IMO 2016

#41

GVlachos έγραψε:....

Για μένα το πρόβλημα (αν υπάρχει πρόβλημα) είναι ότι διδάσκουμε στα παιδιά μεθόδους και λύσεις, χωρίς να εξηγούμε το motivation για τη λύση. Ακόμη και στο mathematica που βλέπουμε εξαιρετικές λύσεις, πολύ σπάνια κάποιος εξηγεί βήμα βήμα τις σκέψεις του. Κάτι τέτοιο, όπως έκαναν ο Νίκος και ο Σιλουανός πιο πάνω, είναι πολύ πιο διδακτικό για τους μαθητές από το να διαβάσουν 10 έτοιμες λύσεις.

Θεωρώ πως αν είχαμε μια συλλογή από 100 προβλήματα επιπέδου ΙΜΟ λυμμένα έτσι σε κάθε τομέα, οι μαθητές θα μπορούσαν να αποκτήσουν σχετικά γρήγορα μία καλή βάση σε όλους τους τομείς, και θα πήγαιναν στους διαγωνισμούς αυτούς με πολύ καλύτερη ψυχολογία.
Θα ξεκινήσω ένα τέτοιο εγχείρημα τις επόμενες μέρες, όπως έπρεπε να είχα κάνει από καιρό. Αν συμβάλλουμε τουλάχιστον οι παλιοί ολυμπιονίκες με 5 λύσεις έκαστος, το αποτέλεσμα θα ωφελήσει απίστευτα τους νέους μαθητές.

Καλημέρα!

Ωραία ιδέα!

Μου θυμίζει το "Seeking Solutions" του J.C. Burns.

Φιλικά,

Αχιλλέας

S.E.Louridas · #42

Ειλικρινή συγχαρητήρια στους Έλληνες διαγωνιζόμενους αλλά και στους αδελφούς Κυπρίους, επίσης Έλληνες διαγωνιζόμενους, και καλή συνέχεια προς όλους.
Ας μη ξεχνάμε βέβαια το χιλιο-ειπωμένο: Ο εχθρός του καλού είναι το καλλίτερο.
Εδώ και 2 ή 3 χρόνια, όπως είχα επισημάνει και στα τότε σχόλια μου, άλλαξε η νοοτροπία των θεμάτων προς μία άλλου είδους κατεύθυνση. Ευτυχώς που διατηρείται ακόμη και θέμα Ευκλείδειας Γεωμετρίας. Προσωπικά δεν θεωρώ ότι αυτά τα "σύγχρονα" θέματα έχουν στόχο την ευρύτερη ανάδειξη Μαθηματικών ταλέντων αλλά Μαθηματικών μεν ταλέντων με σαφή τάση προς τα "Μαθηματικά της αγοράς" και αυτό το καταθέτω απλά ως προσωπική μου διαπίστωση. Όμως σίγουρα τα προβλήματα της συνδυαστικής, εξαρτώνται κατά μείζονα λόγο, άμεσα και καθοριστικά από την τεχνική των γλωσσικών "μπερδεμάτων" κατά την εκφώνηση και όχι την διαδικασία μέσω των ευρύτερων διαδρομών της Μαθηματικής λογικής πάνω στις Μαθηματικές έννοιες που συνθέτουν την Μαθηματική επιστήμη. Ως εκ τούτου το πλεονέκτημα έδρας το έχουν οι διαγωνιζόμενοι που η χώρα τους προτείνει το συγκεκριμένο πρόβλημα. Αρκεί ένα ανεπαίσθητο λάθος κατά την μετάφραση ή μία μη απόλυτη γλωσσική απόδοση κτλ, σε άλλη γλώσσα ακόμα και προς τα Αγγλικά και η ζημιά έγινε χωρίς υπαιτιότητα του διαγωνιζόμενου. Θεωρώ ότι αυτή η κατάσταση της απόλυτης κομπινατορικοποίησης των διαγωνισμών αυτών για την ανάδειξη ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΏΝ ΤΑΛΈΝΤΩΝ πρέπει να φρεναριστεί τάχιστα. Κατ΄ εμε δεν είναι καλού είδους πολιτική.

