EGMO 2021

Τσιαλας Νικολαος · #1

Από σήμερα ξεκινάει η EGMO 2021 με διοργανώτρια χώρα την Γεωργία. Όπως ανέφερα πρόσφατα η Ελλάδα είναι η μοναδική χώρα που δεν έστειλε εθνική ομάδα παρά τις φιλότιμες προσπάθειες της Ε.Μ.Ε. Θα ήθελα να ευχηθώ ολόψυχα καλή επιτυχία στις μαθήτριες της Κύπρου καθώς και στον δικό μας Δημήτρη Χριστοφίδη (Demetres) που θα είναι ο Leader της αποστολής! Όταν θα επιτραπεί από την επιτροπή αναμένουμε εδώ τα θέματα για να τα δούμε και οι υπόλοιποι

#2

Καλησπέρα,

Σήμερα είχαμε την πρώτη ημέρα του διαγωνισμού. Όσο για τα θέματα πρέπει να κάνετε λίγη υπομονή μιας και μπορούμε να τα αναρτήσουμε από την Τρίτη το απόγευμα ( η ώρα 15:00) και μετά.

Τσιαλας Νικολαος · #3

Καλά αποτελέσματα να έχετε! Αναμένουμε και ευχαριστούμε!

#4

Τα θέματα του διαγωνισμού:

Πρόβλημα 1

Ο αριθμός 2021

είναι φανταστυπέροχος. Αν για κάποιον θετικό ακέραιο

, οποιοδήποτε από τα στοιχεία του συνόλου $\{m, 2m+1, 3m\}$ είναι φανταστυπέροχο, τότε είναι όλα φανταστυπέροχα. Είναι ο αριθμός $2021^{2021}$ απαραίτητα φανταστυπέροχος;

Πρόβλημα 2

Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f\colon\mathbb{Q}\to\mathbb{Q}$ , τέτοιες ώστε να ισχύει η εξίσωση

$\displaystyle f(xf(x)+y)=f(y)+x^2$

για όλους τους ρητούς αριθμούς

και

.

Εδώ, το $\mathbb{Q}$ συμβολίζει το σύνολο των ρητών αριθμών.

Πρόβλημα 3

Έστω τρίγωνο ABC

με τη γωνία

να είναι αμβλεία. Έστω

και

οι τομές της εξωτερικής διχοτόμου της γωνίας

, με τα ύψη του τριγώνου ABC

από τις κορυφές

και

αντίστοιχα. Έστω

και

τα σημεία στα ευθύγραμμα τμήματα

και

αντίστοιχα, τέτοια ώστε $\angle EMA = \angle BCA$ και $\angle ANF = \angle ABC$ . Να αποδείξετε ότι τα σημεία

,

είναι ομοκυκλικά, δηλαδή ανήκουν πάνω στον ίδιο κύκλο.

Πρόβλημα 4

Έστω τρίγωνο ABC

με έγκεντρο

και έστω

ένα αυθαίρετο σημείο στην πλευρά

. Η κάθετη ευθεία από το σημείο

στην ευθεία

τέμνει την ευθεία

στο σημείο

. Η κάθετη ευθεία από το σημείο

στην ευθεία

τέμνει την ευθεία

στο σημείο

. Να αποδείξετε ότι το συμμετρικό του σημείου

ως προς την ευθεία

βρίσκεται πάνω στην ευθεία

.

Πρόβλημα 5

Σε ένα επίπεδο υπάρχει ειδικό σημείο

το οποίο ονομάζουμε αρχή των αξόνων. Έστω

ένα σύνολο από 2021

σημεία του επιπέδου, τέτοια ώστε

(i) δεν υπάρχουν τρία σημεία του

πάνω στην ίδια ευθεία
(ii) δεν υπάρχουν δύο σημεία του

πάνω σε ευθεία η οποία περνά από την αρχή των αξόνων.

