Διαγωνισμός EMC 2018

jason.prod · #1

Καλησπέρα σε όλα τα μέλη του forum που ασχολούνται με τους μαθηματικούς διαγωνισμούς.

Φέτος είναι η 7η χρονιά που διοργανώνεται το European Mathematical Cup, ένας διαγωνισμός που απευθύνεται σε παιδιά γυμνασίου και λυκείου. Είναι ένας διαγωνισμός που διοργανώνεται σε δύο επίπεδα (juniors, seniors) και επιπέδου μάλλον ανάλογου των αντίστοιχων βαλκανιάδων. Πρόκειται για μια προπόνηση πολύ καλού επιπέδου για όσους προετοιμάζονται για τους αντίστοιχους διαγωνισμούς. Όποιος το θέλει μπορεί να συμμετάσχει σε αυτόν τον διαγωνισμό.
Για περισσότερες πληροφορίες, μπορείτε να επισκεφτείτε το site του διαγωνισμού (http://emc.mnm.hr/) ή αν θέλετε να δείτε τα παλιά θέματα, μπορείτε να επισκεφτείτε το αντίστοιχο θέμα στο AOPS (https://artofproblemsolving.com/communi ... atical_cup).

Όποιος θέλει περισσότερες πληροφορίες ή να δηλώσει συμμετοχή, μπορεί να μου στείλει e-mail στη διεύθυνση kyprianos@prodromidis.com ή να μου στείλει ΠΜ στο mathematica ή στο facebook (Jason Prodromidis). Στη δήλωση συμμετοχής, θα πρέπει να υπάρχουν οπωσδήποτε:
1) Όνομα του διαγωνιζόμενου, και στα ελληνικά και στα αγγλικά.
2) Ηλικία, Τάξη.
3) Κατηγορία με την οποία θέλει να συμμετέχει στο διαγωνισμό.

Ο διαγωνισμός φέτος διεξάγεται από 8 ως 16 Δεκεμβρίου 2018. Επειδή υπάρχει σχετική ελευθερία, όποιος θέλει, κατά τη δήλωση συμμετοχής, μπορεί να δηλώσει και προτίμηση για συγκεκριμένη ημερομηνία διεξαγωγής του διαγωνισμού . Οι μαθητές που θα δηλώσουν συμμετοχή, θα ενημερωθούν για την ημερομηνία, την ώρα αλλά και τον τόπο της εξέτασης έγκαιρα. Η ημερομηνία αναμένεται να είναι μία από τα δύο Σάββατα εντός της προθεσμίας.

Τσιαλας Νικολαος · #2

Θα συμμετάσχουμε και εμείς! Εύχομαι καλή επιτυχία σε όλα τα παιδιά που θα διαγωνιστούν.

Υ.γ: Η ημερομηνία του διαγωνισμού είναι τελικά 15 Δεκέμβρη! Το εξεταστικό κέντρο θα είναι το πρότυπο ΓΕΛ Αναβρύτων και ο διαγωνισμός θα διαρκέσει 4 ώρες από τις 9 μέχρι την 1

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #3

Μιας και έχει λήξει ο διαγωνισμός επιτρέπεται να παραθέσουμε τα θέματα για να τα συζητήσουμε ή πρέπει να περιμένουμε λίγο ;

Τσιαλας Νικολαος · #4

Ζητήθηκε από την επιτροπή να μην δημοσιευτούν πριν τις 22 Δεκέμβρη. Θα τα ανεβάσω τότε για να συζητηθούν! Σύμφωνα με τα λεγόμενα των συμμετεχόντων ( και δική μου γνώμη ) τα θέματα ήταν δύσκολα αλλά πάρα πολύ ωραία!

Ορέστης Λιγνός · #5

Τα θέματα των Juniors είναι πιό κάτω.

ΘΕΟΔΟΣΙΟΣ ΦΩΤΙΑΔΗΣ · #6

Χαίρετε και καλά Χριστούγεννα

Παραθέτω τα θέματα των Juniors σε Latex:
1. Αν οι μη μηδενικοί πραγματικοί αριθμοί a,b,c

ικανοποιούν τις σχέσεις
$a^{2}+b+c=\frac{1}{a}$

$b^{2}+c+a=\frac{1}{b}$

$c^{2}+a+b=\frac{1}{c}$
να αποδειχθεί οτι δύο απο αυτούς είναι ίσοι.

