mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 05, 2026 4:22 pm**

Από 3 έως 8 Μαΐου πραγματοποιείται στη Θεσσαλονίκη η Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα Λυκείου. Σήμερα έγινε ο διαγωνισμός και, αν κάποιος έχει τα θέματα, ας τα αναρτήσει.

Καλή επιτυχία σε όλα τα παιδιά που εκπροσωπούν τη χώρα μας! Εύχομαι όμορφα αποτελέσματα και να χαρούν αυτή τη σημαντική εμπειρία

!!!

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 05, 2026 7:41 pm**

Πρόβλημα 1
Ένα σύνολο

θετικών πραγματικών αριθμών ονομάζεται Αριστοτέλειο αν για οποιαδήποτε $x, y, z \in S$ που ικανοποιούν τη σχέση x < y < z

, ισχύει ότι: $\displaystyle{\frac{z - x}{y} \in S}$ . Βρείτε όλους τους ακέραιους $n \geq 4$ για τους οποίους υπάρχει ένα Αριστοτέλειο σύνολο με ακριβώς

στοιχεία.
Πρόβλημα 2
Έστω

ένας θετικός ακέραιος. Ένας πίνακας $2n \times 2n$ καλύπτεται με ντόμινο διαστάσεων $2 \times 1$ και $1 \times 2$ . Το να «περιστρέψουμε» (pivot) ένα ντόμινο σημαίνει να επιλέξουμε ένα από τα δύο τετραγωνίδια (μονάδες) που το αποτελούν και να περιστρέψουμε ολόκληρο το ντόμινο κατά $180^\circ$ , $90^\circ$ δεξιόστροφα ή $90^\circ$ αριστερόστροφα γύρω από το κέντρο αυτού του τετραγωνιδίου. Αποδείξτε ότι είναι πάντα δυνατό να περιστρέψουμε ταυτόχρονα κάθε ντόμινο με τέτοιο τρόπο ώστε, αφού πραγματοποιηθούν όλες οι περιστροφές, τα ντόμινο να εξακολουθούν να καλύπτουν πλήρως τον πίνακα.
Πρόβλημα 3
Έστω ABCD

ένα παραλληλόγραμμο με $\angle DAB < 90^\circ$ και AB < AD

. Έστω

το ορθόκεντρο του τριγώνου $\triangle BCD$ και

η αντανάκλαση του

ως προς τη γραμμή

. Η ευθεία

τέμνει τις ευθείες

,

και

στα σημεία E, F

και

αντίστοιχα. Αποδείξτε ότι οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων $\triangle HEH'$ και $\triangle CFG$ εφάπτονται.
Πρόβλημα 4
Έστω $n \geq 2$ ένας ακέραιος. Αρχικά, ο αριθμός

είναι γραμμένος

φορές σε έναν πίνακα. Μια πράξη συνίσταται στην επιλογή δύο αριθμών

και

που βρίσκονται εκείνη τη στιγμή στον πίνακα (όχι και οι δύο μηδέν) και στην αντικατάστασή τους με τους αριθμούς: $\displaystyle{\frac{(a - b)^2}{a + b} \quad$ και $\displaystyle{\quad \frac{4ab}{a + b}}$ . Προσδιορίστε όλους τους ακέραιους

για τους οποίους είναι δυνατόν, μετά από έναν πεπερασμένο αριθμό πράξεων, ο αριθμός

να εμφανιστεί στον πίνακα.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 05, 2026 11:08 pm**

Είμαι από κινητό. Θα έρθω αύριο ή σήμερα το βράδυ για την πληκτρολόγηση.
Για το πρόβλημα 1 έστω x_1<x_2<x_3<x_4<...<x_n

τα διακεκριμένα στοιχεία του S, τότε αφού $\frac{x_n-x_1}{x_2}>\frac{x_n-x_1}{x_3}>...>\frac{x_n-x_{1}}{x_{n-1}}>\frac{x_n-x_2}{x_{n-1}}>\frac {x_n-x_3}{x_{n-1}}>...>\frac {x_n-x_{n-2}}{x_{n-1}}$ είναι διακεκριμένα στοιχεία του S , άρα $n\geqslant 2n-5$ οπότε $n\leqslant 5.$
Για n=5 έχω λίγο γράψιμο ομολογώ και απορριπτεται και είναι n=4

Θα επιστρέψω όταν τελειώσει το ποδόσφαιρο να πληκτρολογησω

.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 10, 2026 6:45 pm**

Επιστρέφω παραθέτοντας τις λύσεις μου στα προβλήματα σήμερα καθώς τις προηγούμενες μέρες σερνόταν το φόρουμ

Πρόβλημα 3

: Πρόβλημα 3 BMO 2026.png (87.83 KiB) Προβλήθηκε 613 φορές

$\bullet$ Είναι $\displaystyle \left ( \angle HCF\equiv \angle HCD\overset{H o\varrho \theta o\kappa \epsilon \nu \tau \varrho o \vartriangle BCD}=\angle HBD\overset{HBAD \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o\left ( \angle ABH=\angle ADH=90^\circ \right )}=\angle HAD\overset{AD \parallel BC}=\angle FGC\Rightarrow HC^{2}=HF\cdot HG \right )$ $\overset{K \kappa \epsilon \nu \tau \varrho o \left ( FCG \right )}\Rightarrow HC \perp CK,$ και έστω $W \equiv CK \cap JQ,$ όπου $\displaystyle J,Q$ οι εικόνες των σημείων H,H'

αντίστοιχα ως προς την αντιστροφή πόλου

και ακτίνας EA.

Είναι $\displaystyle \begin{Bmatrix} \angle DBH=\angle FGC\Rightarrow EB^{2}=EH\cdot EG & \\\angle BDH\overset{HBAD \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle BAH\overset{AB \parallel DF}=\angle DFE\Rightarrow ED^{2}=EH\cdot EF & \\ \end{Bmatrix}\Rightarrow EF\cdot EG=\frac{EB^2\cdot ED^2}{EH^2}$ $\displaystyle \overset{EA\cdot EH=Pow\left ( E,\left ( BHDA \right ) \right )=EB\cdot ED }=EA^{2},$ άρα ο κύκλος (CFG)

παραμένει σταθερός στην αντιστροφή πόλου

και ακτίνας EA.

Επειδή $\displaystyle EH'=EH\overset{HH'QJ \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}\Rightarrow HH'\parallel JQ\overset{HC \perp CK}\Rightarrow \overline{CKW}\perp HH'\parallel JQ\Rightarrow CW$ $\displaystyle \overset{HZ \perp JQ}=HZ\overset{HH'QJ \iota \sigma o\sigma \kappa \epsilon \lambda \epsilon \varsigma \tau \rho \alpha \pi \epsilon \zeta \iota o}=\sqrt{HJ^2-\left ( \frac{JQ-HH'}{2} \right )^{2}}=\sqrt{\left (\frac{\left ( EA^2-ED \cdot EB \right )\left ( EA^2+ED \cdot EB \right )}{EA\cdot ED\cdot EB}\right)^{2}-\left ( \frac{JQ-HH'}{2} \right )^{2}}$ (1),

και επειδή $\displaystyle \frac{JQ}{HH'}\overset{HH'\parallel JQ}=\frac{EJ}{EH}\overset{EH \cdot EJ=EA^2}=\frac{EA^2}{EH^2}=\left ( \frac{EA^{2}}{ED\cdot EB} \right )^{2}\Rightarrow \frac{JQ-HH'}{2}=\frac{HH'}{2}\left ( \frac{EA^{2}}{ED\cdot EB}-1 \right )\left ( \frac{EA^{2}}{ED\cdot EB}+1 \right )\overset{BH \perp DC}$ $\displaystyle =HB \cos \angle BDC\cdot \frac{\left ( EA^2-ED \cdot EB \right )\left ( EA^{2}+ED\cdot EB \right )}{\left ( ED\cdot EB \right )^{2}}$ $\displaystyle \overset{(1)}\Rightarrow \left | \overrightarrow{CW}\right |=\sqrt{\frac{\left ( EA^2-ED\cdot EB \right )^2\left ( EA^2+ED \cdot EB \right )^2}{EA^2\left ( ED \cdot EB \right )^2}-HB^2\cos ^2\angle BDC\cdot \frac{\left ( EA^2-ED \cdot EB \right )^2\left ( EA^2+ED \cdot EB \right )^2}{\left ( ED\cdot EB \right )^2\cdot ED^2\cdot EB^2}}$ $\displaystyle =\frac{\left ( EA^2-ED \cdot EB \right )\left ( EA^2+ED \cdot EB \right )}{ED\cdot EB}\sqrt{\frac{1}{EA^{2}}-\frac{HB^2\cos ^2\angle BDC}{ED^2\cdot EB^2}}(2).$ Θεωρούμε το ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων $\displaystyle B\left ( 0,0 \right ),C\left ( q,0 \right ),D\left ( l,p \right ),A\left (l-q ,p \right ),H\left ( l,\frac{l\left ( q-l \right )}{p} \right ),E\equiv AH\cap BD,$ είναι $\displaystyle \begin{Bmatrix} AH:y=p+\frac{\frac{l\left ( q-l \right )}{p}-p}{q}\left ( x-l+q \right ) & & \\BD:y=\frac{p}{l}x & & \\ & & \\ \end{Bmatrix}\Rightarrow E\left ( \frac{l^2\left ( p^2-ql+l^2 \right )}{p^2(q+l)-l^2\left ( q-l \right )},\frac{pl\left ( p^2-ql+l^2 \right )}{p^2(q+l)-l^2(q-l)} \right )\left ( \ast \right ).$ Συνεπώς $\displaystyle \overrightarrow{AE}=\left ( \frac{l^2(p^2-ql+l^2)+(q-l)\left [ p^2(q+l)-l^2\left ( q-l \right ) \right ]}{p^2(q+l)-l^2(q-l)},\frac{pl\left ( p^2-ql+l^2 \right )-p\left [ p^2(q+l)-l^2(q-l) \right ]}{p^2(q+l)-l^2(q-l)} \right )$ $\displaystyle \overset{(\ast)}=\left ( \frac{p^{2}q^{2}-(q-l)l^2\left ( q+2l \right )}{p^2(q+l)-l^2(q-l)},\frac{p\left ( l\left ( q^2-p^2+2l^2 \right )-p^2q \right )}{p^2(q+l)-l^2(q-l)} \right ),$ $\displaystyle \overrightarrow{DE}=\left ( \frac{l^2(p^2-ql+l^2)-l\left [ p^2(q+l)-l^2(q-l) \right ]}{p^2(q+l)-l^2(q-l)},\frac{p\left ( l\left ( q^2-p^2+2l^2 \right )-p^2q \right )}{p^2(q+l)-l^2(q-l)} \right )$ $\displaystyle \overset{(\ast )}=\left ( -\frac{lp^2q}{p^2(q+l)-l^2(q-l)},\frac{p\left ( l\left ( q^2-p^2+2l^2 \right )-p^2q \right )}{p^2(q+l)-l^2(q-l)} \right ),$ και $\displaystyle \tan \angle BDC=\left | \frac{\frac{p}{l}-\frac{p}{l-q}}{1+\frac{p^2}{l\left ( l-q \right )}}\right|=\left |\frac{-pq}{p^2+l(l-q)}\right|\Rightarrow \cos^2 \angle BDC=\frac{\left ( p^2-l(q-l) \right )^{2}}{p^2q^2+\left ( p^2-l(q-l) \right )^{2}}\overset{(2)}\Rightarrow$ $\displaystyle \left | \overrightarrow{CW}\right |=\frac{\left [ \frac{\left ( p^2q^2-\left ( q-l \right )l^2\left ( q+2l \right ) \right )^{2}+p^2\left ( l(q^2-p^2+2l^2) -p^2q\right )^{2}}{\left ( p^2(q+l)-l^2(q-l) \right )^2} \right ]^{2}-\frac{\left [ \left ( lp^2q \right )^2+p^2\left ( l(q^2-p^2+2l^2)-p^2q \right )^2 \right ]\left [ l^4\left ( p^2-ql+l^2 \right )^2+p^2l^2\left ( p^2-ql+l^2 \right )^2 \right ]}{\left ( p^2(q+l)-l^2(q-l) \right )^4}}{\frac{\sqrt{\left [ \left ( lp^2q \right )^2+p^2\left ( l(q^2-p^2+2l^2)-p^2q \right )^2 \right ]l^2\left ( l^2+p^2 \right )\left ( p^2-ql+l^2 \right )^2}}{\left ( p^2(q+l) -l^2(q-l)\right )^2}}$

$\displaystyle \sqrt{\frac{(p^2(q+l)-l^2(q-l))^2}{\left ( p^2q^2-\left ( q-l \right )l^2\left ( q+2l \right ) \right )^2+p^2(l(q^2-p^2+2l^2)-p^2q)^2}-\left [ l^2+\frac{l^2(q-l)^2}{p^2} \right ]\cdot \frac{(p^2-l(q-l))^2}{p^2q^2+(p^2-l(q-l))^2}\cdot\frac{\left ( p^2(q+l)-l^2(q-l) \right )^4}{\left [ \left ( lp^2q \right )^2+p^2\left ( l\left ( q^2-p^2+2l^2 \right )-p^2q \right )^2 \right ]l^2(l^2+p^2)(p^2-ql+l^2)^2} }$

$\displaystyle =\frac{\sqrt{(l-q)^2+p^2}\left ( 1-\frac{\left | \overrightarrow{DE}\right |}{\left | \overrightarrow{BE}\right |} \right )}{\frac{p^2-l(q-l)}{\sqrt{p^2q^2+(p^2-l(q-l))^2}}}=\frac{\left | \overrightarrow{AB}\right |\left ( 1-\frac{\left | \overrightarrow{DE}\right |}{\left | \overrightarrow{BE}\right |} \right )}{\cos \angle BDC}\overset{\left ( DF \parallel AB \right )}=\frac{\left | \overrightarrow{AB}\right |\left ( 1-\frac{\left | \overrightarrow{DF}\right |}{\left | \overrightarrow{AB}\right |} \right )}{\cos \angle BDC}$ $\displaystyle \overset{\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{CD}\wedge BH \perp DC}\displaystyle =\frac{\left | \overrightarrow{FC}\right |}{\sin \angle DBH}=2\cdot \frac{\left | \overrightarrow{FC}\right |}{2\sin \angle FGC}=2R_{\vartriangle CFG},$

κι αφού $KC=R_{\vartriangle CFG},$ συνεπώς $KW=R_{\vartriangle CFG}\Rightarrow W \in (CFG).$ Επομένως, $\displaystyle W \in (CFG)\overset{\overline{CKW}\perp HH'\parallel JQ}\Rightarrow$ η ευθεία

εφάπτεται στον κύκλο (CFG)

στο σημείο

Θεωρούμε την αντιστροφή πόλου

και ακτίνας EA,

τότε η εικόνα του κύκλου (EH'H)

ως προς την αντιστροφή είναι η ευθεία JQ,

και ο κύκλος (CFG)

παραμένει σταθερός, και αφού η ευθεία

εφάπτεται στον κύκλο (CFG)

στο σημείο

άρα οι κύκλοι (EH'H),(CFG)

εφάπτονται στην εικόνα του

ως προς την αντιστροφή, έστω W',

που ολοκληρώνει την απόδειξη. $\blacksquare$

: Πρόβλημα 3 BMO 2026.png (87.83 KiB) Προβλήθηκε 613 φορές

Πρόβλημα 2 Χωρίζουμε τον πίνακα σε n^2

τετράγωνα

για καθένα από τα οποία μπορούμε να εκτελέσουμε μια συμπλήρωση κατακόρυφου ή οριζόντιου ντόμινο, άρα κανένα εξ αυτών δε θα εμπεριέχει pivot ντόμινο , επομένως υπάρχει ένα σύνολο

από ντόμινο που καθιστά την ύπαρξη κάποιου ντόμινου στο σύνολο

και συνάμα στο σύνολο των pivot ντόμινο , ανέφικτη. Θεωρούμε τον κατευθυνόμενο γράφο

του οποίου κάθε κορυφή ανήκει στον πίνακα. Για κάθε pivot ντόμινο, σχεδιάζουμε μια κίτρινη ακμή και για κάθε ντόμινο του συνόλου

σχεδιάζουμε μια πράσινη ακμή κι αφού κάθε κορυφή έχει βαθμό 2, το γράφημα μπορεί να διαμεριστεί σε δύο κύκλους που δεν έχουν κοινά μεταξύ τους ντόμινο , άρα κάθε pivot ντόμινο μπορεί να περιστραφεί , έτσι ώστε να δώσει ντόμινο του συνόλου

που ολοκληρώνει την απόδειξη. $\blacksquare$

Με εκτίμηση,
Δημήτρης .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 11, 2026 6:58 pm**

ΓΙΩΡΓΟΣ ΣΤΑΥΡΟΥ έγραψε: Τρί Μάιος 05, 2026 7:41 pm Πρόβλημα 3
Έστω ένα παραλληλόγραμμο με $\angle DAB < 90^\circ$ και . Έστω το ορθόκεντρο του τριγώνου $\triangle BCD$ και η αντανάκλαση του ως προς τη γραμμή . Η ευθεία τέμνει τις ευθείες , και στα σημεία και αντίστοιχα. Αποδείξτε ότι οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων $\triangle HEH'$ και $\triangle CFG$ εφάπτονται.

Καταρχάς θα βασιστούμε στο σχήμα του κατασκευαστή του θέματος. Στην συνέχεια πάμε στο σχ.1 όπου κατασκευάζουμε τον κύκλο ${p_{\,1}}$ και το σημείο $V \equiv {p_{\,1}} \cap CS.$ Είναι καθαρό ότι τα σημεία $E,\;S$ είναι αντιδιαμετρικά του κύκλου ${p_{\,1}}\,.$ Επειδή $\left( {DH \bot DA} \right)\, \wedge \,\left( {HB \bot AB} \right)$ το τετράπλευρο ABHD

είναι εγγράψιμο. Χρησιμοποιώντας εδώ το σχήμα του κατασκευαστή παίρνουμε $\angle CGH = \angle DAH = \angle DBH = \angle HCD.$ Θεωρούμε τον κύκλο ${r_{\,1}}\,\left( {C,\,V,\,C'} \right)$ που σύμφωνα με τα προηγούμενα εφάπτεται στον κύκλο ${p_{\,1}}\,,$ (σχ. 2, γνωστή θεωρία) και έστω ότι ο κύκλος αυτός τέμνει την

στο σημείο F'.

Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι $F' \in HG \Rightarrow F' \equiv F.$ Αρκεί δηλαδή να αποδείξουμε $\angle CGF' = \angle HCD.$ Παρατηρούμε ότι $\left( {C'F' \bot DC \Rightarrow C'F'\parallel BH} \right) \wedge \left( {C'C \bot CH \Rightarrow C'C\parallel BD} \right)$ (Αντιρρόπως παράλληλες), επομένως $\angle CGF' = \angle CC'F' = \angle DBH = \angle HCD.$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 12, 2026 12:00 am**

Βάζω και τη λύση μου στο πρόβλημα 4 και μια εναλλακτική λύση μου στο πρόβλημα 3

Πρόβλημα 4
Αν ο

δεν είναι δύναμη του 2, θα υπάρχει πρώτος p|n

κι έστω $b_{l,k}$ η

οστή σειρά των καταγεγραμμένων αριθμών στον πίνακα μετά το

οστό βήμα, για κάθε l,k.

Έστω ότι για κάποιο

ισχύει $\min_{1\leq m\leq n} \left\{ u_{p}\left ( b_{m,k} \right )\right\}\geq 1,$ κι έστω a,b

δύο σειρές στο βήμα αυτό $\Rightarrow \min \left\{ u_{p}\left ( a \right ),u_{p}\left ( b \right )\right\}\leq 0,$ άρα αν $\displaystyle \min \left\{ u_{p}\left ( a \right ),u_{p}\left ( b \right )\right\}=0\Rightarrow u_{p}\left ( \frac{4ab}{a+b} \right )\leq 0\vee u_{p}\left ( a+b-\frac{4ab}{a+b}\right )=0,$ άτοπο, συνεπώς $\displaystyle \min \left\{ u_{p}\left ( a \right ),u_{p}\left ( b \right )\right\}< 0$ $\Rightarrow u_{p}\left ( a+b-\frac{4ab}{a+b} \right )=u_{p}\left ( c\in \left\{ a,b\right\}:u_{p}\left ( c \right )=\min \left\{ u_{p}\left ( a \right ),u_{p}\left ( b \right )\right\} \right )< 0\vee u_{p}\left ( \frac{4ab}{a+b} \right )\leq 0,$ άτοπο. Επομένως , $\displaystyle \min _{1\leq m\leq n}\left\{ u_{p}\left ( b_{m,k} \right )\right\}\leq 0,$ και άρα δε μπορούμε να κατασκευάσουμε μια ακολουθία βημάτων που να εμφανίζει εν τέλει τον αριθμό

στον πίνακα, γιατί στο τελευταίο βήμα θα έχουμε ένα

και όλα τα υπόλοιπα

όμως ο

δεν είναι δύναμη του 2. Αν ο

είναι δύναμη του 2, τότε πράγματι ξεκινώντας με την

άδα $(1,1,1,1,1,1,.....)\rightarrow (2,2,2,...,0,0,0,....)\rightarrow$ όπου στη δεύτερη αλληλουχία λάβαμε $2^{r-1}$ άσσους και επίσης $2^{r-1}$ μηδενικά, συνεχίζοντας επαγωγικά για

συνεχόμενες αλληλουχίες, θα απομείνει στον πίνακα ο αριθμός $2^{r}.$

Πρόβλημα 3

: Πρόβλημα 3 ΒΜΟ 2026 δεύτερη λύση μου.png (129.7 KiB) Προβλήθηκε 369 φορές

$\bullet$ Έστω $W\equiv \left ( BEG \right )\cap \left ( BH'DC \right )\left ( W\not\equiv B \right ),$ τότε $\displaystyle \angle WEH\equiv \angle WEG\overset{W\in \left ( BEG \right )}=\angle WBG\equiv \angle WBC\overset{W\in \left ( BH'DC \right )}=\angle WH'C\equiv\angle WH'H,$ άρα το τετράπλευρο WH'EH

είναι εγγράψιμο , και $\displaystyle \angle WGF\equiv \angle WGE\overset{W\in \left ( BEG \right )}=\angle EBW\equiv \angle DBW\overset{W\in \left ( BH'DC \right )}=\angle DCW\equiv \angle WCF,$ άρα το τετράπλευρο WGCF

είναι εγγράψιμο και συνεπώς το

είναι κοινό σημείο των κύκλων (EH'H)

και

και φέροντας την εφαπτομένη

του κύκλου (EH'H)

στο σημείο του

θα είναι $\displaystyle \angle xWC=\angle HWC-\angle xWH\overset{\left ( \chi o\varrho \delta \eta \varsigma -\epsilon \phi \alpha \pi \tau o\mu \epsilon \nu \eta \varsigma \right )}=\angle H'WC-\angle H'WH-\angle WEH\overset{W\equiv \left ( H'BC \right )\cap \left ( H'EH \right )}=$ $\angle H'EH-\angle H'BC-\angle WEH=\left ( \angle H'BH+2\angle ADB \right )-\left ( \angle H'BH+\angle HBC \right )-\angle WEH$ $=2\angle ADB+\angle DCB-90^\circ-\angle WEH=\angle DBC+90^\circ-\angle BDC-\angle WEH=\angle DEH-\angle WEH$ $=\angle DEW\overset{W\in \left ( BEG \right )}=\angle BGW\equiv \angle CGW,$ άρα η ευθεία

είναι εφαπτομένη και του κύκλου (CFG)

στο σημείο

και συνεπώς οι κύκλοι (EH'H),(CFG)

δέχονται στο κοινό τους σημείο

κοινή εφαπτομένη Wx,

συνεπώς εφάπτονται στο σημείο

: Πρόβλημα 3 ΒΜΟ 2026 δεύτερη λύση μου.png (129.7 KiB) Προβλήθηκε 369 φορές

Με εκτίμηση,
Δημήτρης.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 12, 2026 7:15 am**

Καλημέρα. Καταρχάς επιτρέψτε μου να επισημάνω ότι μου άρεσαν πολύ οι λύσεις που παρέθεσε ο Δημήτρης. Επιτρέψτε μου στην συνέχεια, με την υποχρέωση που έχω ως επί σειρά ετών μέλος της επιτροπής διαγωνισμών της Ε.Μ.Ε. αλλά και θεματοδότης της ότι τα θέματα αυτά είναι πολύ δύσκολα, για να ανταποκριθούν στον σχετικά μικρό χρόνο οι Έλληνες διαγωνιζόμενοι για την Ελληνική των πραγμάτων πραγματικότητα (τα Ελληνόπουλα που πήραν μετάλλιο υπερέβησαν και πράγματι πρόκειται για υπέρβαση) και ειδικά της Γεωμετρίας. Θα ήθελα τέλος να πω να πω ότι αξίζουν Πολλά Συγχαρητήρια στους διαγωνιζόμενους για την τιτάνια προσπάθεια που έκαναν κόντρα σε κάθε αντικειμενική δυσκολία. Ας μου επιτραπεί να συγχαρώ ιδιαίτερα για το Μετάλλιο του τον Γιάννη Μελισσουργό επειδή μπορώ να εκφράσω μετά λόγου γνώσης, ότι είναι δυνατό μαθηματικό ταλέντο, αλλά και άψογος χαρακτήρας, όπως εξάλλου με έχει διαβεβαιώσει και ο καθηγητής του άριστος μαθηματικός Μάκης Χατζόπουλος στο κορυφαίο διαχρονικά δημόσιο σχολείο ΒΑΡΒΑΚΕΙΟ. Δεν μπορώ να πω ότι τα αποτελέσματα με ενθουσίασαν, με μηδενική ευθύνη των διαγωνιζόμενων, και το λέω αυτό για να πω ότι επείγει κόντρα σε κάθε είδος λαϊκισμού να εισέρθει στο καθαρό παιχνίδι και το υπουργείο παιδείας για επιπλέον ενίσχυση των ταλέντων αυτών και όχι να παλεύει μόνη της η Ε.Μ.Ε., αφού ελλοχεύει ο κίνδυνος σε κάποια φάση να εκτεθεί ... και μάλιστα αδίκως. Το υπουργείο θα πρέπει να προσφέρει και αυτό οργανωμένο υλικό για ταλέντα, στα Μαθηματικά, την Φυσική κτλ. σε συνεργασία με τα Πανεπιστημιακά Ιδρύματα της Πατρίδας αλλά εκ των προτέρων για τα μαθηματικά με την Ε.Μ.Ε. μας. Από ότι έχω ακούσει οι γείτονες μας Τούρκοι, που πρώτευσαν για μία ακόμα φορά, έχουν μαθηματικά σχολεία ή θετικής κατεύθυνσης σχολεία καθ' υπέρβαση της ροής της καθημερινής διδασκαλίας. Ας διδαχτούμε κ α ι από τους γείτονες μας για άριστες ενέργειες που αναδεικνύουν κορυφαίες ΕΠΙΣΤΗΜΟΝΙΚΕΣ επιδόσεις και ας μην περιμένουμε στον καναπέ το μάνα εξ' ουρανού .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 12, 2026 10:52 pm**

Παραθέτω και την τρίτη λύση μου στο πρόβλημα 3

: Πρόβλημα 3 ΒΜΟ 2026 τρίτη λύση μου .png (895.46 KiB) Προβλήθηκε 231 φορές

$\bullet$ Έστω X,Q_1

τα κέντρα των κύκλων (EH'H)

