Προετοιμασία για Διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 15

Σ' αυτόν τόν φάκελο καταχωρούνται, γιά περιορισμένο χρονικό διάστημα, ασκήσεις πού προτείνονται από οποιοδήποτε μέλος, αλλά η επίλυσή τους αφήνεται ΜΟΝΟ στούς μαθητές.

Συντονιστής: polysot

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

Re: Προετοιμασία για Διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 15

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Datis-Kalali » Παρ Ιούλ 14, 2017 1:50 pm

Πρόβλημα 1
Να αποδείξετε ότι υπάρχουν άπειροι θετικοί ακέραιοι n τέτοιοι ώστε οι εξίσωση:
(10^n+10^9+1)x+(3^n+3^8+3)y=3 να μην έχει λύση στους ακεραίους
Έστω n=4k, με k \ge 1
Έχουμε ότι 3^n = 3^{4k} \equiv 3^4 =81 \equiv 1 (mod 5)
Έτσι 3^n+3^8+3 \equiv 1+3+1  \equiv 0 (mod 5)
Επίσης 10^n+10^9+10  \equiv 0 (mod 5)
Τοτέ MK \Delta(10^n+10^9+10,3^n+3^8+3) \ge 5 δηλαδή MK \Delta(10^n+10^9+10,3^n+3^8+3) \nmid 3.
Άρα η διοφαντική εξίσωση δεν έχει λύση για καθε n=4k με k \ge 1



Λέξεις Κλειδιά:
Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 217
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Re: Προετοιμασία για Διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 15

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιάννης Μπόρμπας » Παρ Ιούλ 14, 2017 2:00 pm

Προσοχή στην εξίσωση, ξαναδιάβασέ την.


Γιάννης Μπορμπαντωνάκης
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 799
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Προετοιμασία για Διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 15

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Παρ Ιούλ 14, 2017 2:03 pm

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 15 Επίπεδο: Προκριματικός Seniors

Πρόβλημα 1
Να αποδείξετε ότι υπάρχουν άπειροι θετικοί ακέραιοι n τέτοιοι ώστε οι εξίσωση:
(10^n+10^9+1)x+(3^n+3^8+3)y=3 να μην έχει λύση στους ακεραίους
Παρατηρούμε πως 10^9+1\equiv 8 \pmod{17} και ότι 3^8+3\equiv 2 \pmod{17}

Επομένως έχουμε x(10^n+8+17k)+y(3^n+2+17l)=3

Όμως όταν n=16a+6, παίρνουμε πως 10^n+8\equiv 3^n+2\equiv 0 \pmod{17}

Επομένως σε αυτές τις περιπτώσεις έχουμε πως:

x\cdot 17b+y\cdot 17c=3, που είναι προφανώς άτοπο.

Επομένως όταν n=16a+6 έχουμε πως η εξίσωση δεν έχει λύσεις στους ακεραίους.


Houston, we have a problem!
Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 217
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Re: Προετοιμασία για Διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 15

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιάννης Μπόρμπας » Παρ Ιούλ 14, 2017 2:42 pm

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 15 Επίπεδο: Προκριματικός Seniors

Πρόβλημα 1
Να αποδείξετε ότι υπάρχουν άπειροι θετικοί ακέραιοι n τέτοιοι ώστε οι εξίσωση:
(10^n+10^9+1)x+(3^n+3^8+3)y=3 να μην έχει λύση στους ακεραίους
Παρατηρούμε πως 10^9+1\equiv 8 \pmod{17} και ότι 3^8+3\equiv 2 \pmod{17}

Επομένως έχουμε x(10^n+8+17k)+y(3^n+2+17l)=3

Όμως όταν n=16a+6, παίρνουμε πως 10^n+8\equiv 3^n+2\equiv 0 \pmod{17}

Επομένως σε αυτές τις περιπτώσεις έχουμε πως:

x\cdot 17b+y\cdot 17c=3, που είναι προφανώς άτοπο.