#43

Σωτήρη θα διαφωνήσω.

Σίγουρα οι ασκήσεις που εμφανίζονται σε ΙΜΟ δεν έχουν καμία σχέση με τα «Μαθηματικά της αγοράς».

Όντως θέλει προσοχή η διατύπωση ορισμένων προβλημάτων συνδυαστικής αλλά αυτό επαφίεται και στους αρχηγούς των αποστολών να προσέξουν να κάνουν σωστή μετάφραση. Ένας καλός αρχηγός πιθανώς να κάνει και μετάφραση που να είναι καλύτερη της αρχικής διατύπωσης. Δεν συμφωνώ όμως ότι είναι «γλωσσικά μπερδέματα». Η δυσκολία εξακολουθεί να βρίσκεται στην επίλυση του προβλήματος.

Ο λόγος που κατά την άποψή μου εμφανίζονται πολλά προβλήματα είτε καθαρής συνδυαστικής είτε αναμεμειγμένης με άλλους τομείς είναι η ανάγκη για πρωτότυπα προβλήματα. Ενώ πολλά θεωρήματα από άλλους τομείς εφαρμόζονται με παρόμοιο τρόπο κάθε φορά (π.χ. μικρό θεώρημα Fermat) πολλές τεχνικές στην συνδυαστική εφαρμόζονται συχνά με διαφορετικό και αναπάντεχο τρόπο (π.χ. αρχή περιστερώνα). Νομίζω αυτό είναι που κάνει πολλές φορές τους κατασκευαστές των προβλημάτων να τοποθετούν και στοιχεία συνδυαστικής στο πρόβλημά τους. Σίγουρα αυτό δεν είναι τροχοπέδη αλλά βοηθάει στην ανάδειξη των μαθηματικών ταλέντων.

Μάλιστα βλέπω ότι κινούμαστε προς ένα σημείο όπου πολλά προβλήματα δεν είναι απόλυτα από ένα τομέα από τους Άλγεβρα/Γεωμετρία/Θεωρία Αριθμών/Συνδυαστική αλλά συνδυάζει στοιχεία από δύο ή και περισσότερους τομείς. Η συνδυαστική τυγχάνει να κολλάει καλύτερα με όλους τους άλλους τομείς.

S.E.Louridas · #44

Καλώς Δημήτρη.
Το "γλωσσικά μπερδέματα" όπως θα διαπίστωσες είναι σε παρένθεση. Προσωπικά τα πιστεύω μου παραμένουν ακλόνητα ως ολότητα, παρόλο που στο καινούργιο μου βιβλίο που θα εκδοθεί σύντομα υπάρχουν υπέρ του δέοντος τέτοια προβλήματα συνδυαστικής. Όπως θα ξέρεις έχω υπάρξει κατασκευαστής και τέτοιων προβλημάτων, αν και αυτό έχει "ακαδημαϊκό ενδιαφέρον". Όταν λέω "Μαθηματικά της αγοράς" προφανώς εννοώ της "μόδας" και είναι αυτά που αν ο λύτης ακολουθήσει μία διαδικασία επιταγών του προβλήματος μπαίνει στην επίλυση. Με λυπεί αφάνταστα το γεγονός ότι δεν μπορούν να κατασκευαστούν πρωτότυπα προβλήματα σε ευρύτερους τομείς και κυνηγούμε άλλου τύπου γενικότερες κατασκευές. Στους διαγωνισμούς αυτούς διαγωνίζονται και οι κατασκευαστές προβλημάτων αλλά και πολλοί άλλοι παράγοντες, ώστε η σκοπιμότητα να μην αποβεί σε βάρος της Μαθηματικής αναγκαιότητας. Τέλος πάντων εμείς καταθέτουμε τις απόψεις μας στα πλαίσια του ενδιαφέροντος για την διαδικασία επιλογής των πραγματικών Μαθηματικών Ταλέντων και ...Ίδωμεν.
Σίγουρα χαίρομαι που διαφωνούμε πολιτισμένα.
Και πάλι συγχαρητήρια στις ομάδες μας Ελλάδας και Κύπρου και καλό Επιστημονικό Αύριο.

