mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 01, 2017 5:05 pm**

Συνεχίζω εδώ για είναι πιο εύκολο να βρούμε μία λύση.

C1
Έστω S_n

το άθροισμα των αντιστρόφων των μη-μηδενικών ψηφίων όλων των θετικών ακεραίων μικρότερων ή ίσων του

.
Για παράδειγμα, $\displaystyle S_{11}=\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8}+\frac{1}{9}+\frac{1}{1}+\frac{1}{1}+\frac{1}{1}$ .

Βρείτε τον μικρότερο ακέραιο

ώστε ο αριθμός $k!\cdot S_{2016}$ να είναι ακέραιος.

C2 Σε έναν πίνακα γράφουμε όλους τους αριθμούς από το 1 μέχρι το 50. Πόσους τουλάχιστον πρέπει να διαγράψουμε ώστε το άθροισμα κάθε δύο από τους υπόλοιπους να μην είναι πρώτος;

C3 Το πρόβλημα 4 του διαγωνισμού

C4 Μία διαμέριση ενός επίπεδου πολυγώνου είναι ένα πεπερασμένο σύνολο από τρίγωνα με ξένα ανά δύο εσωτερικά και των οποίων η ένωση είναι όλο το πολύγωνο. Δοθέντος $n\geq 3$ , να βρεθεί ο μεγαλύτερος

λωστε να μην υπάρχει επίπεδο

-γωνο που να διαμερίζεται σε λιγότερο από

τρίγωνα.
Σημείωση: Το πολύγωνο δεν είναι απαραίτητα κυρτό.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 01, 2017 5:42 pm**

C2]
Να διαρέσουμε το σύνολο $\{1,2,3,...,50\}$ σε 50 υποσύνολα $\{1,2\},\{3,50\},\{4,49\},...,\{26,27\}$ , με αθροίσματα 3 και 53. Αν διαγράφουμε 24 αριθμούς, τότε έχουμε 26 αριθμοί. Έτσι απο την αρχή της περιστεροφωλίας δύο απο τους αριθμους θα είναι στον ίδιο υποσύνολο και έτσι το άθροισμα τους θα είναι πρώτος. Τωρά αν διαγραφουμε 25 αρίθμοι, (ολοι οι περριτοί) τοτέ θα εχουμε άρτιους αριθμούς με άθρoισμα κάθε δυο απο αυτούς μεγαλύτερος του 2. Αρα η απάντηση είναι 25.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 10, 2017 9:42 am**

Επαναφορά για τα υπόλοιπα! Ειδικά το C4 είναι απαιτητικό.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 10, 2017 2:29 pm**

C1] Θέτουμε $S_{2016}=\frac{a_1}{1}+\frac{a_2}{2}+\frac{a_3}{3}+\frac{a_4}{4}+...+\frac{a_9}{9}$
Ο a_i

συμβολίζει ο πληθός του ψηφίου

στο σύνολο $S=\{1,2,3,...,2016\}$ .
Με βασική συνδυαστική βρούμε πως υπάρχει 300

ψηφία $j \ge 2$ στο σύνολο $\{1,2,3,...,999\}$ .
Όμια υπάρχει 300

ψηφία $j \ge 2$ στο σύνολο $\{1000,1001,...,1999\}$ , αφού το πρώτο ψηφίο είναι σταθερό.
Τωρά στο σύνολο $\{2000,2001,...,2016\}$ υπάρχει 17+4=21

ψηφία "2",

ψηφία "3",

ψηφία "4",

ψηφία "5",

ψηφία "6", ένα ψηφίο "7", ένα ψηφίο "8", ένα ψηφίο "9".
Έτσι a_2=621, a_3=a_4=a_5=a_6=602

και

,
Δηλαδή $S_{2016}=\frac{n}{1}+\frac{621}{2}+\frac{602}{3}+\frac{602}{4}+...+\frac{601}{8}+\frac{601}{9}$ , όπου

ακέραιος
Αν k=7

, τότε $7! \cdot S_{2016}-n=6606566$ (με λίγες πράξεις), ή $7! \cdot S_{2016}$ είναι ακέραιος
Αν k=6

, τότε $6! \cdot S_{2016}-n$ είναι κλάσμα που δεν είναι ακέραιος (με λίγες πράξεις)
Άρα η ελάχιστή τιμή του

είναι

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 10, 2017 3:06 pm**

silouan έγραψε: C1
Έστω το άθροισμα των αντιστρόφων των μη-μηδενικών ψηφίων όλων των θετικών ακεραίων μικρότερων ή ίσων του .
Για παράδειγμα, $\displaystyle S_{11}=\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8}+\frac{1}{9}+\frac{1}{1}+\frac{1}{1}+\frac{1}{1}$ .

Βρείτε τον μικρότερο ακέραιο ώστε ο αριθμός $k!\cdot S_{2016}$ να είναι ακέραιος.

Μετά από την πολλή πληκτρολόγηση βλέπω πως με πρόλαβε ο Datis. Την αφήνω για τον κόπο...

Καταρχάς το ψηφίο

δεν παίζει κανένα ρόλο καθώς δεν επηρεάζει τα δεκαδικά ψηφία του αριθμού. Οπότε θα κοιτάξουμε για τα υπόλοιπα ψηφία.

Ισχυρισμός: Για τους αριθμούς από το

μέχρι το

όλα τα ψηφία εμφανίζονται ίσες φορές εκτός από το

.

Απόδειξη:

Γράφουμε τους αριθμούς σε τριψήφια μορφή βάζοντας κάποια

στην αρχή αν χρειαστεί (π.χ το

γίνεται

).

Σε κάθε θέση μπορεί να μπει οποιοσδήποτε αριθμός χωρίς περιορισμούς. Επομένως όλα τα ψηφία εμφανίζονται ίσες φορές. Αφού έχουμε 1000

"τριψήφιους" αριθμούς το πλήθος που εμφανίζεται το καθένα από τα

ψηφία είναι 300

.

Αν ξαναγράψουμε τους αριθμούς στην αρχική τους μορφή τότε το πλήθος των

είναι το μόνο που επηρεάζεται.

Επομένως το πλήθος του κάθε μη μηδενικού ψηφίου για τους αριθμούς από το

μέχρι το

είναι

.

Όμοια έχουμε από το 1000

μέχρι το

το κάθε μη μηδενικό ψηφίο εμφανίζεται 300

φορές, εκτός από το

που εμφανίζεται σε καθένα από αυτούς αριθμούς, αλλά όπως αναφέραμε παραπάνω το

δεν το λαμβάνουμε υπόψιν.

Συνοψίζοντας έχουμε πως από το

μέχρι το

όλα τα ψηφία εκτός από το

και

εμφανίζονται 600

φορές.

Από το 2000

μέχρι το

έχουμε πως το

εμφανίζεται

φορές, τα ψηφία 3, 4, 5, 6

εμφανίζονται

φορές το καθένα και τα ψηφία 7, 8, 9

εμφανίζονται

φορά.

Επομένως συνοψίζοντας έχουμε πως από το

μέχρι το

τα ψηφία εμφανίζονται:

2 -> 619

Επομένως έχουμε πως τα δεκαδικά ψηφία του $S_{2016}$ είναι ίδια με τα δεκαδικά ψηφία του: $601(\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+...+\dfrac{1}{9})+18\cdot \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{6}$

Λόγω του ότι το $18\cdot \dfrac{1}{2}$ δεν παίζει ρόλο στα δεκαδικά ψηφία του $S_{2016}$ , δεν το λαμβάνουμε υπόψιν.

Έχουμε πως:

$601(\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+...+\dfrac{1}{9})+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{6}=$ $\dfrac{4609}{2520}+\dfrac{19}{20}=\dfrac{7003}{2520}$

Επομένως τα δεκαδικά ψηφία του $S_{2016}$ είναι τα ίδια με του $\dfrac{7003}{2520}$ , που είναι ανάγωγο κλάσμα. Επομένως ψάχνουμε το ελάχιστο

, έτσι ώστε 2520|k!

και αυτό είναι το

.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 10, 2017 5:14 pm**

Πότε θα βάλετε τα θέματα της γεωμετρίας ;

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 10, 2017 5:44 pm**

silouan έγραψε: C4 Μία διαμέριση ενός επίπεδου πολυγώνου είναι ένα πεπερασμένο σύνολο από τρίγωνα με ξένα ανά δύο εσωτερικά και των οποίων η ένωση είναι όλο το πολύγωνο. Δοθέντος $n\geq 3$ , να βρεθεί ο μεγαλύτερος λωστε να μην υπάρχει επίπεδο -γωνο που να διαμερίζεται σε λιγότερο από τρίγωνα.
Σημείωση: Το πολύγωνο δεν είναι απαραίτητα κυρτό.

Κάθε κορυφή του πολυγώνου πρέπει να είναι κορυφή ενός εκ των τριγώνων. Πράγματι σε αντίθετη περίπτωση υπάρχουν δύο τουλάχιστον τρίγωνα που έχουν αυτήν την κορυφή στο εσωτερικό ενός εκ των πλευρών τους. Τότε όμως αυτά τα δύο τρίγωνα τέμνονται, άτοπο.

Πρέπει λοιπόν $3m \geqslant n$ . Δηλαδή $m \geqslant \lceil n/3 \rceil$ . Θα δείξουμε ότι $m \geqslant \lceil n/3 \rceil$ κατασκευάζοντας για κάθε

πολύγωνο σε

κορυφές το οποίο μπορεί να διαμεριστεί σε $\lceil n/3 \rceil$ τρίγωνα.

Οι περιπτώσεις n=3,4

είναι προφανείς. Οι περιπτώσεις n=5,6

φαίνονται στο πιο κάτω σχήμα. (Με διακεκομμένες γραμμές φαίνονται οι πλευρές των τριγώνων που δεν ανήκουν στην περιφέρεια του πολυγώνου.)

$\begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=1.0cm,y=1.0cm] \clip(-3.86,-0.48) rectangle (4.64,4.62); \draw (-3.,2.)-- (-2.,4.); \draw (-2.,4.)-- (0.,2.); \draw (-3.,2.)-- (-2.,0.); \draw (-2.,0.)-- (-2.,2.); \draw (2.,2.)-- (2.58,-0.02); \draw (2.58,-0.02)-- (3.,2.); \draw (1.,2.)-- (2.46,3.96); \draw (2.46,3.96)-- (4.,2.); \draw [dash pattern=on 2pt off 2pt] (-3.,2.)-- (-2.,2.); \draw (-2.,2.)-- (0.,2.); \draw (1.,2.)-- (2.,2.); \draw [dash pattern=on 2pt off 2pt] (2.,2.)-- (3.,2.); \draw (3.,2.)-- (4.,2.); \draw [fill=white] (-3.,2.) circle (1.5pt); \draw [fill=white] (0.,2.) circle (1.5pt); \draw [fill=white] (-2.,4.) circle (1.5pt); \draw [fill=white] (-2.,0.) circle (1.5pt); \draw [fill=white] (-2.,2.) circle (1.5pt); \draw [fill=white] (1.,2.) circle (1.5pt); \draw [fill=white] (4.,2.) circle (1.5pt); \draw [fill=white] (2.,2.) circle (1.5pt); \draw [fill=white] (2.58,-0.02) circle (1.5pt); \draw [fill=white] (3.,2.) circle (1.5pt); \draw [fill=white] (2.46,3.96) circle (1.5pt); \end{tikzpicture}$

Αν έχουμε ένα

-γωνο το οποίο διαμερίζεται σε

τρίγωνα, τότε μπορούμε να κατασκευάσουμε ένα (n+3)

-γωνο το οποίο διαμερίζεται σε k+1

τρίγωνα. Αυτό το επιτυγχάνουμε παίρνοντας μία πλευρά ενός από τα τρίγωνα και τοποθετώντας ένα καινούργιο τρίγωνο με την μία του πλευρά να βρίσκεται στο εσωτερικό της πλευράς που επιλέξαμε όπως ακριβώς κάναμε στην μετάβαση από την περίπτωση n=3

στην περίπτωση n=6

.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 12, 2017 4:07 pm**

Για να δούμε και τα προβλήματα της γεωμετρίας. Είναι συνολικά 7, ξεκινάω με τα πρώτα 4.

G1 Δίνεται ένα οξυγώνιο τρίγωνο ABC

με περίκεντρο

και έστω

σημεία των πλευρών BC,CA,AB

. Ο κύκλος (c_1)

με ακτίνα

και κέντρο

, τέμνει την

στο

και τον περιγεγραμμένο κύκλο (c)

του

στο

.
Όμοια ορίζονται κύκλοι (c_2)

,

και τα σημεία B',C'

και

αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι τα τετράπλευρα BKFA', CLDB', AMEC'

είναι όλα εγγράψιμα και οι περιγεγραμμένοι κύκλοι τους περνούν από κοινό σημείο.

Η άσκηση αυτή προτάθηκε από τον Βαγγέλη Ψύχα.

G2 Έστω ABC

τρίγωνο με περίκεντρο

και $\angle{BAC}=60^{\circ}$ . Τα D,E

είναι τα ίχνη των καθέτων από το

στις εξωτερικές διχοτόμους των $\angle{ABC}$ και $\angle{ACB}$ . Να αποδείξετε ότι οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων ADE

και

εφάπτονται.

G3 Ήταν το πρόβλημα 1 του διαγωνισμού

G4 Έστω τρίγωνο ABC

του οποίου η μικρότερη πλευρά είναι η

. Θεωρούμε ένα μεταβλητό σημείο

στην πλευρά

και έστω

και

σημεία στις

και

ώστε

και

. Να αποδείξετε ότι καθώς το

κινείται στη

, οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων ADE

περνούν από σταθερό σημείο.
Σημείωση: Το πρόβλημα αυτό είναι γνωστό και αφαιρέθηκε από την Shortlist.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 12, 2017 4:47 pm**

silouan έγραψε: G1 Δίνεται ένα οξυγώνιο τρίγωνο με περίκεντρο και έστω σημεία των πλευρών . Ο κύκλος με ακτίνα και κέντρο , τέμνει την στο και τον περιγεγραμμένο κύκλο του στο .
Όμοια ορίζονται κύκλοι , και τα σημεία και και αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι τα τετράπλευρα είναι όλα εγγράψιμα και οι περιγεγραμμένοι κύκλοι τους περνούν από κοινό σημείο.

Η άσκηση αυτή προτάθηκε από τον Βαγγέλη Ψύχα.

Καλησπέρα!

Αρκεί να αποδειχθεί ότι το BKFA'

είναι εγγράψιμο σε κύκλο που περνά από το

. Ομοια αποδεικνύουμε και για τα άλλα 2 και από ότι φαίνεται έχουμε να λύσουμε το 2ο πρόβλημα του προκριματικού των μικρών 2017!

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 12, 2017 10:27 pm**

Σωστά, η άσκηση τέθηκε διαφορετικά στον προκριματικό για λόγους ευκολίας.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 13, 2017 12:24 am**

silouan έγραψε: G4 Έστω τρίγωνο του οποίου η μικρότερη πλευρά είναι η . Θεωρούμε ένα μεταβλητό σημείο στην πλευρά και έστω και σημεία στις και ώστε και . Να αποδείξετε ότι καθώς το κινείται στη , οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων περνούν από σταθερό σημείο.
Σημείωση: Το πρόβλημα αυτό είναι γνωστό και αφαιρέθηκε από την Shortlist.

... και αρκετά εύκολο.

: JBMO Shortlist 2016 - G4.png (16.66 KiB) Προβλήθηκε 3179 φορές

Θα αποδείξουμε ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ADE

περνάει πάντα από το έγκεντρο

του

. Ή αλλιώς, ότι το τετράπλευρο ADIE

είναι εγγράψιμο.

Τα τρίγωνα BDI

και

είναι ίσα (Π-Γ-Π), άρα $\widehat{BDI}=\widehat{BPI}$ .

Ομοίως τα τρίγωνα CEI

και

είναι ίσα (Π-Γ-Π), άρα $\widehat{CEI}=\widehat{CPI}$ .

Επειδή $\widehat{BPI}=180^o-\widehat{CPI}$ , άρα $\widehat{BDI}=180^o-\widehat{CEI} = \widehat{AEI}$ , επομένως το ADIE

είναι εγγράψιμο και το ζητούμενο έπεται.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 13, 2017 12:26 am**

: shortlist-4.png (27.04 KiB) Προβλήθηκε 3176 φορές

Βλέπω ότι με πρόλαβε ο Διονύσης, οπότε αφήνω μόνο το σχήμα για τον κόπο ...

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 13, 2017 8:12 am**

Πρόκειται για ειδική περίπτωση του θεωρήματος Mac Laurin

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 13, 2017 12:11 pm**

Έστω οι διχοτόμοι τένονται στο

Η γωνιά $\angle{BIC}=90-\frac{60}{2}=60$
και η γωνιά $\angle{BOC}=60 \cdot 2 =120$
Έτσι το τεράπλευρο BIOC

είναι εγγράψιμο, δηλαδή ο περιεγγραμένος κύκλος του τρίγωνου BOC

περνά απο το σημείο

.
Επίσης το τεράπλευρο ADIE

είναι εγγράψιμο , δηλαδή ο περιεγγραμένος κύκλος του τρίγωνου ADE

περνά απο το σημείο

Αν η ευθεία l_1

, εφαπτεί ο περιεγγραμένος κύκλος του τρίγωνου ADE

στο σημείο

έχουμε ότι $l_1 \perp AI$ . (Αφού

είναι διάμετρος ( $\angle{AEI}=90)$
Και αν η ευθεία l_2

,εφαπτεί ο περιεγγραμένος κύκλος του τρίγωνου BOC

στο σημείο

έχουμε ότι $l_2 \perp IO_1$ (Αφού IO_1

είναι άκτινα)
Έτσι A,O_1,I

είναι συνευθειακά και $l_1 \equiv l_2$ , είναι η κοίνη εφαπτόμενη των δυο κυκλών.
Δηλαδή οι περιεγγραμένοι κυκλόι των τριγώνων ADE

και

εφαπτόνται

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 13, 2017 12:26 pm**

Διάβασε ξανά την εκφώνηση. Δεν έχεις ορίσει σωστά τα D,E

.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 13, 2017 1:52 pm**

silouan έγραψε:Διάβασε ξανά την εκφώνηση. Δεν έχεις ορίσει σωστά τα .

Ευχαριστώ κύριε Σιλουάνε. Διόρθωσα την πρώτη λύση, αλλα το ίδιο ισχυεί για τους εσωτερικούς διχοτόμους. Θα βαλ,ω και την λύση για τούς εσωτερικούς.
Έστω τρίγωνο με περίκεντρο και $\angle{BAC}=60^{\circ}$ . Τα είναι τα ίχνη των καθέτων από το στις εσωτερικές διχοτόμους των $\angle{ABC}$ και $\angle{ACB}$ . Να αποδείξετε ότι οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων και εφάπτονται.
Απόδειξη Έστω

εγκέντρο του τρίγωνου ABC

Η γωνιά $\angle{BIC}=90+\frac{60}{2}=120$
και η γωνιά $\angle{BOC}=60 \cdot 2 =120$
Έτσι το τεράπλευρο BIOC

είναι εγγράψιμο, δηλαδή ο περιεγγραμένος κύκλος του τρίγωνου BOC

περνά απο το σημείο

.
Επίσης το τεράπλευρο ADIE

είναι εγγράψιμο , δηλαδή ο περιεγγραμένος κύκλος του τρίγωνου ADE

περνά απο το σημείο

Αν η ευθεία l_1

, εφαπτεί ο περιεγγραμένος κύκλος του τρίγωνου ADE

στο σημείο

έχουμε ότι $l_1 \perp AI$ . (Αφού

είναι διάμετρος ( $\angle{AEI}=90)$
Και αν η ευθεία l_2

,εφαπτεί ο περιεγγραμένος κύκλος του τρίγωνου BOC

στο σημείο

έχουμε ότι $l_2 \perp IO_2$ (Αφού IO_2

είναι άκτινα)
Έτσι A,O_1,I

είναι συνευθειακά και $l_1 \equiv l_2$ , είναι η κοίνη εφαπτόμενη των δυο κυκλών.
Δηλαδή οι περιεγγραμένοι κυκλόι των τριγώνων ADE

και

εφαπτόνται

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 14, 2017 8:32 pm**

Νομίζω ότι η αιτιολόγηση για την επαφή των κύκλων χρειάζεται βελτίωση. Προχωρώ και στα υπόλοιπα προβλήματα.

G5 Έστω ABC

ένα οξυγώνιο τρίγωνο με ορθόκεντρο

και περίκεντρο

. Υποθέτουμε ότι το περίκεντρο

του

ανήκει στον περιγεγραμμένο κύκλο του ABC

. Ονομάζουμε

το συμμετρικό του

ως προς το

και έστω ότι οι ευθείες

και

τέμνονται στο

. Αν

είναι τα μέσα των XB, XC, BC

να αποδείξετε ότι τα σημεία K,L,M,N

είναι ομοκυκλικά.

G6 Σε οξυγώνιο τρίγωνο ABC

κατασκευάζουμε εξωτερικά όμοια ορθογώνια τρίγωνα με $\angle{BAD}=\angle{CAE}$ και ορθογώνια στα

και

. Θεωρούμε τα ίχνη των υψών A_1, B_1, C_1

και

τα μέσα των BC_1, CB_1

. Να αποδείξετε ότι τα περίκεντρα των τριγώνων AKL, A_1B_1C_1, DEA_1

είναι συνευθειακά.

G7 Έστω

μία χορδή κύκλου (c)

κέντρου

, και

ένα σημείο του τμήματος

ώστε

. Δύο κύκλοι περνούν από το

, εφάπτονται εσωτερικά του (c)

στα

και

, αντίστοιχα, και τέμνονται για δεύτερη φορά στο

. Αν

είναι ένα από τα σημεία τομής της

με τον

και οι

και

τέμνονται στο

, να αποδείξετε ότι η

εφάπτεται του κύκλου (c)

.

Το τελευταίο πρόβλημα προτάθηκε από την Κύπρο.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 14, 2017 10:10 pm**

silouan έγραψε: G5 Έστω ένα οξυγώνιο τρίγωνο με ορθόκεντρο και περίκεντρο . Υποθέτουμε ότι το περίκεντρο του ανήκει στον περιγεγραμμένο κύκλο του . Ονομάζουμε το συμμετρικό του ως προς το και έστω ότι οι ευθείες και τέμνονται στο . Αν είναι τα μέσα των να αποδείξετε ότι τα σημεία είναι ομοκυκλικά.

Από την $BH \perp AC$ , $\widehat{HBC}=90^\circ-\widehat{C}$ , και όμοια, $\widehat{HCB}=90^\circ-\widehat{B}$ .

Το

είναι το περίκεντρο του $\vartriangle BHC$ , οπότε $\widehat{BXH}=2\widehat{HCB}=180^\circ-2\widehat{B}$ , και $\widehat{CXH}=180^\circ-2\widehat{C}$ .

Συνεπώς, $\widehat{A} \mathop = \limits^{\textnormal{\gr εγγράψιμο } ABXC} 180^\circ-\widehat{BXC}=180^\circ-(\widehat{BXH}+\widehat{CXH})=$

$180^\circ-(180^\circ-2\widehat{B}+180^\circ-2\widehat{C})=2(\widehat{B}+\widehat{C})-180^\circ=2(180^\circ-\widehat{A})-180^\circ=$

$180^\circ-2\widehat{A} \Rightarrow \widehat{A}=180^\circ-2\widehat{A} \Rightarrow \widehat{A}=60^\circ$ .

Εύκολα πλέον $\widehat{BXN}=\widehat{NXC}=60^\circ$ , και αφού L,M

μέσα των

, έπεται ότι $\widehat{LNX}=\widehat{XNM}=60^\circ \Rightarrow \widehat{LNM}=120^\circ$ (1).

Τα τρίγωνα $\vartriangle BNO, \vartriangle CNX$ είναι ίσα (ορθογώνια, $BN=NC, \widehat{BON}=\widehat{NXC}=60^\circ$ ), οπότε ON=NX

(2).

Από γνωστό λήμμα, AH=2ON

(3).

Από την (2) και την (3), AH=OX=XO'

(4).

Είναι $AH \perp BC, XO' \perp BC \Rightarrow AH \parallel XO'$ (5).

Από (4), (5), το AHO'X

είναι παραλληλόγραμμο, συνεπώς KH=KX

(6).

Στο $\vartriangle BHX$ , η

συνδέει μέσα πλευρών, οπότε $LK \parallel BH$ , και όμοια $KM \parallel HC$ .

Επίσης, $LM \parallel BC$ (συνδέει μέσα πλευρών).

Συνεπώς, τα τρίγωνα $\vartriangle LKM, \vartriangle BHC$ έχουν παράλληλες πλευρές, οπότε $\widehat{LKM}=\widehat{BHC}=180^\circ-\widehat{A}=120^\circ$ .

Άρα, $\widehat{LKM}=120^\circ$ (7).

Από (1), (7), $\widehat{LKM}=\widehat{LNM}$ , συνεπώς L,K,N,M

ομοκυκλικά.

: G5-shortlist2016.png (30.34 KiB) Προβλήθηκε 3004 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 15, 2017 12:39 am**

silouan έγραψε: G7 Έστω μία χορδή κύκλου κέντρου , και ένα σημείο του τμήματος ώστε . Δύο κύκλοι περνούν από το , εφάπτονται εσωτερικά του στα και , αντίστοιχα, και τέμνονται για δεύτερη φορά στο . Αν είναι ένα από τα σημεία τομής της με τον και οι και τέμνονται στο , να αποδείξετε ότι η εφάπτεται του κύκλου .

Το τελευταίο πρόβλημα προτάθηκε από την Κύπρο.

Πολύ ωραίο πρόβλημα!

Έστω O_1

το κέντρο του κύκλου που περνάει από τα A,K

και

το κέντρο του κύκλου που περνάει από τα K,B

.

Προφανώς τα A,O_1,O

είναι συνευθειακά, όπως και τα B,O_2,O

.

Έστω $\widehat{LBK_2}=\phi$ .

Είναι $\widehat{LK_2B}=180^\circ-2\phi \Rightarrow 180^\circ-2\phi=\widehat{LK_2K}+\widehat{KK_2B}=2(\widehat{KBL}+\widehat{KLB})=$

$360^\circ-2\widehat{LKB} \Rightarrow \widehat{LKB}=90^\circ+\phi \Rightarrow \widehat{AKL}=90^\circ-\phi \Rightarrow \widehat{AK_1L}=180^\circ-2\phi$

$\mathop \Rightarrow \limits^{K_1A=K_1L}\widehat{LAO}=\widehat{LAK_1}=\phi=\widehat{LBO}$ , συνεπώς τα A,B,O,L

είναι ομοκυκλικά.

Είναι $OA=OB \Rightarrow \widehat{O_1AK}=\widehat{OBA} \Rightarrow \widehat{AMO}+\widehat{MOA}=\widehat{ABL}+\widehat{LBO} \Rightarrow \widehat{AMO}=\widehat{LBO}$ , συνεπώς η

εφάπτεται στον κύκλο (B,L,M)

.

Άρα, $OB^2=OL \cdot OM \Rightarrow OP^2=OL \cdot OM$ , οπότε η

εφάπτεται στον κύκλο (M,P,L)

, και άρα $\widehat{OPL}=\widehat{PMO}$ (1).

Είναι $180^\circ=\widehat{ALO}+\widehat{ABO}=\widehat{ALK}+\widehat{BAO}+\widehat{OLK}=\dfrac{\widehat{AO_1K}}{2}+\widehat{BAO}+\widehat{OLK}=$

$\dfrac{180^\circ-2\widehat{KAO_1}}{2}+\widehat{BAO}+\widehat{OLK}=90^\circ+\widehat{OLK} \Rightarrow \widehat{OLK}=90^\circ$ .

Έτσι, $90^\circ=\widehat{OPL}+\widehat{LOP} \mathop = \limits^{(1)}=\widehat{PMO}+\widehat{MOP}=180^\circ-\widehat{MPO} \Rightarrow \widehat{MPO}=90^\circ$ , και από εδώ έπεται άμεσα το ζητούμενο.