Ολυμπιάδα "Υψηλά Πρότυπα" 2020

Al.Koutsouridis · #1

Ολυμπιάδα "Υψηλά Πρότυπα" 2020, 11η τάξη.

1. Στον πίνακα είναι γραμμένο ένα σύστημα δώδεκα διαφορετικών εξισώσεων με έξι αγνώστους $x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}, x_{5}, x_{6}$ . Κάθε εξίσωση έχει την μορφή $x_{i}+x_{j}+x_{k}=0$ , όπου $i \neq j \neq k$ (το άθροισμα τριών διαφορετικών αγνώστων είναι ίσο με το μηδέν). Μπορεί άραγε το σύστημα να έχει άπειρες λύσεις; [12 μόρια]

2. Δίνεται ένα περιγράψιμο τετράπλευρο ABCD

, στο οποίο οι ακτίνες των εγγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων ABC

και

είναι ίσες. Να βρείτε την γωνία μεταξύ των διαγώνιων

και

. [15 μόρια]

3. Να βρείτε όλους τους πραγματικούς αριθμούς

, για τους οποίους το άθροισμα των ένατων δυνάμεων των ριζών της εξίσωσης x^2-x+c=0

είναι ίσο με μηδέν καθώς και το άθροισμα δέκατο πέμπτων δυνάμεων να είναι μηδέν. Σημείωση: οι ρίζες μπορεί να είναι μιγαδικές. [18 μόρια]

4. Τα σημεία

και

βρίσκονται αντίστοιχα στις πλευρές

και

του τετραγώνου ABCD

. Οι ευθείες

και

τέμνουν την

στα σημεία

και

αντίστοιχα και οι ευθείες

και

τέμνονται στο σημείο

. Να αποδείξετε ότι $AH \perp PQ$ αν και μόνο αν τα σημεία P,Q,M,N

είναι ομοκυκλικά. [25 μόρια]

5. Δίνονται μερικοί πραγματικοί αριθμοί, που δεν υπερβαίνουν κατά απόλυτη τιμή το

. Το άθροισμα όλων των αριθμών είναι ίσο με

. Να αποδείξετε, ότι από αυτούς μπορούμε να διαλέξουμε μερικούς έτσι, ώστε για κάποιο μη μηδενικό φυσικό n < 100

το άθροισμα των διαλεγμένων αριθμών να διαφέρει από το $\dfrac{nS}{100}$ το πολύ κατά $\dfrac{1}{100}$ . [32 μόρια]

6. Σε ένα κανονικό τετράεδρο με ακμή ίση με

, σημειώθηκαν

διαφορετικά σημεία: οι

κορυφές και

τυχαία σημεία στο εσωτερικό του. Καμία τετράδα εκ των σημειωμένων σημείων δεν είναι συνεπίπεδη. Να αποδείξετε ότι θα βρεθεί τετράεδρο με κορυφές τα σημειωμένα σημεία, ο όγκος του οποίου θα είναι μικρότερος της μονάδας. [28 μόρια]

7. Δίνονται

υποσύνολα ενός συνόλου

στοιχείων: $A_{1}, A_{2}, \dots , A_{m}$ . Συμβολίζουμε με $|A_{i}|$ το πλήθος των στοιχείων του συνόλου $A_{i}$ . Εξετάζουμε την ανισότητα

$\displaystyle{ n^2 \sum_{i,j,k=1}^{m} | A_{i} \cap A_{j} \cap A_{k}| \geq \left ( |A_{1}| + \ldots + |A_{m}| \right)^3}$ ,

στην οποία οι δείκτες i,j,k

διατρέχουν όλες τις τιμές από το

έως το

, δηλαδή στο άθροισμα έχουμε σύνολο m^3

προσθετέους.

α) Αποδείξετε την ανισότητα για m=3

. [15 μόρια]
β) Αποδείξτε την ανισότητα για τυχαίο

. [25 μόρια]

#2

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 14, 2020 12:44 pm
Ολυμπιάδα "Υψηλά Πρότυπα" 2020, 11η τάξη.