Επομένως όταν n=16a+6 έχουμε πως η εξίσωση δεν έχει λύσεις στους ακεραίους.
Πολύ ωραία! Καλό θα ήταν να μας πεις πώς σκέφτηκες τον αριθμό 17 διότι αυτή είναι η ουσία της άσκησης.


Γιάννης Μπορμπαντωνάκης
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 799
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Προετοιμασία για Διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 15

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Παρ Ιούλ 14, 2017 4:22 pm

Απλά δοκίμαζα κάποιους πρώτους και έτσι ήμουν τυχερός με το 17 :mrgreen: . Δηλαδή δεν βρήκα το 17 με κάποια μέθοδο...


Houston, we have a problem!
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1545
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Προετοιμασία για Διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 15

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Παρ Ιούλ 14, 2017 4:26 pm

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 15 Επίπεδο: Προκριματικός Seniors


Πρόβλημα 2
Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ABC και c ο εγγεγραμμένος κύκλος του.
Έστω D το σημείο τομής της BC με τον c και L το σημείο τομής
της AD με τον c. Έστω K το κέντρο του παρεγγεγραμμένου κύκλου
του τριγώνου ABC ως προς το A. Αν M,N είναι τα μέσα των πλευρών
BC,KM αντιστοίχως να αποδείξετε ότι τα σημεία B,C,N,L είναι ομοκυκλικά.
Γεια σε όλους.

Έστω ότι ο εγγεγραμμένος κύκλος εφάπτεται στην AB στο E και στην AC στο F.

Έστω επίσης I το έκκεντρο του \vartriangle ABC.


Θα αποδείξουμε πρώτα το εξής λήμμα.

Λήμμα

Αν G το μέσο της ED, τότε \widehat{ELB}=\widehat{GLD}.

Απόδειξη

Το τρίγωνο BED είναι ισοσκελές, και αφού GE=GD, η BE διχοτομεί την γωνία \widehat{B}.

Όμως, η BI είναι διχοτόμος της \widehat{B}, άρα τα B,G,I είναι συνευθειακά.

Από μετρικές σχέσει στο ορθογώνιο \vartriangle BEI, είναι IE^2=IG \cdot IB \Rightarrow IL^2=IG \cdot IB, οπότε η LI

εφάπτεται στον κύκλο (L,B,G).
borbas-2.png
borbas-2.png (29.62 KiB) Προβλήθηκε 1045 φορές
Θέτουμε \widehat{ELB}=\phi, \widehat{GLD}=\omega, \widehat{DLI}=x.

Άρα, \widehat{LBG}=\widehat{GLI}=\omega+x.

Από απλό angle-chasing, \widehat{LED}=90^\circ+x.

Έστω H \equiv ED \cap LB.

Είναι \widehat{HBG}+\widehat{HGB}=\widehat{EHB}=\widehat{ELH}+\widehat{LEH} \Rightarrow x+\omega+90^\circ=\phi+90^\circ+x \Rightarrow \phi=\omega, οπότε \widehat{ELB}=\widehat{GLD}, και το λήμμα δείχτηκε.

Θα αποδείξουμε τώρα ότι AD \parallel MK.

Έστω P \equiv AK \cap BC.

Από τον ορισμό του παρακέντρου, η AK διχοτομεί την \widehat{A}, άρα A,I,K συνευθειακά.

Από Θ. Διχοτόμου, BP=\dfrac{ac}{b+c}, και ως γνωστόν BD=\tau-b=\dfrac{a+c-b}{2}, οπότε PD=BP-BD= \ldots=\dfrac{(b-c)(b+c-a)}{2(b+c)} (1).

Επίσης, PC=\dfrac{ab}{b+c}, και MC=\dfrac{a}{2}, άρα MP=PC-MC= \ldots=\dfrac{a(b-c)}{2(b+c)} (2).

Από (1), (2), \dfrac{DP}{PM}=\dfrac{b+c-a}{a} (3).

Ακόμη, \dfrac{AP}{PK}=\dfrac{BA}{BK} \dfrac{\sin \widehat{B}}{\sin \widehat{CBK}}=\dfrac{c}{BK} \dfrac{\sin \widehat{B}}{\cos \dfrac{\widehat{B}}{2}}.

