BMO 2017 - Θέματα

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3694
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

BMO 2017 - Θέματα

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #1 από cretanman » Πέμ Μάιος 04, 2017 12:09 pm

Σήμερα είναι η ημέρα του διαγωνισμού! Καλή επιτυχία στους μαθητές Ελλάδας και Κύπρου!

Τα θέματα θα ανέβουν αμέσως μετά τη λήξη του διαγωνισμού και θα τα συζητήσουμε εδώ!

Πρώτα στοιχεία είναι ότι το Πρόβλημα 1 είναι της Μολδαβίας, το δεύτερο της Ελλάδας, το τρίτο της Αλβανίας και το 4 της Κύπρου και έτσι συνεχίζεται η παράδοση της επιλογής προβλημάτων που έστειλαν οι δύο χώρες!! Συγχαρητήρια στους δημιουργούς!

Για περισσότερα θα μας ενημερώσουν οι φίλοι που συνοδεύουν τους μαθητές μας!

Αλέξανδρος


Αλέξανδρος Συγκελάκης

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3694
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: BMO 2017 - Θέματα

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #2 από cretanman » Πέμ Μάιος 04, 2017 4:14 pm

Μια και ο διαγωνισμός έχει ήδη τελειώσει επισυνάπτω τα θέματα. Τα συγχαρητήρια μου στον Βαγγέλη Ψύχα και Σιλουανό Μπραζιτίκο για το δεύτερο θέμα του διαγωνισμού και στον Δημήτρη Χριστοφίδη για το τέταρτο θέμα.

Αλέξανδρος
Συνημμένα
BMO_2017_Greek_Version.pdf
(42.2 KiB) Μεταφορτώθηκε 245 φορές


Αλέξανδρος Συγκελάκης
Άβαταρ μέλους
Soteris
Δημοσιεύσεις: 407
Εγγραφή: Δευ Ιούλ 21, 2014 1:59 pm
Τοποθεσία: Λάρνακα, Κύπρος

Re: BMO 2017 - Θέματα

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #3 από Soteris » Πέμ Μάιος 04, 2017 4:22 pm

Πρόβλημα 1

Να βρείτε όλα τα διατεταγμένα ζεύγη θετικών ακεραίων \displaystyle{(x,y)}, τέτοια ώστε: \displaystyle{x^3+y^3=x^2+42xy+y^2}

(Μολδαβία)

Πρόβλημα 2

Έστω \displaystyle{ABC} οξυγώνιο τρίγωνο με \displaystyle{AB<AC} και έστω \displaystyle{\Gamma} ο περιγεγραμμένος κύκλος του. Έστω \displaystyle{t_B} και \displaystyle{t_C} οι εφαπτομένες του κύκλου \displaystyle{\rm{\Gamma}} στα σημεία \displaystyle{B} και \displaystyle{C}, αντίστοιχα, και έστω \displaystyle{L} το σημείο τομής τους. Η ευθεία που διέρχεται από το σημείο \displaystyle{B} και είναι παράλληλη προς την \displaystyle{AC} τέμνει την \displaystyle{t_C} στο σημείο \displaystyle{D}. Η ευθεία που διέρχεται από το σημείο \displaystyle{C} και είναι παράλληλη προς την \displaystyle{AB} τέμνει την \displaystyle{t_B} στο σημείο \displaystyle{E}. Ο περιγεγραμμένος κύκλος στο τρίγωνο \displaystyle{BDC} τέμνει την πλευρά \displaystyle{AC} σε σημείο \displaystyle{T}, με το \displaystyle{T} να βρίσκεται ανάμεσα στα \displaystyle{A} και \displaystyle{C}. Ο περιγεγραμμένος κύκλος στο τρίγωνο \displaystyle{BEC} τέμνει την ευθεία \displaystyle{AB} σε σημείο \displaystyle{S}, με το \displaystyle{B} να βρίσκεται ανάμεσα στα \displaystyle{A} και \displaystyle{S}.
Να αποδείξετε ότι οι ευθείες ST, BC και AL συντρέχουν.

(Ελλάδα)

Πρόβλημα 3

Έστω \displaystyle{\mathbb{N}} το σύνολο των θετικών ακεραίων. Να βρείτε όλες τις συναρτήσεις \displaystyle{f:\mathbb{N}\to\mathbb{N}}, για τις οποίες ο \displaystyle{n+f(m)} διαιρεί τον \displaystyle{f(n)+nf(m)}, για όλα τα \displaystyle{m, n\in\mathbb{N}}.

(Αλβανία)

Πρόβλημα 4

Σε ένα κυκλικό τραπέζι κάθονται \displaystyle{n>2} μαθητές. Αρχικά, κάθε μαθητής έχει ακριβώς μία καραμέλα. Σε κάθε βήμα, κάθε μαθητής επιλέγει μία από τις ακόλουθες ενέργειες:

(α) Δίνει μία καραμέλα στον μαθητή που κάθεται στα αριστερά του ή στον μαθητή που κάθεται στα δεξιά του.