Ένα τρίγωνο με κορυφές στο σύνολο

ονομάζεται χοντρό, αν το

είναι αυστηρά μέσα στο τρίγωνο. Να βρείτε το μέγιστο δυνατό πλήθος των χοντρών τριγώνων.

Πρόβλημα 6

Υπάρχει μη αρνητικός ακέραιος αριθμός~

, για τον οποίο η εξίσωση

$\displaystyle \left\lfloor\frac{m}{1}\right\rfloor + \left\lfloor\frac{m}{2}\right\rfloor + \left\lfloor\frac{m}{3}\right\rfloor + \cdots + \left\lfloor\frac{m}{m}\right\rfloor = n^2 + a$

έχει περισσότερα από ένα εκατομμύριο ζεύγη λύσεων (m,n)

, όπου οι

και

είναι θετικοί ακέραιοι;

Η παράσταση $\lfloor x\rfloor$ συμβολίζει το ακέραιο μέρους του πραγματικού αριθμού . Έτσι, $\lfloor \sqrt 2\rfloor =1$ , $\lfloor \pi \rfloor = \lfloor 22/7 \rfloor = 3$ , $\lfloor 42\rfloor = 42$ και $\lfloor 0 \rfloor= 0$ .

Ορέστης Λιγνός · #5

Demetres έγραψε: ↑
Τρί Απρ 13, 2021 5:11 pm
Τα θέματα του διαγωνισμού:

Πρόβλημα 1: Ο αριθμός είναι φανταστυπέροχος. Αν για κάποιον θετικό ακέραιο , οποιοδήποτε από τα στοιχεία του συνόλου $\{m, 2m+1, 3m\}$ είναι φανταστυπέροχο, τότε είναι όλα φανταστυπέροχα. Είναι ο αριθμός $2021^{2021}$ απαραίτητα φανταστυπέροχος;

Για ευκολία στην πληκτρολόγηση γράφω αντί για φανταστυπέροχος απλά καλός.

Θα δείξουμε ότι κάθε φυσικός αριθμός είναι καλός. Επίσης μπορούμε να αντικαταστήσουμε το 2021

με οποιονδήποτε φυσικό

.

Ισχυρισμός 1: O

είναι καλός, αν και μόνο αν ο

είναι καλός.
Απόδειξη: Γράφω $a \leftrightarrow b$ για να δηλώσω ότι αν ο

είναι καλός τότε είναι και ο

, και τούμπαλιν.
Είναι, $2m \leftrightarrow 4m+1 \leftrightarrow 12m+3 \leftrightarrow 6m+1 \leftrightarrow 3m \leftrightarrow m$ $\blacksquare$ .

Ισχυρισμός 2: O 2m+1

είναι καλός, αν και μόνο αν ο

είναι καλός.
Απόδειξη: Είναι, $2m+1 \leftrightarrow m$ $\blacksquare$

Από τους Ισχυρισμούς 1 και 2, έχουμε ότι για κάθε καλό αριθμό, υπάρχει πάντα ένας μικρότερός του, άρα αφού ο

είναι καλός, συμπεραίνουμε ότι και ο

είναι καλός. Από τους Ισχυρισμούς 1 και 2 τώρα, προκύπτει ότι κάθε φυσικός είναι καλός, άρα η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Ορέστης Λιγνός · #6

Demetres έγραψε: ↑
Τρί Απρ 13, 2021 5:11 pm
Πρόβλημα 2: Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f\colon\mathbb{Q}\to\mathbb{Q}$ , τέτοιες ώστε να ισχύει η εξίσωση

$\displaystyle f(xf(x)+y)=f(y)+x^2$

για όλους τους ρητούς αριθμούς και .

Εδώ, το $\mathbb{Q}$ συμβολίζει το σύνολο των ρητών αριθμών.

Έστω

η δοσμένη σχέση.

Ισχυρισμός: Η

είναι επί.
Απόδειξη: Έστω $k \in \mathbb{Q}$ και

το σύνολο τιμών της

. Παρατηρούμε από την P(x,y)

ότι αν $s \in S \Rightarrow s+ax^2 \in S$ , για κάθε

φυσικό και

ρητό.

Άρα, αν είναι $k-f(0)=\frac{m}{n}$ , παρατηρούμε ότι $k=f(0)+n \cdot (\frac{m}{n})^2$ , οπότε το $k \in S$ $\blacksquare$ .

Ισχυρισμός 2: f(0)=0

.
Απόδειξη: Έστω

, τέτοιο ώστε f(c)=0

. Τότε η

δίνει

$\blacksquare$

Ισχυρισμός 3: $f(1) \in \{-1,1 \}$ .
Απόδειξη: Η P(1,0)

δίνει

, άρα συγκρίνοντας τις P(1,y)

και

έχουμε το ζητούμενο $\blacksquare$

Έστω χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι f(1)=1

. Τότε, η

δίνει

, δηλαδή η

είναι η ταυτοτική στο $\mathbb{N}$ .

Επιπλέον, παίρνοντας διαδοχικά $y=0, xf(x), 2xf(x), \cdots$ στην αρχική προκύπτει f(Mxf(x))=Mx^2

για κάθε

ρητό και για κάθε

φυσικό.

Σταθεροποιώντας τώρα το

και παίρνοντας M>0

τέτοιο ώστε $Mxf(x) \in \mathbb{N}$ έχουμε ότι Mx^2=f(Mxf(x))=Mxf(x)

άρα

για κάθε

.

Όμοια εργαζόμαστε αν f(1)=-1

, οπότε προκύπτει η λύση f(x)=-x

.

Και οι δύο συναρτήσεις ικανοποιούν, άρα είναι και οι μοναδικές λύσεις.

Ορέστης Λιγνός · #7

Demetres έγραψε: ↑
Τρί Απρ 13, 2021 5:11 pm
Πρόβλημα 3: Έστω τρίγωνο με τη γωνία να είναι αμβλεία. Έστω και οι τομές της εξωτερικής διχοτόμου της γωνίας , με τα ύψη του τριγώνου από τις κορυφές και αντίστοιχα. Έστω και τα σημεία στα ευθύγραμμα τμήματα και αντίστοιχα, τέτοια ώστε $\angle EMA = \angle BCA$ και $\angle ANF = \angle ABC$ . Να αποδείξετε ότι τα σημεία , , , είναι ομοκυκλικά, δηλαδή ανήκουν πάνω στον ίδιο κύκλο.

Bash

Είναι, $\angle TNA=\angle ABC=\angle ATM$ και $\angle NTA=\angle ACB=\angle TMA$ , άρα τα τρίγωνα ΤΝΑ,ΤΜΑ

είναι όμοια.

Συνεπώς, $\dfrac{TN}{TM}=\dfrac{TA}{AM}=\dfrac{NA}{TA}$ , οπότε $TA=\sqrt{AM \cdot AN}$ , που δίνει $\dfrac{TN}{TM}=\sqrt{\dfrac{AN}{AM}}$ (*).

Είναι, όμως,

$\dfrac{AN}{\sin \angle NBA}=\dfrac{BA}{\sin \angle ANB} \Rightarrow AN=\drac{c\cos A}{\sin B}$ , και όμοια

$\dfrac{AM}{\sin \angle ACM}=\dfrac{AC}{\sin \angle AMC} \Rightarrow AM=\dfrac{b\cos A}{\sin C}$ .

Άρα, $\dfrac{AN}{AM}=\dfrac{c\sin C}{b\sin B}=\dfrac{\sin ^2 C}{\sin ^2 B}$ , άρα από την (*), $\dfrac{TN}{TM}=\dfrac{\sin C}{\sin B}$ .

Τελικά, $\dfrac{TE}{TF}=\dfrac{\sin \angle TFE}{\sin \angle TEF}=\dfrac{\sin C}{\sin B}$ , άρα $\dfrac{TN}{TM}=\dfrac{TE}{TF}$ , που δίνει άμεσα ότι τα F,E,M,N

είναι ομοκυκλικά.

