Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO/BMO/IMO, 2019

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

Άβαταρ μέλους
Soteris
Δημοσιεύσεις: 445
Εγγραφή: Δευ Ιούλ 21, 2014 1:59 pm
Τοποθεσία: Λάρνακα, Κύπρος

Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO/BMO/IMO, 2019

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Soteris » Κυρ Φεβ 10, 2019 1:55 pm

Πρόβλημα 1

Ορίζουμε τις ακολουθίες \displaystyle{(\alpha_\nu), (\beta_\nu), (\gamma_\nu)} με \displaystyle{\nu\in\{1, 2, 3, \ldots\}} ως εξής:

\displaystyle{\bullet} \displaystyle{\alpha_1=2} και \displaystyle{\alpha_{\nu+1}=2^{\alpha_\nu}, \forall\nu\in\{1, 2, 3, \ldots\}}

\displaystyle{\bullet} \displaystyle{\beta_1=3} και \displaystyle{\beta_{\nu+1}=3^{\beta_\nu}, \forall\nu\in\{1, 2, 3, \ldots\}}

\displaystyle{\bullet} \displaystyle{\gamma_1=4} και \displaystyle{\gamma_{\nu+1}=4^{\gamma_\nu}, \forall\nu\in\{1, 2, 3, \ldots\}}

Να αποδείξετε ότι \displaystyle{\beta_{2019}>\alpha_{2020}>\gamma_{2018}}.

Πρόβλημα 2

Να βρείτε όλους τους πρώτους αριθμούς \displaystyle{p}, ώστε ο αριθμός
\displaystyle{1^{p^3+p+1}+2^{p^3+p+1}+\cdots+2019^{p^3+p+1}}
να είναι πολλαπλάσιο του \displaystyle{p}.


Πρόβλημα 3

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο \displaystyle{\vartriangle{ABC}} εγγεγραμμένο σε κύκλο με κέντρο \displaystyle{O} και \displaystyle{AD} το ύψος του (το σημείο \displaystyle{D} είναι το ίχνος του ύψους πάνω στην \displaystyle{BC}). Έστω \displaystyle{T} το σημείο τομής της \displaystyle{CO} με την \displaystyle{AD}. Θεωρούμε \displaystyle{N, M} τα μέσα των τμημάτων \displaystyle{AT} και \displaystyle{AC}, αντίστοιχα. Φέρουμε την ευθεία \displaystyle{NO} και ονομάζουμε \displaystyle{F} το σημείο τομής της με την \displaystyle{BC}. Αν \displaystyle{K, O_1} τα κέντρα των περιγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων \displaystyle{\vartriangle{BCM}, \vartriangle{BOF}}, αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι \displaystyle{KO_1\perp AB}.


Πρόβλημα 4

Σε μια τάξη \displaystyle{10} μαθητών δόθηκε ένα διαγώνισμα \displaystyle{15} προβλημάτων. Γνωρίζουμε ότι κάθε πρόβλημα λύθηκε σωστά από τουλάχιστον \displaystyle{7} μαθητές.

Να αποδείξετε ότι υπάρχει ζεύγος \displaystyle{\{x, y\}} μαθητών, ώστε κάθε πρόβλημα να λύθηκε σωστά από τουλάχιστον ένα μαθητή απ’ αυτούς.


Σωτήρης Λοϊζιάς

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 766
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO/BMO/IMO, 2019

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Κυρ Φεβ 10, 2019 5:02 pm

Soteris έγραψε:
Κυρ Φεβ 10, 2019 1:55 pm


Πρόβλημα 2

Να βρείτε όλους τους πρώτους αριθμούς \displaystyle{p}, ώστε ο αριθμός
\displaystyle{1^{p^3+p+1}+2^{p^3+p+1}+\cdots+2019^{p^3+p+1}}
να είναι πολλαπλάσιο του \displaystyle{p}.
Από μικρό θεώρημα Fermat:

a^{p^3}\equiv a^{p^2} \equiv a^p \equiv a

Άρα a^{p^3+p+1}\equiv a^3 \pmod{p}

1^{p^3+p+1}+2^{p^3+p+1}+\cdots+2019^{p^3+p+1}\equiv 1^3+2^3+\cdots+2019^3 \pmod{p}.

Όμως έχουμε ότι 1^3+2^3+\cdots+2019^3=(\dfrac{2019\cdot 2020}{2})^2

Άρα πρέπει p|(\dfrac{2019\cdot 2020}{2})^2\Leftrightarrow p|2019\cdot 1010, άρα p=3, p=5, p=673, p=2 ή p=101

Edit: Μερικές Διορθώσεις...
τελευταία επεξεργασία από Διονύσιος Αδαμόπουλος σε Δευ Φεβ 11, 2019 1:49 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Houston, we have a problem!
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 766
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO/BMO/IMO, 2019

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Κυρ Φεβ 10, 2019 7:12 pm

Soteris έγραψε:
Κυρ Φεβ 10, 2019 1:55 pm

Πρόβλημα 4

Σε μια τάξη \displaystyle{10} μαθητών δόθηκε ένα διαγώνισμα \displaystyle{15} προβλημάτων. Γνωρίζουμε ότι κάθε πρόβλημα λύθηκε σωστά από τουλάχιστον \displaystyle{7} μαθητές.

Να αποδείξετε ότι υπάρχει ζεύγος \displaystyle{\{x, y\}} μαθητών, ώστε κάθε πρόβλημα να λύθηκε σωστά από τουλάχιστον ένα μαθητή απ’ αυτούς.
Έστω s_1, s_2, ..., s_{10} οι μαθητές και p_1, p_2, ... p_{15} τα προβλήματα.

Έστω r_1, r_2, ..., r_{45} τα 45 διαφορετικά ζεύγη που μπορούν να κάνουν όλοι οι μαθητές.

Μετράμε τις δυάδες [r_i, p_j], όπου μια δυάδα υφίσταται όταν ένας τουλάχιστον από τους μαθητές του ζεύγους r_i έχει λύσει το πρόβλημα p_j.

Για κάθε πρόβλημα τα ζεύγη μαθητών είναι είναι τουλάχιστον 7\cdot 9-\binom{7}{2}=42 (αφαιρούμε το \binom{7}{2} γιατί διπλομετρούμε τα ζευγάρια που έχουν δύο μαθητές που έλυσαν και οι δύο το πρόβλημα), άρα συνολικά έχουμε τουλάχιστον 42\cdot 15=630 δυάδες, με ισότητα αν όλα τα προβλήματα λύθηκαν ακριβώς από 7 μαθητές.

Από την άλλη έχουμε 45 ζεύγη και \dfrac{630}{45}=14. Άρα αν κάποιο ζευγάρι μαθητών έλυσε λιγότερα από 14 προβλήματα, θα είχαμε κάποιο άλλο ζευγάρι με 15 προβλήματα και το ζητούμενο έπεται. Έστω λοιπόν πως όλα τα ζευγάρια έλυσαν 14 προβλήματα. Για να ισχύει αυτό πρέπει κάθε πρόβλημα να λύθηκε από ακριβώς 7 μαθητές.

Επειδή οι δυάδες (μαθητής-ένα πρόβλημα που έλυσε ο συγκεκριμένος μαθητής), είναι 7\cdot 15=105, και 11\cdot 10>105, υπάρχει μαθητής που έλυσε το πολύ 10 προβλήματα.

Έστω πως ο μαθητής s_x δεν έλυσε τα προβλήματα p_a, p_b, p_c, p_d, p_e.

Για καθένα από τα παραπάνω 5 προβλήματα δεν μπορεί να υπάρχει μαθητής s_y, y\ne x, ώστε ο s_y να μην έλυσε 2 προβλήματα από αυτά, καθώς σε αυτή την περίπτωση θα είχαμε πως το ζεύγος μαθητών s_x και s_y έλυσε το πολύ 13 προβλήματα.

Με άλλα λόγια στα προβλήματα p_a, p_b, p_c, p_d και p_e, οι άλλοι δύο μαθητές που δεν έλυσαν το καθένα από αυτά (εκτός του s_x υπάρχουν άλλοι δύο στο καθένα αφού κάθε πρόβλημα δεν λύθηκε από 3 άτομα), πρέπει να μην είναι κοινοί. Έτσι όμως μαζεύονται 2\cdot 5=10 μαθητές, από τους υπόλοιπους 9, άτοπο.

Άρα το ζητούμενο έπεται!