(β) Χωρίζει όλες τις καραμέλες του σε δύο, πιθανώς κενά, σύνολα και δίνει το ένα σύνολο στον μαθητή που κάθεται στα αριστερά του και το άλλο στον μαθητή που κάθεται στα δεξιά του.

Σε κάθε βήμα, οι μαθητές εκτελούν τις ενέργειες που έχουν επιλέξει ταυτόχρονα.

Μία κατανομή των καραμελών ονομάζεται νόμιμη, αν μπορεί να προκύψει μετά από πεπερασμένο πλήθος βημάτων.
Να βρείτε το πλήθος των νόμιμων κατανομών.

(Δύο κατανομές είναι διαφορετικές αν υπάρχει μαθητής ο οποίος να έχει διαφορετικό αριθμό καραμελών σε κάθε μία από τις κατανομές αυτές.)

(Κύπρος)


Σωτήρης Λοϊζιάς
Άβαταρ μέλους
Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 142
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Re: BMO 2017 - Θέματα

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #4 από Γιάννης Μπόρμπας » Πέμ Μάιος 04, 2017 4:54 pm

Πρόβλημα 1
Η εξίσωση αλλιώς γράφεται:
(x+y)(x^2-xy+y^2)=x^2+42xy+y^2
Οπότε ο \frac{x^2+42xy+y^2}{x^2-xy+y^2} είναι ακέραιος.
Άρα θα είναι και ο \frac{43xy}{x^2-xy+y^2}.
Έστω gcd(x,y)=d. Τότε x=ad και y=bd με gcd(a,b)=1.
Η παραπάνω γράφεται: \frac{43ab}{a^2-ab+b^2} ακέραιος.
Όμως gcd(a,a^2-ab+b^2)=gcd(b,a^2-ab+b^2)=1
Άρα ο \frac{43}{a^2-ab+b^2} είναι ακέραιος διακρίνοντας τις περιπτώσεις:
1) a^2-ab+b^2=1 η οποία δίνει a=b=1 Οπότε θα έχουμε x=y από όπου προκύπτει η λύση
(x,y)=(22,22)
2) a^2-ab+b^2=43 το οποίο τριώνυμο έχει διακρίνουσα 172-3b^2 Η οποία
Πρέπει να είναι τέλειο τετράγωνο. Με έλεγχο προκύπτουν οι (1,7),(7,1)
Edit: Απροσεξϊα
τελευταία επεξεργασία από Γιάννης Μπόρμπας σε Πέμ Μάιος 04, 2017 5:15 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 938
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: BMO 2017 - Θέματα

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #5 από Ορέστης Λιγνός » Πέμ Μάιος 04, 2017 5:11 pm

Soteris έγραψε:Πρόβλημα 1

Να βρείτε όλα τα διατεταγμένα ζεύγη θετικών ακεραίων \displaystyle{(x,y)}, τέτοια ώστε: \displaystyle{x^3+y^3=x^2+42xy+y^2}

(Μολδαβία)



Καλή επιτυχία στις ομάδες μας!

Έστω (x,y)=d, και x=ad, y=bd με (a,b)=1, και η εξίσωση γίνεται (μετά από πράξεις) (a^3+b^3)d=(a+b)^2+40ab.

Αυτή γράφεται (da+db-1)(a^2+ab-b^2)=43ab, οπότε, a^2-ab+b^2 \mid 43ab, και αφού (a^2-ab+b^2,ab)=1 (εύκολο), a^2-ab+b^2 \mid 43.

Άρα, a^2-ab+b^2=1, ή a^2-ab+b^2=43.

Αν a^2-ab+b^2=1, a=1,b=1, άρα x=y=d, και με αντικατάσταση στην αρχική, (x,y)=(22,22).

Αν a^2-ab+b^2=43, a=1,b=7 ή a=7, b=1, οπότε (x,y)=(1,7), (x,y)=(7,1).

Τελικά , λύσεις \boxed{(a,b)=(22,22), (a,b)=(1,7), (a,b)=(7,1)}.


Ο καθένας λέει ότι να΄ναι και είναι πάντα σύμφωνος με τον εαυτό του ! 'Ολοι μιλάνε και κανείς δεν ακούει! Ο κόσμος είναι σε νοητική αδράνεια ! Ελένη Γλυκατζή Αρβελέρ
socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5699
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Re: BMO 2017 - Θέματα

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #6 από socrates » Πέμ Μάιος 04, 2017 5:27 pm

Soteris έγραψε:Πρόβλημα 3

Έστω \displaystyle{\mathbb{N}} το σύνολο των θετικών ακεραίων. Να βρείτε όλες τις συναρτήσεις \displaystyle{f:\mathbb{N}\to\mathbb{N}}, για τις οποίες ο \displaystyle{n+f(m)} διαιρεί τον \displaystyle{f(n)+nf(m)}, για όλα τα \displaystyle{m, n\in\mathbb{N}}.

(Αλβανία)



Για m=n=1 εύκολα έχουμε f(1)=1.
Για m=n έπεται ότι n+f(n)|n+n^2 οπότε f(n)\leq n^2 , για κάθε n.
Οπότε η αρχική συνθήκη γράφεται n+f(m)|n^2-f(n) \ \ (^*).


Είναι 2+f(2)|6 οπότε f(2)=1 ή f(2)=4.

-- Αν f(2)=1 τότε, για n=2 έπεται ότι 2+f(m)|3 οπότε f(m)=1 για κάθε m, που είναι λύση.

-- Αν f(2)=4, θα δείξουμε ότι f(m)=m^2 για κάθε m (που είναι λύση).
Αν υπάρχει c ώστε f(c)\ne c^2 τότε από c+f(m)|c^2-f(c) έπεται ότι η f είναι άνω φραγμένη.
Από n+1|n^2-f(n), για m=1 στην (^*), και
από n+4|n^2-f(n), για m=2 στην (^*)
έχουμε ότι (n+1)(n+4)|n^2-f(n) για κάθε n\neq 2 \pmod 3.
Επειδή (n+1)(n+4)> n^2-f(n) έπεται ότι f(n)=n^2 για κάθε n\neq  2 \pmod 3.
Επομένως, η f δεν είναι άνω φραγμένη, άτοπο.


Θανάσης Κοντογεώργης
Άβαταρ μέλους
Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 142
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Re: BMO 2017 - Θέματα

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #7 από Γιάννης Μπόρμπας » Πέμ Μάιος 04, 2017 5:30 pm

Προβλημα 3
Η αρχική σχέση γίνεται: \frac{f(n)-n^2}{n+f(m)}\in\mathbb{Z}
Προφανή λύση: f(n)=n^2.
Έστω ότι υπάρχει c τέτοιος ώστε f(c)\not=c^2.
Η συνάρτηση πρέπει να είναι άνω και κάτω φραγμένη. Διαφορετικά για αρκετά μεγάλα
m ο παρονομαστής γίνεται μεγαλύτερος από τον αριθμητή. Παίρνοντας m=n=1
έχουμε f(1)=1. Ενώ για m=1 στην δοθείσα: n+1|f(n)+n ή αλλιώς
n+1|f(n)-1. Ο αριθμητής είναι άνω φραγμένος. Έστω d η μέγιστη τιμή της f. Άρα d-1\ge f(n)-1\ge n+1 αν f(n)\not=1
Παίρνοντας n=d έχουμε d-1\ge d+1 άτοπο άρα προκύπτει η λύση
f(n)=1.
Edit: Ασάφεια.
τελευταία επεξεργασία από Γιάννης Μπόρμπας σε Πέμ Μάιος 04, 2017 6:13 pm, έχει επεξεργασθεί 3 φορές συνολικά.


Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 428
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: BMO 2017 - Θέματα

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #8 από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Πέμ Μάιος 04, 2017 5:47 pm

Soteris έγραψε:
Πρόβλημα 2

Έστω \displaystyle{ABC} οξυγώνιο τρίγωνο με \displaystyle{AB<AC} και έστω \displaystyle{\Gamma} ο περιγεγραμμένος κύκλος του. Έστω \displaystyle{t_B} και \displaystyle{t_C} οι εφαπτομένες του κύκλου \displaystyle{\rm{\Gamma}} στα σημεία \displaystyle{B} και \displaystyle{C}, αντίστοιχα, και έστω \displaystyle{L} το σημείο τομής τους. Η ευθεία που διέρχεται από το σημείο \displaystyle{B} και είναι παράλληλη προς την \displaystyle{AC} τέμνει την \displaystyle{t_C} στο σημείο \displaystyle{D}. Η ευθεία που διέρχεται από το σημείο \displaystyle{C} και είναι παράλληλη προς την \displaystyle{AB} τέμνει την \displaystyle{t_B} στο σημείο \displaystyle{E}. Ο περιγεγραμμένος κύκλος στο τρίγωνο \displaystyle{BDC} τέμνει την πλευρά \displaystyle{AC} σε σημείο \displaystyle{T}, με το \displaystyle{T} να βρίσκεται ανάμεσα στα \displaystyle{A} και \displaystyle{C}. Ο περιγεγραμμένος κύκλος στο τρίγωνο \displaystyle{BEC} τέμνει την ευθεία \displaystyle{AB} σε σημείο \displaystyle{S}, με το \displaystyle{B} να βρίσκεται ανάμεσα στα \displaystyle{A} και \displaystyle{S}.
Να αποδείξετε ότι οι ευθείες ST, BC και AL συντρέχουν.

(Ελλάδα)



Θα αποδείξουμε πως οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των B,C, D και B, C, E εφάπτονται των AB και AC αντίστοιχα.

Για τον πρώτο, αρκεί να δείξουμε πως \widehat{SBD}=\widehat{BCD}.

Με άλλα λόγια αρκεί:

\widehat{DBA}=180^o-\widehat{BCL}\Leftrightarrow \widehat{DBC}+\widehat{CBA}=180^o-\widehat{BAC}\Leftrightarrow \widehat{BCA}+\widehat{CBA}=180^o-\widehat{BAC}, που ισχύει.

Ομοίως δουλεύουμε για τον δεύτερο.

Πράγματι λοιπόν οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των B,C, D και B, C, E εφάπτονται των AB και AC αντίστοιχα.

Ακόμη η BT είναι αντιπαράλληλη της BC στο τρίγωνο ABC (έχουμε το εκφυλισμένο εγγράψιμο BBTC). Άρα η συμμετροδιάμεσος της κορυφής A, δηλαδή η AL περνάει από το μέσο του BT, έστω M. Όμοια η AL περνάει και από το μέσο N της CS.

Από τη δέσμη AS, AL, AT, επειδή η AL διχοτομεί τις BT και CS, έχουμε πως BT//CS.

Άρα \dfrac{AB}{BS}=\dfrac{AT}{TC} και ακόμη έχουμε πως \dfrac{NS}{NC}=1

Εφαρμόζοντας το αντίστροφο θεώρημα Ceva στο τρίγωνο ASC, προκύπτει ότι η AN, ST και BC συντρέχουν, δηλαδή η AL, ST και BC συντρέχουν.

Edit: Κάποιες βελτιώσεις... Όσο για το σχήμα... ενώ το σχεδίαζα είδα ότι με πρόλαβε ο κύριος Νίκος παρακάτω... :roll:
τελευταία επεξεργασία από Διονύσιος Αδαμόπουλος σε Πέμ Μάιος 04, 2017 6:58 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


Houston, we have a problem!
knm2608
Δημοσιεύσεις: 22
Εγγραφή: Τετ Φεβ 15, 2017 7:00 pm

Re: BMO 2017 - Θέματα

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #9 από knm2608 » Πέμ Μάιος 04, 2017 6:20 pm

Η Διοφαντική a^2-ab+b^2=43 έχει ως λύσεις και τις (a,b)=(6,7),(7,6) οι οποίες φυσικά δεν επαληθεύουν την αρχική.


Κωνσταντίνος Μεταξάς
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 938
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: BMO 2017 - Θέματα

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #10 από Ορέστης Λιγνός » Πέμ Μάιος 04, 2017 6:21 pm

Soteris έγραψε:Πρόβλημα 2

Έστω \displaystyle{ABC} οξυγώνιο τρίγωνο με \displaystyle{AB<AC} και έστω \displaystyle{\Gamma} ο περιγεγραμμένος κύκλος του. Έστω \displaystyle{t_B} και \displaystyle{t_C} οι εφαπτομένες του κύκλου \displaystyle{\rm{\Gamma}} στα σημεία \displaystyle{B} και \displaystyle{C}, αντίστοιχα, και έστω \displaystyle{L} το σημείο τομής τους. Η ευθεία που διέρχεται από το σημείο \displaystyle{B} και είναι παράλληλη προς την \displaystyle{AC} τέμνει την \displaystyle{t_C} στο σημείο \displaystyle{D}. Η ευθεία που διέρχεται από το σημείο \displaystyle{C} και είναι παράλληλη προς την \displaystyle{AB} τέμνει την \displaystyle{t_B} στο σημείο \displaystyle{E}. Ο περιγεγραμμένος κύκλος στο τρίγωνο \displaystyle{BDC} τέμνει την πλευρά \displaystyle{AC} σε σημείο \displaystyle{T}, με το \displaystyle{T} να βρίσκεται ανάμεσα στα \displaystyle{A} και \displaystyle{C}. Ο περιγεγραμμένος κύκλος στο τρίγωνο \displaystyle{BEC} τέμνει την ευθεία \displaystyle{AB} σε σημείο \displaystyle{S}, με το \displaystyle{B} να βρίσκεται ανάμεσα στα \displaystyle{A} και \displaystyle{S}.
Να αποδείξετε ότι οι ευθείες ST, BC και AL συντρέχουν.

(Ελλάδα)




Προφανώς, τα BTCD, SBCE είναι ισοσκελή τραπέζια.

Είναι \widehat{TCD}=\widehat{ACL}=\widehat{ACB}+\widehat{BCL}=\widehat{C}+\widehat{A}=180^0-\widehat{B}.

Επίσης, \widehat{SBC}=180^0-\widehat{B}.

Είναι λοιπόν \widehat{BTC}=\widehat{TCD}=\widehat{SBC}=\widehat{BSE}=180^0-\widehat{B}, άρα τα BTCD, SBCE είναι όμοια.

Έτσι, \widehat{TBC}=\widehat{BES}=\widehat{SCB}, οπότε BT \parallel SC.

Από Θ.Θαλή, \dfrac{AB}{BS}=\dfrac{AT}{TC} (1).

Έστω X το σημείο τομής της BT με την AL.

Προφανώς, \widehat{ABT} \mathop = \limits^{BT \parallel SC} \widehat{BSC} \mathop = \limits^{\textnormal{\gr όμοια \en BTCD, SBCE}} \widehat{BCT}=\widehat{C}, και εύκολα \widehat{ATB}=\widehat{B}.

Με χρήση Ν.Ημιτόνων στα \triangle ABL, \triangle ALC και διαίρεση κατά μέλη έχουμε \dfrac{\sin \widehat{BAX}}{\sin \widehat{XAT}}=\dfrac{\sin \widehat{C}}{\sin \widehat{B}} (2).

Όμως, \dfrac{AB}{AT}=\dfrac{\sin \widehat{ATB}}{\sin \widehat{ABT}}=\dfrac{\sin \widehat{B}}{\sin \widehat{C}} , οπότε \dfrac{AB}{AT}=\dfrac{\sin \widehat{B}}{\sin \widehat{C}} (3).

Είναι \dfrac{BX}{XT}=\dfrac{(ABX)}{(AXT)}=\dfrac{AB \cdot \sin \widehat{BAX}}{AT \cdot \sin \widehat{XAT}} \mathop = \limits^{(2), (3)}=1, άρα BX=XT (4).

Από (4) και το γεγονός ότι BT \parallel SC, έχουμε SY=YC (5), με Y το σημείο τομής της AL με την SC.

Από (1), (5) έχουμε ότι στο τρίγωνο ASC αληθεύει το αντίστροφο Θ.Ceva, οπότε οι AY,CB,ST συντρέχουν, οπότε το ζητούμενο είναι άμεσο.

BMO2.png
BMO2.png (48.34 KiB) Προβλήθηκε 2053 φορές


Ο καθένας λέει ότι να΄ναι και είναι πάντα σύμφωνος με τον εαυτό του ! 'Ολοι μιλάνε και κανείς δεν ακούει! Ο κόσμος είναι σε νοητική αδράνεια ! Ελένη Γλυκατζή Αρβελέρ
Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4727
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: BMO 2017 - Θέματα

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #11 από Doloros » Πέμ Μάιος 04, 2017 6:31 pm

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:
Soteris έγραψε:
Πρόβλημα 2

Έστω \displaystyle{ABC} οξυγώνιο τρίγωνο με \displaystyle{AB<AC} και έστω \displaystyle{\Gamma} ο περιγεγραμμένος κύκλος του. Έστω \displaystyle{t_B} και \displaystyle{t_C} οι εφαπτομένες του κύκλου \displaystyle{\rm{\Gamma}} στα σημεία \displaystyle{B} και \displaystyle{C}, αντίστοιχα, και έστω \displaystyle{L} το σημείο τομής τους. Η ευθεία που διέρχεται από το σημείο \displaystyle{B} και είναι παράλληλη προς την \displaystyle{AC} τέμνει την \displaystyle{t_C} στο σημείο \displaystyle{D}. Η ευθεία που διέρχεται από το σημείο \displaystyle{C} και είναι παράλληλη προς την \displaystyle{AB} τέμνει την \displaystyle{t_B} στο σημείο \displaystyle{E}. Ο περιγεγραμμένος κύκλος στο τρίγωνο \displaystyle{BDC} τέμνει την πλευρά \displaystyle{AC} σε σημείο \displaystyle{T}, με το \displaystyle{T} να βρίσκεται ανάμεσα στα \displaystyle{A} και \displaystyle{C}. Ο περιγεγραμμένος κύκλος στο τρίγωνο \displaystyle{BEC} τέμνει την ευθεία \displaystyle{AB} σε σημείο \displaystyle{S}, με το \displaystyle{B} να βρίσκεται ανάμεσα στα \displaystyle{A} και \displaystyle{S}.
Να αποδείξετε ότι οι ευθείες ST, BC και AL συντρέχουν.

(Ελλάδα)



Θα αποδείξουμε πως οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των B,C D και B, C, E εφάπτονται των AB και AC αντίστοιχα.

Αν πάρουμε ένα τυχαίο σημείο K στην προέκταση της AB, τότε αρκεί να δείξουμε πως \widehat{KBD}=\widehat{BCD}.

Με άλλα λόγια αρκεί:

\widehat{DBA}=180^o-\widehat{BCL}\Leftrightarrow \widehat{DBC}+\widehat{CBA}=180^o-\widehat{BAC}\Leftrightarrow \widehat{BCA}+\widehat{CBA}=180^o-\widehat{BAC}, που ισχύει.

Πράγματι λοιπόν οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των B,C D και B, C, E εφάπτονται των AB και AC αντίστοιχα.

Ακόμη η BT είναι αντιπαράλληλη της BC στο τρίγωνο ABC (έχουμε το εκφυλισμένο εγγράψιμο BBTC). Άρα η συμμετροδιάμεσος της κορυφής A, δηλαδή η AL περνάει από το μέσο του BT, έστω M. Όμοια η AL περνάει και από το μέσο N της CS.

Από τη δέσμη AS, AL, AT, επειδή η AL διχοτομεί τις BT και CS, έχουμε πως BT//CS.

Άρα \dfrac{AB}{BS}=\dfrac{AT}{TC} και ακόμη έχουμε πως \dfrac{NS}{NC}=1

Εφαρμόζοντας το θεώρημα Ceva στο τρίγωνο ASC, προκύπτει ότι η AN, ST και BC συντρέχουν, δηλαδή η AL, ST και BC συντρέχουν.

Αργότερα θα βάλω το σχήμα...


Ωραία η λύση σου Διονύση :clap2: βάζω το σχήμα και νομίζω ότι σε καλύπτει.

ΒΜΟ_2017.png
ΒΜΟ_2017.png (51.71 KiB) Προβλήθηκε 2043 φορές


Τη λύση του Ορέστη στο ίδιο πρόβλημα την είδα φευγαλέα και σ αυτόν :clap2:


Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 938
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: BMO 2017 - Θέματα

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #12 από Ορέστης Λιγνός » Πέμ Μάιος 04, 2017 6:32 pm

knm2608 έγραψε:Η Διοφαντική a^2-ab+b^2=43 έχει ως λύσεις και τις (a,b)=(6,7),(7,6) οι οποίες φυσικά δεν επαληθεύουν την αρχική.


Ναι σωστά :oops: Ευτυχώς δεν επηρεάζει το υπόλοιπο της λύσης ...


Ο καθένας λέει ότι να΄ναι και είναι πάντα σύμφωνος με τον εαυτό του ! 'Ολοι μιλάνε και κανείς δεν ακούει! Ο κόσμος είναι σε νοητική αδράνεια ! Ελένη Γλυκατζή Αρβελέρ
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5266
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: BMO 2017 - Θέματα

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #13 από george visvikis » Πέμ Μάιος 04, 2017 7:07 pm

Soteris έγραψε:Πρόβλημα 2

Έστω \displaystyle{ABC} οξυγώνιο τρίγωνο με \displaystyle{AB<AC} και έστω \displaystyle{\Gamma} ο περιγεγραμμένος κύκλος του. Έστω \displaystyle{t_B} και \displaystyle{t_C} οι εφαπτομένες του κύκλου \displaystyle{\rm{\Gamma}} στα σημεία \displaystyle{B} και \displaystyle{C}, αντίστοιχα, και έστω \displaystyle{L} το σημείο τομής τους. Η ευθεία που διέρχεται από το σημείο \displaystyle{B} και είναι παράλληλη προς την \displaystyle{AC} τέμνει την \displaystyle{t_C} στο σημείο \displaystyle{D}. Η ευθεία που διέρχεται από το σημείο \displaystyle{C} και είναι παράλληλη προς την \displaystyle{AB} τέμνει την \displaystyle{t_B} στο σημείο \displaystyle{E}. Ο περιγεγραμμένος κύκλος στο τρίγωνο \displaystyle{BDC} τέμνει την πλευρά \displaystyle{AC} σε σημείο \displaystyle{T}, με το \displaystyle{T} να βρίσκεται ανάμεσα στα \displaystyle{A} και \displaystyle{C}. Ο περιγεγραμμένος κύκλος στο τρίγωνο \displaystyle{BEC} τέμνει την ευθεία \displaystyle{AB} σε σημείο \displaystyle{S}, με το \displaystyle{B} να βρίσκεται ανάμεσα στα \displaystyle{A} και \displaystyle{S}.
Να αποδείξετε ότι οι ευθείες ST, BC και AL συντρέχουν.

(Ελλάδα)


Το σκεπτικό: Έστω P το σημείο τομής των BC, ST. Αρκεί να δείξω ότι \dfrac{BP}{PC}=\dfrac{c^2}{b^2}. Τότε η AP θα είναι συμμετροδιάμεσος, άρα το P θα είναι σημείο και της AL. Η απόδειξη επιγραμματικά δίνεται από τα παρακάτω βήματα:
Ελλάδα-2017.png
Ελλάδα-2017.png (24.94 KiB) Προβλήθηκε 1921 φορές

● Η AB εφάπτεται στον μπλε κύκλο και η AC στον πράσινο: \boxed{cAS=b^2} (1) και \boxed{bAT=c^2} (2)

● Μενέλαος στο ABC με διατέμνουσα SPT: \displaystyle{\frac{{BP}}{{PC}} \cdot \frac{{b - AT}}{{AT}} \cdot \frac{{AS}}{{AS - c}}\mathop  \Leftrightarrow \limits^{(1),(2)} } \boxed{\dfrac{BP}{PC}=\dfrac{c^2}{b^2}}


ΥΓ. Συμπτωματικά, ήθελα να ανεβάσω μία άσκηση με συμμετροδιάμεσο σήμερα, αλλά την αφήνω για άλλη φορά.


silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1060
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: BMO 2017 - Θέματα

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #14 από silouan » Πέμ Μάιος 04, 2017 9:53 pm

Τα συγχαρητήριά μου στον Δημήτρη για το όμορφο πρόβλημα 4!

Το πρόβλημα 2 όντως προτάθηκε από κοινού από τον Βαγγέλη Ψύχα και εμένα. :)

Γενικά βρήκα πολύ εύκολο το πρόβλημα 1 για το επίπεδο του διαγωνισμού.
Θα βάλω τις λύσεις μου αύριο γιατί τώρα είμαι από κινητό.

Υ.γ. Μετά τη Jbmo του 2015 είναι η δεύτερη φορά που ελληνικό θέμα είναι το 2 και κυπριακό το 4 ;)
τελευταία επεξεργασία από silouan σε Παρ Μάιος 05, 2017 4:27 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Σιλουανός Μπραζιτίκος
Τσιαλας Νικολαος
Δημοσιεύσεις: 94
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 17, 2015 1:04 pm

Re: BMO 2017 - Θέματα

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #15 από Τσιαλας Νικολαος » Παρ Μάιος 05, 2017 12:43 am

silouan έγραψε:Το όμορφο πρόβλημα 4 προτάθηκε από τον Δημήτρη Χριστοφίδη. Δημήτρη συγχαρητήρια!

Το πρόβλημα 2 προτάθηκε από κοινού από τον Βαγγέλη Ψύχα και εμένα. :)

Γενικά βρήκα πολύ εύκολο το πρόβλημα 1 για το επίπεδο του διαγωνισμού.
Θα βάλω τις λύσεις μου αύριο γιατί τώρα είμαι από κινητό.


Όντως το πρώτο θέμα είναι πανεύκολο. Μήπως όμως μας ξεγελά γιατί το έχουμε δεί πολλές φορές στην Ελλάδα?
Συγχαρητήρια και στους 3 σας, για τα 2 υπέροχα θέματα!!! :clap2: :clap2: :clap2:


Άβαταρ μέλους
Nick1990
Δημοσιεύσεις: 638
Εγγραφή: Παρ Ιαν 23, 2009 3:15 pm
Τοποθεσία: Oxford, United Kingdom
Επικοινωνία:

Re: BMO 2017 - Θέματα

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #16 από Nick1990 » Παρ Μάιος 05, 2017 6:00 am

Από τα 3 πρώτα, μόνο η γεωμετρία μου φάνηκε να έχει κάποια δυσκολία (ίσως επειδή δεν έχω ασχοληθεί και τόσο με γεωμετρίες), οπότε θα βάλω μια λύση:

Ας υποθέσουμε ότι η εφαπτομένη του περιγεγραμμένου του \triangle{ABC} στο A τέμνει την BC στο P, και η AL τέμνει την BC στο Q. Είναι γνωστό πως η (P, B, Q, C) είναι αρμονική.

Αν λοιπόν η ST τέμνει την BC στο R, αρκεί (P, B, R, C) να είναι επίσης αρμονική, αφού από τη μοναδικότητα του αρμονικού συζηγούς θα έχουμε Q \equiv R.

Από παραλληλίες, υπολογισμούς γωνιών χορδών - εφαπτομένων από τις αντίστοιχες εγγεγραμμένες, και από το εγγεγραμμένο BTCD, έχουμε \pi -
 \angle{PAB} = \angle{B} = \pi - \angle{A} - \angle{C} = \pi - \angle{BCD} - \angle{CBD} = \angle{CDB} = \angle{ATB} = \angle{CDB} \Rightarrow PA \parallel TB.

Ομοίως, δουλεύοντας με τον κύκλο του BCE, βγάζουμε PA \parallel CS.

Άρα τα \triangle{ABT} και \triangle{ASC} είναι όμοια, όπως και τα \triangle{BRT} και \triangle{BRT}. Από τις ομοιότητες αυτές έχουμε \frac{BR}{RC} = \frac{BT}{SC} = \frac{AT}{AC} και από Θαλή ο λόγος αυτός είναι \frac{PB}{PC}, οπότε πράγματι (P, B, R, C) είναι αρμονική και τελειώσαμε.


Κολλιοπουλος Νικος -- Απόφοιτος ΣΕΜΦΕ - ΕΜΠ, Υποψήφιος διδάκτωρ στο πανεπιστήμιο της Οξφόρδης

https://www.maths.ox.ac.uk/people/nikolaos.kolliopoulos
simantiris j.
Δημοσιεύσεις: 233
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 18, 2014 5:07 pm

Re: BMO 2017 - Θέματα

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #17 από simantiris j. » Παρ Μάιος 05, 2017 1:52 pm

Θέλω και εγώ να συγχαρώ με τη σειρά μου τους κ.Σιλουανό και Ψύχα για την ωραία γεωμετρία καθώς και τον κ.Δημήτρη για το 4ο πρόβλημα!
Ένα επιπλέον ερώτημα προς επίλυση για τη γεωμετρία (το παρατήρησα την ώρα του διαγωνισμού αλλά δε μου χρειάστηκε):
Αν η A- διάμεσος του τριγώνου ABC τέμνει τον \Gamma στο N να δειχθεί ότι τα σημεία A,S,N,T είναι ομοκυκλικά.
Καλά αποτελέσματα στις ομάδες της Ελλάδας και της Κύπρου!


Σημαντήρης Γιάννης
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 428
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: BMO 2017 - Θέματα

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #18 από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Παρ Μάιος 05, 2017 2:42 pm

simantiris j. έγραψε:Θέλω και εγώ να συγχαρώ με τη σειρά μου τους κ.Σιλουανό και Ψύχα για την ωραία γεωμετρία καθώς και τον κ.Δημήτρη για το 4ο πρόβλημα!
Ένα επιπλέον ερώτημα προς επίλυση για τη γεωμετρία (το παρατήρησα την ώρα του διαγωνισμού αλλά δε μου χρειάστηκε):
Αν η A- διάμεσος του τριγώνου ABC τέμνει τον \Gamma στο N να δειχθεί ότι τα σημεία A,S,N,T είναι ομοκυκλικά.
Καλά αποτελέσματα στις ομάδες της Ελλάδας και της Κύπρου!


Δεν ξέρω αν θα έπρεπε να ξεφεύγουμε (ειδικά σε αυτό το θέμα) ...
... ωστόσο η παραπάνω παρατήρηση ισχύει:

BMO 2017 B.png
BMO 2017 B.png (42.4 KiB) Προβλήθηκε 1163 φορές


Θεωρούμε συμμετρική αντιστροφή με πόλο την κορυφή A, δύναμη AB\cdot ACκαι άξονα την διχοτόμο της \widehat{BAC}.

Τότε τα B και C αντιστρέφονται, άρα έχουμε πως και οι ευθείες AC και AB αντιστρέφονται.

Ο κύκλος \Gamma γίνεται η BC, ενώ η συμμετροδιάμεσος AL γίνεται η διάμεσος AN. Επειδή το N ανήκει στον κύκλο \Gamma, έχουμε πως το αντίστροφο του N, έστω N', ανήκει στην BC, αλλά και στην συμμετροδιάμεσο AL, δηλαδή είναι η τομή τους. Σύμφωνα με την αρχική άσκηση, τα S, N', T είναι συνευθειακά. Άρα τα αντίστροφα τους S', N, T' και ο πόλος A θα είναι ομοκυκλικά σημεία.

Ακόμη οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των B, C, D και B, C, E, που εφάπτονται των AB και AC αντίστοιχα, γίνονται κύκλοι που εφάπτονται των AC και AB αντίστοιχα άρα αντιστρέφονται. Επομένως αφού τα T, S είναι τα σημεία τομής τους με τις αντίστροφες ευθείες AC και AB, έχουμε πως τα S, T είναι αντίστροφα. Επομένως το S' είναι το T και το T' είναι το S.

Πράγματι λοιπόν τα S, T, N, A είναι ομοκυκλικά.


Houston, we have a problem!
simantiris j.
Δημοσιεύσεις: 233
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 18, 2014 5:07 pm

Re: BMO 2017 - Θέματα

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #19 από simantiris j. » Παρ Μάιος 05, 2017 3:15 pm

:coolspeak: Αυτή την απόδειξη είχα στο μυαλό μου!


Σημαντήρης Γιάννης
Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3694
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: BMO 2017 - Θέματα

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #20 από cretanman » Σάβ Μάιος 06, 2017 3:50 pm

Με ιδιαίτερη χαρά σας παρουσιάζω τα αποτελέσματα της Ελληνικής και Κυπριακής Αποστολής στην Οχρίδα της Π.Γ.Δ.Μ.

Τα cut offs των μεταλλίων ήταν 39 για το Χρυσό, 31 για το Αργυρό και 16 για το Χάλκινο.

Ελλάδα

Βασίλης Γεωργιάδης: 40/40 Χρυσό Μετάλλιο :first:
Δημήτρης Μελάς: 32/40 Αργυρό Μετάλλιο :winner_second_h4h:
Ραφαήλ Τσιάμης: 31/40 Αργυρό Μετάλλιο :winner_second_h4h:
Ραφαήλ Ψυρούκης: 30/40 Χάλκινο Μετάλλιο :winner_third_h4h:
Δημήτρης Λώλας: 27/40 Χάλκινο Μετάλλιο :winner_third_h4h:
Σωτήρης Παπασωτηρίου: 14/40 Εύφημη Μνεία :clap2:

Να συγχαρώ όλα τα παιδιά για την εξαιρετική τους επίδοση και εμφάνιση στο διαγωνισμό και ιδιαίτερα τον Βασίλη για το Perfect Score που κατάφερε!! Μπράβο σε όλη την Ελληνική Ομάδα που αξίζει να αναφέρουμε ότι έλυσε ΠΛΗΡΩΣ το θέμα της Γεωμετρίας συνεχίζοντας την καλή παράδοση παρά το ότι η χώρα προσπαθεί να την εξοβελίσει από το πρόγραμμα σπουδών υποβαθμίζοντάς τη συνεχώς!

Κύπρος

Άγγελος Άσσος: 24/40 Χάλκινο Μετάλλιο :winner_third_h4h:

Αλέξανδρος


Αλέξανδρος Συγκελάκης

Επιστροφή σε “Θέματα διαγωνισμών (ΕΜΕ, BMO, JBMO, IMO, Kangaroo κλπ)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Πρωτοπαπάς Λευτέρης και 1 επισκέπτης