BMO 2017 - Θέματα

#1

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

#2

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

Soteris · #3

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

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)

Γιάννης Μπόρμπας · #4

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

και

με

.
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)

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

Ορέστης Λιγνός · #5

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

με

, 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

.

Αν

,

, άρα

, και με αντικατάσταση στην αρχική, (x,y)=(22,22)

.

Αν

,

ή

, οπότε

.

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

#6

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

εύκολα έχουμε f(1)=1.

Για

έπεται ότι n+f(n)|n+n^2

οπότε $f(n)\leq n^2 ,$ για κάθε

Οπότε η αρχική συνθήκη γράφεται $n+f(m)|n^2-f(n) \ \ (^*).$

Είναι 2+f(2)|6

οπότε

ή

-- Αν

τότε, για

έπεται ότι 2+f(m)|3

οπότε

για κάθε

που είναι λύση.

-- Αν f(2)=4,

θα δείξουμε ότι f(m)=m^2

για κάθε

(που είναι λύση).
Αν υπάρχει

ώστε $f(c)\ne c^2$ τότε από c+f(m)|c^2-f(c)

έπεται ότι η

είναι άνω φραγμένη.
Από n+1|n^2-f(n),

για

στην

και
από

για

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

δεν είναι άνω φραγμένη, άτοπο.

Γιάννης Μπόρμπας · #7

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

τέτοιος ώστε $f(c)\not=c^2$ .
Η συνάρτηση πρέπει να είναι άνω και κάτω φραγμένη. Διαφορετικά για αρκετά μεγάλα

ο παρονομαστής γίνεται μεγαλύτερος από τον αριθμητή. Παίρνοντας m=n=1

έχουμε

. Ενώ για

στην δοθείσα: n+1|f(n)+n

ή αλλιώς

. Ο αριθμητής είναι άνω φραγμένος. Έστω

η μέγιστη τιμή της

. 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.

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #8

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 και συντρέχουν.

(Ελλάδα)

Θα αποδείξουμε πως οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των B,C, D

και

εφάπτονται των

και

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

εφάπτονται των

και

αντίστοιχα.

Ακόμη η

είναι αντιπαράλληλη της

στο τρίγωνο ABC

(έχουμε το εκφυλισμένο εγγράψιμο BBTC

). Άρα η συμμετροδιάμεσος της κορυφής

, δηλαδή η

περνάει από το μέσο του

, έστω

. Όμοια η

περνάει και από το μέσο

της

.

Από τη δέσμη AS, AL, AT

, επειδή η

διχοτομεί τις

και

, 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

συντρέχουν, δηλαδή η AL, ST

και

συντρέχουν.

Edit: Κάποιες βελτιώσεις... Όσο για το σχήμα... ενώ το σχεδίαζα είδα ότι με πρόλαβε ο κύριος Νίκος παρακάτω...

knm2608 · #9

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.

Ορέστης Λιγνός · #10

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 και 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

το σημείο τομής της

με την

.

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

το σημείο τομής της

με την

.

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 (48.34 KiB) Προβλήθηκε 6752 φορές

#11

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 και συντρέχουν.

(Ελλάδα)

Θα αποδείξουμε πως οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των και εφάπτονται των και αντίστοιχα.

Αν πάρουμε ένα τυχαίο σημείο στην προέκταση της , 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 και εφάπτονται των και αντίστοιχα.

Ακόμη η είναι αντιπαράλληλη της στο τρίγωνο (έχουμε το εκφυλισμένο εγγράψιμο ). Άρα η συμμετροδιάμεσος της κορυφής , δηλαδή η περνάει από το μέσο του , έστω . Όμοια η περνάει και από το μέσο της .

Από τη δέσμη , επειδή η διχοτομεί τις και , έχουμε πως .

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

Εφαρμόζοντας το θεώρημα στο τρίγωνο , προκύπτει ότι η και συντρέχουν, δηλαδή η και συντρέχουν.

Αργότερα θα βάλω το σχήμα...

Ωραία η λύση σου Διονύση

βάζω το σχήμα και νομίζω ότι σε καλύπτει.

: ΒΜΟ_2017.png (51.71 KiB) Προβλήθηκε 6742 φορές

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

Ορέστης Λιγνός · #12

knm2608 έγραψε:Η Διοφαντική έχει ως λύσεις και τις οι οποίες φυσικά δεν επαληθεύουν την αρχική.

Ναι σωστά

Ευτυχώς δεν επηρεάζει το υπόλοιπο της λύσης ...

#13

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 και συντρέχουν.

(Ελλάδα)

Το σκεπτικό: Έστω

το σημείο τομής των BC, ST.

Αρκεί να δείξω ότι $\dfrac{BP}{PC}=\dfrac{c^2}{b^2}.$ Τότε η

θα είναι συμμετροδιάμεσος, άρα το

θα είναι σημείο και της AL.

Η απόδειξη επιγραμματικά δίνεται από τα παρακάτω βήματα:

: Ελλάδα-2017.png (24.94 KiB) Προβλήθηκε 6620 φορές

● Η

εφάπτεται στον μπλε κύκλο και η

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.

#14

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

Τσιαλας Νικολαος · #15

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!!!

Nick1990 · #16

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

τέμνει την

στο

, και η

τέμνει την

στο

. Είναι γνωστό πως η (P, B, Q, C)

είναι αρμονική.

Αν λοιπόν η

τέμνει την

στο

, αρκεί

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.

simantiris j. · #17

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

διάμεσος του τριγώνου ABC

τέμνει τον $\Gamma$ στο

να δειχθεί ότι τα σημεία A,S,N,T

είναι ομοκυκλικά.
Καλά αποτελέσματα στις ομάδες της Ελλάδας και της Κύπρου!

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #18

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 διάμεσος του τριγώνου τέμνει τον $\Gamma$ στο να δειχθεί ότι τα σημεία 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 (42.4 KiB) Προβλήθηκε 5862 φορές

Θεωρούμε συμμετρική αντιστροφή με πόλο την κορυφή

, δύναμη $AB\cdot AC$ και άξονα την διχοτόμο της $\widehat{BAC}$ .

Τότε τα

και

αντιστρέφονται, άρα έχουμε πως και οι ευθείες

και

αντιστρέφονται.

Ο κύκλος $\Gamma$ γίνεται η

, ενώ η συμμετροδιάμεσος

γίνεται η διάμεσος

. Επειδή το

ανήκει στον κύκλο $\Gamma$ , έχουμε πως το αντίστροφο του

, έστω

, ανήκει στην

, αλλά και στην συμμετροδιάμεσο

, 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

θα είναι ομοκυκλικά σημεία.

Ακόμη οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των B, C, D

και

, που εφάπτονται των

και

αντίστοιχα, γίνονται κύκλοι που εφάπτονται των

και

αντίστοιχα άρα αντιστρέφονται. Επομένως αφού τα T, S

είναι τα σημεία τομής τους με τις αντίστροφες ευθείες

και

, έχουμε πως τα S, T

είναι αντίστροφα. Επομένως το

είναι το

και το

είναι το

.

Πράγματι λοιπόν τα S, T, N, A

είναι ομοκυκλικά.

simantiris j. · #19

Αυτή την απόδειξη είχα στο μυαλό μου!

#20

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

Δημήτρης Μελάς: 32/40 Αργυρό Μετάλλιο

Ραφαήλ Τσιάμης: 31/40 Αργυρό Μετάλλιο

Ραφαήλ Ψυρούκης: 30/40 Χάλκινο Μετάλλιο

Δημήτρης Λώλας: 27/40 Χάλκινο Μετάλλιο

Σωτήρης Παπασωτηρίου: 14/40 Εύφημη Μνεία

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

Αλέξανδρος

BMO 2017 - Θέματα

BMO 2017 - Θέματα

Re: BMO 2017 - Θέματα

Re: BMO 2017 - Θέματα

Re: BMO 2017 - Θέματα

Re: BMO 2017 - Θέματα

Re: BMO 2017 - Θέματα

Re: BMO 2017 - Θέματα

Re: BMO 2017 - Θέματα

Re: BMO 2017 - Θέματα

Re: BMO 2017 - Θέματα

Re: BMO 2017 - Θέματα

Re: BMO 2017 - Θέματα

Re: BMO 2017 - Θέματα

Re: BMO 2017 - Θέματα

Re: BMO 2017 - Θέματα

Re: BMO 2017 - Θέματα

Re: BMO 2017 - Θέματα

Re: BMO 2017 - Θέματα

Re: BMO 2017 - Θέματα

Re: BMO 2017 - Θέματα

Μέλη σε σύνδεση