Edit: Μερικές Βελτιώσεις...
τελευταία επεξεργασία από Διονύσιος Αδαμόπουλος σε Δευ Φεβ 11, 2019 12:26 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Houston, we have a problem!
Xriiiiistos
Δημοσιεύσεις: 157
Εγγραφή: Τρί Μάιος 15, 2018 4:36 pm
Τοποθεσία: Αιγάλεω

Re: Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO/BMO/IMO, 2019

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Xriiiiistos » Κυρ Φεβ 10, 2019 9:57 pm

Soteris έγραψε:
Κυρ Φεβ 10, 2019 1:55 pm
Πρόβλημα 1

Ορίζουμε τις ακολουθίες \displaystyle{(\alpha_\nu), (\beta_\nu), (\gamma_\nu)} με \displaystyle{\nu\in\{1, 2, 3, \ldots\}} ως εξής:

\displaystyle{\bullet} \displaystyle{\alpha_1=2} και \displaystyle{\alpha_{\nu+1}=2^{\alpha_\nu}, \forall\nu\in\{1, 2, 3, \ldots\}}

\displaystyle{\bullet} \displaystyle{\beta_1=3} και \displaystyle{\beta_{\nu+1}=3^{\beta_\nu}, \forall\nu\in\{1, 2, 3, \ldots\}}

\displaystyle{\bullet} \displaystyle{\gamma_1=4} και \displaystyle{\gamma_{\nu+1}=4^{\gamma_\nu}, \forall\nu\in\{1, 2, 3, \ldots\}}

Να αποδείξετε ότι \displaystyle{\beta_{2019}>\alpha_{2020}>\gamma_{2018}}.
Χάνω κάτι; γιατί αυτό μου φαίνεται πως είναι λάθος

a_{2}=2^{2},a_{3}=2^{2^{2}} ...a_{2020}=2^{2^{2^{...2}}} όπου το 2 επαναλαμβάνεται 2019 φορές ομοίως c_{2018}=4^{4^{4...^{4}}} όπου το 4 επαναλαμβάνεται 2017 φορές όμως 4=2^{2} άρα c_{2018}=2^{2^{2^{...2}}} όπου το 2 επαναλαμβάνεται 4034 φορές και τώρα προφανώς c_{2018}>a_{2020} (χρεισιμοποίησα τα αντίστοιχα αγγλικά γράμματα για συντομία)


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8021
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO/BMO/IMO, 2019

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Κυρ Φεβ 10, 2019 11:02 pm

Άλλο το \displaystyle  4^4 = 256 και άλλο το \displaystyle  2^{2^{2^2}} = 2^{2^4} = 2^{16} = 65536


Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 766
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO/BMO/IMO, 2019

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Δευ Φεβ 11, 2019 12:48 am

Soteris έγραψε:
Κυρ Φεβ 10, 2019 1:55 pm
Πρόβλημα 1

Ορίζουμε τις ακολουθίες \displaystyle{(\alpha_\nu), (\beta_\nu), (\gamma_\nu)} με \displaystyle{\nu\in\{1, 2, 3, \ldots\}} ως εξής:

\displaystyle{\bullet} \displaystyle{\alpha_1=2} και \displaystyle{\alpha_{\nu+1}=2^{\alpha_\nu}, \forall\nu\in\{1, 2, 3, \ldots\}}

\displaystyle{\bullet} \displaystyle{\beta_1=3} και \displaystyle{\beta_{\nu+1}=3^{\beta_\nu}, \forall\nu\in\{1, 2, 3, \ldots\}}

\displaystyle{\bullet} \displaystyle{\gamma_1=4} και \displaystyle{\gamma_{\nu+1}=4^{\gamma_\nu}, \forall\nu\in\{1, 2, 3, \ldots\}}

Να αποδείξετε ότι \displaystyle{\beta_{2019}>\alpha_{2020}>\gamma_{2018}}.
Παρατηρούμε αρχικά πως \beta_{2}>\alpha_{3} (3^3>2^{2^2}), οπότε αφού 3>2 εύκολα προκύπτει ότι \beta_{2019}>\alpha_{2020}.

Για το δεύτερο μέλος θα αποδείξουμε επαγωγικά πως \alpha_{n+2}\geq 4\gamma_n, για n\geq 1.

Για n=1 έχουμε ότι 16\geq 4\cdot 4\Leftrightarrow \alpha_3\geq 4\gamma_1.

Έστω πως αυτή η ανισότητα ισχύει για κάποιο n. Θα δείξουμε ότι ισχύει και για n+1.

Έχουμε \alpha_{n+3}\geq 4\gamma_{n+1}\Leftrightarrow 2^{\alpha_{n+2}}\geq 4\cdot 4^{\gamma_n}\Leftrightarrow 2^{\alpha_{n+2}}\geq 2^{2\gamma_n+2}, που ισχύει αφού \alpha_{n+2}\geq 4\gamma_n\geq 2\gamma_n+2.

Άρα επαγωγικά δείχνουμε ότι \alpha_{2020}\geq 4\gamma_{2018}>\gamma_{2018}.


Houston, we have a problem!
Datis-Kalali
Δημοσιεύσεις: 111
Εγγραφή: Δευ Δεκ 12, 2016 5:33 pm
Τοποθεσία: Λευκωσία

Re: Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO/BMO/IMO, 2019

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Datis-Kalali » Δευ Φεβ 11, 2019 11:23 am

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:
Κυρ Φεβ 10, 2019 5:02 pm
Soteris έγραψε:
Κυρ Φεβ 10, 2019 1:55 pm


Πρόβλημα 2

Να βρείτε όλους τους πρώτους αριθμούς \displaystyle{p}, ώστε ο αριθμός
\displaystyle{1^{p^3+p+1}+2^{p^3+p+1}+\cdots+2019^{p^3+p+1}}
να είναι πολλαπλάσιο του \displaystyle{p}.
Από μικρό θεώρημα Fermat:

a^{p^3}\equiv a^{p^2} \equiv a^p \equiv a

Άρα a^{p^3+p+1}\equiv a^3 \pmod{p}

1^{p^3+p+1}+2^{p^3+p+1}+\cdots+2019^{p^3+p+1}\equiv 1^3+2^3+\cdots+2019^3 \pmod{p}.

Όμως έχουμε ότι 1^3+2^3+\cdots+2019^3=(\dfrac{2019\cdot 2020}{2})^2

Άρα πρέπει p|(\dfrac{2019\cdot 2020}{2})^2\Leftrightarrow p|2019\cdot 1005, άρα p=3, p=5, p=673

Εδώ υπάρχει ένα μικρό λάθος.
Πρέπει να είναι:
p|(\dfrac{2019\cdot 2020}{2})^2\Leftrightarrow p|2019\cdot 1010, άρα p=3, p=5,p=101, p=673


Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 766
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO/BMO/IMO, 2019

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Δευ Φεβ 11, 2019 1:52 pm

Datis-Kalali έγραψε:
Δευ Φεβ 11, 2019 11:23 am
Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:
Κυρ Φεβ 10, 2019 5:02 pm
Soteris έγραψε:
Κυρ Φεβ 10, 2019 1:55 pm


Πρόβλημα 2

Να βρείτε όλους τους πρώτους αριθμούς \displaystyle{p}, ώστε ο αριθμός
\displaystyle{1^{p^3+p+1}+2^{p^3+p+1}+\cdots+2019^{p^3+p+1}}
να είναι πολλαπλάσιο του \displaystyle{p}.
Από μικρό θεώρημα Fermat:

a^{p^3}\equiv a^{p^2} \equiv a^p \equiv a

Άρα a^{p^3+p+1}\equiv a^3 \pmod{p}

1^{p^3+p+1}+2^{p^3+p+1}+\cdots+2019^{p^3+p+1}\equiv 1^3+2^3+\cdots+2019^3 \pmod{p}.

Όμως έχουμε ότι 1^3+2^3+\cdots+2019^3=(\dfrac{2019\cdot 2020}{2})^2

Άρα πρέπει p|(\dfrac{2019\cdot 2020}{2})^2\Leftrightarrow p|2019\cdot 1005, άρα p=3, p=5, p=673

Εδώ υπάρχει ένα μικρό λάθος.
Πρέπει να είναι:
p|(\dfrac{2019\cdot 2020}{2})^2\Leftrightarrow p|2019\cdot 1010, άρα p=3, p=5,p=101, p=673
Ναι απροσεξία μου... ξέχασες και το p=2 ... ( :D )


Houston, we have a problem!
min##
Δημοσιεύσεις: 148
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Re: Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO/BMO/IMO, 2019

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » Δευ Φεβ 11, 2019 2:59 pm

Για τη Γεωμε3:Το πάμε λίγο διαφορετικά.Ορίζουμε σημείο K την προβολή του C στην AO.Τα K,O,M,C είναι ομοκυκλικά,οπότε αν δειχτεί ότι και τα K,F,O,B ομοκυκλικά,ουσιαστικά από ριζικούς άξονες έχει τελειώσει.Άρα αρκεί η τομή του (KOB) με την BC,έστω F' να ταυτίζεται με το F.Αρκεί O(K,C,F',L)=-1 με L το μέσο της BC.Αν \Delta η τομή AO,BC και E η τομή των (\Delta KC),CO από ίσες εγγεγραμμένες τα K,F',E είναι συνευθειακά.Άρα το O ανήκει στην πολική του F',η οποία είναι κάθετη στη διάμετρο \Delta C,δηλαδή είναι η OL και το ζητούμενο έπεται.
kypros3.png
kypros3.png (37.93 KiB) Προβλήθηκε 341 φορές


Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1381
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για EGMO/BMO/IMO, 2019

