Θέματα ΒΜΟ 2016

#1

Βάζω τα προβλήματα της Βαλκανιάδας που έγραψαν πριν από λίγο τα παιδιά.
Το πρόβλημα 1 προτάθηκε από Σκόπια
Το πρόβλημα 2 ήταν Ελληνική πρόταση
Το πρόβλημα 3 ήταν Ελληνική πρόταση
Το πρόβλημα 4 ήταν της Βουλγαρίας

Πρόβλημα 1.
Να βρείτε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ οι οποίες είναι "ένα προς ένα" και τέτοιες, ώστε για κάθε πραγματικό αριθμό

και κάθε θετικό ακέραιο

, να ισχύει
$\displaystyle{ \Big|\, \sum_{i=1}^{n}{i\Big(f\big(x+i+1\big)-f\big(f(x+i)\big)\Big)}\,\Big|<2016. }$

Πρόβλημα 2.
Έστω ABCD

ένα εγγράψιμο τετράπλευρο με AB<CD

. Οι διαγώνιοί του τέμνονται στο σημείο

και οι ευθείες

και

τέμνονται στο σημείο

. Θεωρούμε τις προβολές

και

του σημείου

στις πλευρές

και

αντίστοιχα και τα μέσα

,

και

των

,

και

αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι το δεύτερο κοινό σημείο των περιγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων MKT

και

ανήκει στο τμήμα

.

Πρόβλημα 3.
Να βρείτε όλα τα μονικά πολυώνυμα

με ακεραίους συντελεστές που ικανοποιούν την ακόλουθη ιδιότητα: Υπάρχει ένας θετικός ακέραιος

τέτοιος, ώστε ο

να διαιρεί τον $2\left(f(p)!\strut\right)+1$ για κάθε πρώτο p>N

, για τον οποίο ο αριθμός f(p)

είναι θετικός ακέραιος.

Σημείωση: {Έ}να μονικό πολυώνυμο έχει συντελεστή του μεγιστοβάθμιου όρου του ίσο με .

Πρόβλημα 4.
Το επίπεδο χωρίζεται σε μοναδιαία τετράγωνα από δύο σύνολα παράλληλων ευθειών, σχηματίζοντας ένα άπειρο πλέγμα. Κάθε μοναδιαίο τετράγωνο χρωματίζεται με ένα από τα 1201

χρώματα έτσι, ώστε να μην υπάρχει ορθογώνιο με περίμετρο 100

το οποίο να περιέχει δύο τετράγωνα του ιδίου χρώματος. Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχει ορθογώνιο με διαστάσεις $1 \times 1201$ ή $1201\times 1$ που να περιέχει δύο τετράγωνα του ιδίου χρώματος.

Σημείωση: Υποθέτουμε εδώ ότι κάθε ορθογώνιο έχει πλευρές που περιέχονται στις ευθείες του πλέγματος.

#2

Το 2ο είναι πρόβλημα του Σιλουανού και το 3ο είναι πρόβλημα που κατασκεύασαν από κοινού ο Σιλουανός και ο Παναγιώτης Λώλας.

Συγχαρητήρια απο μένα και στους δύο κατασκευαστές από τη χώρα μας. Εύχομαι τα αποτελέσματα τα δικά μας και των Κύπριων να είναι τα καλύτερα!

Περισσότερα αύριο...

Αλέξανδρος

jason.prod · #3

Λοιπόν, επειδή έδωσα τα θέματα της φετινής ΒΜΟ εκτός συναγωνισμού, ένα γενικό σχόλιο για τα θέματα.
Το πρώτο ήταν αρκετά εύκολο και θα το έλυσαν αρκετοί. Μάλιστα, αρκούσε το 2016 να είναι οποιαδήποτε θετική σταθερά, και όχι το 2016.
Το δεύτερο δυσκόλεψε πολύ όλους που ήταν στα γραφεία της ΕΜΕ.
Στο τρίτο θέμα αρκούσε ο μεγιστοβάθμιος συντελεστής να είναι θετικός, όχι απαραίτητα 1.
Για το τέταρτο δεν έχω σχόλιο, καθώς δεν το ακούμπησα, παρά μόνο το τελευταίο τέταρτο.

nikos_el · #4

Το σχήμα της Γεωμετρίας.

Κορίνα Διγαλάκη · #5

Οσον αφορα τη γεωμετρία, οι δυο κύκλοι είναι κυκλοι Euler των τριγώνων EFC και EFD. Επομένως διέρχονται από τα μέσα των EC,ΕD αντίστοιχα. Επομενως, αρκεί να αποδείξουμε ότι το τετράπλευρο που διέρχεται από τα Μ, S και τα μέσα των EC και DC είναι εγγραψιμο, γεγονός που προκύπτει από τις παράλληλες εύκολα.

nikolaos p. · #6

Συγχαρητήρια σε όσους συμμετείχαν!

#7

Κορίνα Διγαλάκη έγραψε:Οσον αφορα τη γεωμετρία, οι δυο κύκλοι είναι κυκλοι Euler των τριγώνων EFC και EFD. Επομένως διέρχονται από τα μέσα των EC,ΕD αντίστοιχα. Επομενως, αρκεί να αποδείξουμε ότι το τετράπλευρο που διέρχεται από τα Μ, S και τα μέσα των EC και DC είναι εγγραψιμο, γεγονός που προκύπτει από τις παράλληλες εύκολα.

Soteris · #8

cretanman έγραψε:Το 2ο είναι πρόβλημα του Σιλουανού και το 3ο είναι πρόβλημα που κατασκεύασαν από κοινού ο Σιλουανός και ο Παναγιώτης Λώλας.

Αλέξανδρος

Όταν στην JBMO του 2015 στο Βελιγράδι μπήκαν δύο θέματα που προτάθηκαν από την Κύπρο, με πειράζατε και λέγατε ότι η νύχτα θα ήταν μεγάλη Αλέξανδρε για μένα. Δεν πήρατε το μήνυμα φαίνεται και φέτος βγάλατε τα μάτια σας μόνοι σας..

Καλή δύναμη εύχομαι φίλοι μου και καλά αποτελέσματα!! Σιλουανέ πολλά συγχαρητήρια για το 2, αλλά και για το 3 που φτιάξατε μαζί με τον Παναγιώτη. Και εις ανώτερα (ΙΜΟ)..

#9

Συγχαρητήρια στους κατασκευαστές των προβλημάτων και ιδιαίτερα στο Σιλουανό και τον Παναγιώτη.Καλά αποτελέσματα στην ομάδα μας ,

αλλά και στην ομάδα της Κύπρου !

Μπ

S.E.Louridas · #10

Διεγράφη επειδή λόγω ταχύτητας υπήρξε ένα λάθος.

Σταύρος Σταυρόπουλος · #11

ΣΥΓΧΑΡΗΤΗΡΙΑ σε όλα τα παιδιά που συμμετείχαν καθώς και στον Σιλουανό και τον Παναγιώτη για τα εξαιρετικά θέματα που κατασκεύασαν.

#12

smar έγραψε: Πρόβλημα 4.
Το επίπεδο χωρίζεται σε μοναδιαία τετράγωνα από δύο σύνολα παράλληλων ευθειών, σχηματίζοντας ένα άπειρο πλέγμα. Κάθε μοναδιαίο τετράγωνο χρωματίζεται με ένα από τα χρώματα έτσι, ώστε να μην υπάρχει ορθογώνιο με περίμετρο το οποίο να περιέχει δύο τετράγωνα του ιδίου χρώματος. Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχει ορθογώνιο με διαστάσεις $1 \times 1201$ ή $1201\times 1$ που να περιέχει δύο τετράγωνα του ιδίου χρώματος.

Σημείωση: Υποθέτουμε εδώ ότι κάθε ορθογώνιο έχει πλευρές που περιέχονται στις ευθείες του πλέγματος.

Πολύ όμορφο και δύσκολο πρόβλημα. Κάπως μπελαλίδικο να γραφτεί η λύση. Είναι μεν δύσκολο αλλά η λύση είναι πιο απλή από ότι φαίνεται από το μέγεθός της. Η χρήση αρκετών εικόνων θα βοηθούσε αλλά τις παραλείπω. Πάντως υπάρχουν μονάδες για να πάρει κάποιος που δεν μπόρεσε να φτάσει σε πλήρη λύση. Ίσως αυτές να διαχωρίσουν τα χρυσά από τα αργυρά μιας και όσοι πάνε για χρυσό μάλλον θα έλυσαν τα πρώτα τρία.

Σχόλιο πριν την λύση: Το κλειδί είναι να κατανοηθεί που χρειάζεται το 1201

. Είναι σίγουρο ότι λιγότερα χρώματα δεν δουλεύουν. Π.χ. αν υπήρχε χρωματισμός με 1200

χρώματα τότε κάθε $1 \times 1201$ λωρίδα θα είχα ένα χρώμα που θα εμφανιζόταν δύο φορές. Οπότε το 1201

δεν εμφανίζεται καθόλου τυχαία. Είναι απαραίτητο λοιπόν να ψάξουμε να βρούμε γιατί να εμφανίζεται το 1201

.

Βάζω σύστημα συντεταγμένων στα κέντρα των τετραγώνων. (Όχι στις κορυφές των τετραγώνων, αλλά στα κέντρα τους. Δεν είναι ουσιαστικό στοιχείο της λύσης αυτή η διαφοροποίηση. Απλά έτσι το δούλεψα και είναι φασαρία τώρα να αλλάξω τις πράξεις μου.) Το μικρότερο ορθογώνιο που περιέχει τα τετράγωνα με κέντρα τα σημεία (a,b)

και

έχει διαστάσεις |a-c|+1

επί

. Οπότε η δεδομένη συνθήκη είναι ισοδύναμη με την εξής:

Αν τα (a,b)

και

έχουν το ίδιο χρώμα τότε $|a-c| + |b-d| \geqslant 49$ . Συχνά θα αναφέρομαι στο $|a-c| + |b-d| \geqslant 49$ ως την «απόσταση» μεταξύ των σημείων (a,b)

και

. Συγκεκριμένα όποτε αναφέρομαι σε απόσταση δεν θα αναφέρομαι σε Ευκλείδια απόσταση αλλά στην πιο πάνω απόσταση.

Από εδώ και πέρα μπορώ να σκέφτομαι τον χρωματισμό των σημείων χρησιμοποιώντας αυτήν και μόνο την συνθήκη. Θέλω να δείξω ότι κάθε 1201

διαδοχικά οριζόντια (αντίστοιχα κάθετα) σημεία είναι διαφορετικά χρωματισμένα.

Για κάθε $x,y \in \mathbb{Z}$ ορίζω
$\displaystyle{ R(x,y) = \{(x+a,y+b): |a| + |b| \leqslant 24\}.}$

Παρατηρώ κοιτάζοντας π.χ. τις τιμές που μπορεί να πάρει το

ότι
$\displaystyle{ |R(x,y)| = 49 +2(1+3+\cdots +47) = 49 + 2\cdot 24^2 = 1201}$

Επίσης για κάθε x,y

, κάθε δύο σημεία του R(x,y)

είναι χρωματισμένα διαφορετικά. Πράγματι αν (x_1,y_1),(x_2,y_2)

δύο τέτοια σημεία τότε είναι
$\displaystyle{ |x_1-x_2| + |y_1-y_2| \leqslant |x_1-x| + |x-x_2| + |y_1-y|+|y-y_2| \leqslant 48}$

Άρα στα σημεία του R(x,y)

χρησιμοποιώ όλα τα χρώματα από μία φορά το κάθε ένα.

Ξεκινώ κοιτάζοντας τα R(0,0),R(1,0)

και

. Η διαφορά μεταξύ των R(0,0)

και

είναι ότι το μεν πρώτο περιέχει επιπλέον τα

σημεία του συνόλου $A = \{(-24+k,\pm k): k \in \{0,1,\ldots,24\}\}$ ενώ το δε δεύτερο τα

σημεία του συνόλου $B = \{(25-k,\pm k): k \in \{0,1,\ldots,24\}\}$

Επίσης η διαφορά μεταξύ των R(1,0)

και

είναι ότι το μεν πρώτο περιέχει επιπλέον τα

σημεία του συνόλου $C = \{(-23+k,\pm k): k \in \{0,1,\ldots,24\}\}$ ενώ το δε δεύτερο τα

σημεία του συνόλου $D = \{(26-k,\pm k): k \in \{0,1,\ldots,24\}\}$

Ισχυρίζομαι ότι το χρώμα του (-24,0)

του συνόλου

είναι το ίδιο με το χρώμα είτε του (1,24)

είτε του

του συνόλου

.

Αν αυτό δεν ισχύει τότε το (1,24)

έχει το ίδιο χρώμα με κάποιο (-24+k,-k)

για $k \in \{1,2,\ldots,24\}$ . Πράγματι ήδη υποθέσαμε πως δεν έχει το ίδιο χρώμα με το (-24,0)

. Επίσης δεν μπορεί να έχει το ίδιο χρώμα με κάποιο (-24+k,k)

όπου

αφού η απόσταση μεταξύ των δύο σημείων είναι $49-2k \leqslant 47$ . Άρα τα (-24+k,-k)

και

έχουν το ίδιο χρώμα. Επειδή το (1,24)

ανήκει στο

πρέπει να έχει το ίδιο χρώμα με κάποιο σημείο του

. Δεν μπορεί να είναι κάποιο της μορφής (26-r,r)

με

διότι η απόσταση από το (1,24)

είναι $49-2r \leqslant 47$ . Δεν μπορεί να είναι ούτε κάποιο της μορφής (26-r,-r)

με

διότι η απόσταση από το (-24+k,-k)

είναι $50-r-k+|r-k| \leqslant \max\{50-2r,50-2k\} \leqslant 48$ . Πρέπει λοιπόν το (1,24)

να έχει το ίδιο χρώμα με το (26,0)

.

Ακριβώς όμως με την ίδια λογική όπως της προηγούμενης παραγράφου και το (1,-24)

έχει το ίδιο χρώμα με το (26,0)

. Αυτό είναι άτοπο αφού τα (1,24)

και

δεν έχουν το ίδιο χρώμα.

Βέβαια το (0,0)

δεν παίζει κάποιο ιδιαίτερο ρόλο. Ακριβώς με την ίδια λογική το (x,y)

έχει το ίδιο χρώμα με ένα εκ των (x+25,y+24)

και

. Επίσης έχει το ίδιο χρώμα με ένα εκ των (x+24,y-25)

και

και με ένα εκ των

[Από συμμετρία.]

Ας ξεκινήσουμε τώρα από ένα αυθαίρετο σημείο. Έστω χωρίς βλάβη της γενικότητας το (0,0)

. Θέλουμε να δείξουμε ότι τα (0,k)

για $k \in \{1,2,\ldots,1200\}$ έχουν όλα διαφορετικό χρώμα από το (0,0)

. Οπότε θα έχουμε το αποτέλεσμα για τις οριζόντιες λωρίδες και άρα από συμμετρία και για τις κάθετες.

Χωρίς βλάβη της γενικότητας το (25,24)

έχει το ίδιο χρώμα με το (0,0)

. Το ίδιο και ένα εκ των (25+24,24-25) = (49,-1)

και

. Δεν μπορεί να είναι το (1,-1)

αφού είναι κοντά στο (0,0)

άρα είναι το (49,-1)

. Το ίδιο χρώμα έχει και ένα εκ των (25+25,24+24) = (50,48)

και

. Δεν μπορεί να είναι το (50,0)

άρα είναι το (50,48)

.

Μέχρι στιγμής έχω δείξει ότι τα (25,24),(49,-1)

και

έχουν το ίδιο χρώμα με το (0,0)

.

Θα δείξω επαγωγικά ότι για κάθε $n \in \mathbb{N}$ τα (49n-24,25-n),(49n+1,49-n)

και

έχουν το ίδιο χρώμα με το (0,0)

.

Ήδη έχει δειχθεί για n=1

.

Αφού το (49k+1,49-k)

έχει το ίδιο χρώμα, το ίδιο ισχύει και για ένα εκ των (49k+25,24-k)

και

. Δεν μπορεί να είναι το (49k-23,24-k)

αφού η απόστασή του από το (49k-24,25-k)

είναι μικρή. Άρα είναι το (49k+25,24-k)

.

Αφού το (49k+25,24-k)

έχει το ίδιο χρώμα, το ίδιο ισχύει και για ένα εκ των (49k+49,-k-1)

και

. Δεν μπορεί να είναι το (49k+1,-k-1)

αφού η απόστασή του από το (49k,-k)

είναι μικρή. Άρα είναι το (49k+49,-k-1)

.

Αφού το (49k+25,24-k)

έχει το ίδιο χρώμα, το ίδιο ισχύει και για ένα εκ των (49k+50,48-k)

και

. Δεν μπορεί να είναι το (49k+50,-k)

αφού η απόστασή του από το (49k+49,-k-1)

είναι μικρή. Άρα είναι το (49k+50,-k)

.

Δείξαμε λοιπόν πως και τα (49k+25,24-k),(49k+49,-k-1)

και

έχουν το ίδιο χρώμα που είναι η επαγωγική υπόθεση για n=k+1

.

Άρα ο ισχυρισμός έχει αποδειχθεί.

Ας επανέλθουμε τώρα στον τελικό στόχο που είναι να δείξουμε πως κανένα εκ των (0,k)

για $k \in \{1,2,\ldots,1200\}$ δεν έχει ίδιο χρώμα με το (0,0)

. Έστω λοιπόν $k \in \{1,2,\ldots, 1200)$ . Μπορώ να υποθέσω ότι $k \geqslant 49$ αφού αλλιώς είναι άμεσο. Επίσης για n=25

το

έχει το ίδιο χρώμα με το (0,0)

οπότε μπορώ επίσης να υποθέσω ότι $k \leqslant 1201-49 = 1152$ .

Μπορώ να γράψω $k = 49r + \ell$ όπου $|\ell| \leqslant 24$ και $r \geqslant 1$ . Είναι $49r \leqslant 1152 + 24$ οπότε είναι $r \leqslant 24$ .

Τότε όμως η απόσταση του (0,k)

από το

το οποίο έχει το ίδιο χρώμα με το (0,0)

είναι $|\ell+r| \leqslant r + |\ell| \leqslant 48$ . Οπότε το (0,k)

έχει διαφορετικό χρώμα από το (49r,-r)

και άρα και από το (0,0)

.

Η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

#13

Ευχαριστούμε πολύ για τα καλά λόγια τους φίλους και συναδέλφους

Τώρα είμαστε στη διαδικασία της διόρθωσης και ως το βράδυ θα ξέρουμε τα αποτελέσματα και την κατανομή των μεταλλίων.
Παραθέτω εδώ την επίσημη ελληνική και αγγλική εκδοχή των θεμάτων. Θα επανέλθω σύντομα και με τις λύσεις, περιμένοντας παρόλα αυτά και τις δικές σας λύσεις στα προβλήματα.

Κορίνα Διγαλάκη · #14

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 1
Έστω P(x,n)

: $\displaystyle{ \Big|\, \sum_{i=1}^{n}{i\Big(f\big(x+i+1\big)-f\big(f(x+i)\big)\Big)}\,\Big|<2016. }$ .
Έστω τώρα ότι υπάρχει πραγματικόςαριθμός $x_{0}$ τέτοιος ώστε $\left | f(x_{0}) - f(f(x_{0}-1))\right |>0$ .
Τότε θα υπάρχει θετικός ακέραιος

, τέτοιος ώστε $m\left | f(x_{0}) - f(f(x_{0}-1))\right |>4032$ .
Εφαρμόζοντας την $P(x_{0}-m-1$ ,m) και την ιδιότητα $\left | a+b \right |\geq \left | a \right |-\left | b \right |$ έχουμε:
$\displaystyle{ \begin{aligned} 2016 &> \left| \sum_{i=1}^m i\left( f(x_0-m+i) - f(f(x_0-m-1+i))\right) \right|\\ &> m\left| f(x_0) - f(f(x_0-1))\right| - \left| \sum_{i=1}^{m-1} i\left( f(x_0-m+i) - f(f(x_0-m-1+i))\right) \right| \\ &> 4032 - 2016 = 2016 \end{aligned} }$

ΑΤΟΠΟ.
Άρα, f(x)-f(f(x-1)=0

για κάθε πραγματικό αριθμό. Αφού, λοιπόν, η

είναι '1-1', f(x)=x+1

.

Κορίνα Διγαλάκη · #15

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 3
Έστω f(x)=x^n+...+a_0

, με

.
Θεωρώ το πολυώνυμο g(x)=f(x)-x

. Tότε, $\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}g(x)=+\infty$ και επειδή η ακολουθία των πρώτων αριθμών τείνει στο άπειρο, υπάρχει πρώτος

τέτοιος ώστε g(p)>0

και επομένως f(p)>p

.
Όμως, τότε, p|2f(p)!

, άρα θα πρέπει p|1

, ATOΠΟ.
Mε όμοιο τρόπο απορρίπτεται η περίπτωση f(x)=x+c

, με $c\geq 0$ .
Άρα, f(x)=x-c

, όπου

θετικός ακέραιος.
Αν c=1

, από το θεώρημα Wilson, $(p-1)!\equiv -1(modp)\Rightarrow 2(p-1)!+1\equiv -1(modp)$ για κάθε περιττό πρώτο, ΑΤΟΠΟ.
Αν c=2

, από το θεώρημα Wilson, $(p-2)!\equiv 1(modp)\Rightarrow 2(p-2)!+1\equiv 3(modp)$ για κάθε περιττό πρώτο, ΑΤΟΠΟ.
Αν c=3

, από το θεώρημα Wilson, $(p-1)!\equiv -1(modp)$ \displaystyle{\Rightarrow (p-1)(p-2)(p-3)!\equiv -1(modp)} $\Rightarrow 2(p-3)!+1\equiv 0(modp),\forall p>2$ , ΔΕΚΤΟ.
Αν c>3

, $2(p-c)!+1\equiv 0(modp),\forall p>N$ \displaystyle{\Rightarrow (p-c)!\equiv(p-3)!(modp),\forall p>N} $\Rightarrow (p-3)(p-2)\cdot \cdot \cdot (p-c+1)\equiv 1(modp), \forall p>N$ $\Rightarrow A=(-1)^{c-3}\cdot 3\cdot 4\cdot \cdot \cdot (c-1)-1 \equiv0(modp) , \forall p>N$ ,
δηλαδή ο αριθμός Α έχει άπειρους πρώτους διαιρέτες, ΑΤΟΠΟ.
Άρα, η μοναδική λύση είναι f(x)=x-3,N=2

.

#16

Κορίνα Διγαλάκη έγραψε:Οσον αφορα τη γεωμετρία, οι δυο κύκλοι είναι κυκλοι Euler των τριγώνων EFC και EFD. Επομένως διέρχονται από τα μέσα των EC,ΕD αντίστοιχα. Επομενως, αρκεί να αποδείξουμε ότι το τετράπλευρο που διέρχεται από τα Μ, S και τα μέσα των EC και DC είναι εγγραψιμο, γεγονός που προκύπτει από τις παράλληλες εύκολα.

Χρόνια πολλά Κορίνα!

Σε καλωσορίζω στην μεγάλη και φιλόξενη οικογένεια του mathematica. ΑΝ είσαι ακόμα μαθήτρια, νομίζω ότι κάτι πρέπει να κάνουμε ώστε του χρόνου, μαζί με τρία ακόμα κορίτσια να πας στον Ευρωπαϊκό Μαθηματικό Διαγωνισμό για κορίτσια.

Όπως όμως και να έχει, εύγε για την ωραία λύση σου.

Μπ.

S.E.Louridas · #17

Καταρχάς ειλικρινή συγχαρητήρια θαυμασμού στην Κορίνα, για τις εντυπωσιακές λύσεις της.

Για το 2ο θέμα που το θεωρώ ιδανικό για τέτοιο διαγωνισμό αφού επιλύεται και με τρόπο χωρίς την χρήση εξειδικευμένων κινήσεων θα ήθελα να δώσω μία υπόδειξη.

Στο σχήμα που ακολουθεί με A_1M= MD_1

και ${\rm K}{\rm T} \bot {{\rm A}_1}{{\rm B}_1},\;\;{\rm K}{\text{V}} \bot {{\text{C}}_1}{{\text{D}}_1}$ προκύπτει εύκολα $\angle {\rm T}{\rm M}{\text{V = 2}}\angle {{\text{B}}_1}{{\text{A}}_1}{\text{K = }}2\angle {\text{K}}{{\text{D}}_1}{{\text{C}}_1},$ TM=VM

αρκεί να συγκρίνουμε τα τρίγωνα ${\text{THM}}{\text{,}}\;{\text{MQV}}\quad \left( {{{\text{A}}_1}{\text{H}} = {\text{HK}}{\text{,}}\;{\text{KQ = Q}}{{\text{D}}_1}} \right)$ .

Κορίνα Διγαλάκη · #18

Καταρχάς, κύριε Στεργίου και κύριε Λουρίδα σας ευχαριστώ πολύ για τα καλά σας λόγια.

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:
Χρόνια πολλά Κορίνα!

Σε καλωσορίζω στην μεγάλη και φιλόξενη οικογένεια του mathematica. ΑΝ είσαι ακόμα μαθήτρια, νομίζω ότι κάτι πρέπει να κάνουμε ώστε του χρόνου, μαζί με τρία ακόμα κορίτσια να πας στον Ευρωπαϊκό Μαθηματικό Διαγωνισμό για κορίτσια.

Όπως όμως και να έχει, εύγε για την ωραία λύση σου.

Μπ.

Είμαι ακόμη μαθήτρια της δευτέρας λυκείου και αυτές είναι οι λύσεις που έδωσα χθές στον διαγωνισμό, αφού συμμετείχα ως αναπληρωματικό μέλος της ομάδας από την Αθήνα.Όσο για την EGMO θα με χαροποιούσε ιδιαίτερα εάν του χρόνου η Ελλάδα έστελνε για πρώτη φορά αποστολή!

S.E.Louridas · #19

S.E.Louridas έγραψε:Καταρχάς ειλικρινή συγχαρητήρια θαυμασμού στην Κορίνα, για τις εντυπωσιακές λύσεις της.

Για το 2ο θέμα που το θεωρώ ιδανικό για τέτοιο διαγωνισμό αφού επιλύεται και με τρόπο χωρίς την χρήση εξειδικευμένων κινήσεων θα ήθελα να δώσω μία υπόδειξη.

Στο Επάνω σχήμα που ακολουθεί με και ${\rm K}{\rm T} \bot {{\rm A}_1}{{\rm B}_1},\;\;{\rm K}{\text{V}} \bot {{\text{C}}_1}{{\text{D}}_1}$ προκύπτει εύκολα $\angle {\rm T}{\rm M}{\text{V = 2}}\angle {{\text{B}}_1}{{\text{A}}_1}{\text{K = }}2\angle {\text{K}}{{\text{D}}_1}{{\text{C}}_1},$ αρκεί να συγκρίνουμε τα τρίγωνα ${\text{THM}}{\text{,}}\;{\text{MQV}}\quad \left( {{{\text{A}}_1}{\text{H}} = {\text{HK}}{\text{,}}\;{\text{KQ = Q}}{{\text{D}}_1}} \right)$ .

(*) Διαπυστώνεται εύκολα ότι ${{B_1C_1 < A_1D_1}} \Rightarrow \angle {\text{MQV = }}\angle {\text{THM }<\pi {.}}$

Και επανέρχομαι για την λύση με βάση την υπόδειξη χωρίς λόγια αλλά μόνο με το Κάτω σχήμα, αφού αρκεί πλέον ισότητα των τριγώνων KM'M, LMM'

.

#20

Καλημέρα σας!

Οι επίσημες λύσεις έγιναν διαθέσιμες εδώ.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Θέματα ΒΜΟ 2016

Θέματα ΒΜΟ 2016

Re: Θέματα ΒΜΟ 2016

Re: Θέματα ΒΜΟ 2016

Re: Θέματα ΒΜΟ 2016

Re: Θέματα ΒΜΟ 2016

Re: Θέματα ΒΜΟ 2016

Re: Θέματα ΒΜΟ 2016

Re: Θέματα ΒΜΟ 2016

Re: Θέματα ΒΜΟ 2016

Re: Θέματα ΒΜΟ 2016

Re: Θέματα ΒΜΟ 2016

Re: Θέματα ΒΜΟ 2016

Re: Θέματα ΒΜΟ 2016

Re: Θέματα ΒΜΟ 2016

Re: Θέματα ΒΜΟ 2016

Re: Θέματα ΒΜΟ 2016

Re: Θέματα ΒΜΟ 2016

Re: Θέματα ΒΜΟ 2016

Re: Θέματα ΒΜΟ 2016

Re: Θέματα ΒΜΟ 2016

Μέλη σε σύνδεση