mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 02, 2017 11:37 am**

Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2016-2017

Θέματα της 3ης φάσης για την 9η τάξη. Διάρκεια εξέτασης 4 ώρες/μέρα.

Πρώτη μέρα (30/01/17)

1. Σε γινόμενο τριών μη μεδενικών φυσικών αριθμών κάθε παράγοντα των μειώνουμε κατά τρία. Μπορεί άραγε, με αυτή την διαδικασία, το γινόμενο να αυξηθεί ακριβώς κατά 2016;

2. Ο Βασίλης σκέφτηκε (θεώρησε) 8 κελιά της σκακιέρας κανένα ζεύγος των οποίων δε βρίσκεται στην ίδια στήλη ή γραμμή. Με μια κίνηση, ο Πέτρος τοποθετεί στην σκακέρα 8 πύργους, που δεν απειλούν ο ένας τον άλλον. Έπειτα ο Βασίλης σημειώνει όλους τους πύργους οι οποίοι είναι τοποθετημένοι στα κελιά που είχε σκεφτεί. Αν σε αυτή την κίνηση, το πλήθος τους είναι άρτιο (δηλαδή 0,2,4,6 ή 8), τότε κερδίζει ο Πέτρος. Διαφορετικά όλοι οι πύργοι αφαιρούνται και ο Πέτρος κάνει την επόμενη κίνηση. Ποιος είναι ο ελάχιστος αριθμός κινήσεων που εξασφαλίζει την βεβαιότητα νίκης στον Πέτρο;

3. Υπάρχει άραγε τρίγωνο με μήκη πλευρών x,y,z

τέτοια, ώστε
x^3+y^3+z^3 = (x+y)(y+z)(z+x)

;

4. Ισόπλευρο τρίγωνο ABC

είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο $\Omega$ και περιγεγραμμένο σε κύκλο $\omega$ . Στις πλευρές

και

θεωρούμε τα σημεία

και

αντίστοιχα, ώστε το τμήμα

να εφάπτεται του $\omega$ . Ο κύκλος $\Omega_{b}$ με κέντρο το

διέρχεται από το σημείο

και ο κύκλος $\Omega_{c}$ με κέντρο το

από το

. Να δείξετε ότι οι κύκλοι $\Omega, \Omega_{b}$ και $\Omega_{c}$ έχουν κοινό σημείο.

Δεύτερη μέρα (31/01/17)

5. Ο Στέλιος σχεδίασε ένα κενό πίνακα διαστάσεων $50 \times 50$ και πάνω από κάθε στήλη και αριστερά από κάθε γραμμή έγραψε από έναν αριθμό. Προέκυψε ότι όλοι, οι 100 γραμμένοι αριθμοί, είναι διαφορετικοί μεταξύ τους και μάλιστα οι 50 από αυτούς είναι ρητοί και οι υπόλοιποι άρρητοι. Έπειτα, σε κάθε κελί του πίνακα σημείωσε το άθροισμα των αριθμών που ήταν γραμμένοι δίπλα σε κάθε γραμμή και στήλη (σχημάτισε ένα πίνακα/προπαίδεια αθροισμάτων). Ποιος είναι ο μέγιστος αριθμός ρητών αθροισμάτων που μπορεί να προκύψουν σε αυτό τον πίνακα;

6. Σε οξυγώνιο τίγωνο ABC

φέρουμε την διάμεσο

και το ύψος

. Η κάθετος από το σημείο

προς την ευθεία

τέμνει την ευθεία

στο σημείο

. Να αποδείξετε ότι αν $\angle MAC = 30^0$ , τότε AK = BC

.

7. Κυρτό πολύγωνο διαμερίζεται, με μη τεμνομένες διαγωνίους, σε ισοσκελή τρίγωνα. Να αποδείξετε ότι σε αυτό το πολύγωνο θα βρεθούν δυο ίσες πλευρές.