1. Στον πίνακα είναι γραμμένο ένα σύστημα δώδεκα διαφορετικών εξισώσεων με έξι αγνώστους $x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}, x_{5}, x_{6}$ . Κάθε εξίσωση έχει την μορφή $x_{i}+x_{j}+x_{k}=0$ , όπου $i \neq j \neq k$ (το άθροισμα τριών διαφορετικών αγνώστων είναι ίσο με το μηδέν). Μπορεί άραγε το σύστημα να έχει άπειρες λύσεις; [12 μόρια]

Ναι μπορεί. Το παρακάτω σύστημα έχει άπειρες λύσεις, τις $x_1=x_2=x_3=x_4=c, \, x_5=x_6=-2c$

x_1+x_2+x_5=0

και ομοίως αλλά με οποιονδήποτε συνδυασμό των $x_1, \,x_2,\, x_3, \,x_4$ στην θέση των $x_1,\,x_2$ . Αφού υπάρχουν $(4\cdot3)/2=6$ τέτοιοι συνδυασμοί, τελειώσαμε.

Ορέστης Λιγνός · #3

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 14, 2020 12:44 pm
Ολυμπιάδα "Υψηλά Πρότυπα" 2020, 11η τάξη.

2. Δίνεται ένα περιγράψιμο τετράπλευρο , στο οποίο οι ακτίνες των εγγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων και είναι ίσες. Να βρείτε την γωνία μεταξύ των διαγώνιων και . [15 μόρια]

Καλησπέρα σε όλους!

Έστω I_1, I_2

τα έκκεντρα των $\vartriangle ABC, \vartriangle ACD$ , αντίστοιχα.

Έστω ακόμη

το σημείο επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου του $\vartriangle ABC$ με την

, και

το σημείο επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου του $\vartriangle CAD$ με την

.

Ισχυρισμός: Ισχύει, $P \equiv Q$ .

Απόδειξη: Έχω, $AP=\dfrac{AB+AC-BC}{2}=\dfrac{AD-CD+AC}{2}=AQ$ , οπότε AP=AQ

, που δίνει $P \equiv Q$ $\blacksquare$ .

Πίσω στην άσκηση, έχω ότι $P \equiv Q \Rightarrow I_1I_2 \perp AC$ . Από τη συνθήκη της εκφώνησης έχω επίσης ότι I_1P=I_2P

, άρα τα

είναι συμμετρικά ως προς την

.

Άρα, $\angle I_2AC=\angle I_1AC \Rightarrow \angle DAC=\angle CAB \Rightarrow O \in AC$ , όπου

το κέντρο του εγγεγραμμένου στο ABCD

κύκλου.

Άρα, η

διχοτομεί την $\angle DAB$ και την $\angle DCB$ . Έστω $X \equiv AC \cap BD$ . Τότε, είναι:

$\dfrac{DA}{BA}=\dfrac{DX}{XB}=\dfrac{DC}{CB}$ , από Θ. Διχοτόμων.

$\rightarrow$ Αν BA=DA

, τότε

, οπότε η

είναι μεσοκάθετος της

, οπότε η γωνία που σχηματίζουν είναι $90^\circ$ .
$\rightarrow$ Αν $BA \neq DA$ , τότε $DC \neq CB$ , οπότε: $\dfrac{DA}{BA-DA}=\dfrac{DC}{CB-DC}$ , και αφού BA-DA=BC-DC

(το τετράπλευρο είναι περιγράψιμο), έχω $DA=DC \Rightarrow BA=CB$ , οπότε η

είναι μεσοκάθετος της

, συνεπώς η γωνία που σχηματίζουν είναι πάλι $90^ \circ$ .

Ορέστης Λιγνός · #4

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 14, 2020 12:44 pm
Ολυμπιάδα "Υψηλά Πρότυπα" 2020, 11η τάξη.

4. Τα σημεία και βρίσκονται αντίστοιχα στις πλευρές και του τετραγώνου . Οι ευθείες και τέμνουν την στα σημεία και αντίστοιχα και οι ευθείες και τέμνονται στο σημείο . Να αποδείξετε ότι $AH \perp PQ$ αν και μόνο αν τα σημεία είναι ομοκυκλικά. [25 μόρια]

Ευθύ: Έστω $AH \perp PQ$ . Θα δείξω, ότι M,N,P,Q

ομοκυκλικά.