(*) Με την ευκαιρία θα ήθελα να πω ότι η καλλίτερη μαθηματική διδακτική είναι να εκθέτουμε στον Μαθητή το πώς σκεφτήκαμε, τι λογικούς συνδυασμούς κάναμε, τι πιθανές λάθος διαδρομές απορρίψαμε και γιατί ώστε να πάμε στην συγκεκριμένη επίλυση που του προτείνουμε και όχι να δώσουμε έμφαση μόνο στο καλό "σερβίρισμα". Τελικά και επίσης σπουδαίο να του πούμε για το "κλειδί" που φαίνεται ότι ανοίγει την πύλη εισόδου. Δηλαδή πιο σημείο στιγματίζει θετικά το μυαλό του, αναδεικνύοντας έτσι το διαφορετικό δηλαδή το ταλέντο. Προσωπικά αυτό προσπαθώ ως διδάσκων. Τώρα υπάρχει το ερώτημα: γιατί στο mathematica ή σε παρόμοια "αλλού" δεν συμβαίνει πάντα αυτό; Η απάντηση είναι προφανής και αποδεκτή: Μα γιατί δεν είναι club εισοδηματιών, αφού το όλο εγχείρημα και ειδικά σε δύσκολα θέματα θα απαιτούσε μη διαχειρίσιμους χρόνους.

taratoris · #45

Πολλά Συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά και απο εμένα!!!

Να στείλω και ιδιαίτερα συγχαρητήρια στους Τσιάμη και Γεωργιάδη που τους γνωρίζω προσωπικά και που πιστεύω έχουν λαμπρό μέλλον μπροστά τους (όπως φυσικά και όλα τα άλλα παιδιά!!!).

Μπράβο παιδιά και πάλι μας κάνετε όλους περήφανους!!!

#46

Συγχαρητήρια σε όλους -- τα προβλήματα της Συνδυαστικής καλοδεχούμενα, αν και όντως απαιτεί πλέον σοβαρή προσπάθεια ακόμη και η απλή ανάγνωση τους

Στέλιος Στυλιανού · #47

Καλήσπερα και από εμένα και σας ευχαριστώ όλους για τα καλά σας λόγια!!
Λόγω... στρατιωτικών υποχρεώσεων αμέσως μετά την επιστροφή από την ΙΜΟ δεν ήταν δυνατό να παραθέσω νωρίτερα τη λύση μου στο 6ο πρόβλημα, οπότε θα το κάνω τώρα έστω και αργοπορημένα (μιας και το έχουν ζητήσει και πιο πάνω). Δε διαφέρει ιδιαίτερα από την επίσημη λύση (όπως έχει επισημάνει και ο κύριος Δημήτρης), είναι ίσως διατυπωμένη κάπως πιο απλά.
Πριν προχωρήσω στη λύση θα ήθελα να πω το εξής:
κατά τη διάρκεια της δεύτερης μέρας του διαγωνισμού βλέποντας την εκφώνηση των προβλημάτων 5 και 6 δεν μπόρεσα να βρω άμεσα κάποια ιδέα για το 5, ενώ αντίθετα είχα καλές ιδέες για το 6. Έτσι αποφάσισα να ασχοληθώ περισσότερο με το πρόβλημα αυτό, παρόλο που ήξερα ότι θεωρητικά είναι πιο δύσκολο από το 5ο. Αυτά τα λέω προκειμένου να προτρέψω τα παιδιά που θα συμμετέχουν σε ολυμπιάδες τα επόμενα χρόνια να δοκιμάζουν όλα τα προβλήματα καθώς πολλές φορές ο καθένας είναι πιο δυνατός σε διαφορετικές κατηγορίες προβλημάτων, οπότε δεν πρέπει να αφιερώνουμε χρόνο μόνο στα προβλήματα που θεωρούνται πιο εύκολα καθώς πολλές φορές η ευκολία/δυσκολία σχετίζεται με τις προσωπικές ικανότητες του κάθε διαγωνιζόμενου.