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Τρί Φεβ 12, 2019 11:51 pm

Soteris έγραψε:
Κυρ Φεβ 10, 2019 1:55 pm


Πρόβλημα 3

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο \displaystyle{\vartriangle{ABC}} εγγεγραμμένο σε κύκλο με κέντρο \displaystyle{O} και \displaystyle{AD} το ύψος του (το σημείο \displaystyle{D} είναι το ίχνος του ύψους πάνω στην \displaystyle{BC}). Έστω \displaystyle{T} το σημείο τομής της \displaystyle{CO} με την \displaystyle{AD}. Θεωρούμε \displaystyle{N, M} τα μέσα των τμημάτων \displaystyle{AT} και \displaystyle{AC}, αντίστοιχα. Φέρουμε την ευθεία \displaystyle{NO} και ονομάζουμε \displaystyle{F} το σημείο τομής της με την \displaystyle{BC}. Αν \displaystyle{K, O_1} τα κέντρα των περιγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων \displaystyle{\vartriangle{BCM}, \vartriangle{BOF}}, αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι \displaystyle{KO_1\perp AB}.
Μία λύση για αυτό, μετά από αυτή του Μίνωα.

Έστω, πως ο κύκλος (B,M,C) τέμνει την AB στο P.

Αρκεί P \in (B,O,F).

Έστω, Q \equiv ON \cap AC.

Αν δείξω ότι το QPOM είναι εγγράψιμο, τότε θα είχα \angle NOP=\angle QOP=\angle QMP=\angle B, και το ζητούμενο έπεται.

Αρκεί λοιπόν να δείξω πως \angle QPO=90^\circ.

Έστω L, το μέσο της AB, και X \equiv OL \cap PM.

Είναι, \angle PAO=90^\circ-\angle C=90^\circ-\angle APM \Rightarrow AO \perp PM.

Ακόμη, OL \perp AP, συνεπώς το X είναι ορθόκεντρο του \vartriangle APO.

Συνεπώς, αν Y \equiv AX \cap PO, είναι AY \perp PO.

Θα δείξω τώρα ότι QP \parallel AX, ή ισοδύναμα \dfrac{MA}{AQ}=\dfrac{MX}{XP} (1).

Με angle-chasing, προκύπτουν οι γωνίες που χρησιμοποιώ παρακάτω.

Είναι, \dfrac{MX}{XY}=\dfrac{ML}{LP} \cdot \dfrac{\sin \angle MLX}{\sin \angle XLP}=\dfrac{\sin \angle C}{\sin (\angle B-\angle C)} \cdot \cos \angle B \Rightarrow \dfrac{MX}{XP}=\dfrac{\sin \angle C \cdot \cos \angle B}{\sin(\angle B-\angle C)} (1).

Τώρα, από Θ. Μενελάου στο τρίγωνο \vartriangle ATC με διατέμνουσα την \overline{QNO} παίρνουμε \dfrac{QA}{QC}=\dfrac{OT}{OC}.

Όμως, \dfrac{QA}{QC}=\dfrac{OT}{OC}=\dfrac{AT}{AC} \cdot \dfrac{\sin \angle TAO}{\sin \angle OAC}=\dfrac{\cos \angle B}{\sin \angle A} \cdot \dfrac{\sin (\angle B-\angle C)}{\cos \angle B} \Rightarrow \dfrac{QA}{QC}=\dfrac{\sin (\angle B-\angle C)}{\sin \angle A} .

Τώρα, είναι QC=QA+b, οπότε θα προκύψει QA=\dfrac{b \cdot \sin (\angle B-\angle C)}{\sin \angle A-\sin (\angle B-\angle C)}.

Οπότε, \dfrac{QA}{AM}=\dfrac{2\sin(\angle B-\angle C)}{\sin \angle A-\sin (\angle B-\angle C)}.

Όμως, \sin \angle A-\sin (\angle B-\angle C)=\sin (\angle B+\angle C)-\sin (\angle B-\angle C)=2\sin C \cos B, οπότε \dfrac{MA}{AQ}=\dfrac{\sin \angle C \cdot \cos \angle B}{\sin (\angle B-\angle C)} (2).

Οι (1),(2) δίνουν, \dfrac{MA}{AQ}=\dfrac{MX}{XP} \Rightarrow AX \parallel QP \Rightarrow QP \perp PO, και η απόδειξη (επιτέλους) ολοκληρώθηκε.
cyprous.png
cyprous.png (33.31 KiB) Προβλήθηκε 195 φορές


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε !
Απάντηση

Επιστροφή σε “Θέματα διαγωνισμών (ΕΜΕ, BMO, JBMO, IMO, Kangaroo κλπ)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης