσιο του n στο B_{ij}.
(Β) Να επιλέξουμε κάποια i_1 \neq i_2 και j_1 \neq j_2 καθώς και ένα ακέραιο k και να προσθέσουμε k στα B_{i_1j_1},B_{i_2,j_2} και να αφαιρέσουμε k από τα B_{i_1j_2},B_{i_1,j_2}.

Θα δείξουμε ότι με τέτοιες κινήσεις μπορούμε να κάνουμε B_{ij} = b_{ij} για κάθε i,j καθώς επίσης και ότι το \Delta = (\Gamma_1 - \Sigma_1) + \cdots + (\Gamma_n-\Sigma_n) \bmod n^4 είναι αναλλοίωτο. Αυτά είναι αρκετά αφού προφανώς αρχικά έχουμε \Delta=0.

Για να δείξουμε ότι μπορούμε να πετύχουμε B_{ij} = b_{ij} αρκεί να δείξουμε ότι με κινήσεις τύπου (B) μπορούμε να πετύχουμε B_{ij} \equiv b_{ij} \bmod n αφού μετά με κινήσεις τύπου (Α) μπορούμε εύκολα να πετύχουμε το ζητούμενο.

Επιλέγοντας i_1=1,i_2=2 και j_1=1,j_2=2 μπορούμε για κατάλληλο k να έχουμε B_{11} \equiv b_{11} \bmod n. Μετά επιλέγοντας i_1=1,i_2=2 και j_1=2,j_2=3 μπορούμε για κατάλληλο k να έχουμε B_{12} \equiv b_{12} \bmod n. Με τον ίδιο τρόπο μπορούμε να πετύχουμε B_{1j} \equiv b_{1j} \bmod n για κάθε j \in \{1,2,\ldots,n\}. Επειδή όμως το άθροισμα των b_{1j} καθώς και των B_{1j} είναι 0 \bmod n θα έχουμε και B_{1n} \equiv b_{1n} \bmod n.

Ομοίως πετυχαίνουμε το ζητούμενο για τις πρώτες n-1 γραμμές, και ομοίως θα ισχύει αυτόματα το ζητούμενο και για την τελευταία γραμμή. (Κοιτάζοντας κάθε στήλη ξεχωριστά.)

Μένει τώρα να δείξουμε ότι οι αλλαγές τύπου (Α) και (Β) κρατούν το \Delta αναλλοίωτο.

Για την τύπου (Α) έστω χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι αλλάξαμε το b_{11} σε b_{11}+rn. Τότε το \Gamma_1 αυξάνεται κατά

\displaystyle  rn^2(1+b_{12}n) \cdots (1+b_{1n}n) \equiv rn^2 + r(b_{12}+\cdots + b_{1n})n^3 \equiv rn^2 -rb_{11}n^3 \bmod n^4

Από συμμετρία έχουμε την ίδια αύξηση και στο \Sigma_1 οπότε το \Delta όντως παραμένει αναλλοίωτο.

Για την τύπου (Β) έστω χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι προσθέσαμε k στα b_{11} και b_{22} και αφαιρέσαμε k από τα b_{12} και b_{21}.

Τότε το \Gamma_1 αυξάνεται κατά

\displaystyle  \begin{aligned} &\phantom{abc} [(1+b_{11}n + kn)(1+b_{12}n-kn) - (1+b_{11}n)(1+b_{12}n)](1+b_{13}n) \cdots (1+b_{1n}n) \\  
&\equiv n^2k(b_{12}-b_{11}-k)(1+b_{12}n)](1+b_{13}n) \cdots (1+b_{1n}n) \bmod n^4 \\  
&\equiv n^2k(b_{12}-b_{11}-k)(1 - (b_{11} + b_{12})n) \bmod n^4  \\ 
&\equiv n^2k(b_{12}-b_{11}-k) -k(b_{11}+b_{12})n^3 + k(b_{11}^2-b_{12}^2)n^3 \bmod n^4  
\end{aligned}

Από συμμετρία έχουμε παρόμοιες αυξήσεις (προσοχή στα πρόσημα) και στα \Gamma_2,\Sigma_1,\Sigma_2 και είναι εύκολο να δούμε ότι πάλι το \Delta παραμένει αναλλοίωτο. (Αν το σπάσουμε σε περισσότερους όρους από συμμετρία κάθε ένας θα εμφανιστεί μία φορά με «+» και μία με «-» ή δύο με «+» και δύο με «-». Π.χ. ο kb_{12}^2n^3 εμφανίζεται με «-» για την \Gamma_1 και με «+» για την \Sigma_2.


Σημείωση: Με περισσότερες αλγεβρικές πράξεις θα μπορούσαμε να αποφύγουμε το κόλπο της αναλλοίωτης και να υπολογίσουμε «απευθείας» το \Delta.


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8444
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΕΓΑΛΩΝ - 2019

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τρί Σεπ 24, 2019 2:31 pm

silouan έγραψε:
Παρ Σεπ 20, 2019 6:39 pm
Με λίγη καθυστέρηση η αλήθεια είναι.

Πρόβλημα 2.
Θεωρούμε τρίγωνο ABC εγγεγραμμένο σε κύκλο \Gamma κέντρου Ο. Έστω I το έκκεντρο του ABC και D, E, F τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC με τις BC, AC, AB, αντίστοιχα. Αν S είναι το ίχνος της κάθετης από το σημείο D προς την ευθεία EF, να αποδείξετε ότι η ευθεία SI περνάει από το αντιδιαμετρικό σημείο του Α στον κύκλο \Gamma.
Έστω AOP η διάμετρος του κύκλου \Gamma. Αν η PI τέμνει την EF στο S, αρκεί να δείξω ότι DS\bot EF.

Η AI τέμνει την EF στο M, τον κύκλο \Gamma στο K και έστω KL διάμετρος και DH\bot AK.
Προκρ.2019.2.png
Προκρ.2019.2.png (35.3 KiB) Προβλήθηκε 456 φορές
Οι κόκκινες γωνίες είναι ίσες με \dfrac{\widehat A}{2}, άρα τα ορθογώνια τρίγωνα IME, KCL είναι όμοια:

\displaystyle \frac{{MI}}{{IK}} = \frac{{MI}}{{KC}} = \frac{{IE}}{{KL}} = \frac{{IE}}{{AP}} (1)

Αλλά από το ισοσκελές OAK και τη παραλληλία των ID, KL και οι πράσινες γωνίες είναι ίσες, οπότε τα

ορθογώνια τρίγωνα IDH, APK είναι όμοια: \displaystyle \frac{{IE}}{{AP}} = \frac{{ID}}{{AP}} = \frac{{DH}}{{KP}}\mathop  = \limits^{(1)} \frac{{MI}}{{IK}} = \frac{{SM}}{{KP}} \Leftrightarrow SM|| = DH

που σημαίνει ότι το SMHD είναι ορθογώνιο, άρα \boxed{DS\bot EF}


Έχει κανείς την επίσημη λύση;


Μπάμπης Στεργίου
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5340
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 2:16 pm
Τοποθεσία: Χαλκίδα - Καρδίτσα

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΜΕΓΑΛΩΝ - 2019

#16

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μπάμπης Στεργίου » Τρί Σεπ 24, 2019 3:24 pm

Γιώργο, δεν έχω δει κάτι.
Ελπίζω κάποιος μαθητής που έχει πάρει μέρος, να έχει ακούσει κάτι.

Πάντως, όπως έγραψε και ένας φίλος παραπάνω, μια πολύ σύντομη λύση παίρνουμε με αντιστροφή(την γνωρίζω από πριν, δεν την έκανα εγώ).

Χρησιμοποιώ το σχήμα σου :
Προκρ.2019.2.png
Προκρ.2019.2.png (35.3 KiB) Προβλήθηκε 358 φορές


Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ABC με την αντιστροφή ως προς τον (I) γίνεται ο κύκλος Euler του τριγώνου  EDF .

Η ευθεία EF γίνεται ι ο κύκλος (I).

Επομένως , τελικά, το σημείο S μεταφέρεται στο σημείο τομής N του κύκλου με διάμετρο το AI και του κύκλου (A,B,C).

Tα σημεία λοιπόν  N,S,I είναι συνευθειακά και η γωνία ANI είναι ορθή. Επομένως η SI περνάει από το P.

*** Γιώργο, στέλνω και τη λύση που ζητάς. Να την αποθηκεύσεις, γιατί ο κανονισμός δεν επιτρέπει εικόνες τέτοιας μορφής. Θα την αποσύρω σε αύριο(να μου το θυμήσεις).


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