Όσον αφορά τη λύση: (για να γίνει πιο εύκολα κατανοητή θα βοηθούσε και ένα σχήμα)

Αρχικά ονομάζω AiBi

τα άκρα των ευθυγράμμων τμημάτων και $\displaystyle{\varepsilon }i$ τις αντίστοιχες ευθείες στις οποίες ανήκουν $\displaystyle{\forall }$

$\displaystyle{\in }$ {1,2,...,n}.
Η ονομασία γίνεται με τον εξής τρόπο: τα σημεία

$\displaystyle{\forall }$

$\displaystyle{\in }$ {2,3,...,n} βρίσκονται στο ίδιο ημιεπίπεδο που ορίζεται από την $\displaystyle{\varepsilon }_1$ .
Επίσης, επιλέγω το A_2

με τρόπο ώστε καμία από τις

ευθείες να μην τέμνει εσωτερικά το A_1A_2

. Όμοια επιλέγω το A_3

ώστε καμιά ευθεία να μην τέμνει εσωτερικά το A_2A_3

κ.ο.κ. Τελικά έχω σε "κυκλική διάταξη" τα σημεία A_1A_2...A_nB_1B_2...B_n

.

Για το (α) ερώτημα:
Τοποθετώ τους βάτραχους στα σημεία A_i

$\displaystyle{\forall }$

$\displaystyle{\in }$ {1,3,5,...,n} και B_j

$\displaystyle{\forall }$

$\displaystyle{\in }$ {2,4,6,...,n-1}.
Για να συναντηθούν δύο βάτραχοι που βρίσκονται στις ευθείες $\displaystyle{\varepsilon }_k$ και $\displaystyle{\varepsilon }_m$ πρέπει ο αριθμός βημάτων που θα κάνουν για να φτάσουν στο σημείο τομής των ευθειών αυτών (έστω

) να είναι ο ίδιος, δηλαδή στα τμήματα

και

να υπάρχει ίσος αριθμός σημείων τομής με τις υπόλοιπες ευθείες, όπου

και

τα σημεία αφετηρίας των βατράχων.
Για να δείξω ότι κάτι τέτοιο δεν μπορεί να ισχύει σκέφτομαι ως εξής:
Μεταξύ οποιονδήποτε δύο σημείων όπου υπάρχουν βάτραχοι υπάρχει περιττό πλήθος από σημεία στη διάταξη A_1A_2...A_nB_1B_2...B_n

. (Ασχολούμαι πάντα με τη μικρότερη "απόσταση" μεταξύ σημείων της διάταξης.) Για καθένα από αυτά τα σημεία ισχύει ότι το τμήμα πάνω στο οποίο ανήκει τέμνει ακριβώς ένα από τα τμήματα

και

. Ακόμη αν κάποιο τμήμα δεν έχει κανένα από τα δύο άκρα του μεταξύ των

και

τότε είτε θα τέμνει και το

και το

είτε δε θα τέμνει κανένα από τα δύο. Άρα τελικά υπάρχει περιττό πλήθος σημείων τομής πάνω στα τμήματα

και

με αποτέλεσμα το πλήθος να είναι διαφορετικό στο κάθε τμήμα και τελικά οι βάτραχοι να μη συναντιούνται. Με τον τρόπο αυτό ο Geoff καταφέρνει να πραγματοποιήσει την επιθυμία του αν

περιττός.

Για το (β) ερώτημα:
Παρατηρώ ότι για να μην επιλέξω δύο διαδοχικά σημεία για να τοποθετήσω τους βάτραχους στη διάταξη A_1A_2...A_nB_1B_2...B_n

, πρέπει αναγκαστικά να επιλέξω τα σημεία A_i

και

$\displaystyle{\forall }$

$\displaystyle{\in }$ {1,3,5,...,n-1} ή τα σημεία A_i

και

$\displaystyle{\forall }$

$\displaystyle{\in }$ {2,4,6,...,n}. Και στις δύο περιπτώσεις όμως έχω τοποθετήσει 2 βάτραχους σε κάποια τμήματα και κανέναν σε άλλα τμήματα, γεγονός που δε συμφωνεί με την εκφώνηση της άσκησης. Άρα είμαι αναγκασμένος να έχω δύο βάτραχους σε διαδοχικά σημεία, έστω

και

και έστω

το σημείο τομής των ευθειών στις οποίες κινούνται. Τότε ισχύει ότι κάθε άλλο ευθύγραμμο τμήμα είτε θα τέμνει και το

και το

είτε δε θα τέμνει κανένα από τα δύο. Άρα τελικά τα τμήματα

και

θα έχουν ίσο αριθμό σημείων τομής με τα υπόλοιπα τμήματα και οι βάτραχοι που αρχικά βρίσκονται στα

και

θα συναντηθούν σε κάποια φάση στο

. Έτσι ο Geoff δε θα μπορέσει να πραγματοποιήσει την επιθυμία του αν

άρτιος.

Nick1990 · #48

Στα πλαίσια της προσπάθειας να μαζέψουμε όσο πιο πολλές λύσεις γίνεται για κάθε πρόβλημα, βάζω μια μια γρήγορη και κομψή λύση για το 6 α), μαζί με το σκεπτικό μου που με οδήγησε σε αυτή. Δυστυχώς δεν έχω καταφέρει να λύσω το β) βασιζόμενος στην ίδια ιδέα, γι' αυτό αφήνω ως άσκηση την προσαρμογή της ιδέας ώστε να αποδεικνύεται και το β).

Ονομάζω x_i

το βάτραχο του

-οστού τμήματος και $a_{i,j}$ το σημείο τομής των τμημάτων

και

. Η αρχική ιδέα ήταν να ορίσω μια απόσταση d(a, b)

, όπου

και

είναι είτε σημεία τομής ευθειών, είτε βάτραχοι. Αν ορίσουμε την απόσταση αυτή με κάποιο λογικό τρόπο, οι αρτιότητες των αποστάσεων είναι αναλλοίωτες μετά από κάθε χειροκρότημα, οπότε αρκεί μετά να πετύχουμε όλες οι αποστάσεις μεταξύ βατράχων να είναι αρχικά περιττές. Αρχικά είχα την εντύπωση πως αναγκαστικά θα ίσχυε πάντα μια σχέση της μορφής d(a, b) = d(a, c) + d(c, b)

η οποία δεν θα επέτρεπε το να είναι όλες οι αποστάσεις περιττές, οπότε και εγκατέλειψα γρήγορα αυτή την ιδέα. Όταν όμως εξέτασα την περίπτωση n=3

(ο έλεγχος απλών περιπτώσεων είναι κάτι που πάντα πρέπει να κάνουμε σε τέτοια προβλήματα), παρατήρησα ότι αυτό που πραγματικά ισχύει είναι d(a, b) = d(a, c) + d(c, b) + 1 (mod2)

όταν

είναι βάτραχοι, πράγμα που κάνει τα πράγματα πολύ πιο απλά, αφού μετά αρκεί ένας βάτραχος να απέχει περιττή απόσταση από όλους τους υπόλοιπους, το οποίο επιτυγχάνεται εύκολα βάζοντας τυχαία τον πρώτο βάτραχο και τοποθετώντας κατάλληλα τους υπόλοιπους n-1 (εδώ χρειάζεται το ότι ο n είναι περιττός).