και

αντίστοιχα, $XM \parallel BC (M\in CQ_1),BL \perp CQ_1(L \in CQ_1).$ Είναι $\displaystyle \angle GCQ_{1}\overset{\left ( \alpha \kappa \tau \iota \nu \alpha \varsigma -\chi o\varrho \delta \eta \varsigma \right )}=90^\circ-\angle CFG\overset{AB \parallel DF}=90^\circ-\angle BAH\overset{ADHB \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=90^\circ-\angle BDH\overset{DH \perp BC}$ $=\angle DBC\Rightarrow CQ_1\parallel BD$ και $X \in BD ,$ άρα $XM \parallel =BC$ $\displaystyle \overset{CQ_1\parallel \overline{BDX}}\Rightarrow MQ_{1}=R_{\vartriangle CFG}-\left ( EB+R_{\vartriangle EH'H} \right )$ $\Rightarrow XQ_{1}^{2}\overset{XM \parallel =BC}=\left ( CL+R_{\vartriangle CFG}-R_{\vartriangle EH'H}-EB \right )^{2}+BL^{2}\Rightarrow XQ_{1}^{2}-\left ( R_{\vartriangle CFG}+R_{\vartriangle EH'H} \right )^{2}$ $=\left ( CL-EB \right )^{2}+BL^{2}+2\left ( R_{\vartriangle CFG}-R_{\vartriangle EH'H} \right )\left ( CL-EB \right )-4R_{\vartriangle CFG}R_{\vartriangle EH'H}\left ( \ast \right ).$ Αφού $\displaystyle \frac{AB}{DF}\overset{AB \parallel DF}=\frac{EB}{ED}=\frac{AB}{AD}\cdot \frac{\cos \angle DBC}{\cos \angle BDC}=\frac{BD^{2}+BC^2-DC^2}{2DB\cdot BC}\cdot \frac{2BD\cdot DC}{BD^2+DC^2-BC^2}\cdot \frac{DC}{BC}$ $\displaystyle =\frac{DC^{2}\left ( BD^{2} +BC^{2}-DC^{2}\right )}{BC^{2}\left ( BD^{2}+DC^{2}-BC^{2} \right )}\Rightarrow \frac{FC}{DC}=\frac{DC^{2}\left ( BD^{2}+BC^{2}-DC^{2} \right )-BC^{2}\left ( BD^{2}+DC^{2}-BC^{2} \right )}{DC^{2}\left ( BD^{2}+BC^{2}-DC^{2} \right )}$ $\displaystyle \Rightarrow FC=\frac{\left ( BC^2-DC^2 \right )\left ( BC^2+DC^2-BD^2 \right )}{DC\left ( BD^2+BC^2-DC^2 \right )}$ $\displaystyle \Rightarrow \boxed{R_{\vartriangle CFG}=\frac{\left ( BC^2-DC^2 \right )\left ( BC^2+DC^2-BD^2 \right )}{2 \cos \angle BDC\cdot DC\left ( BD^2+BC^2-DC^2 \right )}=\frac{BD\left ( BC^2-DC^2 \right )\left ( BC^2+DC^2-BD^2 \right )}{\left ( BD^2+DC^2-BC^2 \right )\left ( BD^2+BC^2-DC^2 \right )}}\left ( 1 \right ).$ Επειδή $\displaystyle R _{\vartriangle EH'H}=\frac{H'H}{2\sin \left ( 180^\circ+2\angle DBC-2\angle BDC \right )}\overset{H'H=2HB \cos \angle BDC}=-\frac{HB \cos \angle BDC}{\sin \left ( 2\angle DBC-2\angle BDC \right )}$ $\displaystyle =BC\cdot \frac{\cos \angle DBC \cos \angle BDC}{\sin \left ( 2\angle BDC-2\angle DBC \right )\sin \angle BDC}\left ( 2 \right ),$ και $\displaystyle CL=BC \cos \angle LCB\overset{CQ_1\parallel \overline{BDX}}=BC \cos \angle DBC\wedge BL=BC \sin \angle DBC \wedge$ $\displaystyle \frac{EB}{BD}=\frac{\left ( BC^2-DC^2 \right )\left ( BC^2+DC^2-BD^2 \right )}{DC^2(BD^2+BC^2-DC^2)+\left ( BC^2-DC^2 \right )\left ( BC^2+DC^2-BD^2 \right )}\overset{^{\left ( 1 \right )}_{\left ( 2 \right )}}\Rightarrow$ $\displaystyle \left ( CL-EB \right )^{2}+BL^2+2\left ( R_{\vartriangle CFG}-R_{\vartriangle EH'H} \right )\left ( CL-EB \right )=4R_{\vartriangle CFG}R_{\vartriangle EH'H} \overset{\left ( \ast \right )}\Rightarrow XQ_{1}^{2}=\left ( R_{\vartriangle CFG}+R_{\vartriangle EH'H} \right )^{2}$ $\Rightarrow XQ_1=R_{\vartriangle CFG}+R_{\vartriangle EH'H},$ άρα οι κύκλοι (CFG)

και

εφάπτονται εξωτερικά, έστω στο σημείο

: Πρόβλημα 3 ΒΜΟ 2026 τρίτη λύση μου .png (895.46 KiB) Προβλήθηκε 231 φορές

mathematica.gr

ΒΜΟ 2025-2026

ΒΜΟ 2025-2026

Re: ΒΜΟ 2025-2026

Re: ΒΜΟ 2025-2026

Re: ΒΜΟ 2025-2026

Re: ΒΜΟ 2025-2026

Re: ΒΜΟ 2025-2026

Re: ΒΜΟ 2025-2026

Re: ΒΜΟ 2025-2026