Ορέστης Λιγνός · #8

Demetres έγραψε: ↑
Τρί Απρ 13, 2021 5:11 pm
Πρόβλημα 4: Έστω τρίγωνο με έγκεντρο και έστω ένα αυθαίρετο σημείο στην πλευρά . Η κάθετη ευθεία από το σημείο στην ευθεία τέμνει την ευθεία στο σημείο . Η κάθετη ευθεία από το σημείο
στην ευθεία τέμνει την ευθεία στο σημείο . Να αποδείξετε ότι το συμμετρικό του σημείου ως προς την ευθεία βρίσκεται πάνω στην ευθεία .

Αποδεικνύουμε τον επόμενο Ισχυρισμό:

Ισχυρισμός: Τα τρίγωνα ABF

και

είναι όμοια.
Απόδειξη: Αφού $\angle ABF=\angle FBD=\dfrac{\angle B}{2}$ , αρκεί να δείξουμε ότι $\dfrac{AB}{BF}=\dfrac{BI}{BD}$ , το οποίο ισχύει, καθώς $\dfrac{AB}{BI}=\dfrac{\cos C/2}{\sin A/2}=\dfrac{BF}{BD}$ (είναι $\angle BDF=90^\circ+\angle C/2$ ) $\blacksquare$

Άρα, από τον Ισχυρισμό,

$\angle BAF=\angle BID \Rightarrow \angle BAI+\angle IAF=\angle IFD+\angle IDF \Rightarrow \angle A/2+\angle IAF=\angle A/2+\angle IDF$ ,

άρα $\angle IAF=\angle IDF=\angle IEF$ , όπου η τελευταία ισότητα ισχύει διότι το

είναι ορθόκεντρο του τριγώνου EDF

.

Άρα, $\angle IAF=\angle IEF$ , που δίνει ότι το AEFI

είναι εγγράψιμο, άρα $\angle AEF=\angle AIF=90^\circ-\angle C/2$ και όμοια $\angle AFE=90^\circ-\angle B/2$

Έστω τώρα $K \neq D$ το σημείο όπου ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου EDF

τέμνει την

(αν εφάπτεται τότε το τρίγωνο είναι ισοσκελές - δεν αλλάζει κάτι στην απόδειξη καθώς τότε το

είναι το συμμετρικό του

ως προς την

).

Τότε, είναι $\angle KEF=\angle FDC=90^\circ-\angle C/2=\angle AEF$ και όμοια $\angle AFE=\angle EFK$ , άρα τα τρίγωνα AEF, EFK

είναι ίσα, συνεπώς το

είναι το συμμετρικό του

ως προς την

.

Αφού $K \in BC$ , τελειώσαμε.

Ορέστης Λιγνός · #9

Demetres έγραψε: ↑
Τρί Απρ 13, 2021 5:11 pm
Πρόβλημα 6: Υπάρχει μη αρνητικός ακέραιος αριθμός~, για τον οποίο η εξίσωση

$\displaystyle \left\lfloor\frac{m}{1}\right\rfloor + \left\lfloor\frac{m}{2}\right\rfloor + \left\lfloor\frac{m}{3}\right\rfloor + \cdots + \left\lfloor\frac{m}{m}\right\rfloor = n^2 + a$

έχει περισσότερα από ένα εκατομμύριο ζεύγη λύσεων , όπου οι και είναι θετικοί ακέραιοι;

Η παράσταση $\lfloor x\rfloor$ συμβολίζει το ακέραιο μέρους του πραγματικού αριθμού . Έτσι, $\lfloor \sqrt 2\rfloor =1$ , $\lfloor \pi \rfloor = \lfloor 22/7 \rfloor = 3$ , $\lfloor 42\rfloor = 42$ και $\lfloor 0 \rfloor= 0$ .

Η απάντηση είναι ναι.

Έστω

ένας πολύ μεγάλος φυσικός, και f(m)

η παράσταση του αριστερού μέλους.

Θεωρούμε τα ζεύγη (m,n)

τέτοια ώστε $f(m) \geq n^2$ και $m \leq k$ , καθώς και τις πιθανές τιμές της παράστασης f(m)-n^2

.

Ο στόχος είναι, εάν

ο αριθμός αυτών των ζευγών και

οι πιθανές τιμές της παράστασης, το $\dfrac{P}{Q}$ να τείνει στο $+\infty$ καθώς το

μεγαλώνει. Τότε, θα έχουμε το ζητούμενο καθώς για κάποιο συγκεκριμένο μεγάλο

από την αρχή του περιστερώνα θα υπάρχει τουλάχιστον ένα

τέτοιο ώστε η παράσταση f(m)-n^2

να λαμβάνει την ίδια τιμή τουλάχιστον $\dfrac{P}{Q}>10^7$ φορές.

Bound για το : Για κάθε

, υπάρχουν $[\sqrt{f(m)]$ τιμές του

ώστε να ισχύει $f(m) \geq n^2$ . Αφού όμως f(m)>m

για κάθε

, υπάρχουν τουλάχιστον $[\sqrt{m}]$ τιμές, ή αθροίζοντας από το

ως το

, τουλάχιστον $[\sqrt{1}]+[\sqrt{2}]+\ldots+[\sqrt{k}]$ τιμές.

Αποδεικνύουμε τον επόμενο Ισχυρισμό:

Ισχυρισμός: $[\sqrt{1}]+[\sqrt{2}]+\ldots+[\sqrt{k}] \geq \dfrac{\sqrt{k^3}}{2}$ για κάθε μεγάλο

.
Απόδειξη: Επαγωγικά. Για k=14

ισχύει. Αν ισχύει για k=s

τότε για

αρκεί $[\sqrt{s+1}] +\sqrt{s^3} \geq \sqrt{(s+1)^3}$ , ή ότι $\sqrt{s+1}-1+\sqrt{s^3} \geq \sqrt{(s+1)^3}$ , που για μεγάλα

ισχύει $\blacksquare$ .
(Motivation για τον Ισχυρισμό: Ψάχνουμε κάτω φράγμα για το άθροισμα. Κατά προτίμηση θα θέλαμε μια δύναμη του

, ίσως μαζί με μια σταθερά, δηλαδή κάτι της μορφής pk^q

. Το

είναι πολύ χαλαρό και δεν κάνει την δουλειά πιο κάτω. Το k^2

σαν φράγμα είναι πολύ ισχυρό για να ισχύει, άρα πάμε στην ''μέση λύση'', δηλαδή $k^{3/2}$ , και στη συνέχεια προσθέτουμε και μια σταθερά για να ισχύει για μεγάλα

η ανισότητα)

Οπότε, υπάρχουν σίγουρα τουλάχιστον $\dfrac{\sqrt{k^3}}{2}$ ζεύγη για μεγάλα

.

Bound για το : Έστω $\displaystyle H_m=\sum_{i=1}^{m} \dfrac{1}{i}$ για κάθε

. Αποδεικνύουμε το εξής:

Ισχυρισμός: $H_m \leq \ln m +1$ για κάθε

.
Απόδειξη: Επαγωγικά. Για m=1

ισχύει. Αν ισχύει για m=k

, τότε για m=k+1

αρκεί $\ln k +1+\dfrac{1}{k+1} \leq \ln(k+1)+1$ , δηλαδή ότι $\ln(k+1)-\ln k \geq \dfrac{1}{k+1}$ .

Έστω $f(x)=\ln x$ . Από το Θ.Μ.Τ στο (k,k+1)

υπάρχει $s \in (k,k+1)$ ώστε $f'(s)=\dfrac{f(k+1)-f(k)}{k+1-k}=\ln(k+1)-\ln k$ . Όμως, είναι $f'(s)=\dfrac{1}{s} >\dfrac{1}{k+1}$ , και η απόδειξη ολοκληρώθηκε $\blacksquare$ .

Είναι λοιπόν,

$f(m) \leq mH_m \leq m(\ln m+1) \leq k(\ln k+1)$ , συνεπώς και $f(m)-n^2 < k(\ln k+1)$ , δηλαδή υπάρχουν το πολύ $k(\ln k+1)$ πιθανές τιμές.

Στο πρόβλημα, ο λόγος $\dfrac{P}{Q}$ για μεγάλα

είναι $>\dfrac{\sqrt{k^3}}{2k(\ln k+1)}=\dfrac{\sqrt{k}}{2(\ln k +1)}$ , και με DLH προκύπτει ότι το όριο $\displaystyle \lim_{k \rightarrow +\infty}\dfrac{\sqrt{k}}{2(\ln k+1)}$ ισούται με $+\infty$ άρα έχουμε το ζητούμενο, καθώς για επαρκώς μεγάλο

θα ισχύει ότι $\dfrac{\sqrt{k}}{\ln k +1}>10^7$ .

Ορέστης Λιγνός · #10

Demetres έγραψε: ↑
Τρί Απρ 13, 2021 5:11 pm
Πρόβλημα 5: Σε ένα επίπεδο υπάρχει ειδικό σημείο το οποίο ονομάζουμε αρχή των αξόνων. Έστω ένα σύνολο από σημεία του επιπέδου, τέτοια ώστε

(i) δεν υπάρχουν τρία σημεία του πάνω στην ίδια ευθεία
(ii) δεν υπάρχουν δύο σημεία του πάνω σε ευθεία η οποία περνά από την αρχή των αξόνων.

Ένα τρίγωνο με κορυφές στο σύνολο ονομάζεται χοντρό, αν το είναι αυστηρά μέσα στο τρίγωνο. Να βρείτε το μέγιστο δυνατό πλήθος των χοντρών τριγώνων.

Ας ονομάσουμε ένα τρίγωνο λεπτό όταν δεν είναι χοντρό.

Αρκεί να βρούμε το ελάχιστο πλήθος των λεπτών τριγώνων.

Έστω $A \in P$ ένα τυχαίο σημείο. Η ευθεία

χωρίζει το επίπεδο σε 2 ημιεπίπεδα. Έστω πως το αριστερό ημιεπίπεδο εχει

σημεία $\in P$ και το δεξί έχει

σημεία $\in Q$ .

Είναι προφανές, ότι αν δύο σημεία B,C

ανήκουν και τα δύο στο

ή και τα δύο στο

, το τρίγωνο ABC

είναι λεπτό.

Άρα, το πλήθος των λεπτών τριγώνων που έχουν ως κορυφή το

είναι $\geq \displaystyle \binom{K}{2}+\binom{L}{2}$ , και αφού η $f(x)=\displaystyle \binom{x}{2}$ είναι κυρτή, έχουμε από Jensen $\displaystyle \binom{K}{2}+\binom{L}{2} \geq 2\binom{(K+L)/2}{2}=2\binom{1010}{2}=1010 \cdot 1009$ .

Εργαζόμενοι όμοια για κάθε ένα από τα 2021

σημεία, έχουμε τουλάχιστον $2021 \cdot 1010 \cdot 1009$ λεπτά τρίγωνα.

Όμως, κάθε λεπτό τρίγωνο έχει μετρηθεί 2 φορές. Πράγματι, αν το ABC

είναι λεπτό τρίγωνο με τα B,C

στο αριστερό ημιεπίπεδο της

και το

πιο αριστερά από το

, τότε το

θα προέκυπτε και αν εργαζόμασταν με κορυφή την

, καθώς τότε τα A,C

ανήκουν στο δεξί ημιεπίπεδο της

.

Άρα, ο αριθμός των λεπτών τριγώνων είναι $\geq 2021 \cdot 505 \cdot 1009$ , οπότε τα χοντρά τρίγωνα είναι το πολύ $\displaystyle \binom{2021}{3}-2021 \cdot 505 \cdot 1009=2021 \cdot 505 \cdot 337$ .

Μένει να κατασκευάσουμε ένα παράδειγμα που να δείχνει ότι είναι εφικτό να έχουμε ακριβώς $2021 \cdot 505 \cdot 337$ χοντρά τρίγωνα.
Αυτό είναι απλό, παίρνοντας ένα κανονικό 2021-

γωνο.

#11

Demetres έγραψε: ↑
Τρί Απρ 13, 2021 5:11 pm
Τα θέματα του διαγωνισμού:

Πρόβλημα 3

Έστω τρίγωνο με τη γωνία να είναι αμβλεία. Έστω και οι τομές της εξωτερικής διχοτόμου της γωνίας , με τα ύψη του τριγώνου από τις κορυφές και αντίστοιχα. Έστω και τα σημεία στα ευθύγραμμα τμήματα και αντίστοιχα, τέτοια ώστε $\angle EMA = \angle BCA$ και $\angle ANF = \angle ABC$ . Να αποδείξετε ότι τα σημεία , , , είναι ομοκυκλικά, δηλαδή ανήκουν πάνω στον ίδιο κύκλο.

Έστω

τα ύψη και

το ορθόκεντρο του ABC.

Γράφω τον περίκυκλο του HEF

που τέμνει τις CE, BF

στα

αντίστοιχα. Θα δείξω ότι $A\widehat NF=A\widehat BC$ και $E\widehat MA=B\widehat CA$ που είναι ισοδύναμο με το αρχικό πρόβλημα.

: EGMO 2021-3.png (29.2 KiB) Προβλήθηκε 1457 φορές

Τα ορθογώνια τρίγωνα KAE, LAF

είναι ισογώνια. Άρα, $\boxed{H\widehat EF=H\widehat FE}$ O περίκυκλος του HEA

τέμνει την

στο

οπότε $\displaystyle H\widehat FE = H\widehat EF = H\widehat TL = 90^\circ - T\widehat HL,$ άρα το

είναι το ορθόκεντρο του HAF,

οπότε

$\displaystyle FT||BC \Leftrightarrow$ $\boxed{L\widehat TF = A\widehat BC}$ Αλλά από τα εγγεγραμμένα τετράπλευρα HENF, HEAT

είναι:

$\displaystyle BN \cdot BF = BE \cdot BH = BA \cdot BT,$ που σημαίνει ότι και το NATF

είναι εγγράψιμο δηλαδή

$\displaystyle A\widehat NF = L\widehat TF = A\widehat BC.$ Ομοίως αποδεικνύεται ότι $E\widehat MA=B\widehat CA$ και ολοκληρώνεται η απόδειξη.

#12

Πρόβλημα 4: Δίνω μια άλλη λύση που έκανε ο Ισραηλίτης αρχηγός:

Το σημείο

είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου IEF

. Επειδή το

βρίσκεται στην

, από το αντίστροφο του θεωρήματος Steiner, οι συμμετρικές ευθείες της

ως προς τις EI,IF,EF

συντρέχουν (σε σημείο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου IEF

). Οι συμμετρικές της

ως προς τις

και

είναι η

και η

. Άρα η συμμετρική της

ως προς την

περνά από το

. Δηλαδή το συμμετρικό του

ως προς την

ανήκει στην

όπως θέλαμε να δείξουμε.

#13

Άλλη μια λύση για το Πρόβλημα 5:

Μπορούμε να υποθέσουμε ότι τα σημεία $A_1,\ldots,A_{2n+1}$ του

βρίσκονται πάνω σε κύκλο, έστω ακτίνας

. (Γιατί;) Για $i \neq j$ ορίζουμε $\vartheta_{ij}$ ως το μήκος του τόξου που ξεκινάει από το A_i

και καταλήγει στο A_j

πηγαίνοντας αντιωρολογιακά. Ορίζουμε το $\vartheta_{ij}^{\ast}$ να είναι ίσο με $\vartheta_{ij}$ αν $\vartheta_{ij} \in (0,\pi)$ και ίσο με $\vartheta_{ij}-2\pi$ σε διαφορετική περίπτωση.

Παρατηρούμε ότι $\vartheta_{ij}^{\ast}+ \vartheta_{ji}^{\ast} = 0$ και για κάθε i < j < k

η ποσότητα $\vartheta_{ij}^{\ast} + \vartheta_{jk}^{\ast} + \vartheta_{ki}^{\ast}$ είναι ίση με $2\pi$ ή

αναλόγως του αν το τρίγωνο A_iA_jA_k

είναι χοντρό ή λεπτό.

Έτσι έχουμε

$\displaystyle 2\pi F = \sum_{i < j < k} (\vartheta_{ij}^{\ast} + \vartheta_{jk}^{\ast} + \vartheta_{ki}^{\ast}).$

Με τους δείκτες modulo 2n+1

, για κάθε $1 \leqslant r \leqslant n$ , έχουμε ότι το $\vartheta_{k+r,k}^{\ast}$ εμφανίζεται r-1

φορές στο πιο πάνω άθροισμα και άρα το $\vartheta_{k,k+r}^{\ast}$ εμφανίζεται (2n-1) - (r-1) = 2n-r

φορές. Προσθέτοντας αυτά τα δύο έχουμε $(2n+1-2r)\vartheta_{k,k+r}^{\ast}$ .

Έτσι έχουμε

$\begin{aligned} 2\pi F &= \sum_{r=1}^n (2n+1-2r) \sum_{k=1}^{2n+1} \vartheta_{k,k+r}^{\ast} \\ &\leqslant \sum_{r=1}^n (2n+1-2r) \sum_{k=1}^{2n+1} \vartheta_{k,k+r} \\ &= 2\pi \sum_{r=1}^n r(2n+1-2r) \\ &= 2\pi \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} \end{aligned}$

Αυτό ισχύει διότι στο $\sum_{k=1}^{2n+1} \vartheta_{k,k+r}$ πάμε

φορές γύρω από τον κύκλο.

Άρα $F \leqslant \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ με ισότητα αν και μόνο αν $\vartheta_{k,k+r}^{\ast} = \vartheta_{k,k+r}$ για κάθε $1 \leqslant r \leqslant k$ , δηλαδή η γωνία $A_kOA_{k+r}$ είναι σε αυτές τις περιπτώσεις πάντα μικρότερη του $\pi$ . Αυτό ισχύει π.χ. αν τα σημεία του

αποτελούν κορυφές κανονικού πολυγώνου.

Al.Koutsouridis · #14

Τσιαλας Νικολαος έγραψε: ↑
Παρ Απρ 09, 2021 3:24 pm
Όπως ανέφερα πρόσφατα η Ελλάδα είναι η μοναδική χώρα που δεν έστειλε εθνική ομάδα παρά τις φιλότιμες προσπάθειες της Ε.Μ.Ε.

Από περιέργεια, ποια ήταν η δικαιολογία της μη "αποστολής" ελληνικής ομάδας; Να σημειώσουμε ότι το αποστολή είναι παραπλανητικό εδώ, καθώς η ολυμπιάδα έγινε εξ αποστάσεως.

Τσιαλας Νικολαος · #15

Καλημέρα! Δεν επέτρεψε ποτέ να γίνει διαγωνισμός με τους τέλειους χειρισμούς του!

EGMO 2021

EGMO 2021

Re: EGMO 2021

Re: EGMO 2021

Re: EGMO 2021

Re: EGMO 2021

Re: EGMO 2021

Re: EGMO 2021

Re: EGMO 2021

Re: EGMO 2021

Re: EGMO 2021

Re: EGMO 2021

Re: EGMO 2021

Re: EGMO 2021

Re: EGMO 2021

Re: EGMO 2021

Μέλη σε σύνδεση