Πράγματι, αν x, y

είναι 2 σημεία τομής που ανήκουν στο ίδιο τμήμα, ορίζουμε d(x, y)

να είναι ο αριθμός αλμάτων που απαιτούνται για να πάει ένας βάτραχος από το

στο

ή ανάποδα (συμμετρική συνάρτηση). Αν

είναι βάτραχος στο σημείο

που ανήκει στο ίδιο τμήμα με το

και ο

κινείται στο τμήμα

, ορίζουμε d(x, z) = d(z, x) := d(y, x)

. Τέλος, αν z, w

είναι βάτραχοι που κινούνται σε τμήματα που τέμνονται στο

, ορίζουμε d(z, w) = d(z, a) + d(w, a)

. Η απόσταση είναι συνάρτηση συμμετρική, γραμμική (mod2) πάνω σε ευθείες, και αναλλοίωτη μετά από κάθε χειροκρότημα. Αν τώρα x_i, x_j, x_k

είναι 3 διαφορετικοί βάτραχοι, με τους συμβολισμούς της προηγούμενης παραγράφου έχουμε:

$d(x_i, x_j) = d(x_i, a_{i,j}) + d(x_j, a_{i,j})$
$= (d(x_i, a_{i,k}) + d(a_{i,k}, a_{i,j})) + (d(x_j, a_{j,k}) + d(a_{j,k}, a_{i,j}))$
$= (d(x_i, x_k}) - d(x_k, a_{i,k}) + d(a_{i,k}, a_{i,j})) + (d(x_j, x_k) - d(x_k, a_{j,k}) + d(a_{j,k}, a_{i,j}))$
$= (d(x_i, x_k}) + d(x_j, x_k)) + (d(a_{i,k}, a_{i,j}) + d(a_{j,k}, a_{i,j}) - d(a_{j,k}, a_{i,j})) (mod2)$

Έτσι, μας αρκεί η ποσότητα $(d(a_{i,k}, a_{i,j}) + d(a_{j,k}, a_{i,j}) + d(a_{j,k}, a_{i,j}))$ να είναι περιττή. Η ποσότητα αυτή όμως ισούται με τον αριθμό των τομών πάνω στο τρίγωνο που ορίζουν τα σημεία $a_{i,j}, a_{i,k}, a_{k,j}$ . Άρα είναι οι κορυφές του τριγώνου μαζί με τις τομές κάθε ευθείας που τέμνει το τρίγωνο με τις πλευρές του τριγώνου, οι οποίες είναι πάντα 2 διαφορετικές τομές για κάθε τέτοια ευθεία (διότι δεν έχουμε συντρέχουσες ευθείες). Οπότε συνολικά έχουμε περιττό αριθμό τέτοιων τομών.

Τέλος, όπως αναφέρθηκε παραπάνω, αρκεί να μπορέσουμε να βάλουμε τους βατράχους x_2 , ... , x_n

έτσι ώστε να έχουν περιττή απόσταση από τον x_1

. Αυτό είναι προφανές αφού μπορούμε εύκολα να δούμε ότι αλλάζοντας άκρο στον βάτραχο x_i, i > 1

, η απόστασή του από τον x_1

αλλάζει αρτιότητα διότι ο

είναι περιττός.

Αυτό ολοκληρώνει την απόδειξη καθώς βλέπουμε ότι σε κάθε βήμα, όλες οι αποστάσεις μεταξύ βατράχων είναι περιττές (λόγω του d(a, b) = d(a, c) + d(c, b) + 1 (mod2)

για βατράχους a,b,c

και του αναλλοίωτου), ενώ 2 βάτραχοι στο ίδιο σημείο έχουν μηδενική απόσταση.

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #49

Χαιρετώ τα μέλη του forum μιας και αυτή είναι η πρώτη μου ανάρτηση.