2. Να βρεθούν όλα τα ζεύγη (x,y)

θετικών ακεραίων, που ικανοποιούν τη σχέση $xy\mid x^{2}+2y-1.$

3. Δίνεται τρίγωνο ABC

με

με ορθόκεντρο

. Ο κύκλος με κίντρο

και ακτίνα

τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο του ABC

στο

, ενώ ο κύκλος κέντρου

και ακτίνας

τέμνει την

στο

. Η από το

παράλληλη στην

τέμνει την

στο

, ενώ

είναι το ίχνος της κάθετης από το

προς την

. Να αποδειχθεί ότι το μέσο την

, το μέσο

της

και το

είναι συνευθειακά.

4. Ο Γιάννης και ο Γιώργος έχουν μπροστά τους

ποτήρια στη σειρά. Ο Γιάννης επιλέγει, χωρίς ο Γιώργος να βλέπει, δύο ποτήρια. Κάτω απο το ένα ανοίγει μια τρύπα και κάτω από το άλλο βάζει ένα μπαλάκι. Μία κίνηση αποτελείται απο την εναλλαγή δύο διαδοχικών ποτηριών της σειράς.
Η αποστολή του Γιώργου είναι η εξής: Πρέπει να δώσει μια σειρά από πεπερασμένες κινήσεις στο Γιάννη, τις οποίες ο Γιάννης εκτελεί, οι οποίες θα οδηγήσουν σίγουρα στο να πέσει το μπαλάκι μέσα στην τρύπα. Να βρεθεί ο ελάχιστος αριθμός από κινήσεις τις οποίες πρέπει να δώσει ο Γιώργος στο Γιάννη, ώστε να είναι σίγουρος ότι θα πετύχει την αποστολή του.

ΘΕΟΔΟΣΙΟΣ ΦΩΤΙΑΔΗΣ · #7

Για την 1

Έχουμε: $a^{2}+b+c=\frac{1}{a}}\Leftrightarrow a^{3}+ba+ca=1$ και $b^{2}+c+a=\frac{1}{b}\Leftrightarrow b^{3}+cb+ab=1$
Εξισώνοντας τα πρώτα μέλη πέρνουμε:
$a^{3}+ab+ac=b^{3}+bc+ab\Leftrightarrow a^{3}-b^{3}+ac-bc=0\Leftrightarrow \left ( a-b \right )\left ( a^{2}+ab+b^{2} \right )+c\left ( a-b \right )=0\Leftrightarrow \left ...( a-b \right )\left ( a^{2}+ab+b^{2}+c \right )=0\Leftrightarrow a=b ...\eta {}' ...a^{2}+ab+b^{2}+c=0$ .

Άν το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Άν $a^{2}+ab+b^{2}+c=0$ τότε , αφού $a^{2}+ab+b^{2}>0$ .
Από τις συμμετρικές της $a^{2}+ab+b^{2}+c =0$ προκύπτει ότι και
$a^{2}+ab+b^{2}+c =0=a^{2}+ac+c^{2}+b \Leftrightarrow a^{2}+ab+b^{2}+c=a^{2}+ac+c^{2}+b\Leftrightarrow ab+b^{2}+c=ac+c^{2}+b \Leftrightarrow ..ab+b^{2}+c-c^{2}-ac-b=0\Leftrightarrow \left ( b-c \right )\left ( b+c \right )+a\left ( b-c \right )-\left ( b-c \right )=0\Leftrightarrow \left ( b-c \right )\left ( b+c+a-1 \right )=0$
i)Αν τότε και τελειώσαμε,
ii)Aν τότε άτοπο αφού .

Άρα ή , δείξαμε το ζητούμενο.

ΘΕΟΔΟΣΙΟΣ ΦΩΤΙΑΔΗΣ · #8

Παραθέτω και τα θέματα των Seniors προς συζήτηση:

1. Μια διαμέριση ενός θετικού ακεραίου

ονομάζεται άρτια, αν όλα της τα στοιχεία είναι άρτιοι αριθμοί, ενώ αντίστοιχα περιττή, αν όλα τα στοιχεία της είναι περιττοί αριθμοί. Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι

ώστε το πλήθος των άρτιων διαμερίσεων να ισούται με το πλήθος των περιττών διαμερίσεων.

Σημείωση: Για τυχαίο θετικό ακέραιο

, ονομάζουμε διαμέριση του ακεραίου αυτού οποιαδήποτε μη φθίνουσα ακολουθία $\left ( \alpha _{1} \right,a_{2},..., a_{k} )$ θετικών ακεραίων, για την οποία $\alpha _{1} \right+a_{2}+...+ a_{k}=n$ .

2. Θεωρούμε τρίγωνο ABC,k,O

τον περιγεγραμμένο του κύκλο και το κέντρο αυτού, αντίστοιχα και

το μέσο του μικρού τόξου

. Έστω

οι δεύτερες τομές του

με τις από το

κάθετες στις AB,AC

. Τα

είναι οι τομές της

με τις

. Συμβολίζουμε με $k_{b},k_{c}$ τους περιγεγραμμένους κύκλους των BDX

και

. Τέλος, ονομάζουμε G,H

τις τομές των $k_{b},k_{c}$
με τις AB,AC

, αντίστοιχα, και $k_{a}$ τον περιγεγραμμένο κύκλο του AGH

.
Αν $O_{a}, O_{b}, O_{c}$ τα κέντρα των $k_{a},k_{b},k_{c}$ , αντίστοιχα, να αποδειχθεί ότι το

είναι το περίκεντρο του τριγώνου $O_{a}O_{b} O_{c}$ .

3. Να βρεθούν όλοι οι αριθμοί k>1

με την ιδιότητα να υπάρχει φραγμένο σύνολο

θετικών πραγματικών αριθμών, τέτοιο ώστε για κάθε $a,b\in S$ , να ισχύει ότι $k\left ( a-b \right )\in S$ .

4. Για τους θετικούς ακεραίους x,y,m,n>1

εσχύει $x^{x^{x^{.^{.^{x}}}}}=y^{y^{y^{.^{.^{y}}}}}$ , όπου το

εμφανίζεται

φορές και το

,

φορές. Μπορούμε να συμπεράνουμε ότι m=n

;

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #9

ΘΕΟΔΟΣΙΟΣ ΦΩΤΙΑΔΗΣ έγραψε: ↑
Πέμ Δεκ 27, 2018 10:22 pm

2. Θεωρούμε τρίγωνο τον περιγεγραμμένο του κύκλο και το κέντρο αυτού, αντίστοιχα και το μέσο του μικρού τόξου . Έστω οι δεύτερες τομές του με τις από το κάθετες στις . Τα είναι οι τομές της με τις . Συμβολίζουμε με $k_{b},k_{c}$ τους περιγεγραμμένους κύκλους των και . Τέλος, ονομάζουμε τις τομές των $k_{b},k_{c}$
με τις , αντίστοιχα, και $k_{a}$ τον περιγεγραμμένο κύκλο του .
Αν $O_{a}, O_{b}, O_{c}$ τα κέντρα των $k_{a},k_{b},k_{c}$ , αντίστοιχα, να αποδειχθεί ότι το είναι το περίκεντρο του τριγώνου $O_{a}O_{b} O_{c}$ .

Καταρχάς εύκολα προκύπτει ότι $\widehat{BMD}=\widehat{CME}$ , οπότε $\widehat{BCD}=\widehat{CBE}$ , επομένως CD//BE

.

Παρατηρούμε επίσης πως η

είναι κάθετη στη

, άρα εύκολα προκύπτει ότι $\widehat{BOM}=\dfrac{\widehat{BOC}}{2}=\widehat{BAC}=180^o-\widehat{BDC}$ , άρα $\widehat{BOX}=180^o-\widehat{BDX}$ , συνεπώς το τετράπλευρο BOXD

είναι εγγράψιμο είναι εγγράψιμο, δηλαδή το

ανήκει στον k_b

και όμοια ανήκει και στον k_c

.

Έστω πως ο k_b

τέμνει την

στο

. Έχουμε πως:

$\displaystyle{\widehat{BPO}=\widehat{BDO}=90^o -\dfrac{\widehat{BOD}}{2}=90^o-\widehat{BCD}=90^o-\widehat{CBE}=90^o-\widehat{PBE}}$ .

Άρα $OP\perp BE$ .

Όμοια αν ο k_c

τέμνει την

στο

, τότε $OR\perp CD$ .

Όμως CD//BE

, οπότε τελικά $R\equiv P$ , δηλαδή οι k_b

και

τέμνονται πάνω στην

στο

.

Από το θεώρημα Miquel

λοιπόν συμπεραίνουμε ότι ο k_a

διέρχεται επίσης από το

.

Έχουμε ακόμη ότι $O_aO_b\perp OG$ και $O_aO_c\perp OH$ , άρα $\widehat{O_bO_aO_c}=180^o-\widehat{GOH}=\widehat{GAH}=\widehat{BAC}$ .

Επιπλέον αφού αφού ο

είναι ο ριζικός άξονας των k_b, k_c

, έχουμε ότι $OP\perp O_bO_c$ , πιο συγκεκριμένα η O_bO_c

είναι η μεσοκάθετος του

.

Όμως είναι $\widehat{OO_bO_c}=\dfrac{\widehat{OO_bP}}{2}=\widehat{OBP}=90^o-\widehat{BAC}$ και όμοια είναι $\widehat{OO_cO_b}=90^o-\widehat{BAC}$ , άρα το O_bOO_c

είναι ισοσκελές και $\widehat{O_bOO_c}$ είναι $2\widehat{BAC}=2\widehat{O_bO_aO_c}$

Συνεπώς το

είναι το περίκεντρο του O_aO_bO_c

.

sokpanvas · #10

ΘΕΟΔΟΣΙΟΣ ΦΩΤΙΑΔΗΣ έγραψε: ↑
Τρί Δεκ 25, 2018 2:38 pm
Χαίρετε και καλά Χριστούγεννα
Παραθέτω τα θέματα σε Latex:
1. Αν οι μη μηδενικοί πραγματικοί αριθμοί ικανοποιούν τις σχέσεις
$a^{2}+b+c=\frac{1}{a}$

$b^{2}+c+a=\frac{1}{b}$

$c^{2}+a+b=\frac{1}{c}$
να αποδειχθεί οτι δύο απο αυτούς είναι ίσοι.

2. Να βρεθούν όλα τα ζεύγη θετικών ακεραίων, που ικανοποιούν τη σχέση $xy\mid x^{2}+2y-1.$

3. Δίνεται τρίγωνο με με ορθόκεντρο . Ο κύκλος με κίντρο και ακτίνα τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο του στο , ενώ ο κύκλος κέντρου και ακτίνας τέμνει την στο . Η από το παράλληλη στην τέμνει την στο , ενώ είναι το ίχνος της κάθετης από το προς την . Να αποδειχθεί ότι το μέσο την , το μέσο της και το είναι συνευθειακά.

4. Ο Γιάννης και ο Γιώργος έχουν μπροστά τους ποτήρια στη σειρά. Ο Γιάννης επιλέγει, χωρίς ο Γιώργος να βλέπει, δύο ποτήρια. Κάτω απο το ένα ανοίγει μια τρύπα και κάτω από το άλλο βάζει ένα μπαλάκι. Μία κίνηση αποτελείται απο την εναλλαγή δύο διαδοχικών ποτηριών της σειράς.
Η αποστολή του Γιώργου είναι η εξής: Πρέπει να δώσει μια σειρά από πεπερασμένες κινήσεις στο Γιάννη, τις οποίες ο Γιάννης εκτελεί, οι οποίες θα οδηγήσουν σίγουρα στο να πέσει το μπαλάκι μέσα στην τρύπα. Να βρεθεί ο ελάχιστος αριθμός από κινήσεις τις οποίες πρέπει να δώσει ο Γιώργος στο Γιάννη, ώστε να είναι σίγουρος ότι θα πετύχει την αποστολή του.

$x^2+2y-1=kxy\Rightarrow 2y-1=\lambda x$ με $\lambda$ θετικό ακέραιο. Άρα $x^2+\lambda x=kxy\Rightarrow x+\lambda=ky$
$y|x+\lambda\Rightarrow 2x+2\lambda\geq \lambda x+1\Rightarrow 4+\lambda x-2x-2\lambda\leq 3\Rightarrow (\lambda-2)(x-2)\leq 3$ περιπτώσεις...

min## · #11

Για την 1:Αρχικά,ο

πρέπει να είναι ζυγός.Κάθε άρτια διαμέριση $a_{1},a_{2},...,a_{k}$ μετατρέπεται σε μια έγκυρη περιττή:Την $(1,1,1,...,1,a_{1}-1,a_{2}-1,...,a_{k}-1)$ όπου οι άσσοι στην αρχή είναι

.Είναι απλo ότι δυο διαφορετικές άρτιες διαμερίσεις δεν μπορούν να δώσουν την ίδια περιττή(μέσω του παραπάνω μετασχηματισμού),δηλαδή οι περιττές είναι τουλάχιστον όσες οι άρτιες.Για $n\geq 6$ όμως,το

γράφεται με τουλάχιστον 2 τρόπους ως άθροισμα περιττών,άρα οι περιττές διαμερίσεις είναι περισσότερες.Τελικά, n=2,4

που επαληθεύουν.

min## · #12

Με επιφυλάξεις για το 4,ναι μπορούμε.Το m=n

ισοδυναμεί με το x=y

.Έστω

και $e_{x}(k)=x^{x^{x^{.^{.^{x}}}}}$ όπου το

δηλώνει τον αριθμό των εκθετών στον πύργο.
Λογαριθμίζουμε και τα 2 μέλη της αρχικής (βάση

): $e_{x}(m-1)=e_{y}(n-1)log_{x}y$ ,δηλαδή $log_{x}(y)=\frac{a}{b},a\epsilon \mathbb{N},b είναι \epsilon \mathbb{N}$ και έστω ότι τα a,b

είναι πρώτα μεταξύ τους.Θα είναι δηλαδή x^a=y^b

και επειδή τα a,b

είναι πρώτα μεταξύ τους,υπάρχουν $z,p,q \epsilon \mathbb{N}$ ώστε x=z^p,y=z^q

.Λογαριθμίζοντας την αρχική 2 φορές(βάση

) προκύπτει τελικά ότι $p\cdot e_{x}(m-2)+log_{z}p=q\cdot e_{y}(n-2)+log_{z}q$ δηλαδή ότι το $log_{z}q/p$ είναι φυσικός,οπότε υποθέτοντας χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι (p,q)=1

βγαίνει

(και επειδή τα x,y

είναι άνισα από υποθεση,δε γίνεται q=1

),δηλαδή

αλλά και

με

φυσικό.Λογαριθμίζοντας 2 φορές την αρχική (βάση

),πλέον προκύπτει ότι $e_{x}(m-2)=t+x^t\cdot e_{y}(n-2)$ το οποίο σημαίνει ότι x^t/t

,πράγμα άτοπο κλπ.

#13

ΘΕΟΔΟΣΙΟΣ ΦΩΤΙΑΔΗΣ έγραψε: ↑
Τρί Δεκ 25, 2018 2:38 pm
4. Ο Γιάννης και ο Γιώργος έχουν μπροστά τους ποτήρια στη σειρά. Ο Γιάννης επιλέγει, χωρίς ο Γιώργος να βλέπει, δύο ποτήρια. Κάτω απο το ένα ανοίγει μια τρύπα και κάτω από το άλλο βάζει ένα μπαλάκι. Μία κίνηση αποτελείται απο την εναλλαγή δύο διαδοχικών ποτηριών της σειράς.
Η αποστολή του Γιώργου είναι η εξής: Πρέπει να δώσει μια σειρά από πεπερασμένες κινήσεις στο Γιάννη, τις οποίες ο Γιάννης εκτελεί, οι οποίες θα οδηγήσουν σίγουρα στο να πέσει το μπαλάκι μέσα στην τρύπα. Να βρεθεί ο ελάχιστος αριθμός από κινήσεις τις οποίες πρέπει να δώσει ο Γιώργος στο Γιάννη, ώστε να είναι σίγουρος ότι θα πετύχει την αποστολή του.

Θα δείξουμε ότι θέλει n(3n-2)

κινήσεις.

Ας δούμε πρώτα πως μπορεί να το πετύχει με τόσες κινήσεις. Αριθμούμε αρχικά τα ποτήρια κατά σειρά από το

ως το

. Ακολούθως κάνουμε τις εξής εναλλαγές:

Αλλάζουμε το 1 με το 2, μετά με το 3 κ.ο.κ μέχρι να πάει στην θέση του

. Δηλαδή τα ποτήρια βρίσκονται τώρα στις θέσεις $2,3,\ldots,n,1,n+1,\ldots,2n$ .

Μέχρι στιγμής έχουμε κάνει n-1

κινήσεις. Με άλλες δύο κινήσεις φέρνουμε το

αριστερά του

ώστε να έχουμε την διάταξη $3,4,\ldots,n,2,1,n+1,\ldots,2n$ .

