JBMO 2023 - ΘΕΜΑΤΑ

#1

Παραθέτω τα θέματα του σημερινού διαγωνισμού της Βαλκανικής Μαθηματικής Ολυμπιάδας Νέων που διεξάγεται αυτές τις ημέρες στα Τίρανα, Αλβανία. Με χαρά θα δούμε τις λύσεις σας!

Πρόβλημα 1. Να βρείτε όλα τα ζεύγη (a,b)

θετικών ακέραιων αριθμών τέτοια ώστε οι αριθμοί a!+b

και

να είναι και οι δύο δυνάμεις του

.

Πρόβλημα 2. Να αποδείξετε ότι για όλους τους μη αρνητικούς πραγματικούς αριθμούς x,y

και

, οι οποίοι δεν είναι όλοι ίσοι με

, ισχύει η παρακάτω ανισότητα:

$\displaystyle \dfrac{2x^2-x+y+z}{x+y^2+z^2}+\dfrac{2y^2+x-y+z}{x^2+y+z^2}+\dfrac{2z^2+x+y-z}{x^2+y^2+z}\geqslant 3.$

Να προσδιορίσετε όλες τις τριάδες (x,y,z)

για τις οποίες ισχύει η ισότητα.

Πρόβλημα 3. Η Αλίκη και ο Βασίλης παίζουν εναλλάξ το παρακάτω παιχνίδι σε ένα $100\times 100$ πλέγμα, με την Αλίκη να ξεκινάει πρώτη. Αρχικά το πλέγμα είναι κενό. Επιλέγουν με τη σειρά τους έναν αριθμό από το

έως και το 100^2

, ο οποίος δεν είναι ακόμα γραμμένος σε κάποιο από τα κελιά, και επιλέγουν ένα κενό κελί και τον τοποθετούν στο κελί αυτό. Όταν δεν έχει απομείνει κάποιο κενό κελί, η Αλίκη υπολογίζει το άθροισμα των αριθμών σε κάθε γραμμή, και η βαθμολογία της είναι το μεγαλύτερο από αυτά τα 100

αθροίσματα. Ο Βασίλης υπολογίζει το άθροισμα των αριθμών σε κάθε στήλη, και η βαθμολογία του είναι το μεγαλύτερο από αυτά τα 100

αθροίσματα. Η Αλίκη κερδίζει εάν η βαθμολογία της είναι μεγαλύτερη από τη βαθμολογία του Βασίλη και ο Βασίλης κερδίζει εάν η βαθμολογία του είναι μεγαλύτερη από τη βαθμολογία της Αλίκης. Αλλιώς, δεν κερδίζει κανείς.

Να βρεθεί εάν κάποιος από τους παίκτες έχει στρατηγική νίκης, και εάν ναι, να προσδιοριστεί ποιος από τους δύο.

Πρόβλημα 4. Έστω ABC

ένα οξυγώνιο τρίγωνο με περίκεντρο

. Έστω

το ίχνος του ύψους από το

στη

και έστω

το μέσο του

. Tα σημεία O_b

και

είναι τα περίκεντρα των τριγώνων AOC

και

, αντίστοιχα. Αν AO=AD

, να αποδείξετε ότι τα σημεία

,

και

είναι ομοκυκλικά.

ksofsa · #2

Καλό βράδυ και καλή επιτυχία στην ομάδα!

Μια λύση για την ανισότητα:

Γράφεται:

$\dfrac{2x^2-x+y+z}{x+y^2+z^2}+2+\dfrac{2y^2+x-y+z}{x^2+y+z^2}+2+\dfrac{2z^2+x+y-z}{x^2+y^2+z}+2\geq 9$

$(x+y^2+z^2+x^2+y+z^2+x^2+y^2+z)(\dfrac{1}{x+y^2+z^2}+\dfrac{1}{x^2+y+z^2}+\dfrac{1}{x^2+y^2+z})\geq 9$ ,

που είναι άμεση από την $(a+b+c)(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})\geq 9$

Ισότητα για

x+y^2+z^2=x^2+y+z^2=x^2+y^2+z

Η παραπάνω ισότητα ισοδυναμεί με $(x-\dfrac{1}{2})^2=(y-\dfrac{1}{2})^2=(z-\dfrac{1}{2})^2$ , απ' όπου συνάγουμε αναλυτικά όλες τις περιπτώσεις ισότητας, οι οποίες είναι:1) x=y=z

,2)

,3)

,4)

.

Henri van Aubel · #3

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#4

achilleas έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 25, 2023 9:34 pm
Πρόβλημα 2. Να αποδείξετε ότι για όλους τους μη αρνητικούς πραγματικούς αριθμούς και , οι οποίοι δεν είναι όλοι ίσοι με , ισχύει η παρακάτω ανισότητα:

$\displaystyle \dfrac{2x^2-x+y+z}{x+y^2+z^2}+\dfrac{2y^2+x-y+z}{x^2+y+z^2}+\dfrac{2z^2+x+y-z}{x^2+y^2+z}\geqslant 3.$

Να προσδιορίσετε όλες τις τριάδες για τις οποίες ισχύει η ισότητα.