Συγχαρητήρια καταρχάς σε όλα τα παιδιά της ομάδας.

Ανεβάζω τη δικιά μου λύση στο πρόβλημα 1 (αυτό της γεωμετρίας). Να επισημάνω ότι πολλά από τα βήματα της λύσης θα έβγαιναν πιο σύντομα, αλλά δεν έχω ακόμα την κατάλληλη εμπειρία (τώρα θα πάω στη Γ΄ Γυμνασίου).

(EDIT: μετατροπή σε LaTeX)

Απόδειξη:

Θα αποδείξουμε αρχικά ότι το τρίγωνο DBA

είναι ισοσκελές, με DB=DA

. Φέρνουμε την ευθεία

. Τα τρίγωνα CDA

και

είναι όμοια, καθώς έχουν όλες τις γωνίες μια προς μια ίσες. Συνεπώς ισχύει η σχέση $\frac{DA}{FA}=\frac{CA}{BA} \Leftrightarrow \frac{BA}{FA}=\frac{CA}{DA}$ (1). Όμως, αυτό σημαίνει ότι και τα τρίγωνα CBA

και

είναι όμοια, καθώς από τη σχέση (1) έχουν 2 πλευρές ανάλογες και ταυτόχρονα οι περιεχόμενες γωνίες $\widehat{BAC}$ και $\widehat{DAF}$ αντίστοιχα είναι ίσες. Άρα οι γωνίες $\widehat{BCA}$ και $\widehat{FDA}$ είναι ίσες. Έστω $\widehat{BAF}= x$ . Τότε, $\widehat{BFC} = 2x$ και $\widehat{BCA} = \widehat{FDA}= 90-2x$ . Συμπεραίνουμε ότι η

είναι κάθετη στη

και έστω ότι την τέμνει στο

. Όμως η κάθετη από το

στο

είναι η μεσοκάθετος του

, επειδή το τρίγωνο BFA

είναι ισοσκελές. Άρα, έπεται ότι το

ανήκει στη μεσοκάθετο του

, με άλλα λόγια το τρίγωνο DBA

είναι ισοσκελές. Από αυτό προκύπτει επιπλέον ότι η

είναι διχοτόμος της γωνίας $\widehat{ABD}$ .

Θα αποδείξουμε στη συνέχεια ότι τα σημεία

,

και

,

είναι συνευθειακά. Για τα

,

, έχουμε ότι η

είναι παράλληλη στη

, από τα δεδομένα του προβλήματος. Όμως και η

είναι παράλληλη στη

, καθώς $\widehat{ADE} = \widehat{DAM}$ , που είναι εντός εναλλάξ γωνίες. Άρα οι ευθείες

και

ταυτίζονται, δηλαδή τα σημεία

,

είναι συνευθειακά. Όσον αφορά τα σημεία

,

, ας απομονώσουμε το τετράπλευρο BDEA

.

Οι γωνίες $\widehat{DBA} = \widehat{DAB}=2x$ και οι γωνίες $\widehat{EDA}=\widehat{EAD}=x$ . Άρα $\widehat{BDA}= 180 - 4x, \widehat{BDE}=180 - 3x$ και $\widehat{BAE} = 3x$ . Συνεπώς το τετράπλευρο BDEA

είναι εγγράψιμο. Φέρνουμε την διαγώνιο

. Από τις ιδιότητες των εγγράψιμων τετράπλευρων, ισχύει ότι $\widehat{ADE} = \widehat{ABE} = x$ , συνεπώς η

είναι διχοτόμος της γωνίας $\widehat{DBA}$ . Όμως στο αρχικό σχήμα και η

είναι διχοτόμος της $\widehat{DBA}$ . Συμπεραίνουμε λοιπόν ότι τα σημεία

,

είναι συνευθειακά.