Από Ν. Ημιτόνων, \dfrac{BK}{\sin \widehat{BCK}}=\dfrac{a}{\sin \widehat{BKC}} \Rightarrow \ldots \Rightarrow BK=\dfrac{a \cdot \cos \dfrac{\widehat{C}}{2}}{\cos \dfrac {\widehat{A}}{2}}.
borbas.png
borbas.png (46.16 KiB) Προβλήθηκε 1040 φορές
Αντικαθιστώντας και απλοποιώντας χρησιμοποιώντας τριγωνομετρικούς τύπους θα προκύψει στο τέλος (είναι αρκετές οι πράξεις, γι'αυτό τις παραλείπω), \dfrac{AP}{PK}=\dfrac{b+c-a}{a} (4).

Από (3),(4), \dfrac{AP}{PK}=\dfrac{DP}{PM} \Rightarrow AD \parallel MK.

Έτσι, \widehat{BMK}=\widehat{ADC}=\widehat{LFD}, και \widehat{KBM}=90^\circ-\dfrac{\widehat{B}}{2}=\widehat{FDB}=\widehat{FLD}.

Από τις δύο παραπάνω ισότητες, τα \vartriangle FLD, \vartriangle BMK είναι όμοια.

Αφού λοιπόν τα παραπάνω είναι όμοια και οι LG,BN οι αντίστοιχες διάμεσοι, \widehat{NBM}=\widehat{FLG}=\widehat{FLB}+\widehat{BLG} \mathop = \limits^{\textnormal{\gr Λήμμα}} \widehat{GLD}+\widehat{BLG}=\widehat{BLD}.

Καταλήγουμε ότι \widehat{BLD}=\widehat{CBN}, και όμοια \widehat{DLC}=\widehat{BCN}.

Άρα, \widehat{BLC}=\widehat{BLD}+\widehat{DLC}=\widehat{CBN}+\widehat{BCN}=

180^\circ-\widehat{BNC} \Rightarrow \widehat{BLC}+\widehat{BNC}=180^\circ, οπότε τα B,L,C,N είναι ομοκυκλικά.


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε !
harrisp
Δημοσιεύσεις: 537
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 28, 2015 8:49 pm

Re: Προετοιμασία για Διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 15

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από harrisp » Παρ Ιούλ 14, 2017 4:51 pm

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 15
Πρόβλημα 4
Ο μικρός Θανάσης μαζί με άλλους 2n-1 φίλους του παίζουν το εξής παιχνίδι.
Αρχικά κάθονται σε έναν κύκλο, με τον Θανάση να έχει πρώτος την μπάλα.
Από τους 2n παίκτες στο σύνολο, οι n από αυτούς είναι δυνατοί και οι n αδύναμοι.
Σε κάθε κίνηση, ο παίκτης που έχει την μπάλα, πρέπει να την πασάρει σε άλλον παίκτη δεξιόστροφα ως εξής:
α) Αν ο παίκτης είναι αδύναμος, τότε πασάρει την μπάλα στον αμέσως επόμενό του.
β) Αν ο παίκτης είναι δυνατός, τότε πασάρει την μπάλα στον παραεπόμενό του, προσπερνώντας τον επόμενό του.
Το παιχνίδι τελειώνει, αν η μπάλα επιστρέψει στον Θανάση μετά από πεπερασμένο αριθμό πασών.
Ένα παιχνίδι θα λέγεται k-played αν ακριβώς k διαφορετικά άτομα δέχθηκαν τουλάχιστον 1 φορά την μπάλα.

1) Να βρεθεί η μέγιστη τιμή του k
Καλησπέρα!

