Προκριματικός Διαγωνισμός 2015

nickthegreek · #21

Ας δούμε και τη γεωμετρία, αφού έμεινε η μόνη "παραπονεμένη":

Λήμμα 1:Τα σημεία Α,Ο,Ν είναι συνευθειακά

Απόδειξη: Αρκεί να αποδείξουμε ότι αν η

τέμνει τον (c)

στο

τότε τα σημεία O,K,N',M

είναι ομοκυκλικά. (Παρατηρήστε ότι στην απόδειξη του λήμματος δεν χρειάζονται και οι 3 κύκλοι αλλά μόνο οι δύο!) Όμως $\angle KN'O=\angle K N'A$ και $\angle KMO=90^{\circ}-\frac{\angle KOM}{2}= 90- \angle KAI$ .Άρα αρκεί να δείξουμε ότι το άθροισμα των τόξων

και

είναι 180 μοίρες ,που ισχύει καθώς το τρίγωνο $\triangle AEZ$ είναι ισοσκελές. $\square$

Έστω

η τομή των

και

. Έχουμε ότι $\angle APK=\angle KIA +\angle NAI=\angle KIA +\angle OAM$ (ως εξωτερική στο τρίγωνο) από το λήμμα μας. Για να δείξουμε ότι τέμνονται πάνω στον κύκλο αρκεί να δείξουμε ότι $\angle APK= \angle ABK$ ή ισοδύναμα ότι $\angle ABK= \angle KIA+ \angle OAM$ . Πλέον το σημείο

δεν μας χρειάζεται.

Έχουμε $\angle ABK= 180 -\angle KAZ- (180 -\angle \Gamma)= \angle \Gamma -\angle KAZ$ , $\angle OAM= 90^{\circ} -\angle B -\angle A/2$

Άρα αρκεί να δείξουμε ότι $\angle \Gamma -\angle KAZ= \angle KIA + 90^{\circ} -\angle B- \angle A/2 \Leftrightarrow \angle AEZ = 90^{\circ} -\angle A/2$ που ισχύει.

gavrilos · #22

Καλησπέρα.Μια λίγο διαφορετική προσέγγιση για τη γεωμετρία (αυτή που έγραψα στο διαγωνισμό).

: Γεωμετρία Προκριματικού 2015.PNG (26.38 KiB) Προβλήθηκε 2650 φορές

Έστω $\displaystyle{T}$ το σημείο τομής της $\displaystyle{KI}$ με τον $\displaystyle{c}$ .Αρκεί να δείξουμε ότι τα $\displaystyle{A,T,N}$ είναι συνευθειακά.Αρχικά,εφόσον $\displaystyle{\hat{AZI}=\hat{AEI}=90^{\circ}}$ το $\displaystyle{I}$ ανήκει στον $\displaystyle{c_{1}}$ .

Επίσης η $\displaystyle{AI}$ είναι διάμετρος του $\displaystyle{c_{1}}$ άρα $\displaystyle{\hat{AKI}=90^{\circ}}$ που δίνει $\displaystyle{\hat{AKT}=90^{\circ}}$ .Επομένως η $\displaystyle{AT}$ είναι διάμετρος του $\displaystyle{c}$ άρα $\displaystyle{\hat{AMT}=90^{\circ}\Leftrightarrow \hat{TMI}=90^{\circ}}$ .

Έχουμε $\displaystyle{\hat{KNI}=180-\hat{KAI}}$ και $\displaystyle{\hat{KNM}=180-\hat{KOM}=180-2\hat{KAI}}$ .Αφαιρώντας παίρνουμε $\displaystyle{\hat{MNI}=\hat{KAI}}$ .

Όμως ισχύει και $\displaystyle{\hat{MTI}=\hat{KAI}$ άρα το $\displaystyle{MNTI}$ είναι εγγράψιμο.

Άρα $\displaystyle{\hat{TNI}=180-\hat{TMI}=90^{\circ}}$ .Όμως $\displaystyle{\hat{ANI}=90^{\circ}}$ επειδή η $\displaystyle{AI}$ είναι διάμετρος του $\displaystyle{c_{1}}$ .

Τελικά $\displaystyle{\hat{TNI}=\hat{ANI}}$ που δίνει ότι τα σημεία $\displaystyle{A,T,N}$ είναι συνευθειακά και το ζητούμενο αποδείχθηκε.

$\rule{430pt}{1pt}$

Εύχομαι καλά αποτελέσματα σε όλους!

Petros N. · #23

Bonus: δείξτε οτι $\displaystyle{M,D,K}$ συνευθειακά

gavrilos · #24

Γεια σου Πέτρο.Το πρόσεξα αυτό κατά τη διάρκεια του διαγωνισμού και νόμισα ότι θα χρησίμευε μιας και το σημείο $\displaystyle{D}$ δε συμμετείχε πουθενά αλλού.

Τελικά δε χρειάστηκε αλλά ας δούμε μια απόδειξη.

: Bonus Ντούνη,Γεωμετρία Προκριματικού.PNG (21.86 KiB) Προβλήθηκε 2541 φορές

Το $\displaystyle{M}$ είναι το μέσο του τόξου $\displaystyle{BC}$ άρα ανήκει στη διχοτόμο της γωνίας $\displaystyle{\angle{BKC}}$ .Αρκεί επομένως το $\displaystyle{D}$ να ανήκει επίσης σε αυτήν.

Επομένως,σύμφωνα με το θεώρημα διχοτόμου αρκεί να δείξουμε ότι $\displaystyle{\frac{CD}{BD}=\frac{KC}{KB}}$ .

Τα τρίγωνα $\displaystyle{KCE,KBZ}$ έχουν $\displaystyle{\angle{BZK}=\angle{AEK}=\angle{CEK}}$ ενώ ισχύει και $\displaystyle{\angle{KCE}=\angle{KBZ}}$ ως παραπληρωματικές ίσων γωνιών.

(Όλες οι ισότητες από εγγεγραμμένες που βαίνουν σε ίσα τόξα).

Άρα τα τρίγωνα είναι όμοια που δίνει $\displaystyle{\frac{KC}{KB}=\frac{CE}{BZ}=\frac{CD}{BD}}$ όπως θέλαμε.

simantiris j. · #25

Bγήκαν και οι επίσημες λύσεις

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

jason.prod · #26

simantiris j. έγραψε:Bγήκαν και οι επίσημες λύσεις
ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
http://www.hms.gr/node/946

Οι λύσεις ναι, αλλά τα αποτελέσματα;

#27

Σήμερα είναι το διοικητικό συμβούλιο που θα επικυρώσει τα αποτελέσματα. Οπότε κατά πιθανότητα αύριο θα αναρτηθούν και στο site της ΕΜΕ.

gavrilos · #28

Σιλουανέ στο site βγήκαν αποτελέσματα.Δείτε εδώ.Αν όντως είναι αυτά τα επίσημα τότε...

Πολλά συγχαρητήρια στα παιδιά που κατάφεραν να φτάσουν ως εδώ και ιδιαίτερα σ' αυτούς που θα μας εκπροσωπήσουν στις διεθνείς ολυμπιάδες!!!

Edit:Έβαλα και link.

#29

panagiotis99 έγραψε: 4)Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις $f: R \rightarrow R$ που ικανοποιούν
$yf(x)+f(y) \geq f(xy)$

Μπορούμε να βρούμε όλες τις συναρτήσεις $f: R \rightarrow R$ που ικανοποιούν
$y^2f(x)+f(y) \geq f(xy)$ ;

#30

panagiotis99 έγραψε: 2) Έστω διαφορετικά μεταξύ τους σημεία που ανήκουν στο εσωτερικό η στην περιφέρεια ενός μοναδιαίου δίσκου. Να δειχθεί ότι υπάρχουν τουλάχιστον τμήματα που σχηματίζονται απο αυτά τα σημεία με μήκος μικρότερο του $\sqrt3$

Ας το δυσκολέψουμε: Δείξτε ότι υπάρχουν τουλάχιστον 3025

τμήματα με μήκος μικρότερο ή ίσο του $\sqrt{3}$ .

Ακόμη πιο δύσκολο: Δείξτε ότι υπάρχουν τουλάχιστον 3025

τμήματα με μήκος μικρότερο του $\sqrt{3}$ .

Λάμπρος Μπαλός · #31

smar έγραψε:
Μπορούμε να βρούμε όλες τις συναρτήσεις $f: R \rightarrow R$ που ικανοποιούν
$y^2f(x)+f(y) \geq f(xy)$ ;

Μία επαναφορά αυτής της ερώτησης..

Αρχιμήδης 6 · #32

Μια λύση είναι η f(x)=ax^2

, $a\geq0$

Λάμπρος Μπαλός · #33

Αρχιμήδης 6 έγραψε:Μια λύση είναι η , $a\geq0$

Ναι. Και η

με $c \geq 0$

#34

Demetres έγραψε:
panagiotis99 έγραψε: 2) Έστω διαφορετικά μεταξύ τους σημεία που ανήκουν στο εσωτερικό η στην περιφέρεια ενός μοναδιαίου δίσκου. Να δειχθεί ότι υπάρχουν τουλάχιστον τμήματα που σχηματίζονται απο αυτά τα σημεία με μήκος μικρότερο του $\sqrt3$
Ας το δυσκολέψουμε: Δείξτε ότι υπάρχουν τουλάχιστον τμήματα με μήκος μικρότερο ή ίσο του $\sqrt{3}$ .

Ακόμη πιο δύσκολο: Δείξτε ότι υπάρχουν τουλάχιστον τμήματα με μήκος μικρότερο του $\sqrt{3}$ .

Ξεχάστηκε αυτό οπότε βάζω την λύση:

Κατασκευάζω ένα γράφημα

με κορυφές τα 111

σημεία και ακμές μεταξύ δύο σημείων αν και μόνο αν η απόστασή τους είναι μεγαλύτερη του $\sqrt{3}$ . Ισχυρίζομαι ότι αυτό το γράφημα δεν έχει K_3

: Πράγματι αν πάρω οποιαδήποτε 3 σημεία A,B,C

στον μοναδιαίο δίσκο, τότε μια από τις γωνιές $\angle AOB, \angle AOC, \angle BOC$ , έστω η $\angle AOB$ είναι μικρότερη ή ίση των $120^{\circ}$ . Από νόμο συνημιτόνων σε αυτό το τρίγωνο έχω $(AB) \leqslant \sqrt{3}$ .

Τώρα από το θεώρημα Turan, επειδή το

δεν έχει

, έχει το πολύ $55 \cdot 56 = 3080$ ακμές. Άρα τουλάχιστον $\binom{111}{2} - 3080$ τμήματα έχουν μήκος το πολύ $\sqrt{3}$ .

Επαναφέρω το πιο δύσκολο κομμάτι.

Προκριματικός Διαγωνισμός 2015

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2015

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2015

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2015

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2015

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2015

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2015

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2015

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2015

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2015

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2015

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2015

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2015

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2015

Re: Προκριματικός διαγωνισμός 2015

Μέλη σε σύνδεση