Το τρίγωνο FDE

είναι ισοσκελές καθώς η γωνία $\widehat{FDE} = \widehat{FDA} + x = 90 - 2x + x = 90 - x$ , αλλά και η γωνία $\widehat{DFE}$ είναι 90 - x

, καθώς $\widehat{DFE} = \widehat{SFB} = 90 - x$ . Θα αποδείξουμε τώρα πως DE = MF

. Θα χρησιμοποιήσουμε τον νόμο των ημίτονων και τριγωνομετρικές ταυτότητες:

$\frac{BF}{CF} = cosF \Leftrightarrow CF = \frac{BF}{cosF}= \frac{BF}{cos2x}$

$CA = CF + FA = CF + BF = \frac{BF}{cos2x}+BF$

Στο τρίγωνο CDA

ο νόμος των ημίτονων δίνει:

$\frac{CA}{sinD}= \frac{DA}{sinC}\Leftrightarrow \frac{\frac{BF}{cos2x}+BF}{sin(180-2x)} = \frac{DA}{sinx}\Leftrightarrow DA = sinx \frac{\frac{BF}{cos2x}+BF}{sin(180-2x)} = sinx \frac{\frac{BF}{cos2x}+BF}{sin2x}$

Στο τρίγωνο ADE

ο νόμος των ημίτονων δίνει:

$\frac{DA}{sinE} = \frac{DE}{sinA} \Leftrightarrow DE = \frac{sin^2x ( \frac{BF}{cos2x}+BF)}{sin^2 2x} = \frac{sin^2x BF(cos2x+1)}{sin^2 2x cos2x}$

$\frac{CF}{DE}=\frac{\frac{BF}{cos2x}}{\frac{sin^2x BF(cos2x+1)}{sin^2 2x cos2x}} =\frac{sin^2 2x}{sin^2 x(cos2x+1)}=\frac{sin^2 2x}{2sin^2 x cos^2 x} =\frac{4sin^2 x cos^2 x}{2sin^2 x cos^2 x}=2$

Συνεπώς, MF = DE = FE

. Επειδή όμως η

είναι διχοτόμος της γωνίας $\widehat{MFE}$ και το τρίγωνο MFE

είναι ισοσκελές, έπεται ότι ME⊥ DF

και ότι η

διχοτομεί την $\widehat{FED}$ . Φέρνουμε την

και έχουμε σχηματίσει το τρίγωνο XBE

. Θα αποδείξουμε πως αυτό το τρίγωνο είναι ισοσκελές. Φέρνουμε την

.

(επειδή το XMAE

είναι παραλληλόγραμμο). Άρα $\widehat{MXB} = \widehat{MBX}$ (2). $\widehat{MXE} = \widehat{MAE} = \widehat{MBE} = 2x$ (3). Συνεπώς, από τις σχέσεις (2) και (3), έπεται ότι το τρίγωνο XBE

είναι ισοσκελές και η ευθεία

είναι διάμεσος του τριγώνου XBE

, αφού είναι και διχοτόμος.

Από το θεώρημα του Θαλή στο τρίγωνο XBE

προκύπτει ότι XB // DF

. Άρα το

είναι τραπέζιο. Τέλος χρησιμοποιώντας το λήμμα:

Έστω τραπέζιο ABCD

, με

, με μέσο

της πλευράς

, μέσο

της πλευράς

, τομή

των διαγωνίων

και

και τομή

των προεκτάσεων

και

. Ισχύει ότι τα σημεία

,

και

είναι συνευθειακά. Με άλλα λόγια, οι ευθείες

,

και

συντρέχουν.

Από αυτό το λήμμα προκύπτει άμεσα ότι οι ευθείες

,

και

συντρέχουν.

IMO 2016

Re: IMO 2016

Re: IMO 2016

Re: IMO 2016

Re: IMO 2016

Re: IMO 2016

Re: IMO 2016

Re: IMO 2016

Re: IMO 2016

Re: IMO 2016

Μέλη σε σύνδεση