Έστω $R \equiv AH \cap PQ$ . Αποδεικνύω 2 Ισχυρισμούς:

Ισχυρισμός 1: Ισχύει, $\dfrac{BP}{PR}=\dfrac{QD}{QR}$

Απόδειξη: Από το Θ. Διχοτόμων στα τρίγωνα $\vartriangle BAP, \vartriangle DAQ$ , έχω :

$\dfrac{MA}{MP}=\dfrac{BA}{BP}$ και $\dfrac{NA}{NQ}=\dfrac{DA}{DQ}$ .

Άρα, από Θ. Ceva στο $\vartriangle PAQ$ με σεβιανές τις AR,QM,PN

, έχω: $\dfrac{PR}{RQ} \cdot \dfrac{MA}{MP} \cdot \dfrac{NQ}{NA}=1 \Rightarrow \dfrac{PR}{RQ} \cdot \dfrac{BA}{BP} \cdot \dfrac{DQ}{DA}=1 \Rightarrow \dfrac{PR}{RQ}=\dfrac{BP}{DQ}$ $\Rightarrow \dfrac{BP}{PR}=\dfrac{DQ}{QR}$ $\blacksquare$ .

Ισχυρισμός 2: Ισχύει, BP^2-PR^2=QD^2-RQ^2

.

Απόδειξη: Από Π.Θ. έχω BP^2-PR^2=(AP^2-AB^2)-(AP^2-AR^2)=AR^2-AB^2=AR^2-AD^2=

$\blacksquare$ .

Από τον 1ο Ισχυρισμό έχω ότι υπάρχει $\lambda$ ώστε $BP= \lambda \cdot PR, \, QD = \lambda \cdot QR$ , επομένως από τον 2ο Ισχυρισμό έχω:

$BP^2-PR^2=QD^2-RQ^2 \Rightarrow (\lambda^2-1)PR^2=(\lambda^2-1)RQ^2$ , οπότε $\lambda=1$ ή PR=RQ

.

$\rightarrow$ Αν $\lambda=1$ , τότε BP=PR, QD=QR

.

Άρα, τα ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle BPA, \vartriangle PAR$ είναι ίσα, οπότε $\angle APR=\angle APB$ και $\angle PAB=\angle PAR$ . Ομοίως, $\angle RAQ=\angle QAD$ .

Άρα $\angle PAQ=\angle PAR+\angle RAQ=\angle BAP+\angle QA=90^\circ-\angle PAQ \Rightarrow \angle PAQ=45^\circ$ . Οπότε:

$\angle ANM=45^\circ+\angle NAD=45^\circ+45^\circ-\angle BAP=\angle APB=\angle APQ$ , δηλαδή το τετράπλευρο MNQP

είναι εγγράψιμο.

$\rightarrow$ Αν $PR=RQ \Rightarrow BP=DQ$ , οπότε AP=AQ

, άρα το $\vartriangle APQ$ είναι ισοσκελές. Ακόμη, $MA/MP=BA/BP=DA/DQ=NA/NQ \Rightarrow MN \parallel PQ$ , άρα $\angle AMN=\angle APQ=\angle AQP$ , δηλαδή τα M,N,P,Q

είναι ομοκυκλικά.

Αντίστροφο: Έστω ότι τα M,N,P,Q

είναι ομοκυκλικά. Θα δείξω ότι $AH \perp PQ$ .

Έχω, $AM/MP=BA/BP \Rightarrow AM=\dfrac{BA \cdot AP}{BA+BP}$ , και όμοια $AN=\dfrac{DA \cdot AQ}{DA+DQ}$ .

Αφού το MNQP

είναι εγγράψιμο, έχω $AM \cdot AP=AN \cdot AQ \Rightarrow \dfrac{BA \cdot AP^2}{BA+BP}=\dfrac{DA \cdot AQ^2}{DA+DQ} \Rightarrow$ $\dfrac{AP^2}{AQ^2}=\dfrac{BA+BP}{DA+DQ} \Rightarrow \dfrac{AB^2+BP^2}{AB+BP}=\dfrac{AB^2+DQ^2}{AB+DQ}$ .

Η παραπάνω μετά από κάποιες πράξεις (άλγεβρα

), δίνει ότι BP=DQ

, ή ότι

.

$\rightaroow$ Αν BP=DQ

, τότε

, και εύκολα έχω $MN \parallel PQ$ , οπότε από Ceva στο $\vartriangle PAQ$ έχω ότι η

περνάει από το μέσον της

, και αφού το $\vartriangle APQ$ είναι ισοσκελές, η

είναι και ύψος εκτός από διάμεσος.

$\rightarrow$ Αν (AB+BP)(AB+DQ)=2AB^2

, τότε αν θέσω $\angle BAP=\phi, \angle QAD=\omega$ , προκύπτει $(1+\tan \phi)(1+\tan \omega)=2 \Rightarrow \tan \phi=\tan (45^\circ-\omega)$ , οπότε $\phi+\omega=45^\circ$ , που δίνει άμεσα ότι $\angle PAQ=45^\circ$ .

Τελικά, $\angle PAN=\angle PBN=45^\circ \Rightarrow BANP$ εγγράψιμο, οπότε $\angle PNA=\angle PBA=90^\circ \Rightarrow PN \perp AQ$ , όμοια $QM \perp AP$ , οπότε

ορθόκεντρο $\vartriangle PAQ$ , συνεπώς $AH \perp PQ$ .

min## · #5

Αλλιώς για το 4:
Φιξάρουμε το

και κουνάμε το

.
Τότε υπάρχουν το πολύ θέσεις του ώστε να ισχύει κάποια υπόθεση.
Πράγματι,ας είναι $PQ\cap BD\equiv X,AH\cap PQ \equiv Y$ .
Για το ευθύ:
'Εχουμε την προβολικότητα $P(N)\rightarrow M(Q)$ -που είναι προοπτικότητα λόγω κοινής ακτίνας και την προφανή $P(Q)\rightarrow A(N)\rightarrow P(N)$ .Έτσι P(Q),A(H)

προβολικές δέσμες και λόγω κοινής ακτίνας (επεκτείνουμε το "π.ο." του

σε όλη την ευθεία/θεωρούμε τη θέση $Q\equiv AP \cap CD$ ) είναι προοπτικές.Επομένως το

κινείται σε ευθεία γραμμικά ως προς

.
Ισχύει ακόμα πως AH,PQ

κάθετες $\Leftrightarrow$ ABPY

ομοκυκλικά,οπότε επειδή ένας κύκλος και μια ευθεία τέμνονται το πολύ σε

σημεία,δείξαμε το λήμμα για το ευθύ.
Για το αντίστροφο:
Εκτελώντας αντιστροφή με κέντρο

και θεωρώντας την εφαπτομένη του (APQ)

στο

γίνεται απλό.

Πλέον,για

το συμμετρικό του

ως προς την

οι δύο υποθέσεις είναι προφανώς ισοδύναμες οπότε αρκεί άλλο ένα τσεκάρισμα.
Αυτό όταν

εφαπτόμενη στον (A,AB)

.
Τότε:
$\cdot$ Το

είναι το παράκεντρο του CPQ

.
$\cdot$ $AMD\angle =AQD\angle,ANB\angle=APB\angle$ από απλό κυνήγι γωνιών,οπότε:
$PMQ\angle =PNQ\angle=90\Rightarrow$ PMNQ

εγγράψιμο και

κάθετη στην

,δηλαδή οι δύο υποθέσεις είναι πάλι ισοδύναμες.

Σημ.
Αν οι

παραπάνω περιπτώσεις εκφυλίζονται σε μια,αυτό θα γίνεται αναγκαστικά όταν το

θα ανήκει στην εφαπτομένη στον (A,AB)

στο μέσο του τόξου

.Τότε είναι απλό να τσεκάρουμε ότι από τα λήμματα μπορούμε να πάρουμε bound το πολύ μια θέση για κάθε υπόθεση,διότι τα ζεύγη ευθειών/κύκλων θα εφάπτονται σε αυτήν την περίπτωση (

σημείο τομής).

Ολυμπιάδα "Υψηλά Πρότυπα" 2020

Ολυμπιάδα "Υψηλά Πρότυπα" 2020

Re: Ολυμπιάδα "Υψηλά Πρότυπα" 2020

Re: Ολυμπιάδα "Υψηλά Πρότυπα" 2020

Re: Ολυμπιάδα "Υψηλά Πρότυπα" 2020

Re: Ολυμπιάδα "Υψηλά Πρότυπα" 2020

Μέλη σε σύνδεση