Αφού το παιχνίδι τελειώνει με την επιστροφή της μπάλας στον Θανάση και οι παίκτες είναι 2n θα πρέπει η μπάλα να περάσει από \alpha \cdot 2n χέρια. Ομως 2n+n<4n<6n<8n<... άρα η μπάλα πέρασε από 2n ανθρώπους. Αν s,w oι δυνατοί και οι αδύναμοι αντίστοιχα τότε το k είναι ίσο με την μέγιστη τιμή του αθροίσματος s+w. Αφού η μπάλα πέρασε από 2n άτομα τα s,w ικανοποιούν την 2s+w=2n. Αρα θέλουμε να έχουμε στο αριστερό μέλος το άθροισμα και στο δεξί μια παράσταση που περιέχει σε άθροισμα ή γινόμενο τα s,w και τότε ξέρουμε ότι θα ισούται με n. Γράφουμε λοιπόν την εξίσωση ως εξής: 2s+w=2n\Leftrightarrow s+\dfrac {w}{2} +n\Leftrightarrow \boxed {s+w=n+\dfrac {w}{2}}. Αρα w=n. Ομως αν ο n είναι περιττός θα έχουμε άτοπο από την 2s+w=2n. Αρα w=n-1 αν ο n είναι περιττός. Συνεπώς:

\boxed {k\leq \lfloor \dfrac {3n}{2} \rfloor}

\blacksquare


Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 217
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Re: Προετοιμασία για Διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 15

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιάννης Μπόρμπας » Παρ Ιούλ 14, 2017 8:37 pm

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:
Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 15 Επίπεδο: Προκριματικός Seniors

Πρόβλημα 1
Να αποδείξετε ότι υπάρχουν άπειροι θετικοί ακέραιοι n τέτοιοι ώστε οι εξίσωση:
(10^n+10^9+1)x+(3^n+3^8+3)y=3 να μην έχει λύση στους ακεραίους
Παρατηρούμε πως 10^9+1\equiv 8 \pmod{17} και ότι 3^8+3\equiv 2 \pmod{17}

Επομένως έχουμε x(10^n+8+17k)+y(3^n+2+17l)=3

Όμως όταν n=16a+6, παίρνουμε πως 10^n+8\equiv 3^n+2\equiv 0 \pmod{17}

Επομένως σε αυτές τις περιπτώσεις έχουμε πως:

x\cdot 17b+y\cdot 17c=3, που είναι προφανώς άτοπο.

Επομένως όταν n=16a+6 έχουμε πως η εξίσωση δεν έχει λύσεις στους ακεραίους.
Πολύ ωραία! Καλό θα ήταν να μας πεις πώς σκέφτηκες τον αριθμό 17 διότι αυτή είναι η ουσία της άσκησης.
Αρχικά παρατηρούμε εύκολα ότι \gcd(10^n,10^9+1)=1
Όμως 10^9+1=(10^3+1)(10^6-10^3+1)=7×11×13(10^6-10^3+1). Και με αυτόν τον τρόπο απορρίπτουμε τους 2,5,7,11,13. Αυτο μας προτρέπει στον έλεγχο του 17 που φυσικά μας δίνει λύση (διαφορετικά θα ήταν και κουραστικό το πρόβλημα).


Γιάννης Μπορμπαντωνάκης
Άβαταρ μέλους
silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1252
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: Προετοιμασία για Διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 15

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Παρ Ιούλ 14, 2017 8:42 pm

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε: Πολύ ωραία! Καλό θα ήταν να μας πεις πώς σκέφτηκες τον αριθμό 17 διότι αυτή είναι η ουσία της άσκησης.
Έστω p ο πρώτος που ψάχνουμε. Εγώ σκέφτηκα ότι θέλουμε τα 10^n και 3^n να παίρνουν όλες τις τιμές ώστε το p να μπορεί να διαιρεί και τα δύο για κάποιο n. Ψάχνουμε δηλαδή πρώτο p ώστε το 3 και το 10 να είναι primitive roots. Όντως για p=17 συμβαίνει αυτό.