Συνεχίζοντας με το ίδιο μοτίβο μετά από συνολικά $(n-1) + (n-2)+\cdots +1 = \frac{n(n-1)}{2}$ κινήσεις φτάνουμε στην διάταξη $n,n-1,\ldots,2,1,n+1,\ldots,2n$ . Με άλλες τόσες κινήσεις αναποδογυρίζουμε και την σειρά των άλλων

ποτηριών για να φτάσουμε στην διάταξη $n,n-1,\ldots,1,2n,2n-1,n+1$ .

Τώρα, με άλλες n + (n-1) = 2n-1

κινήσεις παίρνουμε το

τέρμα δεξιά και το

τέρμα αριστερά για να φτάσουμε στην διάταξη $2n,n,n-1,\ldots,2,2n-1,n+1,1$ . Με άλλες 2n-1

κινήσεις παίρνουμε το

τέρμα δεξιά και το 2n-1

τέρμα αριστερά. Επαναλαμβάνουμε μέχρι να πάρουμε το

τέρμα δεξιά και το n+1

τέρμα αριστερά. Δηλαδή καταλήγουμε στην διάταξη $n+1,\ldots,2n,1,\ldots,n$ .

Στην πρώτη φάση κάναμε συνολικά n(n-1)

κινήσεις ενώ στην δεύτερη κάναμε 2n-1

κινήσεις από

φορές. Συνολικά έχουμε όντως κάνει n(3n-2)

κινήσεις.

Παρατηρούμε ότι στην πιο πάνω διαδικασία το κάθε ποτήρι πέρασε από όλες τις θέσεις. Άρα σίγουρα σε κάποια φάση το μπαλάκι θα πέσει μέσα στην τρύπα.

Μένει να δείξουμε ότι σίγουρα χρειάζονται n(3n-2)

κινήσεις. Θα χρησιμοποιήσουμε ένα αρκετά χρήσιμο κόλπο. Θα μπούμε στην θέση ενός πονηρού Γιάννη. Αντί να βάλει την μπάλα κάτω από ένα ποτήρι και να ανοίξει τρύπα κάτω από ένα άλλο στην αρχή θα το κάνει στο τέλος. Απλά πρέπει στο τέλος να μπορεί να πείσει ότι εκεί που ήταν η μπάλα και η τρύπα δεν θα μπορούσε να πέσει η μπάλα στην τρύπα με τις κινήσεις που ζήτησε ο Γιώργος.

Αν λοιπόν στις κινήσεις που έδωσε ο Γιώργος υπάρχει ένα ποτήρι που δεν πέρασε πάνω από μια θέση τότε ο Γιάννης μπορεί να ισχυριστεί ότι η μπάλα βρισκόταν σε αυτό το ποτήρι και η τρύπα στην συγκεκριμένη θέση.

Αρκεί λοιπόν να δείξουμε ότι για να περάσει κάθε ποτήρι από κάθε θέση πρέπει να γίνουν τουλάχιστον n(3n-2)

κινήσεις.

Για να περάσει το ποτήρι

από όλες τις θέσεις πρέπει στην αρχή να πάει στην μια άκρη, μετά στην άλλη άκρη και μετά να καταλήξει σε μια άλλη θέση a_i

.

Για να πάει το ποτήρι

στην μια άκρη θέλει τουλάχιστον n-i

κινήσεις αν $1 \leqslant i \leqslant n$ και τουλάχιστον 2n-i

κινήσεις αν $n+1 \leqslant i \leqslant 2n$ .

Συνολικά για να πάνε όλα τα ποτήρια σε μια άκρη χρειάζονται τουλάχιστον $2(1+2+\cdots+(n-1)) = n(n-1)$ κινήσεις. Χρειάζονται άλλες 2n(2n-1)

κινήσεις για να πάνε στην άλλη άκρη. Τέλος χρειάζονται τουλάχιστον άλλες n(n-1)

κινήσεις για να πάνε τα ποτήρια στις τελικές τους θέσεις. Χρειάζονται τουλάχιστον τόσες από το ίδιο επιχείρημα όπως προηγουμένως αφού οι τελικές θέσεις είναι όλες διαφορετικές.

Συνολικά λοιπόν χρειάζονται τουλάχιστον n((n-1)+(4n-2)+(n-1)) = n(6n-4)

κινήσεις. Αυτές όμως είναι κινήσεις ποτηριών. Κάθε κίνηση όμως μετακινεί δύο ποτήρια. Άρα συνολικά χρειάζονται τουλάχιστον n(3n-2)

«κανονικές» κινήσεις.

Xriiiiistos · #14

ΚΑΛΗ ΧΡΟΝΙΑ ΣΕ ΟΛΟΥΣ !!!

ΘΕΟΔΟΣΙΟΣ ΦΩΤΙΑΔΗΣ έγραψε: ↑
Τρί Δεκ 25, 2018 2:38 pm
3. Δίνεται τρίγωνο με με ορθόκεντρο . Ο κύκλος με κίντρο και ακτίνα τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο του στο , ενώ ο κύκλος κέντρου και ακτίνας τέμνει την στο . Η από το παράλληλη στην τέμνει την στο , ενώ είναι το ίχνος της κάθετης από το προς την . Να αποδειχθεί ότι το μέσο την , το μέσο της και το είναι συνευθειακά.

Αρκετά ενδιαφέρον άσκηση (όχι ότι οι άλλες δεν ήταν δεν ήταν)

R,M

μέσα των

. $A_{2}$ το συμμετρικό του

ως προς το

. Έίναι γνωστό ότι $HM=MA_{2}$ ΚΑΙ $AA_{2}$ διάμετρος του κύκλο του ABC

. Αν

σημείο της

και $HN\cap AA_{2}\equiv T$ τόττε πρέπει HN=NT

(αφού $RM//AA_{2}$ λόγο του (i)

). Όμως παρατηρούμε ότι αν HN=NT

τότε ΤΑ ΤΡΙΓΩΝΑ HNA,ANT

θα είναι ίσα οπότε αρκεί να δείξω $\widehat{AHN}=\widehat{ATN}$ για να λύσω την άσκηση

$ACA_{2}=ADA_{2}=90(AA_{2}\delta \iota \alpha \mu \varepsilon \tau \rho o\varsigma ),AA_{2}(\kappa o\iota \nu \eta ),AD=AC$ σαν ακτίνες του δεύτερου κύκλου που αναφέρεται στην εκφώνηση. Οπότε τα τρίγωνα $ADA_{2},ACA_{2}$ ίσα άρα $AA_{2}$ διχοτομεί την $\widehat{DAC}$ και αφού AC=AD

έχουμε $AA_{2}\perp DC\kappa \alpha \iota AA_{2}\perp LK(KL//DC)$ Έστω $LK\cap AA_{2}\equiv P$ έχουμε $\widehat{APL}=90$ .

$\widehat{ABC}=_{ABDC\varepsilon \gamma \gamma \rho .}\widehat{ADC}=_{LK//DC}\widehat{AKP}\Rightarrow AKLB$ εγγράψιμο. $AH_{1}$ η προβολή του

στην

. $\widehat{AHN}=_{HH_{1}LN\varepsilon \gamma \gamma \rho .}\widehat{ALB}=\widehat{AKB}=\widehat{ABK}$ αφού AB=AK

ΣΑΝ ακτίνες του τελαυταίου κύκλου που αναφέρεται και $\widehat{ABK}=\widehat{ALK}$ αποό το εγγράψιμο ABLK

Οπότε καταλήγουμε στο εξής $\widehat{AHN}=\widehat{ALP}$ . (ii)

$\widehat{APL}=\widehat{ANT}=90,\widehat{LAP}=\widehat{NAT}\Rightarrow \widehat{ALP}=\widehat{NTA}\Leftrightarrow _{(ii)}\widehat{AHN}=\widehat{ATN}$

Τσιαλας Νικολαος · #15

Βγήκαν και τα επίσημα αποτελέσματα!! Συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά!!

http://emc.mnm.hr/competition/results/

Διαγωνισμός EMC 2018

Διαγωνισμός EMC 2018

Re: Διαγωνισμός EMC 2018

Re: Διαγωνισμός EMC 2018

Re: Διαγωνισμός EMC 2018

Re: Διαγωνισμός EMC 2018

Re: Διαγωνισμός EMC 2018

Re: Διαγωνισμός EMC 2018

Re: Διαγωνισμός EMC 2018

Re: Διαγωνισμός EMC 2018

Re: Διαγωνισμός EMC 2018

Re: Διαγωνισμός EMC 2018

Re: Διαγωνισμός EMC 2018

Re: Διαγωνισμός EMC 2018

Re: Διαγωνισμός EMC 2018

Re: Διαγωνισμός EMC 2018

Μέλη σε σύνδεση