Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2017 (ΦΙΙ τάξη 9)

Al.Koutsouridis · #1

Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2017

Θέματα της δεύτερης φάσης (τελικής) για την 9η τάξη.

1. Ο υπολογιστής του Αλέξανδρου μπορεί να κάνει δυο διαδικασίες. Αν τον φορτώσουμε με μια κάρτα με τον αριθμό

, τότε αυτός την επιστρέφει πίσω καθώς και άλλη μια με τον αριθμό a+1

. Αν τον φορτώσουμε διαδοχικά με κάρτες που έχουν τους αριθμούς

και

, τότε αυτός τις επιστρέφει πίσω και επίσης εκτυπώνει κάρτες με όλες τις ρίζες του τριωνύμου x^2+ax+b

(μία, δύο, ή καμία). Αρχικά ο Αλέξανδρος είχε μόνο την κάρτα με τον αριθμό

. Είναι άραγε αληθές, ότι για οποιοδήποτε s>0

ο Αλέξανδρος θα μπορέσει κάποια στιγμή να λάβει κάρτα με τον αριθμό $\sqrt{s}$ ;

2. Σε τρίγωνο ABC

και στην πλευρά

βρέθηκε σημείο

, ώστε

. Το σημείο

είναι το συμμετρικό του κέντρου

του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC

ως προς το σημείο

. Να αποδείξετε, ότι το $YI_{B}$ είναι κάθετο στο

, όπου $I_{B}$ το κέντρο του παρεγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC

που εφάπτεται της πλευράς

.

3. Ο Πέτρος, ο Νίκος και η Μαρία παίζουν με ένα πίνακα διαστάσεων $100 \times 100$ το ακόλουθο παιχνίδι. Με την σειρά (ξεκινάει ο Πέτρος, έπειτα ο Νίκος, έπειτα η Μαρία, έπειτα πάλι ο Πέτρος κ.ο.κ.) χρωματίζουν τα ακριανά κελιά του πίνακα (δηλαδή αυτά που έχουν κοινή πλευρά με το περίγραμμα του πίνακα). Απαγορεύεται να χρωματίσουν κελί γειτονικό κατά πλευρά με ήδη χρωματισμένο. Εκτός από αυτό, απαγορεύεται να χρωματίσουν κελί συμμετρικό, ως προς το κέντρο του πίνακα, ενός ήδη χρωματισμένου. Χάνει, αυτός που δεν μπορεί να κάνει κίνηση. Μπορούν άραγε ο Νίκος και η Μαρία να συνεννοηθούν μεταξύ τους και να παίξουν έτσι, ώστε να χάσει ο Πέτρος;

4. Στα κελιά ενός πίνακα $3 \times n$ είναι γραμμένοι μη μηδενικοί φυσικοί αριθμοί. Σε κάθε μια από τις τρείς γραμμές του πίνακα συναντώνται από μια φορά οι αριθμοί 1,2,…,n

. Για κάθε στήλη το άθροισμα των γινομένων ανά δυο των τριών αριθμών που την αποτελούν, διαιρείται με το

. Για ποια

αυτό μπορεί να συμβεί;

Καταληκτική αίθουσα

5. Η γωνία

μη ισοσκελούς τρίγωνου ABC

είναι ίση με 130^0

. Το σημείο

είναι η βάση του ύψους από την κορυφή

. Στις πλευρές

και

βρέθηκαν σημεία

και

αντίστοιχα τέτοια, ώστε DH=EH

και το τετράπλευρο ADEC

να είναι εγγράψιμο. Να βρείτε την γωνία DHE

.

6. Οι αριθμοί a,b

και

ανήκουν στο διάστημα [0,1)

και ικανοποιούν την ισότητα a^2+b^2+c^2 =1

. Ποια είναι η ελάχιστη τιμή που μπορεί να πάρει η παράσταση

$\dfrac{a}{\sqrt{1-a^2}} + \dfrac{b}{\sqrt{1-b^2}}+\dfrac{c}{\sqrt{1-c^2}}$ ;

7. Θα ονομάσουμε «τετραγωνισμένο τεταρτημόριο» το πρώτο τεταρτημόριο ενός ορθοκανονικού συστήματος, διαμερισμένο σε τετράγωνα πλευράς 1. Σε τετραγωνισμένο τεταρτημόριο είναι χρωματισμένα n^2

τετράγωνα. Να αποδείξετε, ότι σε αυτό θα βρεθούν τουλάχιστον n^2+n

τετράγωνα (συμπεριλαμβανομένου, ήδη χρωματισμένων), γειτονικά κατά πλευρά τουλάχιστον με ένα χρωματισμένο.

Ορέστης Λιγνός · #2

Al.Koutsouridis έγραψε:Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2017

Θέματα της δεύτερης φάσης (τελικής) για την 9η τάξη.

1. Ο υπολογιστής του Αλέξανδρου μπορεί να κάνει δυο διαδικασίες. Αν τον φορτώσουμε με μια κάρτα με τον αριθμό , τότε αυτός την επιστρέφει πίσω καθώς και άλλη μια με τον αριθμό . Αν τον φορτώσουμε διαδοχικά με κάρτες που έχουν τους αριθμούς και , τότε αυτός τις επιστρέφει πίσω και επίσης εκτυπώνει κάρτες με όλες τις ρίζες του τριωνύμου (μία, δύο, ή καμία). Αρχικά ο Αλέξανδρος είχε μόνο την κάρτα με τον αριθμό . Είναι άραγε αληθές, ότι για οποιοδήποτε ο Αλέξανδρος θα μπορέσει κάποια στιγμή να λάβει κάρτα με τον αριθμό $\sqrt{s}$ ;

Ναι.

Έχουμε την κάρτα με αριθμό

, άρα μπορούμε να πάρουμε και την κάρτα με αριθμό s+1

.

Φορτώνουμε στον υπολογιστή τις κάρτες $s, \, s+1$ και παίρνουμε τις ρίζες της x^2+(s+1)x+s=0

, που είναι οι -1,-s

.

Φορτώνουμε την κάρτα

, άρα παίρνουμε την κάρτα με αριθμό

.

Παίρνουμε $a=0, \, b=-s$ , οπότε έχουμε την εξίσωση x^2-s=0

, με ρίζες $x=\pm \sqrt{s}$ .

Έτσι, πήραμε την κάρτα $\sqrt{s}$ .

Γιάννης Μπόρμπας · #3

Al.Koutsouridis έγραψε: 1. Ο υπολογιστής του Αλέξανδρου μπορεί να κάνει δυο διαδικασίες. Αν τον φορτώσουμε με μια κάρτα με τον αριθμό , τότε αυτός την επιστρέφει πίσω καθώς και άλλη μια με τον αριθμό . Αν τον φορτώσουμε διαδοχικά με κάρτες που έχουν τους αριθμούς και , τότε αυτός τις επιστρέφει πίσω και επίσης εκτυπώνει κάρτες με όλες τις ρίζες του τριωνύμου (μία, δύο, ή καμία). Αρχικά ο Αλέξανδρος είχε μόνο την κάρτα με τον αριθμό . Είναι άραγε αληθές, ότι για οποιοδήποτε ο Αλέξανδρος θα μπορέσει κάποια στιγμή να λάβει κάρτα με τον αριθμό

Η απάντηση είναι ναι.
Αρχικά λαμβάνουμε από τον

τον

και μετά βάζοντας όπου a=s+1

και

παίρνουμε τους
-s,-1

. Μετά από το

παίρνουμε το

και τέλος
για a=0

και

παίρνουμε το $\sqrt{s}$
Edit: Κλασικά με πρόλαβε ο Ορέστης.

Ορέστης Λιγνός · #4

Al.Koutsouridis έγραψε:Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2017

Θέματα της δεύτερης φάσης (τελικής) για την 9η τάξη.

6. Οι αριθμοί και ανήκουν στο διάστημα και ικανοποιούν την ισότητα . Ποια είναι η ελάχιστη τιμή που μπορεί να πάρει η παράσταση

$\dfrac{a}{\sqrt{1-a^2}} + \dfrac{b}{\sqrt{1-b^2}}+\dfrac{c}{\sqrt{1-c^2}}$ ;

Όμορφο!

Θέτουμε $A=\dfrac{a}{\sqrt{1-a^2}} + \dfrac{b}{\sqrt{1-b^2}}+\dfrac{c}{\sqrt{1-c^2}}$

Έστω αρχικά ότι κάποιος εκ των a,b,c

είναι

, έστω

.

Τότε, a^2+b^2=1

, και ζητείται το ελάχιστο της $A=\dfrac{a}{\sqrt{1-a^2}}+\dfrac{b}{\sqrt{1-b^2}}$ .

Προφανώς, $1-a^2=b^2, \, 1-b^2=a^2$ .

Έτσι, $A=\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a} \geqslant 2$ , με ισότητα αν a=b

, και αφού a^2+b^2=1

, $a=b=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ .

Έστω τώρα $a,b,c \neq 0$ .

Είναι $\dfrac{a}{\sqrt{1-a^2}}=\dfrac{a^2}{\sqrt{(1-a^2)a^2}} \geqslant \dfrac{a^2}{\dfrac{(1-a^2)+a^2}{2}}=2a^2$ , και όμοια για τα b,c

.

Προσθέτοντας παίρνουμε $A \geqslant 2(a^2+b^2+c^2)=2$ .

Η ισότητα ισχύει όταν 1-a^2=a^2 , 1-b^2=b^2, 1-c^2=c^2

, οπότε $a^2=b^2=c^2=\dfrac{1}{2}$ , άτοπο, διότι a^2+b^2+c^2=1

.

Τελικά, $A \geqslant 2$ , με την ισότητα όταν ένας από τους a,b,c

είναι

, και οι άλλοι δύο ίσοι με $\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ .

#5

Al.Koutsouridis έγραψε: 6. Οι αριθμοί και ανήκουν στο διάστημα και ικανοποιούν την ισότητα . Ποια είναι η ελάχιστη τιμή που μπορεί να πάρει η παράσταση

$\dfrac{a}{\sqrt{1-a^2}} + \dfrac{b}{\sqrt{1-b^2}}+\dfrac{c}{\sqrt{1-c^2}}$ ;

$\displaystyle{\dfrac{a}{\sqrt{1-a^2}} + \dfrac{b}{\sqrt{1-b^2}}+\dfrac{c}{\sqrt{1-c^2}}=\dfrac{a}{\sqrt{b^2+c^2}} + \dfrac{b}{\sqrt{c^2+a^2}}+\dfrac{c}{\sqrt{a^2+b^2}}=}$

$\displaystyle{=\dfrac{2a^2}{2\sqrt{a^2}\sqrt{b^2+c^2}} + \dfrac{2b^2}{2\sqrt{b^2}\sqrt{c^2+a^2}}+\dfrac{2c^2}{2\sqrt{c^2}\sqrt{a^2+b^2}}\geq}$

$\displaystyle{\geq \frac{2a^2}{a^2+b^2+c^2}+\frac{2b^2}{a^2+b^2+c^2}+\frac{2c^2}{a^2+b^2+c^2}=2}$

και η ισότητα ισχύει αν π.χ. $\displaystyle{a=b=\frac{1}{\sqrt{2}},c=0.}$

Άρα η ελάχιστη τιμή είναι το $\displaystyle{2}$ .

Al.Koutsouridis · #6

Ορέστη!

Να σημειώσω ότι τα προβλήματα 6 και 7 φαίνεται να μην κατάφερε να τα λύσει κανείς.

Ορέστης Λιγνός · #7

Al.Koutsouridis έγραψε:Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2017

Θέματα της δεύτερης φάσης (τελικής) για την 9η τάξη.

5. Η γωνία μη ισοσκελούς τρίγωνου είναι ίση με . Το σημείο είναι η βάση του ύψους από την κορυφή . Στις πλευρές και βρέθηκαν σημεία και αντίστοιχα τέτοια, ώστε και το τετράπλευρο να είναι εγγράψιμο. Να βρείτε την γωνία .

Καλησπέρα!

Θα δείξουμε ότι το

είναι το περίκεντρο του τριγώνου BDE

. (*)

Καταρχήν, $\widehat{HBE} =\widehat{HBC}=90^0-\widehat{C}$ , άρα $\widehat{HBE}=90^0-\widehat{C}$ (1).

Από το εγγράψιμο ADEC

, $\widehat{BDE}=\widehat{C}$ (2).

Από (1), (2) παίρνουμε ότι $\widehat{BDE}+\widehat{HBE}=90^0$ .

Όμοια, $\widehat{DBH}+\widehat{BED}=90^0$ .

Απομονώνουμε το τετράπλευρο BDHE

για να δείξουμε την (*).

Κάνοντας Νόμο ημιτόνων στα BHD, BHE

και χρησιμοποιώντας το γεγονός ότι DH=HE

παίρνουμε την $\dfrac{\sin(x+\omega)}{\sin(\phi+x)}=\dfrac{\cos \phi}{\cos \omega}$ , το οποίο μετά τις πράξεις δίνει $\sin (\phi-\omega) \cdot \cos (\phi+\omega+x)=0$ .

Άρα, $\sin (\phi-\omega)=0$ , ή $\cos (\phi+\omega+x)=0$ , που σημαίνει $\phi=\omega$ , ή $\phi+\omega+x=90^0$ .

Η πρώτη περίπτωση απορρίπτεται, διότι $\widehat{C}=\phi=\omega=\widehat{B}$ , άτοπο, διότι το τρίγωνο είναι μη ισοσκελές.

Άρα, $\phi+x=90^0-\omega$ .

Εύκολα πλέον το BDH

είναι ισοσκελές με DH=BH=EH

, και η (*) δείχτηκε.

Τελικά, $\widehat{DHE}=\widehat{DHB}+\widehat{BHE}=2\widehat{DEB}+2\wideha{BDE}=2(180^- \widehat{B})=100^0$ .

: orestis.png (13.14 KiB) Προβλήθηκε 1768 φορές

Ορέστης Λιγνός · #8

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Πέμ Απρ 20, 2017 9:00 pm
Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2017

Θέματα της δεύτερης φάσης (τελικής) για την 9η τάξη.

4. Στα κελιά ενός πίνακα $3 \times n$ είναι γραμμένοι μη μηδενικοί φυσικοί αριθμοί. Σε κάθε μια από τις τρείς γραμμές του πίνακα συναντώνται από μια φορά οι αριθμοί . Για κάθε στήλη το άθροισμα των γινομένων ανά δυο των τριών αριθμών που την αποτελούν, διαιρείται με το . Για ποια αυτό μπορεί να συμβεί;

Θα δείξουμε ότι μόνο για

περιττό μπορεί να γίνει μία τέτοια τοποθέτηση αριθμών στον πίνακα $3 \times n$ .

Έστω $N_1,N_2, \lsots, N_{3n}$ οι τοποθετημένοι στον πίνακα αριθμοί.

: Saint Petersburg Olympiad 2017 p.4.png (7.52 KiB) Προβλήθηκε 1361 φορές

$\bullet$ Αν ο

είναι άρτιος , τότε για κάθε $i \in \{1,2, \ldots, 3n-2 \}$ ισχύει $2 \mid n \mid N_i N_{i+1}+ N_{i+1} N_{i+2}+ N_{i}N_{i+2}$ .

Αναγκαστικά δουλεύοντας $\pmod 2$ , πρέπει τουλάχιστον 2 εκ των $N_i, N_{i+1}, N_{i+2}$ να είναι άρτιοι, για κάθε $i \in \{1,2, \ldots, 3n-2 \}$ (αυτό σημαίνει ουσιαστικά ότι σε κάθε στήλη από τις

του πίνακα υπάρχουν $\geqslant 2$ άρτιοι αριθμοί).

Οπότε, συνολικά πρέπει στον πίνακα να υπάρχουν $\geqslant 2n$ άρτιοι αριθμοί (τουλάχιστον

σε κάθε στήλη).

Όμως, αφού οι αριθμοί του πίνακα είναι οι $1,2, \ldots, n$

φορές, οι άρτιοι αριθμοί σ' αυτόν είναι $3\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor$ , επομένως $3\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor \geqslant 2n \Rightarrow 2n>\frac{3n}{2} \geqslant 3\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor \geqslant 2n$ , άτοπο.

$\bullet$ Αν ο

είναι περιττός, τότε έχουμε την εξής τοποθέτηση αριθμών :

Στην πρώτη γραμμή βάζουμε τους αριθμούς $1,2, \ldots, n$ με αυτή ακριβώς τη σειρά. Το ίδιο κάνουμε και στην δεύτερη γραμμή.
Τώρα, μένει να τοποθετηθούν οι $N_3, N_6, \ldots N_{3n}$ .

Σ'αυτούς, αν ο δείκτης

( $3,6, \ldots$ ) είναι περιττός, βάζουμε $N_i=\dfrac{n}{2}-\dfrac{i}{6}$ (θεωρούμε για i=3n

ότι $N_{3n}=n$ ). Αν είναι άρτιος, βάζουμε $N_i=n-\dfrac{i}{6}$ .

Έτσι, π.χ. $N_3=\dfrac{n-1}{2}, N_6=n-1$ κτλ

Τώρα, θα ελέγξουμε αν ικανοποιούνται οι δύο συνθήκες της εκφώνησης. Είναι προφανές ότι και στις τρεις γραμμές υπάρχουν με κάποια σειρά οι αριθμοί $1,2, \ldots , n$ (πράγματι στη τρίτη γραμμή με λίγη διερεύνηση βλέπουμε πώς αν

περιττός, τα εμφανιζόμενα N_i

είναι τα $\dfrac{n-1}{2},\dfrac{n-3}{2}, \ldots, 1 , n$ και αν είναι άρτιος εμφανίζονται οι $n-1,n-2,n-3, \ldots, \dfrac{n+1}{2}$ ).

Επίσης, για μία τυχαία στήλη έστω την

- οστή, αν ο

είναι άρτιος, οι αριθμοί της στήλης είναι οι $j,j, n-\dfrac{3j}{6}$ και θέλουμε $n \mid j^2+2j(n-\dfrac{j}{2}) \Rightarrow n \mid 2jn$ ισχύει. Όμοια αν ο

είναι περιττός.

Τελικά, αποδείξαμε ότι μόνο για

περιττό μπορούμε να τοποθετήσουμε αριθμούς στον πίνακα $3 \times n$ με τις δοσμένες ιδιότητες.

#9

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Πέμ Απρ 20, 2017 9:00 pm
7. Θα ονομάσουμε «τετραγωνισμένο τεταρτημόριο» το πρώτο τεταρτημόριο ενός ορθοκανονικού συστήματος, διαμερισμένο σε τετράγωνα πλευράς 1. Σε τετραγωνισμένο τεταρτημόριο είναι χρωματισμένα τετράγωνα. Να αποδείξετε, ότι σε αυτό θα βρεθούν τουλάχιστον τετράγωνα (συμπεριλαμβανομένου, ήδη χρωματισμένων), γειτονικά κατά πλευρά τουλάχιστον με ένα χρωματισμένο.

Καλό. Αν και δεν είναι δύσκολο να βρεθεί χρωματισμός στο οποίο πιάνεται το n^2+n

είναι ζόρικο να αποδειχθεί ότι είναι το βέλτιστο.

Βάζουμε συντεταγμένες στα τετραγωνάκια ξεκινώντας στο κάτω αριστερά με το (1,1)

, στο δίπλα του δεξιά με το (2,1)

κ.τ.λ. Με

ορίζουμε την διαγώνια λωρίδα με τετραγωνάκια της μορφής (x,y)

όπου

.

Αν χρωματίσουμε $t \geqslant 1$ τετραγωνάκια στην λωρίδα D_k

αυτά θα έχουν τουλάχιστον t+1

γειτονικά στην λωρίδα $D_{k+1}$ . [Για κάθε τετραγωνάκι παίρνουμε ως γειτονικό το πάνω από αυτό. Για το πιο δεξί από τα χρωματισμένα παίρνουμε επιπλέον ως γειτονικό το δεξί του.] Επίσης θα έχουν τουλάχιστον t-1

γειτονικά στην λωρίδα $D_{k-1}$ . [Για κάθε τετραγωνάκι εκτός από το πιο δεξί, παίρνουμε ως γειτονικό το κάτω από αυτό.]

Έστω τώρα ότι έχουμε

λωρίδες της μορφής $D_{i+2},D_{i+4},\ldots,D_{i+2k}$ ώστε κάθε μία από τις λωρίδες να έχει χρωματισμένο τετραγωνάκι και συνολικά να έχουν

χρωματισμένα τετραγωνάκια. Θα δείξουμε ότι αυτά έχουν $m+\sqrt{m}$ γειτονικά τετραγωνάκια.

Ας πούμε ότι στην λωρίδα $D_{i+2j}$ υπάρχουν a_j

χρωματισμένα τετραγωνάκια. Επειδή στην λωρίδα $D_{i+2j+1}$ έχουμε τουλάχιστον a_j+1

γειτονικά, τότε συνολικά έχουμε τουλάχιστον
$\displaystyle (a_1+1) + \cdots + (a_k+1) = m+k$
γειτονικά.

Επίσης, για κάθε $1 \leqslant r \leqslant k$ μπορούμε να πάρουμε a_j-1

γειτονικά στην λωρίδα $D_{i+2j-1}$ για $j \leqslant r$ και a_j+1

γειτονικά στην λωρίδα $D_{i+2j+1}$ για $j \geqslant r$ . Αυτό δίνει συνολικά τουλάχιστον
$\displaystyle (a_1-1) + \cdots + (a_r-1) + (a_r+1) + \cdots + (a_k+1) = m + a_r + (k+1-2r)$
γειτονικά

Παίρνοντας τον μέσο όρο των πιο πάνω για $1 \leqslant r \leqslant k$ θα έχουμε τουλάχιστον
$\displaystyle m + \frac{m}{k} + k - \frac{1+3+\cdots + (2k-1)}{k} = m +frac{m}{k}$
γειτονικά.

Αφού έχουμε επίσης και m + k

γειτονικά πάλι παίρνοντας τον μέσο όρο θα έχουμε τουλάχιστον
$\displaystyle m + \frac{1}{2}\left(k + \frac{m}{k}\right) \geqslant m + \sqrt{m}$
γειτονικά.

Μπορούμε τώρα να χωρίσουμε όλα τα χρωματισμένα τετραγωνάκια σε ομάδες λωρίδων όπως την πιο πάνω ώστε διαφορετικές ομάδες να μην έχουν κοινά γειτονικά. Αν έχουμε

ομάδες με $b_1,\ldots,b_s$ χρωματισμένα τετραγωνάκια τότε από τα πιο πάνω θα έχουμε συνολικά τουλάχιστον:
$\displaystyle (b_1 + \sqrt{b_1} + \cdots + (b_t+\sqrt{b_t}) \geqslant (b_1+\cdots+b_t) + \sqrt{b_1+\cdots+b_t} = n^2 + n$
γειτονικά.

Στην τελευταία ανισότητα χρησιμοποιήσαμε ότι
$\displaystyle \sqrt{x_1} + \cdots + \sqrt{x_t} \geqslant \sqrt{x_1+\cdots+x_t}$
για $x_1,\ldots,x_t$ το οποίο είναι προφανές αν υψώσουμε και τα δύο μέρη στο τετράγωνο.

Ορέστης Λιγνός · #10

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Πέμ Απρ 20, 2017 9:00 pm
Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2017

Θέματα της δεύτερης φάσης (τελικής) για την 9η τάξη.

2. Σε τρίγωνο και στην πλευρά βρέθηκε σημείο , ώστε . Το σημείο είναι το συμμετρικό του κέντρου του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ως προς το σημείο . Να αποδείξετε, ότι το $YI_{B}$ είναι κάθετο στο , όπου $I_{B}$ το κέντρο του παρεγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου που εφάπτεται της πλευράς .

Φέρνουμε $YQ \perp BA, IP \perp AB$ .

Τότε, τα κόκκινα τρίγωνα του σχήματος είναι ίσα, οπότε XQ=XP

(1).

Όμως, $PB=\dfrac{a+c-b}{2}$ και άρα $XP=XB-BP=\dfrac{a+c}{2}-\dfrac{a+c-b}{2}=\dfrac{b}{2}$ , συνεπώς από την (1), PQ=b

και άρα $BQ=\dfrac{a+b+c}{2}$ .

Όμως, αν $I_BQ' \perp AB$ με $Q' \in AB$ είναι γνωστό ότι $BQ'=\dfrac{a+b+c}{2}=BQ \Rightarrow Q \equiv Q'$ συνεπώς τα Y,Q,I_B

είναι συνευθειακά και $YI_B \perp AB$ .

: saint petersburg geo.png (31.98 KiB) Προβλήθηκε 1132 φορές

#11

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Σάβ Απρ 22, 2017 12:48 am

Al.Koutsouridis έγραψε:Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2017

Θέματα της δεύτερης φάσης (τελικής) για την 9η τάξη.

5. Η γωνία μη ισοσκελούς τρίγωνου είναι ίση με . Το σημείο είναι η βάση του ύψους από την κορυφή . Στις πλευρές και βρέθηκαν σημεία και αντίστοιχα τέτοια, ώστε και το τετράπλευρο να είναι εγγράψιμο. Να βρείτε την γωνία .

Καλησπέρα!

Θα δείξουμε ότι το είναι το περίκεντρο του τριγώνου . (*)

Καταρχήν, $\widehat{HBE} =\widehat{HBC}=90^0-\widehat{C}$ , άρα $\widehat{HBE}=90^0-\widehat{C}$ (1).

Από το εγγράψιμο , $\widehat{BDE}=\widehat{C}$ (2).

Από (1), (2) παίρνουμε ότι $\widehat{BDE}+\widehat{HBE}=90^0$ .

Όμοια, $\widehat{DBH}+\widehat{BED}=90^0$ .

Απομονώνουμε το τετράπλευρο για να δείξουμε την (*).

Κάνοντας Νόμο ημιτόνων στα και χρησιμοποιώντας το γεγονός ότι παίρνουμε την $\dfrac{\sin(x+\omega)}{\sin(\phi+x)}=\dfrac{\cos \phi}{\cos \omega}$ , το οποίο μετά τις πράξεις δίνει $\sin (\phi-\omega) \cdot \cos (\phi+\omega+x)=0$ .

Άρα, $\sin (\phi-\omega)=0$ , ή $\cos (\phi+\omega+x)=0$ , που σημαίνει $\phi=\omega$ , ή $\phi+\omega+x=90^0$ .

Η πρώτη περίπτωση απορρίπτεται, διότι $\widehat{C}=\phi=\omega=\widehat{B}$ , άτοπο, διότι το τρίγωνο είναι μη ισοσκελές.

Άρα, $\phi+x=90^0-\omega$ .

Εύκολα πλέον το είναι ισοσκελές με , και η (*) δείχτηκε.

Τελικά, $\widehat{DHE}=\widehat{DHB}+\widehat{BHE}=2\widehat{DEB}+2\wideha{BDE}=2(180^- \widehat{B})=100^0$ .

orestis.png

Θα παρακάμψουμε τον νόμο των ημιτόνων, για την χρήση του οποίου και τις μετ' αυτόν πράξεις, εύσημα δίνω στον Ορέστη.

Η κάθετη της

στο

είναι φανερά εφαπτόμενη του κύκλου (D,B,E)

, επομένως η

, ως φορέας ακτίνας αυτού του κύκλου, είναι μεσοκάθετος της

, έτσι ω=φ κ.λπ.

Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2017 (ΦΙΙ τάξη 9)

Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2017 (ΦΙΙ τάξη 9)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2017 (ΦΙΙ τάξη 9)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2017 (ΦΙΙ τάξη 9)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2017 (ΦΙΙ τάξη 9)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2017 (ΦΙΙ τάξη 9)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2017 (ΦΙΙ τάξη 9)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2017 (ΦΙΙ τάξη 9)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2017 (ΦΙΙ τάξη 9)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2017 (ΦΙΙ τάξη 9)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2017 (ΦΙΙ τάξη 9)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2017 (ΦΙΙ τάξη 9)

Μέλη σε σύνδεση