Σιλουανός Μπραζιτίκος
Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 217
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Re: Προετοιμασία για Διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 15

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιάννης Μπόρμπας » Παρ Ιούλ 14, 2017 8:46 pm

ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ έγραψε:
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 15
Πρόβλημα 4
Ο μικρός Θανάσης μαζί με άλλους 2n-1 φίλους του παίζουν το εξής παιχνίδι.
Αρχικά κάθονται σε έναν κύκλο, με τον Θανάση να έχει πρώτος την μπάλα.
Από τους 2n παίκτες στο σύνολο, οι n από αυτούς είναι δυνατοί και οι n αδύναμοι.
Σε κάθε κίνηση, ο παίκτης που έχει την μπάλα, πρέπει να την πασάρει σε άλλον παίκτη δεξιόστροφα ως εξής:
α) Αν ο παίκτης είναι αδύναμος, τότε πασάρει την μπάλα στον αμέσως επόμενό του.
β) Αν ο παίκτης είναι δυνατός, τότε πασάρει την μπάλα στον παραεπόμενό του, προσπερνώντας τον επόμενό του.
Το παιχνίδι τελειώνει, αν η μπάλα επιστρέψει στον Θανάση μετά από πεπερασμένο αριθμό πασών.
Ένα παιχνίδι θα λέγεται k-played αν ακριβώς k διαφορετικά άτομα δέχθηκαν τουλάχιστον 1 φορά την μπάλα.

1) Να βρεθεί η μέγιστη τιμή του k
Καλησπέρα!

Αφού το παιχνίδι τελειώνει με την επιστροφή της μπάλας στον Θανάση και οι παίκτες είναι 2n θα πρέπει η μπάλα να περάσει από \alpha \cdot 2n χέρια. Ομως 2n+n<4n<6n<8n<... άρα η μπάλα πέρασε από 2n ανθρώπους. Αν s,w oι δυνατοί και οι αδύναμοι αντίστοιχα τότε το k είναι ίσο με την μέγιστη τιμή του αθροίσματος s+w. Αφού η μπάλα πέρασε από 2n άτομα τα s,w ικανοποιούν την 2s+w=2n. Αρα θέλουμε να έχουμε στο αριστερό μέλος το άθροισμα και στο δεξί μια παράσταση που περιέχει σε άθροισμα ή γινόμενο τα s,w και τότε ξέρουμε ότι θα ισούται με n. Γράφουμε λοιπόν την εξίσωση ως εξής: 2s+w=2n\Leftrightarrow s+\dfrac {w}{2} +n\Leftrightarrow \boxed {s+w=n+\dfrac {w}{2}}. Αρα w=n. Ομως αν ο n είναι περιττός θα έχουμε άτοπο από την 2s+w=2n. Αρα w=n-1 αν ο n είναι περιττός. Συνεπώς:

\boxed {k\leq \lfloor \dfrac {3n}{2} \rfloor}

\blacksquare
Για την πληρότητα, υποθέτουμε ότι μπορεί η μπάλα να φτάσει στον Θανάση σε κάποιο κύκλο χωρίς να έχει επιστρέψει σε αυτόν στον πρώτο κύκλο. Επειδή όμως χρειάζονται τουλάχιστον 3n πάσες, αυτό σημαίνει ότι τουλάχιστον ένα άτομο θα ξαναλάβει την μπάλα στον δεύτερο γύρο, ο οποίος θα την στείλει στο ίδιο σημείο που την έστειλε στον πρώτο γύρο. Αφού όμως η μπάλα δεν κατέλληξε στον Θανάση στον πρώτο γύρο, δεν θα καταλλήξει και ποτέ, που είναι άτοπο αφού το παιχνίδι τελειώνει.


Γιάννης Μπορμπαντωνάκης
Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 217
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Re: Προετοιμασία για Διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 15

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιάννης Μπόρμπας » Παρ Ιούλ 14, 2017 8:55 pm

silouan έγραψε:
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε: Πολύ ωραία! Καλό θα ήταν να μας πεις πώς σκέφτηκες τον αριθμό 17 διότι αυτή είναι η ουσία της άσκησης.
Έστω p ο πρώτος που ψάχνουμε. Εγώ σκέφτηκα ότι θέλουμε τα 10^n και 3^n να παίρνουν όλες τις τιμές ώστε το p να μπορεί να διαιρεί και τα δύο για κάποιο n. Ψάχνουμε δηλαδή πρώτο p ώστε το 3 και το 10 να είναι primitive roots. Όντως για p=17 συμβαίνει αυτό.
Φυσικά μας βολεύει ο πρώτος αριθμός p να είναι τέτοιος ώστε το 3^n και το 10^n να αποτελούν πλήρες σύστημα υπολοίπων για n=1,2,...,p-1 όμως θα πρέπει παράλληλα για την τιμή του n που ο p διαιρεί την μία παρένθεση (η οποία υπάρχει σίγουρα), να διαιρεί και την άλλη, κάτι που θα ήταν αρκετά κουραστικό αν ο μικρότερος πρώτος δεν ήταν το 17 αλλά το 101. Για αυτό καλείται ο λύτης να βρεί ένα τρόπο να απορρίψει γρήγορα τους προηγούμενους πρώτους. Αναρωτιέμαι ποιος είναι ο επόμενος πρώτος αριθμός με αυτήν την ιδιότητα άραγε...


Γιάννης Μπορμπαντωνάκης
Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 217
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Re: Προετοιμασία για Διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 15

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιάννης Μπόρμπας » Παρ Ιούλ 14, 2017 9:25 pm

Ορέστης Λιγνός έγραψε:
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 15 Επίπεδο: Προκριματικός Seniors


Πρόβλημα 2
Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ABC και c ο εγγεγραμμένος κύκλος του.
Έστω D το σημείο τομής της BC με τον c και L το σημείο τομής
της AD με τον c. Έστω K το κέντρο του παρεγγεγραμμένου κύκλου
του τριγώνου ABC ως προς το A. Αν M,N είναι τα μέσα των πλευρών
BC,KM αντιστοίχως να αποδείξετε ότι τα σημεία B,C,N,L είναι ομοκυκλικά.
Γεια σε όλους.

Έστω ότι ο εγγεγραμμένος κύκλος εφάπτεται στην AB στο E και στην AC στο F.

Έστω επίσης I το έκκεντρο του \vartriangle ABC.


Θα αποδείξουμε πρώτα το εξής λήμμα.

Λήμμα

Αν G το μέσο της ED, τότε \widehat{ELB}=\widehat{GLD}.

Απόδειξη

Το τρίγωνο BED είναι ισοσκελές, και αφού GE=GD, η BE διχοτομεί την γωνία \widehat{B}.

Όμως, η BI είναι διχοτόμος της \widehat{B}, άρα τα B,G,I είναι συνευθειακά.

Από μετρικές σχέσει στο ορθογώνιο \vartriangle BEI, είναι IE^2=IG \cdot IB \Rightarrow IL^2=IG \cdot IB, οπότε η LI

εφάπτεται στον κύκλο (L,B,G).

borbas-2.png

Θέτουμε \widehat{ELB}=\phi, \widehat{GLD}=\omega, \widehat{DLI}=x.

Άρα, \widehat{LBG}=\widehat{GLI}=\omega+x.

Από απλό angle-chasing, \widehat{LED}=90^\circ+x.

Έστω H \equiv ED \cap LB.

Είναι \widehat{HBG}+\widehat{HGB}=\widehat{EHB}=\widehat{ELH}+\widehat{LEH} \Rightarrow x+\omega+90^\circ=\phi+90^\circ+x \Rightarrow \phi=\omega, οπότε \widehat{ELB}=\widehat{GLD}, και το λήμμα δείχτηκε.

Θα αποδείξουμε τώρα ότι AD \parallel MK.

Έστω P \equiv AK \cap BC.

Από τον ορισμό του παρακέντρου, η AK διχοτομεί την \widehat{A}, άρα A,I,K συνευθειακά.

Από Θ. Διχοτόμου, BP=\dfrac{ac}{b+c}, και ως γνωστόν BD=\tau-b=\dfrac{a+c-b}{2}, οπότε PD=BP-BD= \ldots=\dfrac{(b-c)(b+c-a)}{2(b+c)} (1).

Επίσης, PC=\dfrac{ab}{b+c}, και MC=\dfrac{a}{2}, άρα MP=PC-MC= \ldots=\dfrac{a(b-c)}{2(b+c)} (2).

Από (1), (2), \dfrac{DP}{PM}=\dfrac{b+c-a}{a} (3).

Ακόμη, \dfrac{AP}{PK}=\dfrac{BA}{BK} \dfrac{\sin \widehat{B}}{\sin \widehat{CBK}}=\dfrac{c}{BK} \dfrac{\sin \widehat{B}}{\cos \dfrac{\widehat{B}}{2}}.

Από Ν. Ημιτόνων, \dfrac{BK}{\sin \widehat{BCK}}=\dfrac{a}{\sin \widehat{BKC}} \Rightarrow \ldots \Rightarrow BK=\dfrac{a \cdot \cos \dfrac{\widehat{C}}{2}}{\cos \dfrac {\widehat{A}}{2}}.

borbas.png

Αντικαθιστώντας και απλοποιώντας χρησιμοποιώντας τριγωνομετρικούς τύπους θα προκύψει στο τέλος (είναι αρκετές οι πράξεις, γι'αυτό τις παραλείπω), \dfrac{AP}{PK}=\dfrac{b+c-a}{a} (4).

Από (3),(4), \dfrac{AP}{PK}=\dfrac{DP}{PM} \Rightarrow AD \parallel MK.

Έτσι, \widehat{BMK}=\widehat{ADC}=\widehat{LFD}, και \widehat{KBM}=90^\circ-\dfrac{\widehat{B}}{2}=\widehat{FDB}=\widehat{FLD}.

Από τις δύο παραπάνω ισότητες, τα \vartriangle FLD, \vartriangle BMK είναι όμοια.

Αφού λοιπόν τα παραπάνω είναι όμοια και οι LG,BN οι αντίστοιχες διάμεσοι, \widehat{NBM}=\widehat{FLG}=\widehat{FLB}+\widehat{BLG} \mathop = \limits^{\textnormal{\gr Λήμμα}} \widehat{GLD}+\widehat{BLG}=\widehat{BLD}.

Καταλήγουμε ότι \widehat{BLD}=\widehat{CBN}, και όμοια \widehat{DLC}=\widehat{BCN}.

Άρα, \widehat{BLC}=\widehat{BLD}+\widehat{DLC}=\widehat{CBN}+\widehat{BCN}=

180^\circ-\widehat{BNC} \Rightarrow \widehat{BLC}+\widehat{BNC}=180^\circ, οπότε τα B,L,C,N είναι ομοκυκλικά.
Πολύ ωραία λύση, μπράβο Ορέστη!


Γιάννης Μπορμπαντωνάκης
Άβαταρ μέλους
Κώστας Παππέλης
Δημοσιεύσεις: 261
Εγγραφή: Παρ Ιούλ 24, 2009 4:17 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Προετοιμασία για Διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 15

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κώστας Παππέλης » Σάβ Ιούλ 15, 2017 2:32 am

Η πολύ ωραία λύση του Ορέστη μπορεί να απλοποιηθεί λιγάκι ως εξής:

1) Η ισότητα <ELB=<GLD ισχύει επειδή η LB είναι συμμετροδιάμεσος.

2) Η παραλληλία των AD και MK προκύπτει από τη γνωστή ομοιοθεσία που στέλνει τον εγγεγραμμένο στον παρεγγεγραμμένο. Πράγματι αν D' το ίχνος του K στην BC και D'' το αντιδιαμετρικό του D' στον παρεγγεγραμμένο, τότε είναι γνωστό πως το D' είναι το ισοτομικό του D. Άρα MK//DD'' αφού η πρώτη ενώνει μέσα πλευρών τριγώνου. Όμως το D'' είναι η εικόνα του D ως προς την ομοιοθεσία, εξ ου το ζητούμενο.


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8307
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Προετοιμασία για Διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 15

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Σάβ Ιούλ 15, 2017 10:49 am

ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ έγραψε:
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 15
Πρόβλημα 4
Ο μικρός Θανάσης μαζί με άλλους 2n-1 φίλους του παίζουν το εξής παιχνίδι.
Αρχικά κάθονται σε έναν κύκλο, με τον Θανάση να έχει πρώτος την μπάλα.
Από τους 2n παίκτες στο σύνολο, οι n από αυτούς είναι δυνατοί και οι n αδύναμοι.
Σε κάθε κίνηση, ο παίκτης που έχει την μπάλα, πρέπει να την πασάρει σε άλλον παίκτη δεξιόστροφα ως εξής:
α) Αν ο παίκτης είναι αδύναμος, τότε πασάρει την μπάλα στον αμέσως επόμενό του.
β) Αν ο παίκτης είναι δυνατός, τότε πασάρει την μπάλα στον παραεπόμενό του, προσπερνώντας τον επόμενό του.
Το παιχνίδι τελειώνει, αν η μπάλα επιστρέψει στον Θανάση μετά από πεπερασμένο αριθμό πασών.
Ένα παιχνίδι θα λέγεται k-played αν ακριβώς k διαφορετικά άτομα δέχθηκαν τουλάχιστον 1 φορά την μπάλα.

1) Να βρεθεί η μέγιστη τιμή του k
Καλησπέρα!

Αφού το παιχνίδι τελειώνει με την επιστροφή της μπάλας στον Θανάση και οι παίκτες είναι 2n θα πρέπει η μπάλα να περάσει από \alpha \cdot 2n χέρια. Ομως 2n+n<4n<6n<8n<... άρα η μπάλα πέρασε από 2n ανθρώπους. Αν s,w oι δυνατοί και οι αδύναμοι αντίστοιχα τότε το k είναι ίσο με την μέγιστη τιμή του αθροίσματος s+w. Αφού η μπάλα πέρασε από 2n άτομα τα s,w ικανοποιούν την 2s+w=2n. Αρα θέλουμε να έχουμε στο αριστερό μέλος το άθροισμα και στο δεξί μια παράσταση που περιέχει σε άθροισμα ή γινόμενο τα s,w και τότε ξέρουμε ότι θα ισούται με n. Γράφουμε λοιπόν την εξίσωση ως εξής: 2s+w=2n\Leftrightarrow s+\dfrac {w}{2} +n\Leftrightarrow \boxed {s+w=n+\dfrac {w}{2}}. Αρα w=n. Ομως αν ο n είναι περιττός θα έχουμε άτοπο από την 2s+w=2n. Αρα w=n-1 αν ο n είναι περιττός. Συνεπώς:

\boxed {k\leq \lfloor \dfrac {3n}{2} \rfloor}

\blacksquare
Χάρη, δεν κατανοώ την δικαιολόγησή σου. Βάζω το δικό μου σκεπτικό:

Έστω b πρώτος αδύναμος παίκτης, a ο προηγούμενός του παίκτης στον κύκλο, και c ο επόμενός του. Η μπάλα θα φτάσει σίγουρα στον a ή στον b. Άρα θα φτάσει και στον c είτε ο a είναι αδύναμος είτε όχι. Άρα σε κάθε γύρο η μπάλα περνά από τον c. Αν λειπόν η μπάλα δεν καταλήξει στον Θανάση από τον πρώτο γύρο, δεν θα καταλήξει σε αυτόν ποτέ.

Αν η μπάλα περάσει από s δυνατά άτομα, θα υπάρχουν ακριβώς s άτομα τα οποία δεν θα πάρουν μπάλα. Τότε πρέπει 2s \geqslant n, το πλήθος των δυνατών ατόμων. Άρα s \geqslant \lceil n/2 \rceil. Δηλαδή η μπάλα θα περάσει από τουλάχιστον 2n - \lceil n/2 \rceil = \lfloor 3n/2 \rfloor άτομα.

Η ισότητα λαμβάνεται αν βάλουμε στην αρχή τους δυνατούς και στο τέλος τους αδύνατους.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Ασκήσεις ΜΟΝΟ για μαθητές”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης