Άσπρη και Κόκκινη σημαία

petros r · #1

Μερικά ωραία θέματα που έχουν πέσει κατά καιρούς στην Πολωνία.
1)Δείξτε ότι για κάθε κυρτό πολύγωνο, υπάρχει ένας κύκλος που περνάει απο τρείς διαδοχικές κορυφές του και περιέχει όλο το πολύγωνο
2)Υποθέστε ότι τα a,b

είναι ακέραιοι και ο

φυσικός αριθμός. $2^{n}a+b$ είναι τέλειο τετράγωνο για κάθε

. Αποδείξτε ότι a=0

.
3)Σε ένα οξυγώνιο τρίγωνο ABC

,

είναι το ύψος του. Μια ευθεία που διέρχεται απο το

το οποίο είναι το μέσο της

τέμνει τις πλευρές

και

στο

και

αντίστοιχα, έτσι ώστε CK=CL

.Σημείο

είναι το περίκεντρο του τριγώνου CKL

.Αποδείξτε ότι SD=SM

.

Edit από Γενικούς Συντονιστές.

rtsiamis · #2

2. I. Ας υποθέσουμε ότι $a\equiv{1}(mod 2)$ . Τότε $2a\equiv2(mod4)\implies b\equiv0,-1(mod4) (\forall{x}, x^2\equiv0,1(mod4)$ . Το $b\equiv-1(mod4)\implies 4a+b\equiv-1(mod4)$ , άτοπο. Άρα $b=2^l\cdot{q}$ ,με $q\equiv1(mod2)$ . Για $l\equiv0(mod2)$ , αποδεικνύεται το ζητούμενο με άπειρη κάθοδο (αφού ο 2^l

είναι τέλειο τετράγωνο) Αλλιώς, έχουμε την 2^ka+2q=x^2

που προφανώς δεν ισχύει για κάθε

, αφού ισοδύναμα 2(2^k^-^1a+q)=x^2

: για

το αριστερό μέλος διαιρείται από το

, αλλά όχι από το

.
II.Μένει τώρα να εξετάσουμε την περίπτωση $a\equiv0(mod2)$ και ειδικότερα την 2a+b=x_0^2

(οι υπόλοιπες αντιμετωπίζονται ομοίως με την Ι) Αν $b\equiv0(mod4)$ λαμβάνουμε το ζητούμενο όπως στην (Ι). Για $b\equiv1(mod4)$ αρκεί προφανώς η περίπτωση $b=4^mq+1, q\equiv1(mod2)$ (με βάση την Ι) για την οποία πάλι με βάση την (Ι) θα πρέπει $a=4^mr, r\equiv1(mod2)$ (αλλιώς παίρνουμε το ζητούμενο με άπειρη κάθοδο, όπως προηγουμένως) Και τώρα όμως προκύπτει εύκολα το ζητούμενο (π.χ. εξετάζουμε τους a+b, 2^2^k^+^1a+b, 2^2^ka+b

για διάφορες τιμές του

.

rtsiamis · #3

3. Πραγματικά πολύ όμορφη άσκηση! Θα αποδείξουμε ότι αρκεί να δειχθεί το εξής: Έστω ABC∈(O,R)

τυχαίο τρίγωνο, και

μέσο του τόξου

, $OL∩BC=M, OS\perp{AL}, AL∩BC=Q, AD\perp{BC}$ Τότε SD=SM

.
Απόδειξη:Ας είναι OS∩AD=P

Τότε τα

είναι εγγράψιμα, και το AOLP

είναι ρόμβος $\implies \widehat{SPQ}=\widehat{SOQ}\implies \widehat{SDQ}\equiv\widehat{SDM}=\widehat{SMQ}\equiv\widehat{SMD}$ όπως θέλαμε. (1)

(Η συνέχεια της λύσης θα αργήσει λίγο...

)

: wrf_1.png (102.69 KiB) Προβλήθηκε 1649 φορές

rtsiamis · #4

Λήμμα 2. Προφανώς η δεδομένη ευθεία της υπόθεσης είναι κάθετη στην διχοτόμο της γωνίας $\widehat{C}$ . Θα αποδείξουμε τώρα ότι CA+BC=CK+CL=2CK=2CL

Φέρνουμε

κάθετες στην διχοτόμο της $\widehat{C}$ και έτσι τα CAD, CBE

είναι ισοσκελή, ύψος=διχοτόμος. Από Θ. Θαλή, AK=KE=BL=LD

. Άρα είναι BC+CA=(CK-AK)+(CL+BL)=CK+CL

. (2)

: wrf_2.png (76.35 KiB) Προβλήθηκε 1649 φορές

rtsiamis · #5

Θα δείξουμε ότι R∈(A,B,C)

. Τότε, αφού

το μέσο του

, θα πάρουμε το ζητούμενο με βάση το 1. Αφού

μέσο του τόξου

και

η διάμετρος, $RK=RL, \widehat{RKA}=\widehat{RLB}=90°$ . Επίσης, με βάση το 2., AK=BL

. Άρα

, δηλαδή το

ανήκει στην διχοτόμο της $\hat{C}$ και στην μεσοκάθετο του

, άρα $R\in(A,B,C)$ από το Θεώρημα του Νότιου Πόλου και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

: wrf_3.png (161.08 KiB) Προβλήθηκε 1649 φορές

gavrilos · #6

petros r έγραψε:3)Σε ένα οξυγώνιο τρίγωνο , είναι το ύψος του. Μια ευθεία που διέρχεται απο το το οποίο είναι το μέσο της τέμνει τις πλευρές και στο και αντίστοιχα, έτσι ώστε .Σημείο είναι το περίκεντρο του τριγώνου .Αποδείξτε ότι .

Ασχολήθηκα αρκετά με αυτό το πρόβλημα (το έχω προσπαθήσει πολλάκις από την ώρα που προτάθηκε).Λόγω των τεράστιων σχημάτων που έχει συνάψει ο Ραφαήλ,δε μπορώ να καταλάβω καλά τη λύση του.Παραθέτω λοιπόν τη δική μου ελπίζοντας να μην είναι ίδια και φυσικά ελπίζοντας,να μην έχω κάνει λάθος κάπου.

: Γεωμετρια mathematica_87.PNG (24.68 KiB) Προβλήθηκε 1694 φορές

Σχεδιάζω τον περίκυκλο του $\displaystyle{\triangle{CKL}}$ και θεωρώ το αντιδιαμετρικό του $\displaystyle{C}$ έστω $\displaystyle{E}$ .Ακόμη θεωρώ το περίκεντρο $\displaystyle{O}$ του τριγώνου $\displaystyle{ABC}$ .

Τέλος,έστω $\displaystyle{N\equiv CD\cap MS}$ .

Θα αποδείξουμε ότι το τετράπλευρο $\displaystyle{AEBC}$ είναι εγγράψιμο.

Το θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ με διατέμνουσα την $\displaystyle{\overline{KML}}$ δίνει $\displaystyle{AK=BL \ (2)}$ .

Ακόμη,αφού η $\displaystyle{CE}$ είναι διάμετρος του κύκλου που έχουμε σχεδιάσει,τα τρίγωνα $\displaystyle{EKC,ELC}$ είναι ορθογώνια.

Αφού έχουν μια κοινή πλευρά κι επιπλέον $\displaystyle{CK=CL}$ είναι ίσα,άρα $\displaystyle{EL=EK \ (2)}$ .

Από τις $\displaystyle{(1)}$ και $\displaystyle{(2)}$ ,σε συνδυασμό με το γεγονός ότι τα τρίγωνα $\displaystyle{ELB,EKA}$ είναι ορθογώνια συμπεραίνουμε ότι είναι ίσα.

Άρα $\displaystyle{\hat{AEB}=\hat{LEK}=180-\hat{C}}$ επομένως το τετράπλευρο $\displaystyle{AEBC}$ είναι εγγράψιμο.

Επιπλέον,αφού το τρίγωνο $\displaystyle{AEB}$ είναι ισοσκελές θα ισχύει $\displaystyle{EM\perp AB}$ .Επειδή $\displaystyle{OM\perp AB}$ τα σημεία $\displaystyle{O,E,M}$ είναι συνευθειακά.

Ακόμη ισχύει $\displaystyle{OE\parallel CD}$ αφού είναι κάθετες στην ίδια ευθεία.Επομένως,σε συνδυασμό με το γεγονός ότι $\displaystyle{SE=SC}$ συμπεραίνουμε ότι τα τρίγωνα $\displaystyle{SNC,EMS}$ είναι ίσα.

Τελικά στο ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{MDN}$ η $\displaystyle{SD}$ είναι διάμεσος προς την υποτείνουσα.Το ζητούμενο έπεται.

Αρχιμήδης 6 · #7

petros r έγραψε: 2)Υποθέστε ότι τα είναι ακέραιοι και ο φυσικός αριθμός. $2^{n}a+b$ είναι τέλειο τετράγωνο για κάθε . Αποδείξτε ότι .

Μου θύμισε αυτή εδώ. viewtopic.php?f=111&t=45935

Ας υποθέσουμε ότι υπάρχει τέτοιο ζεύγος (a,b)

με μη μηδενικό

.

Θέτω

.
.
.

Άρα

Μπορούμε να βρούμε άπειρα τέτοια συστήματα .

$2^{2n+1}a+b=x_{2n+1}^2$
$2^{2n+3}a+b=x_{2n+3}^2$

$2^2(2^{2n+1}a+b)-1(2^{2n+3}a+b)=3b=(2*x_{2n+1})^2-(x_{2n+3})^2$

Είναι αδύνατον όμως αριθμός να εκφράζεται ως διαφορά 2 τετραγώνων με άπειρους τρόπους.

Άσπρη και Κόκκινη σημαία

Άσπρη και Κόκκινη σημαία

Re: Άσπρη και Κόκκινη σημαία

Re: Άσπρη και Κόκκινη σημαία

Re: Άσπρη και Κόκκινη σημαία

Re: Άσπρη και Κόκκινη σημαία

Re: Άσπρη και Κόκκινη σημαία

Re: Άσπρη και Κόκκινη σημαία

Μέλη σε σύνδεση