Θέτω

οπότε αρκεί να είναι

$\displaystyle{\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{b+a}\geq \frac{3}{2}}$

Η τελευταία γράφεται στη μορφή S.O.S. ως εξής:

$\displaystyle{(a-b)^2\frac{1}{(b+c)(a+c)}+(b-c)^2\frac{1}{(a+c)(a+b)}+(a-c)^2\frac{1}{(b+c)(b+a)}\geq 0,}}$

που ισχύει αφού a+b, b+c,c+a>0.

Ισότητα έχουμε αν-ν
$a=b=c \ \ \iff \ \ x^2-x=y^2-y=z^2-z \ \ \iff \$
$(x,y,z)=(k,k,k), \ k>0 \ \vee (x,y,z)~(k,k,1-k), \ 0\leq k \leq 1.$

#5

achilleas έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 25, 2023 9:34 pm
Πρόβλημα 1. Να βρείτε όλα τα ζεύγη θετικών ακέραιων αριθμών τέτοια ώστε οι αριθμοί και να είναι και οι δύο δυνάμεις του .

Αρχικά ελέγχουμε τις περιπτώσεις a=1,2,3,4

όπου πρέπει επίσης $1\leq b\leq 4.$

Αν $a\geq 5$ τότε προκύπτει ότι τα a,b

είναι πολλαπλάσια του 5.

Έστω $u_5(a)=x,\ u_5(b)=y.$
Αν x>y

τότε

και

με

άτοπο.
Ομοίως αν y>x.

Η μόνη περίπτωση που μπορεί να δώσει λύση είναι x=y=1.

Αν όμως $a\geq 10$ (αντίστοιχα $b\geq 10$ ) το

(αντίστοιχα το

) θα είναι πολλαπλάσιο του 25, άτοπο.
Οπότε a=5

και

ohgreg · #6

socrates έγραψε: ↑
Δευ Ιουν 26, 2023 12:34 am

achilleas έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 25, 2023 9:34 pm
Πρόβλημα 1. Να βρείτε όλα τα ζεύγη θετικών ακέραιων αριθμών τέτοια ώστε οι αριθμοί και να είναι και οι δύο δυνάμεις του .
Αρχικά ελέγχουμε τις περιπτώσεις όπου πρέπει επίσης $1\leq b\leq 4.$

Από τις πρώτες περιπτώσεις βγαίνει και: (a,b)=(1,4), (4,1)

.

Ορέστης Λιγνός · #7

achilleas έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 25, 2023 9:34 pm
Πρόβλημα 4. Έστω ένα οξυγώνιο τρίγωνο με περίκεντρο . Έστω το ίχνος του ύψους από το στη και έστω το μέσο του . Tα σημεία και είναι τα περίκεντρα των τριγώνων και , αντίστοιχα. Αν , να αποδείξετε ότι τα σημεία , , και είναι ομοκυκλικά.

Έστω

τα συμμετρικά του

ως προς τα σημεία O_c,O_b

αντίστοιχα, και

το μέσον του τόξου

στον κύκλο (ABC)

. Είναι,

και $AD \parallel OS,$ συνεπώς το τετράπλευρο ADSO

είναι παραλληλόγραμμο, συνεπώς τα σημεία A,M,S

είναι συνευθειακά και το

είναι το μέσον της

. Έχουμε τον επόμενο Ισχυρισμό:

Ισχυρισμός: Το τετράπλευρο AXSY

είναι εγγράψιμο.
Απόδειξη: Είναι $\angle AOX=\angle AOY=90^\circ$ , άρα $O \in XY$ . Επιπλέον, αν η

τέμνει την

στο σημείο

, τότε $\angle AOT=\angle ADT=90^\circ$ , και αφού AD=AO

προκύπτει ότι η

διχοτομεί την $\angle DAO$ . Αφού οι AD,AO

είναι ισογώνιες, αυτό σημαίνει ότι $T \in AS$ .

Τέλος, παρατηρούμε ότι

$\angle BXY=\angle BXO=180^\circ-\angle BAO=90^\circ+\angle C=\angle C+\angle ACY=\angle BCY,$

και άρα το τετράπλευρο BXCY

είναι εγγράψιμο.

Συνεπώς,

$TA \cdot TS=TB \cdot TC=TX \cdot TY,$

που δίνει το ζητούμενο $\blacksquare$

Στο πρόβλημα, αφού το τετράπλευρο AXSY

είναι εγγράψιμο και τα O_c,M,O_b

είναι τα μέσα των AX,AS,AY

αντίστοιχα, προκύπτει και ότι το τετράπλευρο AO_cMO_b

είναι εγγράψιμο, όπως θέλαμε.

Ορέστης Λιγνός · #8

achilleas έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 25, 2023 9:34 pm
Πρόβλημα 1. Να βρείτε όλα τα ζεύγη θετικών ακέραιων αριθμών τέτοια ώστε οι αριθμοί και να είναι και οι δύο δυνάμεις του .

Χωρίς βλάβη της γενικότητας έστω $a \geq b$ . Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις.

Περίπτωση 1: a=b

. Τότε,

με $k \geq 1$ . Αν k=1

τότε προφανώς η (a,b)=(5,5)

είναι λύση. Αν $k \geq 2$ , τότε $(a-1)!+1 \equiv 1 \pmod 5$ , άρα αφού 5^k=a!+a=a((a-1)!+1),

πρέπει

άτοπο.

Περίπτωση 2: a>b

. Έστω

με $s \geq 1$ . Έστω a!+b=5^k

με $k \geq 1$ . Άρα,

$b((b-1)! \cdot (b+1) \cdots (b+s)+1)=5^k$ .

Συνεπώς, $b=5^\ell$ με $\ell \geq 0$ , και αν $b-1 \geq 5$ τότε $(b-1)! \cdot (b+1) \cdots (b+s)+1 \equiv 1 \pmod 5,$ άτοπο. Επίσης, αν $s \geq 5$ , τότε $5 \mid (b+1) \cdots (b+5) \mid (b+1) \cdots (b+s),$ συνεπώς $(b+1) \cdots (b+s)+1 \equiv 1 \pmod 5,$ άτοπο.

Άρα, $b \leq 5$ και $s \leq 4$ .

Διακρίνοντας τις περιπτώσεις, προκύπτει ως μόνη λύση (b,s)=(1,3),

δηλαδή

.

Τελικά, προκύπτουν ως λύσεις οι (a,b)=(5,5), (4,1)

και

.

#9

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Δευ Ιουν 26, 2023 10:10 am

achilleas έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 25, 2023 9:34 pm
Πρόβλημα 4. Έστω ένα οξυγώνιο τρίγωνο με περίκεντρο . Έστω το ίχνος του ύψους από το στη και έστω το μέσο του . Tα σημεία και είναι τα περίκεντρα των τριγώνων και , αντίστοιχα. Αν , να αποδείξετε ότι τα σημεία , , και είναι ομοκυκλικά.
Έστω τα συμμετρικά του ως προς τα σημεία αντίστοιχα, και το μέσον του τόξου στον κύκλο . Είναι, και $AD \parallel OS,$ συνεπώς το τετράπλευρο είναι παραλληλόγραμμο, συνεπώς τα σημεία είναι συνευθειακά και το είναι το μέσον της . Έχουμε τον επόμενο Ισχυρισμό:

Ισχυρισμός: Το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο.
Απόδειξη: Είναι $\angle AOX=\angle AOY=90^\circ$ , άρα $O \in XY$ . Επιπλέον, αν η τέμνει την στο σημείο , τότε $\angle AOT=\angle ADT=90^\circ$ , και αφού προκύπτει ότι η διχοτομεί την $\angle DAO$ . Αφού οι είναι ισογώνιες, αυτό σημαίνει ότι $T \in AS$ .

Τέλος, παρατηρούμε ότι

$\angle BXY=\angle BXO=180^\circ-\angle BAO=90^\circ+\angle C=\angle C+\angle ACY=\angle BCY,$

και άρα το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο.

Συνεπώς,

$TA \cdot TS=TB \cdot TC=TX \cdot TY,$

που δίνει το ζητούμενο $\blacksquare$

Στο πρόβλημα, αφού το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο και τα είναι τα μέσα των αντίστοιχα, προκύπτει και ότι το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο, όπως θέλαμε.

: JBMO_2023_κατά τον Ορέστη Λιγνό.png (69.47 KiB) Προβλήθηκε 5047 φορές

ksofsa · #10

Γενίκευση του προβλήματος 1:

Έστω

πρώτος.Να βρείτε όλα τα ζεύγη (a,b)

θετικών ακέραιων αριθμών τέτοια ώστε οι αριθμοί a!+b

και

να είναι και οι δύο δυνάμεις του

.

EJOI_IOI_GEEK · #11

achilleas έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 25, 2023 9:34 pm
Πρόβλημα 3. Η Αλίκη και ο Βασίλης παίζουν εναλλάξ το παρακάτω παιχνίδι σε ένα $100\times 100$ πλέγμα, με την Αλίκη να ξεκινάει πρώτη. Αρχικά το πλέγμα είναι κενό. Επιλέγουν με τη σειρά τους έναν αριθμό από το έως και το , ο οποίος δεν είναι ακόμα γραμμένος σε κάποιο από τα κελιά, και επιλέγουν ένα κενό κελί και τον τοποθετούν στο κελί αυτό. Όταν δεν έχει απομείνει κάποιο κενό κελί, η Αλίκη υπολογίζει το άθροισμα των αριθμών σε κάθε γραμμή, και η βαθμολογία της είναι το μεγαλύτερο από αυτά τα αθροίσματα. Ο Βασίλης υπολογίζει το άθροισμα των αριθμών σε κάθε στήλη, και η βαθμολογία του είναι το μεγαλύτερο από αυτά τα αθροίσματα. Η Αλίκη κερδίζει εάν η βαθμολογία της είναι μεγαλύτερη από τη βαθμολογία του Βασίλη και ο Βασίλης κερδίζει εάν η βαθμολογία του είναι μεγαλύτερη από τη βαθμολογία της Αλίκης. Αλλιώς, δεν κερδίζει κανείς.

Να βρεθεί εάν κάποιος από τους παίκτες έχει στρατηγική νίκης, και εάν ναι, να προσδιοριστεί ποιος από τους δύο.

Θα δείξουμε οτί ο Βασίλης έχει στρατηγική νίκης. Θα φτιάξουμε τα ζεύγη $(1,100^2),(2,100^2-1),(3,100^2-2),...,(\frac{100^2}{2}+1,\frac{100^2}{2})$ .

Έστω η Αλίκη βάλει τον αριθμό Χ στο κελί (i,j)

με $i\leq 99$ . Aν $j\equiv 0 (mod$

ο Bασίλης τοποθετεί τον αριθμό 100^2-X+1

στο κελί

αλλιώς αν $j\equiv 1 (mod$

τον τοποθετεί στο κελί (i,j+1)

( Ουσιαστικά τοποθετεί τον αντίστοιχο αριθμό από τα ζεύγη που φτιάξαμε παραπάνω ώστε να σχηματίζονται dominoes).

Τώρα αν η Αλίκη τοποθετήσει τον αριθμό Χ στην 100η σείρα τότε ο Βασίλης θα τοποθετήσει πάλι τον αριθμό 100^2-X+1

αλλά όχι απαραίτητα σε γειτονικό κελί. Έτσι σε κάθε σειρά έχουμε

ζεύγη με άθροισμα 100^2+1

άρα το σκορ της Αλίκης είναι $(100^2+1)\cdot 50$ .

Επείδη όμως οι σειρές έχουν το ίδιο άθροισμα αρκεί να υπάρχουν 2 στήλες με διαφορετικό άθροισμα για να νικήσει ο Βασίλης.

Απόδειξη : Έστω C_i

το άθροισμα της στήλης

και

το άθροισμα της σειράς

(προφανώς $R_i = (100^2+1)\cdot 50$ . Έστω πως υπάρχει i,j

ώστε $C_i \neq C_j$ τότε αν $C_i \leq (100^2+1)\cdot 50 = R_i$ για το πολύ

(αφού στη συγκεκριμένη περίπτωση δεν είναι όλα ίσα), έχουμε $\sum_{i=1}^{100} C_i < \sum_{i=1}^{100} R_i = \frac{(100^2+1)\cdot 100^2}{2}$ άτοπο.

Άρα θα υπάρχει τουλάχιστον ένα

ώστε $C_i > (100^2+1)\cdot 50$ άρα νικάει ο Βασίλης.
Τώρα μένει να δείξουμε ότι γίνεται πάντα να φτιάξουμε τα C_i

ώστε να υπάρχει i,j

ώστε $C_i \neq C_j$ . Προφανώς, αφόυ στην 100

ή σειρά ο Βασίλης τοποθετεί τους αντίστοιχους αριθμούς (με αυτούς της Αλίκης) σε όποια στήλη θέλει πάντα θα μπορεί να το καταφέρει αυτό.
Έτσι νικάει ο Βασίλης.

Henri van Aubel · #12

Π4. Έστω χωρίς βλάβη ότι AB< AC.

Είναι $\angle AO_{c}O_{b}=90^\circ-\angle C.$

Ισχυρισμός 1: Είναι $\displaystyle \frac{\sin \angle AO_{b}M}{\sin \angle AMO_{b}}=\frac{\displaystyle \sin \left ( 90^\circ-\frac{3B}{2}+\frac{3C}{2} \right )}{\sin \left ( 90^\circ-C \right ) }\left ( \bigstar \right ).$

Απόδειξη: Έχουμε $\displaystyle \frac{\sin \angle AO_{b}M}{\sin \angle AMO_{b}}=\frac{AM}{AO}\cdot \frac{AO}{AO_{b}}=2\cos \frac{B-C}{2}\cos B$ .

Οπότε αρκεί $\displaystyle 2\cos B\cos \frac{B-C}{2}=\frac{\displaystyle \cos \frac{3B-3C}{2}}{\cos C}\Longleftrightarrow \cos \frac{3B-3C}{2}-\cos \frac{3B+C}{2}=$

$\displaystyle =2\cos \frac{C+B}{2}\cos C\Longleftrightarrow 2\sin C\sin \frac{3B-C}{2}=2\cos \frac{B+C}{2}\cos C$

Ισχύει όμως $AO=AD\Longrightarrow 2\sin B\sin C=1$ οπότε η προηγούμενη αληθεύει μετά από λίγες πραξούλες.

Βλέπε αυτό εδώ viewtopic.php?f=58&t=74106

Η απόδειξη του ισχυρισμού ολοκληρώθηκε.

Ισχυρισμός 2: Είναι απλό $\angle AO_{b}M+\angle AMO_{b}=180^\circ-\angle MAO_{b}=180^\circ-\frac{3\angle B-\angle C}{2}.$

Από τους δύο ισχυρισμούς μας είναι σύμφωνα με γνωστό λήμμα $\angle AMO_{b}=90^\circ-\angle C=\angle AO_{c}O_{b}\Longrightarrow AO_{b}MO_{c}$ εγγράψιμο που τελειώνει την απόδειξη.

2nisic · #13

Έστω

και

Έστω $a\geqslantb\geqslant p$
Αν $a\geqslant 2p$ τότε $U_p(a!)>U_p(b)\Rightarrow U_p(a!+p)=U_p(b)=x$ όμως τότε $a!+b>b>=p^{U_p(b)}=x$ άτοπο
Οπότε θα πρέπει $2p>a>b\geqslant p$ από mod p

περνούμε ότι a=b=p

Θα έχουμε λοιπόν την $p!+p=p^x\Rightarrow (p-1)!=p^{x-1}-1$
Έστω $2^m<p<2^{m+1}$ με m>4

τότε¨
Αν

τότε

άτοπο¨.
Αν x-1=even

τότε $U_2((p-1)!)=U_2(RHS)=U_2(LHS)=U_2(\frac{p^2-1}{2})+U_2(x-1)$
Οπότε έχουμε : $\left \lfloor \frac{p-2}{2} \right \rfloor+ \left \lfloor \frac{p-2}{4} \right \rfloor\leqslant U_2((p-2)!)=U_2(\frac{p+1}{2})+U_2(x-1)\leqslant m+U_2(x-1)$
$\Rightarrow x-1\geqslant 2^{\left \lfloor \frac{p-2}{2} \right \rfloor+ \left \lfloor \frac{p-2}{4} \right \rfloor-m}\geqslant 2^{2^{m-2}+2^{m-3}-m}\geqslant 2^{m+1}> p$
Αν όμως x-1>p-1

τότε

άτοπο
Θα πρέπει λοιπόν m<5

και αρα

.
Για

έχουμε $U_2(\frac{p^2-1}{2})<=4$ και U_2((p-1)!)>=U_2(16!)=15

οπότε $U_2(x-1)\geqslant 12\Rightarrow x-1\geqslant 2^{12}>p$
Για p=11,13

όμοιος άτοπο.
Για p=7

έχουμε $6!+1=7^{x-1}$ δεν εχει λύση.
Για p=5,3,2

ισχύει.

Αν τώρα $p>a\geqslantb$ :
Έστω r=prime|b

τότε $r|a!+b=p^x\Rightarrow r=p\Rightarrow b\geq p$ άτοπο.
Αν b=1

από την

περνούμε

και έχουμε να ξανα λυσσούμε την ιδια.

Αρα οι τριάδες είναι : (a,b,p):(5,5,5),(3,3,3),(2,2,2),(2,1,3),(1,2,3),(4,1,5),(1,4,5)

#14

Δύο αργυρά

και δύο χάλκινα

μετάλλια στη Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα Νέων (JBMO 2023)

Συγχαίρουμε θερμά την

ομάδα

των νέων που απέσπασε δύο αργυρά και δύο χάλκινα μετάλλια στη φετινή JBMO! Μας γέμισαν με μεγάλη χαρά και υπερηφάνεια.

Πιο συγκεκριμένα, ο Λάζαρος Καραγεωργίου (25 μονάδες) και ο Μιχαήλ Τσουρέκας (19 μονάδες) απέσπασαν αργυρό μετάλλιο, ενώ ο Κωνσταντίνος Μπερούκας (12 μονάδες) και η Ιωάννα Ζάχου (12 μονάδες) χάλκινο. Ας αναφέρουμε επίσης, ότι η Λυδία Κράτσα έφτασε πολύ κοντά στο χάλκινο με τις 9 μονάδες που συγκέντρωσε. Τα cutoffs ήταν 10/19/29.

Δουλεύοντας σκληρά και συστηματικά τις τελευταίες πέντε-έξι εβδομάδες, μελετώντας ατελείωτες ώρες εν μέσω απολυτήριων εξετάσεων και παρακολουθώντας το εντατικό πρόγραμμα των online μαθημάτων, έφτασαν σε αυτή την επιτυχία για τους ίδιους και τους γονείς τους, την Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία και τη χώρα μας.

Θερμά συγχαρητήρια και στα παιδιά της Κύπρου, και ιδιαίτερα στο Φίλιππο Ρουβά για το χάλκινο μετάλλιο, επαναλαμβάνοντας την περσινή του επιτυχία. Θερμά συγχαρητήρια και στον αρχηγό Στυλιανό Κουζάρη, και τον υπαρχηγό Κωνσταντίνο Κουπάρη, οι οποίοι υπερασπίστηκαν σθεναρά τα γραπτά της Κύπρου.

Αξίζει να τονίσουμε και πάλι πως η συμμετοχή και μόνο σε έναν τέτοιο διεθνή διαγωνισμό είναι τεράστια τιμή και επιτυχία για κάθε διαγωνιζόμενο. Ευχόμαστε περισσότερες συμμετοχές και διακρίσεις σε όλα τα παιδιά!

#15

Αφού συγχαρώ και εγώ όλα τα εκπληκτικά παιδιά μας για την επιτυχία τους, παραθέτω άλλη μία λύση για την Γεωμετρία.
Κατασκευάζω το τρίγωνο HO_cO_b

με την μεσοκάθετο της

και τις παράλληλες από τα O_c, O_b

προς τις

αντίστοιχα.
Είναι εύκολο να δούμε ότι το τρίγωνο αυτό είναι όμοιο του ABC

με ορθόκεντρο το σημείο

καθώς έχει δύο πλευρές παράλληλες προς τις AC, AB

και την

αντιπαράλληλη της

. Επομένως αν

είναι το περίκεντρο του HO_cO_b

και

το μέσον της

, έχουμε

. Επίσης το σημείο

ως συμμετρικό του ορθοκέντρου

ως προς

ανήκαι στον κύκλο

.
Aν τώρα

είναι η παράλληλη προς την

ακτίνα του κύκλου

, έχουμε

και

, επομένως τα Z, A, M, H

είναι ομοκυκλικά, δηλαδή το σημείο

ανήκει στον περίκυκλο του HO_cO_b

.

#16

AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 29, 2023 11:57 pm
Αφού συγχαρώ και εγώ όλα τα εκπληκτικά παιδιά μας για την επιτυχία τους, παραθέτω άλλη μία λύση για την Γεωμετρία.
Κατασκευάζω το τρίγωνο με την μεσοκάθετο της και τις παράλληλες από τα προς τις αντίστοιχα.
Είναι εύκολο να δούμε ότι το τρίγωνο αυτό είναι όμοιο του με ορθόκεντρο το σημείο καθώς έχει δύο πλευρές παράλληλες προς τις και την αντιπαράλληλη της . Επομένως αν είναι το περίκεντρο του και το μέσον της , έχουμε . Επίσης το σημείο ως συμμετρικό του ορθοκέντρου ως προς ανήκαι στον κύκλο .
Aν τώρα είναι η παράλληλη προς την ακτίνα του κύκλου , έχουμε και , επομένως τα είναι ομοκυκλικά, δηλαδή το σημείο ανήκει στον περίκυκλο του .

Αντρέα Καλημέρα από Reinach Βασιλείας

Η λύση είναι εξαιρετική! Πλούσια σε έμπνευση και δύσκολο να τη σκεφτεί κανείς!

Αξίζει να τη μελετήσει προσεκτικά ο καθένας μας και να την εννοήσει!

Σημειώνω ότι το νέο τρίγωνο που δημιουργείς προκύπτει από το αρχικά δοθέν με

μια αξονική συμμετρία, μια στροφή και μια ομοιοθεσία. Ίσως καταφέρω να

να υλοποιήσω την σύνθεση αυτών των μετασχηματισμών σε άλλο μήνυμα...

Φιλικά

Κώστας Δόρτσιος

#17

KDORTSI έγραψε: ↑
Παρ Ιουν 30, 2023 9:28 am

AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 29, 2023 11:57 pm
Αφού συγχαρώ και εγώ όλα τα εκπληκτικά παιδιά μας για την επιτυχία τους, παραθέτω άλλη μία λύση για την Γεωμετρία.
Κατασκευάζω το τρίγωνο με την μεσοκάθετο της και τις παράλληλες από τα προς τις αντίστοιχα.
Είναι εύκολο να δούμε ότι το τρίγωνο αυτό είναι όμοιο του με ορθόκεντρο το σημείο καθώς έχει δύο πλευρές παράλληλες προς τις και την αντιπαράλληλη της . Επομένως αν είναι το περίκεντρο του και το μέσον της , έχουμε . Επίσης το σημείο ως συμμετρικό του ορθοκέντρου ως προς ανήκαι στον κύκλο .
Aν τώρα είναι η παράλληλη προς την ακτίνα του κύκλου , έχουμε και , επομένως τα είναι ομοκυκλικά, δηλαδή το σημείο ανήκει στον περίκυκλο του .
Αντρέα Καλημέρα από Reinach Βασιλείας

Η λύση είναι εξαιρετική! Πλούσια σε έμπνευση και δύσκολο να τη σκεφτεί κανείς!

Αξίζει να τη μελετήσει προσεκτικά ο καθένας μας και να την εννοήσει!

Σημειώνω ότι το νέο τρίγωνο που δημιουργείς προκύπτει από το αρχικά δοθέν με

μια αξονική συμμετρία, μια στροφή και μια ομοιοθεσία. Ίσως καταφέρω να

να υλοποιήσω την σύνθεση αυτών των μετασχηματισμών σε άλλο μήνυμα...

Φιλικά

Κώστας Δόρτσιος

Καλησπέρα...

Παραθέτω ένα δυναμικό σχήμα για τη λύση του Αντρέα κυρίως για να φανεί με έναν διαφορετικό

τρόπο η κατασκευή του τριγώνου $\displaystyle{(HO_cO_b) }$ του οποίου ο περίκυκλος διέρχεται από το μέσο

του τμήματος $\displaystyle{OD}$ .

: JBMO( Γεωμ. μετασχηματσιμοί 1).png (59.13 KiB) Προβλήθηκε 4076 φορές

Το δυναμικό σχήμα του ανωτέρω σχήματος βρίσκεται στον ακόλουθο σύνδεσμο:

https://www.geogebra.org/m/bjuhwudh

Κώστας Δόρτσιος

#18

socrates έγραψε: ↑
Δευ Ιουν 26, 2023 12:05 am
Θέτω

οπότε αρκεί να είναι

$\displaystyle{\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{b+a}\geq \frac{3}{2}}$

Πολύ ωραία η αναγωγή του Θανάση. Σκέτη μαγεία. Ο λόγος που το λέω είναι γιατί η νέα ανισότητα είναι έτοιμη. Γνωστή. Είναι η επονομαζόμενη ανισότητα Nesbitt, η οποία έχει πολλές αποδείξεις και η οποία εν γένει είναι στο ρεπερτόριο των καλά προετοιμασμένων για την JBMO, όπως είναι οι μικροί μας αλλά άπιαστοι φίλοι.

Βλέπε εδώ όπου υπάρχουν 9 αποδείξεις, αλλά υπάρχουν και άλλες.

#19

KDORTSI έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 09, 2023 3:25 pm

KDORTSI έγραψε: ↑
Παρ Ιουν 30, 2023 9:28 am

AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 29, 2023 11:57 pm
Αφού συγχαρώ και εγώ όλα τα εκπληκτικά παιδιά μας για την επιτυχία τους, παραθέτω άλλη μία λύση για την Γεωμετρία.
Κατασκευάζω το τρίγωνο με την μεσοκάθετο της και τις παράλληλες από τα προς τις αντίστοιχα.
Είναι εύκολο να δούμε ότι το τρίγωνο αυτό είναι όμοιο του με ορθόκεντρο το σημείο καθώς έχει δύο πλευρές παράλληλες προς τις και την αντιπαράλληλη της . Επομένως αν είναι το περίκεντρο του και το μέσον της , έχουμε . Επίσης το σημείο ως συμμετρικό του ορθοκέντρου ως προς ανήκαι στον κύκλο .
Aν τώρα είναι η παράλληλη προς την ακτίνα του κύκλου , έχουμε και , επομένως τα είναι ομοκυκλικά, δηλαδή το σημείο ανήκει στον περίκυκλο του .
Αντρέα Καλημέρα από Reinach Βασιλείας

Η λύση είναι εξαιρετική! Πλούσια σε έμπνευση και δύσκολο να τη σκεφτεί κανείς!

Αξίζει να τη μελετήσει προσεκτικά ο καθένας μας και να την εννοήσει!

Σημειώνω ότι το νέο τρίγωνο που δημιουργείς προκύπτει από το αρχικά δοθέν με

μια αξονική συμμετρία, μια στροφή και μια ομοιοθεσία. Ίσως καταφέρω να

να υλοποιήσω την σύνθεση αυτών των μετασχηματισμών σε άλλο μήνυμα...

Φιλικά

Κώστας Δόρτσιος
Καλησπέρα...

Παραθέτω ένα δυναμικό σχήμα για τη λύση του Αντρέα κυρίως για να φανεί με έναν διαφορετικό

τρόπο η κατασκευή του τριγώνου $\displaystyle{(HO_cO_b) }$ του οποίου ο περίκυκλος διέρχεται από το μέσο

του τμήματος $\displaystyle{OD}$ .

JBMO( Γεωμ. μετασχηματσιμοί 1).png

Το δυναμικό σχήμα του ανωτέρω σχήματος βρίσκεται στον ακόλουθο σύνδεσμο:

https://www.geogebra.org/m/bjuhwudh

Κώστας Δόρτσιος

Σε ευχαριστώ πολύ Κώστα και για τη εξαιρετική δυναμική παρουσίαση όπως μόνο εσύ μπορείς να κάνεις τόσο καλά!
Μπορούμε φυσικά να παραλείψουμε την παράλληλη μεταφορά αν αλλάξουμε το κέντρο στροφής. Θα είναι μονάχα πιο περίπλοκο γιατί θα χρειαστεί η κατασκευή αυτού του κέντρου, ενώ εδώ το έχεις έτοιμο.
Καλό καλοκαίρι και με το καλό να ξαναβρεθούμε!

#20

AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 09, 2023 8:39 pm

KDORTSI έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 09, 2023 3:25 pm

KDORTSI έγραψε: ↑
Παρ Ιουν 30, 2023 9:28 am

AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 29, 2023 11:57 pm
Αφού συγχαρώ και εγώ όλα τα εκπληκτικά παιδιά μας για την επιτυχία τους, παραθέτω άλλη μία λύση για την Γεωμετρία.
Κατασκευάζω το τρίγωνο με την μεσοκάθετο της και τις παράλληλες από τα προς τις αντίστοιχα.
Είναι εύκολο να δούμε ότι το τρίγωνο αυτό είναι όμοιο του με ορθόκεντρο το σημείο καθώς έχει δύο πλευρές παράλληλες προς τις και την αντιπαράλληλη της . Επομένως αν είναι το περίκεντρο του και το μέσον της , έχουμε . Επίσης το σημείο ως συμμετρικό του ορθοκέντρου ως προς ανήκαι στον κύκλο .
Aν τώρα είναι η παράλληλη προς την ακτίνα του κύκλου , έχουμε και , επομένως τα είναι ομοκυκλικά, δηλαδή το σημείο ανήκει στον περίκυκλο του .
Αντρέα Καλημέρα από Reinach Βασιλείας

Η λύση είναι εξαιρετική! Πλούσια σε έμπνευση και δύσκολο να τη σκεφτεί κανείς!

Αξίζει να τη μελετήσει προσεκτικά ο καθένας μας και να την εννοήσει!

Σημειώνω ότι το νέο τρίγωνο που δημιουργείς προκύπτει από το αρχικά δοθέν με

μια αξονική συμμετρία, μια στροφή και μια ομοιοθεσία. Ίσως καταφέρω να

να υλοποιήσω την σύνθεση αυτών των μετασχηματισμών σε άλλο μήνυμα...

Φιλικά

Κώστας Δόρτσιος
Καλησπέρα...

Παραθέτω ένα δυναμικό σχήμα για τη λύση του Αντρέα κυρίως για να φανεί με έναν διαφορετικό

τρόπο η κατασκευή του τριγώνου $\displaystyle{(HO_cO_b) }$ του οποίου ο περίκυκλος διέρχεται από το μέσο

του τμήματος $\displaystyle{OD}$ .

JBMO( Γεωμ. μετασχηματσιμοί 1).png

Το δυναμικό σχήμα του ανωτέρω σχήματος βρίσκεται στον ακόλουθο σύνδεσμο:

https://www.geogebra.org/m/bjuhwudh

Κώστας Δόρτσιος
Σε ευχαριστώ πολύ Κώστα και για τη εξαιρετική δυναμική παρουσίαση όπως μόνο εσύ μπορείς να κάνεις τόσο καλά!
Μπορούμε φυσικά να παραλείψουμε την παράλληλη μεταφορά αν αλλάξουμε το κέντρο στροφής. Θα είναι μονάχα πιο περίπλοκο γιατί θα χρειαστεί η κατασκευή αυτού του κέντρου, ενώ εδώ το έχεις έτοιμο.
Καλό καλοκαίρι και με το καλό να ξαναβρεθούμε!

Αντρέα καλησπέρα...

Ναι! έχεις δίκιο. Το έκανα για λόγους απλούστευσης.

Εξάλλου στο αρχικό μου μήνυμα είπα για μια συμμετρία, μια στροφή και μια ομοιοθεσία.

Θα μπορούσε να γίνει σε 3d χώρο ώστε να φανεί και η συμμετρία δυναμικά αλλά κι έτσι νομίζω

είναι όμορφη και διδακτική η παρουσίαση αυτή.

Να είσαι καλά και με το καλό να βρεθούμε από κοντά!

Κώστας Δόρτσιος

JBMO 2023 - ΘΕΜΑΤΑ

JBMO 2023 - ΘΕΜΑΤΑ

Re: JBMO 2023 - ΘΕΜΑΤΑ

Re: JBMO 2023 - ΘΕΜΑΤΑ

Re: JBMO 2023 - ΘΕΜΑΤΑ

Re: JBMO 2023 - ΘΕΜΑΤΑ

Re: JBMO 2023 - ΘΕΜΑΤΑ

Re: JBMO 2023 - ΘΕΜΑΤΑ

Re: JBMO 2023 - ΘΕΜΑΤΑ

Re: JBMO 2023 - ΘΕΜΑΤΑ

Re: JBMO 2023 - ΘΕΜΑΤΑ

Re: JBMO 2023 - ΘΕΜΑΤΑ

Re: JBMO 2023 - ΘΕΜΑΤΑ

Re: JBMO 2023 - ΘΕΜΑΤΑ

Re: JBMO 2023 - ΘΕΜΑΤΑ

Re: JBMO 2023 - ΘΕΜΑΤΑ

Re: JBMO 2023 - ΘΕΜΑΤΑ

Re: JBMO 2023 - ΘΕΜΑΤΑ

Re: JBMO 2023 - ΘΕΜΑΤΑ

Re: JBMO 2023 - ΘΕΜΑΤΑ

Re: JBMO 2023 - ΘΕΜΑΤΑ

Μέλη σε σύνδεση