8. Αρχικά σε ένα τραπέζι τοποθετήθηκαν 100 κάρτες, σε κάθε μια από τις οποίες είναι γραμμένος ένας θετικός ακέραιος. Εξάλλου ακριβώς σε 43 κάρτες είναι γραμμένοι περιττοί αριθμοί. Έπειτα, κάθε λεπτό, εφαρμόζεται η ακόλουθη διαδικασία. Για κάθε τρεις κάρτες, που βρίσκονται στο τραπέζι, υπολογίζεται το γινόμενο των αριθμών που είναι γραμμένοι σε αυτές. Όλα αυτά τα γινόμενα αθροίζονται και ο αριθμός που προκύπτει γράφεται σε μια νέα κάρτα η οποία προστίθεται στις ήδη υπάρχουσες του τραπεζιού. Ένα χρόνο μετά την έναρξη της διαδικασίας προέκυψε, ότι στο τραπέζι υπάρχει κάρτα με αριθμό που διαιρείται με το $2^{10000}$ . Να αποδείξετε ότι αριθμός διαιρούμενος με το $2^{10000}$ , υπήρχε σε μία από τις κάρτες ήδη μια μέρα μετά την έναρξη της διαδικασίας.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 02, 2017 12:53 pm**

Καλησπέρα. Μήπως στο πρώτο πρόβλημα της πρώτης μέρας υπάρχει λάθος στην μετάφραση? Μήπως έπρεπε να λέει "το γινόμενο να μειωθεί?"

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 02, 2017 12:54 pm**

Τσιαλας Νικολαος έγραψε:Καλησπέρα. Μήπως στο πρώτο πρόβλημα της πρώτης μέρας υπάρχει λάθος στην μετάφραση? Μήπως έπρεπε να λέει "το γινόμενο να μειωθεί?"

Όχι δεν υπάρχει λάθος.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 02, 2017 12:57 pm**

JimNt. έγραψε:
Τσιαλας Νικολαος έγραψε:Καλησπέρα. Μήπως στο πρώτο πρόβλημα της πρώτης μέρας υπάρχει λάθος στην μετάφραση? Μήπως έπρεπε να λέει "το γινόμενο να μειωθεί?"
Όχι δεν υπάρχει λάθος.

Δημήτρη μου αφού οι παράγοντες μειώνοντε δεν έπρεπε το γινόμενο να μειώνεται?

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 02, 2017 12:58 pm**

Τσιαλας Νικολαος έγραψε:Καλησπέρα. Μήπως στο πρώτο πρόβλημα της πρώτης μέρας υπάρχει λάθος στην μετάφραση? Μήπως έπρεπε να λέει "το γινόμενο να μειωθεί?"

Όπως ανέφερε και ο JimNt δεν υπάρχει λάθος. Εκεί είναι η ομορφιά του θέματος

.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 02, 2017 12:58 pm**

Τσιαλας Νικολαος έγραψε:
JimNt. έγραψε:
Τσιαλας Νικολαος έγραψε:Καλησπέρα. Μήπως στο πρώτο πρόβλημα της πρώτης μέρας υπάρχει λάθος στην μετάφραση? Μήπως έπρεπε να λέει "το γινόμενο να μειωθεί?"
Όχι δεν υπάρχει λάθος.
Δημήτρη μου αφού οι παράγοντες μειώνοντε δεν έπρεπε το γινόμενο να μειώνεται?

Αυτή είναι η παγίδα του προβλήματος.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 02, 2017 1:00 pm**

οκ!! Ευχαριστώ πολύ!!

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 02, 2017 1:01 pm**

Al.Koutsouridis έγραψε:Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2016-2017

Θέματα της 3ης φάσης για την 9η τάξη. Διάρκεια εξέτασης 4 ώρες/μέρα.

Πρώτη μέρα (30/01/17)

1. Σε γινόμενο τριών φυσικών κάθε παράγοντα των μειώνουμε κατά τρία. Μπορεί άραγε, με αυτή την διαδικασία, το γινόμενο να αυξηθεί ακριβώς κατά 2016;

Ισχύει

. Αρκεί να βρούμε μια τριάδα που ικανοποιεί. Ας είναι z=0

. Πρέπει

. Εύκολα παίρνουμε (x,y)=(339,1)

(αφού αρκεί μόνο μια τριάδα). Συνεπώς, το ζητούμενο ισχύει για (x,y,z)=(339,1,0)

ή αντιστοίχως (x,y,z)=(676,1,1)

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 02, 2017 1:06 pm**

JimNt. έγραψε:
Al.Koutsouridis έγραψε:Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2016-2017

Θέματα της 3ης φάσης για την 9η τάξη. Διάρκεια εξέτασης 4 ώρες/μέρα.

Πρώτη μέρα (30/01/17)

1. Σε γινόμενο τριών φυσικών κάθε παράγοντα των μειώνουμε κατά τρία. Μπορεί άραγε, με αυτή την διαδικασία, το γινόμενο να αυξηθεί ακριβώς κατά 2016;

Ισχύει . Αρκεί να βρούμε μια τριάδα που ικανοποιεί. Ας είναι . Πρέπει . Εύκολα παίρνουμε (αφού αρκεί μόνο μια τριάδα). Συνεπώς, το ζητούμενο ισχύει για

Με πρόλαβες...Μόλις την έλυσα και εγώ

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 02, 2017 1:14 pm**

Δική μου παράλειψη

. Μου ξέφυγε αυτή την φορά. Οι φυσικοί στο σχολικό πρόγραμμα στη Ρωσία δεν περιέχουν το μηδέν. Οπότε πρέπει να αλλάξω την αρχική εκφώνηση σε μη μεδενικούς φυσικούς ή θετικούς ακέραιους στο πρώτο θέμα για να είμαστε πλήρως συμβατοί με το πρωτότυπο.

Βέβαια δεν αλλάζει τον τρόπο σκέψης όπως πολύ σωστά λύθηκε παραπάνω.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 02, 2017 1:26 pm**

Al.Koutsouridis έγραψε:Δική μου παράλειψη . Μου ξέφυγε αυτή την φορά. Οι φυσικοί στο σχολικό πρόγραμμα στη Ρωσία δεν περιέχουν το μηδέν. Οπότε πρέπει να αλλάξω την αρχική εκφώνηση σε μη μεδενικούς φυσικούς ή θετικούς ακέραιους στο πρώτο θέμα για να είμαστε πλήρως συμβατοί με το πρωτότυπο.

Βέβαια δεν αλλάζει τον τρόπο σκέψης όπως πολύ σωστά λύθηκε παραπάνω.

Όντως με την ίδια λογική θα "παίξουμε" γύρω από το 0 και μια λύση είναι το (x,y,z)= (676,1,1) μαζί με όλες τις μεταθέσεις

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 02, 2017 1:27 pm**

Τσιαλας Νικολαος έγραψε:
Al.Koutsouridis έγραψε:Δική μου παράλειψη . Μου ξέφυγε αυτή την φορά. Οι φυσικοί στο σχολικό πρόγραμμα στη Ρωσία δεν περιέχουν το μηδέν. Οπότε πρέπει να αλλάξω την αρχική εκφώνηση σε μη μεδενικούς φυσικούς ή θετικούς ακέραιους στο πρώτο θέμα για να είμαστε πλήρως συμβατοί με το πρωτότυπο.

Βέβαια δεν αλλάζει τον τρόπο σκέψης όπως πολύ σωστά λύθηκε παραπάνω.
Όντως με την ίδια λογική θα "παίξουμε" γύρω από το 0 και μια λύση είναι το (x,y,z)= (676,1,1) μαζί με όλες τις μεταθέσεις

Σας πρόλαβα

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 02, 2017 1:35 pm**

JimNt. έγραψε:
Τσιαλας Νικολαος έγραψε:
Al.Koutsouridis έγραψε:Δική μου παράλειψη . Μου ξέφυγε αυτή την φορά. Οι φυσικοί στο σχολικό πρόγραμμα στη Ρωσία δεν περιέχουν το μηδέν. Οπότε πρέπει να αλλάξω την αρχική εκφώνηση σε μη μεδενικούς φυσικούς ή θετικούς ακέραιους στο πρώτο θέμα για να είμαστε πλήρως συμβατοί με το πρωτότυπο.

Βέβαια δεν αλλάζει τον τρόπο σκέψης όπως πολύ σωστά λύθηκε παραπάνω.
Όντως με την ίδια λογική θα "παίξουμε" γύρω από το 0 και μια λύση είναι το (x,y,z)= (676,1,1) μαζί με όλες τις μεταθέσεις
Σας πρόλαβα

Για να σε προλάβω και εγώ οι λύσεις που είπα ειναι και οι μοναδικές!!

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 02, 2017 3:08 pm**

Al.Koutsouridis έγραψε:
3. Υπάρχει άραγε τρίγωνο με μήκη πλευρών τέτοια, ώστε
;

Όχι, δεν υπάρχει. Πράγματι, είναι:

$\displaystyle{\left( {x + y} \right)\left( {y + z} \right)\left( {z + x} \right) = {x^2}\left( {y + z} \right) + {y^2}\left( {z + x} \right) + {z^2}\left( {x + y} \right) + 2xyz > }$

$\displaystyle{ > {x^2}\left( {y + z} \right) + {y^2}\left( {z + x} \right) + {z^2}\left( {x + y} \right) > {x^2} \cdot x + {y^2} \cdot y + {z^2} \cdot z = {x^3} + {y^3} + {z^3}.}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 02, 2017 3:47 pm**

Al.Koutsouridis έγραψε:
8. Αρχικά σε ένα τραπέζι τοποθετήθηκαν 100 κάρτες, σε κάθε μια από τις οποίες είναι γραμμένος ένας θετικός ακέραιος. Εξάλλου ακριβώς σε 43 κάρτες είναι γραμμένοι περιττοί αριθμοί. Έπειτα, κάθε λεπτό, εφαρμόζεται η ακόλουθη διαδικασία. Για κάθε τρεις κάρτες, που βρίσκονται στο τραπέζι, υπολογίζεται το γινόμενο των αριθμών που είναι γραμμένοι σε αυτές. Όλα αυτά τα γινόμενα αθροίζονται και ο αριθμός που προκύπτει γράφεται σε μια νέα κάρτα η οποία προστίθεται στις ήδη υπάρχουσες του τραπεζιού. Ένα χρόνο μετά την έναρξη της διαδικασίας προέκυψε, ότι στο τραπέζι υπάρχει κάρτα με αριθμό που διαιρείται με το $2^{10000}$ . Να αποδείξετε ότι αριθμός διαιρούμενος με το $2^{10000}$ , υπήρχε σε μία από τις κάρτες ήδη μια μέρα μετά την έναρξη της διαδικασίας.

Ισχυρίζομαι αρχικά ότι το πρώτο λεπτό ο νέος αριθμός είναι περιττός ενώ κάθε επόμενος αριθμός είναι άρτιος:

Απόδειξη: Αρχικά έχουμε

περιττές κάρτες οπότε και $\binom{43}{3}$ περιττά γινόμενα. Επειδή ο $\binom{43}{4}$ είναι περιττός, το άθροισμα θα είναι περιττό. Έπειτα έχουμε

περιττές κάρτες οπότε και $\binom{44}{3} \equiv 0 \bmod 2$ περιττά γινόμενα. Άρα ο νέος αριθμός θα είναι άρτιος. Από εδώ και πέρα θα συνεχίζουμε να έχουμε

περιττές κάρτες και ο καινούργιος αριθμός θα είναι πάντα άρτιος.

Αν x_n

ο αριθμός που γράψαμε μετά από

λεπτά, ισχυρίζομαι πως για κάθε $n \geqslant 2$ , η μεγαλύτερη δύναμη του

η οποία διαιρεί τον $x_{n+1}$ , ισούται με την μεγαλύτερη δύναμη του

η οποία διαιρεί τον x_n

. Αυτό είναι ασφαλώς αρκετό για να προκύψει το ζητούμενο.

Για να αποδειχθεί αυτός ως ισχυρισμός ας γράψουμε $y_1,\ldots,y_k$ για τους αριθμούς που είναι γραμμένοι στις k = n+99

κάρτες προτού υπολογίσουμε τον x_n

. Παρατηρούμε ότι $x_{n+1} = x_n + x_nS$ όπου το

υπολογίζεται ως εξής: Για κάθε δύο από τις κάρτες $y_1,\ldots,y_k$ υπολογίζουμε το γινόμενο των αριθμών που είναι γραμμένοι σε αυτές και ακολούθως αθροίζουμε όλα αυτά τα γινόμενα. Επειδή όμως ακριβώς

από τους $y_1,\ldots,y_k$ είναι περιττοί, τότε $S \equiv \binom{44}{2} \equiv 0 \bmod 2$ , έστω S=2T

. Τότε όμως είναι $x_{n+1} = x_n(1+2T)$ και ο ισχυρισμός έπεται.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 02, 2017 4:01 pm**

5
Έστω

το πλήθος των Ρητών και

το πλήθος των Άρρητων που υπάρχουν στην οριζόντιο. Τότε πρέπει στην κατακόρυφο να είναι

το πλήθος των Άρρητων και

το πλήθος των ρητών όπως στο σχήμα. Παρατηρούμε ότι το άθροισμα

ρητών δίνει ρητό. Οπότε θα
υπάρχουν σίγουρα

σε πλήθος ρητοί αριθμοί στον πίνακα. Στην συνέχεια θα δείξουμε πως ρητός και άρρητος δεν κάνουν ρητό.
Πράγματι έστω r,s

ρητοί αριθμοί και

ένας άρρητος αριθμός τέτοιοι ώστε: r+A=s

Τότε θα πρέπει A=s-r

όμως ο αριθμός
s-r

είναι ρητός ως διαφορά ρητών άρα και ο αριθμός

θα είναι ρητός που είναι άτοπο. Τέλος, μπορούμε να επιλέξουμε στην οριζόντιο
Άρρητους αριθμούς (για να μεγιστοποιήσουμε το πλήθος των ρητών) όπως A,A+1,A+2,...

όπου

άρρητος και στην κατακόρυφο τους:
-A,1-A,2-A...

. Πράγματι, αν αθροίσουμε οποιοσδήποτε 2 αριθμούς από αυτά τα δύο σύνολα θα δώσουν ρητό άρα το μέγιστο πλήθος ρητών
οι οποίοι προκύπτουν από άθροισμα άρρητων είναι

. Στο σύνολο θα είναι 2ab (1)

. Όμως οι ρητοί είναι στο σύνολο

άρα

. Αντικαθιστώντας στην (1)

έχουμε

. Επομένως ψάχνουμε την μέγιστη τιμή της παράστασης 2b(50-b)

η
οποία επιτυγχάνεται για b=25

. Επομένως το μέγιστο πλήθος ρητών θα είναι $2\times 25^2=1250$ .

: Screenshot_3.png (15.76 KiB) Προβλήθηκε 2193 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 02, 2017 4:06 pm**

Al.Koutsouridis έγραψε:
4. Ισόπλευρο τρίγωνο είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο $\Omega$ και περιγεγραμμένο σε κύκλο $\omega$ . Στις πλευρές και θεωρούμε τα σημεία και αντίστοιχα, ώστε το τμήμα να εφάπτεται του $\omega$ . Ο κύκλος $\Omega_{b}$ με κέντρο το διέρχεται από το σημείο και ο κύκλος $\Omega_{c}$ με κέντρο το από το . Να δείξετε ότι οι κύκλοι $\Omega, \Omega_{b}$ και $\Omega_{c}$ έχουν κοινό σημείο.

Έστω

,

και

τα σημεία επαφής του $\displaystyle{\omega }$ με τις

,

και

αντίστοιχα. Έστω ακόμη

το κέντρο και

η ακτίνα του κύκλου $\displaystyle{\Omega .}$

Επειδή το τρίγωνο ABC

είναι ισόπλευρο, τα σημεία B, O, F

και

είναι συνευθειακά.

Έστω ότι η ευθεία

τέμνει τον κύκλο $\displaystyle{\Omega }$ στο σημείο

. Παρατηρούμε ότι $\displaystyle{P\widehat OE = P\widehat OF = \varphi, }$ οπότε $\displaystyle{P\widehat OB = P\widehat OM = {180^ \circ } - \varphi .}$ Άρα, τα τρίγωνα POB

και

είναι ίσα (αφού

κοινή, $\displaystyle{OB = OM = R}$ και $\displaystyle{P\widehat OB = P\widehat OM}$ ). Επομένως, είναι $\displaystyle{PB = PM,}$ δηλαδή το σημείο

ανήκει στον κύκλο $\displaystyle{ {\Omega _b}.}$ Όμοια, δείχνουμε ότι το σημείο

ανήκει στον κύκλο $\displaystyle{ {\Omega _c}}$ και η απόδειξη ολοκληρώνεται.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 02, 2017 4:52 pm**

Al.Koutsouridis έγραψε: 6. Σε οξυγώνιο τίγωνο φέρουμε την διάμεσο και το ύψος . Η κάθετος από το σημείο προς την ευθεία τέμνει την ευθεία στο σημείο . Να αποδείξετε ότι αν $\angle MAC = 30^0$ , τότε .

Επειδή $\displaystyle{A\widehat HK = A\widehat MK = {90^ \circ },}$ το τετράπλευρο $\displaystyle{AHMK}$ είναι εγγράψιμο σε κύκλο διαμέτρου $\displaystyle{AK.}$ Άρα, από το Νόμο των Ημιτόνων στο τρίγωνο $\displaystyle{AHM,}$ έχουμε ότι

$\displaystyle{HM = AK \cdot {\rm{\eta \mu }}{30^ \circ } = \frac{{AK}}{2}.}$

Εξάλλου, στο ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{BHC}$ η $\displaystyle{HM}$ είναι διάμεσος προς την υποτείνουσα, οπότε

$\displaystyle{HM = \frac{{BC}}{2}.}$

Συνεπώς, είναι $\displaystyle{AK = BC.}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 02, 2017 5:00 pm**

Al.Koutsouridis έγραψε:Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2016-2017

Θέματα της 3ης φάσης για την 9η τάξη. Διάρκεια εξέτασης 4 ώρες/μέρα.

Δεύτερη μέρα (31/01/17)

6. Σε οξυγώνιο τίγωνο φέρουμε την διάμεσο και το ύψος . Η κάθετος από το σημείο προς την ευθεία τέμνει την ευθεία στο σημείο . Να αποδείξετε ότι αν $\angle MAC = 30^0$ , τότε .

: Πανρωσική 2016-2017 (ΙΙΙ, 9).png (17.45 KiB) Προβλήθηκε 2160 φορές

$M\widehat KH=M\widehat AC=30^0$ (οξείες γωνίες με πλευρές κάθετες), άρα το AKMH

είναι εγγράψιμο σε

κύκλο διαμέτρου

, οπότε $\displaystyle{MH=\frac{AK}{2}$ (ως πλευρά κανονικού εξαγώνου), αλλά είναι και $\displaystyle{MH=\frac{BC}{2}$

(ως διάμεσος ορθογωνίου τριγώνου). Επομένως, $\boxed{AK = BC}$

Με πρόλαβε ο Βαγγέλης. Το αφήνω για τον κόπο.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Φεβ 03, 2017 11:30 am**

Al.Koutsouridis έγραψε:Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2016-2017

Θέματα της 3ης φάσης για την 9η τάξη. Διάρκεια εξέτασης 4 ώρες/μέρα.
Δεύτερη μέρα (31/01/17)
7. Κυρτό πολύγωνο διαμερίζεται, με τις μη τεμνομένες διαγωνίους του, σε ισοσκελή τρίγωνα. Να αποδείξετε ότι σε αυτό το πολύγωνο θα βρεθούν δυο ίσες πλευρές.

Έστω ότι το κυρτό πολύγωνο έχει όλες τις πλευρές του $p_0,p_1,p_2,\cdots,p_{k+1}$ άνισες $\left (b_k\neq b_{k+1} \right )$ .

Οι μη τεμνόμενες διαγώνιες του $d_1,d_2,\cdots,d_k$ ορίζουν τα τρίγωνα $T_0,T_1,T_2,\cdots,T_k$ .

: ΠανρωσικήΟΜ 3Φ_Τ9__2016_7_θ7.png (9.58 KiB) Προβλήθηκε 2087 φορές

Αφού το τρίγωνο T_k

είναι ισοσκελές άρα η διαγώνιος d_k

θα είναι ίση με μία από τις πλευρές $b_k,b_{k+1}$ .

Διαγράφουμε το τρίγωνο T_k

και επαναλαμβάνουμε την διαδικασία μέχρι να μείνει μόνο το τρίγωνο T_0

στο οποίο η d_1

ισούται με κάποια από τις διεγραμμένες πλευρές του πολυγώνου.

Καταλήξαμε έτσι σε άτοπο , αφού το τρίγωνο T_0

που έχει και τις τρεις πλευρές του ίσες με πλευρές πολυγώνου πρέπει να είναι ισοσκελές.

Επομένως, το πολύγωνο έχει τουλάχιστον δύο πλευρές ίσες.

Παρατήρηση.
Σε περίπτωση που τροποποιηθεί η διατύπωση : " Κυρτό πολύγωνο διαμερίζεται, από μη τεμνομένες διαγωνίους του, σε ισοσκελή τρίγωνα. Να αποδείξετε ότι σε αυτό το πολύγωνο θα βρεθούν δυο ίσες πλευρές " και καταλήξουμε σε σχήμα όπως αυτό που υπάρχει στην επόμενη ανάρτηση του Δημήτρη, διαγράφουμε τρίγωνο που δύο πλευρές του είναι και πλευρές και του κυρτού πολυγώνου και επαναλαμβάνουμε την διαδικασία στο πολύγωνο που προκύπτει μέχρι να μείνει μόνο ένα τρίγωνο οπότε ισχύουν τα παραπάνω.

Τελευταία επεξεργασία: συμπλήρωσα την παρατήρηση με την περίπτωση που αναφέρει παρακάτω ο Δημήτρης.

mathematica.gr

Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2016/17 (ΙΙΙΦ 9η τάξη)

Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2016/17 (ΙΙΙΦ 9η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2016/17 (ΙΙΙΦ 9η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2016/17 (ΙΙΙΦ 9η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2016/17 (ΙΙΙΦ 9η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2016/17 (ΙΙΙΦ 9η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2016/17 (ΙΙΙΦ 9η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2016/17 (ΙΙΙΦ 9η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2016/17 (ΙΙΙΦ 9η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2016/17 (ΙΙΙΦ 9η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2016/17 (ΙΙΙΦ 9η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2016/17 (ΙΙΙΦ 9η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2016/17 (ΙΙΙΦ 9η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2016/17 (ΙΙΙΦ 9η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2016/17 (ΙΙΙΦ 9η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2016/17 (ΙΙΙΦ 9η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2016/17 (ΙΙΙΦ 9η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2016/17 (ΙΙΙΦ 9η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2016/17 (ΙΙΙΦ 9η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2016/17 (ΙΙΙΦ 9η τάξη)

Re: Πανρωσική Ολυμπιάδα Μαθηματικών 2016/17 (ΙΙΙΦ 9η τάξη)