mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μάιος 10, 2013 1:36 pm**

Θα μπορούσε κάποιος από όσους έδιναν σήμερα να αναρτήσει τα θέματα του δεύτερου προκριματικού (εφόσον βέβαια επιτρέπεται); Ευχαριστώ εκ των προτέρων, και να ευχηθώ καλά αποτελέσματα σε όλους!

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μάιος 10, 2013 3:23 pm**

Καλησπέρα.
Ο διαγωνισμός είχε 4 θέματα και διάρκεια 4:30 ωρών. Τα θέματα ήταν τα εξής:

1. Να εξετάσετε εάν το πολυώνυμο P(x)=(x^2-2x+5)(x^2-4x+20)+1

μπορεί να γραφεί ως γινόμενο δύο πολυωνύμων με ακεραίους συντελεστές βαθμού μεγαλύτερου του

.

2. Για τις διάφορες τιμές της παραμέτρου

, όπου

θετικός ακέραιος, να προσδιορίσετε τα ζεύγη θετικών ακεραίων (a,b)

που είναι λύσεις της εξίσωσης $\displaystyle\frac{[a,m]+[b,m]}{(a+b)m}=\frac{10}{11}$ και στο καρτεσιανό επίπεδο Oxy

ανήκουν στο τετράγωνο $D=\{(x,y):1\leq x\leq36, 1\leq y\leq36\}$

3. Δίνεται τρίγωνο ABC

. Στις προεκτάσεις της πλευράς

θεωρούμε σημεία A_1,B_1

ώστε

(το

προς το μέρος του

). Στις προεκτάσεις της πλευράς

θεωρούμε σημεία B_4,C_4

ώστε

(το

προς το μέρος του

). Στις προεκτάσεις της

θεωρούμε τα σημεία C_1,A_4

, ώστε

(το

προς το μέρος του

). Στο εσωτερικό του ευθύγραμμου τμήματος A_1A_4

θεωρούμε σημεία A_2,A_3

ώστε

, όπου $m\in\mathbb{R}$ με $0<m<\displaystyle\frac{1}{2}$ . Με όμοιο τρόπο ορίζουμε τα σημεία B_2,B_3

και

στο εσωτερικό των ευθυγράμμων τμημάτων B_1B_4

και

αντίστοιχα. Αν είναι $D=BB_2\cap CC_3$ , $E=AA_3\cap CC_2$ , $F=AA_3\cap BB_3$ , $G=BB_3\cap CC_3$ , $H=AA_2\cap CC_3$ και $I=AA_2\cap BB_2$ να αποδείξετε ότι οι διαγώνιες DG,EH,FI

του εξαγώνου

περνάνε από το ίδιο σημείο

4.Ισόπλευρο τρίγωνο (που θα το συμβολίζουμε με T_n

) διαιρείται σε n^2

ίσα μικρά (στοιχειώδη) ισόπλευρα τρίγωνα, σχεδιάζοντας ευθείες παράλληλες στις πλευρές του. Στο σχήμα φαίνεται ένα τρίγωνο $T_{12}$ και ένα τραπεζοειδές πλακίδιο (ισοσκελές τραπέζιο) που αποτελείται από τρία μικρά ισόπλευρα τρίγωνα (ίσα με τα μικρά στοιχειώδη ισόπλευρα τρίγωνα στα οποία χωρίζεται το T_n

).
(α) Να προσδιορίσεται τις τιμές του

για τις οποίες το τρίγωνο T_n

καλύπτεται πλήρως από τραπεζοειδή πλακίδια μη επικαλυπτόμενα.
(β) Να αποδείξετε ότι, αν από ένα τρίγωνο T_n

αποσπάσουμε (αφαιρέσουμε) ένα τρίγωνο T_m

με

, τότε το τμήμα του τριγώνου που απομένει καλύπτεται από τραπεζοειδή πλακίδια μη επικαλυπτόμενα.
Τα τρίγωνα T_n

και

θεωρούμε ότι έχουν τις πλευρές τους παράλληλες και τον ίδιο προσανατολισμό με το τρίγωνο $T_{12}$ του σχήματος. Οι θετικοί ακέραιοι m,n

έχουν εκείνη τη μορφή που προκύπτει από το ερώτημα (α), για την οποία τα τρίγωνα T_n

και

καλύπτονται πλήρως και το καθένα ξεχωριστά από τα τραπεζοειδή πλακίδια.
(Το τρίγωνο είναι ίδιο με εκείνο του περσινού προκριματικού, όπως και τα τραπεζοειδή πλακίδια)

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μάιος 10, 2013 3:45 pm**

Mikesar έγραψε: 2. Για τις διάφορες τιμές της παραμέτρου , όπου θετικός ακέραιος, να προσδιορίσετε τα ζεύγη θετικών ακεραίων που είναι λύσεις της εξίσωσης $\displaystyle\frac{[a,m]+[b,m]}{(a+b)m}=\frac{10}{11}(a+b)$ και στο καρτεσιανό επίπεδο ανήκουν στο τετράγωνο $D=\{(x,y):1\leq x\leq36, 1\leq y\leq36\}$

Μιχάλη είναι όντως έτσι;

Αν ναι, είναι πολύ απλό: είναι $[a,m]+[b,m]\leq am+bm=(a+b)m$ οπότε $a+b \leq 1,1$ δηλαδή δεν έχουμε λύσεις...

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μάιος 10, 2013 3:58 pm**

Mikesar έγραψε:1. Να εξετάσετε εάν το πολυώνυμο μπορεί να γραφεί ως γινόμενο δύο πολυωνύμων με ακεραίους συντελεστές βαθμού μεγαλύτερου του .

Είναι

οπότε...

Γράφουμε P(x)=(x^2-2x+5)(x^2-4x+20)+1=(x^2+bx+c)(x^2+dx+e)

και έχουμε το σύστημα:

$\displaystyle{\begin{cases} b+d=-6 \\ bd+c+e=33 \\ be+cd=-60 \\ ce=101 \end{cases}}$

Από την τελευταία έχουμε $c+e =\pm 102.$

Και στις δύο περιπτώσεις έχουμε άτοπο από τις πρώτες δύο εξισώσεις του συστήματος.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μάιος 10, 2013 4:24 pm**

Μιχάλη να σε ευχαριστήσω πρώτα- πρώτα για τα θέματα. Τώρα, μερικές σκέψεις για το πρώτο. Αν υπάρχουν τέτοια πολυώνυμα θα είναι ή και τα δύο δευτέρου βαθμού ή το ένα πρώτου και το άλλο τρίτου. Εύκολα όμως αποδεικνύουμε ότι το πολυώνυμο δεν έχει ρίζες, αφού οι παράγοντες του γινομένου είναι αμφότεροι θετικοί και ο όρος εκτός του γινομένου είναι θετικός. Επειδή, ως γνωστόν η ύπαρξη πρωτοβάθμιων παραγόντων συνεπάγεται και την ύπαρξη ριζών και αντίστροφα, κάτι που είναι γνωστό και από το σχολικό βιβλίο, αποκλείεται το γινόμενο να αποτελείται από πολυώνυμα πρώτου βαθμού. Άρα θέλουμε δύο τριώνυμα με αρνητική διακρίνουσα (προκείμενου να μην αναλύονται σε γινόμενα πολυωνύμων πρώτου βαθμού). Νομίζω πως μετά αρκεί η προσέγγιση μέσω της ισότητας των πολυωνύμων. Με επιφύλαξη γράφω ότι: P(x) = x^4 +- 6x^3 + 33x^2 - 60x + 101

(με επιφύλαξη γιατί έκανα τις πράξεις στο πόδι). Μετά αρκεί να λάβουμε υπόψην πως οι συντελεστές είναι ακέραιοι και ότι πρέπει τα τριώνυμα να έχουν αρνητικές διακρίνουσες. Νομίζω πως είναι απλό θέμα, έχει όμως λίγη περιπτωσεολογία, και γι' αυτό αποφεύγω να δώσω πλήρη λύση γιατί δεν έχω πολύ χρόνο στην διάθεσή μου. Εκτός βέβαια και αν υπάρχει πιο σύντομη λύση και μου διαφεύγει κάτι. Βεβαίως ο χρόνος σίγουρα έφτανε και με το παραπάνω... Προσωπικά πάντως είμαι υπέρ των πιο σύντομων θεμάτων σε επίπεδο πρώτου- δεύτερου θέματος, προκειμένου να μην είναι μεν τζάμπα μονάδες αλλά και η όποια δυσκολίας να μην στηρίζεται στο πολύ γράψιμο και στις περιπτώσεις. Εντάξει βέβαια δεν έχει και τόση σημασία, θα δω και τα υπόλοιπα για να έχω γενικότερη εικόνα των θεμάτων.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μάιος 10, 2013 4:47 pm**

Μία απορία, αν είδα καλά στη γεωμετρία λέει A_1A_2 = mA_1A_2

με

. Πώς γίνεται αυτό; Μιχάλη, μήπως εννοείς mA_1A_4

;

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μάιος 10, 2013 5:26 pm**

Αργύρη, Θανάση έχετε δίκιο, το διόρθωσα.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μάιος 10, 2013 9:13 pm**

Mikesar έγραψε:3. Δίνεται τρίγωνο . Στις προεκτάσεις της πλευράς θεωρούμε σημεία ώστε (το προς το μέρος του ). Στις προεκτάσεις της πλευράς θεωρούμε σημεία ώστε (το προς το μέρος του ). Στις προεκτάσεις της θεωρούμε τα σημεία , ώστε (το προς το μέρος του ). Στο εσωτερικό του ευθύγραμμου τμήματος θεωρούμε σημεία ώστε , όπου $m\in\mathbb{R}$ με $0<m<\displaystyle\frac{1}{2}$ . Με όμοιο τρόπο ορίζουμε τα σημεία και στο εσωτερικό των ευθυγράμμων τμημάτων και αντίστοιχα. Αν είναι $D=BB_2\cap CC_3$ , $E=AA_3\cap CC_2$ , $F=AA_3\cap BB_3$ , $G=BB_3\cap CC_3$ , $H=AA_2\cap CC_3$ και $I=AA_2\cap BB_2$ να αποδείξετε ότι οι διαγώνιες του εξαγώνου περνάνε από το ίδιο σημείο

Μου πήρε μιάμιση ώρα η παρακάτω λύση αλλά παρ' αυτά δεν είναι ικανοποιητική:

Έστω $\displaystyle{ J \equiv AA_2 \cap BC }$ και $\displaystyle{ W \equiv AA_3 \cap BC }$ . Λήμμα: Ισχύει $\displaystyle{ \frac{BJ}{JC} = \frac{AB}{AC} \cdot \frac{A_1A_2}{A_2A_4} \cdot \frac{AA_4}{AA_1} }$ και ανάλογες εκφράσεις.

Απόδειξη Λήμματος: Ισχύει $\displaystyle{ \frac{BJ}{JC} = \frac{AB}{AC} \cdot \frac{\sin \angle BAJ}{\sin \angle JAC} }$ και $\displaystyle{ \frac{A_1A_2}{A_2A_4} = \frac{AA_1}{AA_4} \cdot \frac{\sin \angle BAJ}{\sin \angle JAC} }$ και άμεσα προκύπτει η ζητούμενη σχέση.

Εφαρμόζοντας το Λήμμα: προκύπτει ότι $\displaystyle{ \frac{AI}{IJ} = \frac{AB}{BJ} \cdot \frac{B_1B_2}{B_2B_4} \cdot \frac{BB_4}{BB_1} \ (1)}$ και $\displaystyle{ \frac{AF}{FW} = \frac{AB}{BW} \cdot \frac{B_1B_3}{B_3B_4} \cdot \frac{BB_4}{BB_1} \ (2) }$ .

Επίσης το Λήμμα: δίνει $\displaystyle{ \frac{AH}{HJ} = \frac{AC}{CJ} = \frac{C_1C_3}{C_3C_4} \cdot \frac{CC_4}{CC_1} \ (3) }$ και $\displaystyle{ \frac{EW}{AE} = \frac{CW}{AC} \cdot \frac{C_2C_4}{C_1C_2} \cdot \frac{CC_1}{CC_4} \ (4) }$ .

Έστω $\displaystyle{ X'\equiv IE \cap BC }$ και $\displaystyle{ X \equiv HF \cap BC }$ . Με διπλή εφαρμογή του Θ. Μενελάου στο $\displaystyle{ \triangle JAW }$ έπεται ότι $\displaystyle{ a = \frac{X'W}{X'J} = \frac{AI}{IJ} \cdot \frac{EW}{AE} }$

και $\displaystyle{b= \frac{XW}{XJ} = \frac{AH}{HJ} \cdot \frac{FW}{AF} }$ . Παρατηρούμε ότι $\displaystyle{ \frac{a}{b} = \frac{AB^2}{BJ\cdot BW} \cdot \left (\frac{BB_4}{BB_1} \right )^2 \cdot \frac{CJ\cdot CW}{AC^2} \cdot \left (\frac{CC_1}{CC_4} \right )^2 \implies}$

$\displaystyle{ \implies \frac{a}{b} = \left (\frac{CJ}{BJ} \cdot \frac{AB}{AC} \cdot \frac{A_1A_2}{A_2A_4} \cdot \frac{AA_4}{AA_1} \right ) \cdot \left (\frac{CW}{WB} \cdot \frac{AB}{AC} \cdot \frac{A_3A_3}{A_1A_3} \cdot \frac{AA_4}{AA_1} \right ) = 1 \cdot 1 = 1 }$ με διπλή εφαρμογή του Λήμματος.

Συνεπώς $\displaystyle{ a = b \implies X \equiv X' \implies IE,HF,BC }$ συντρέχουν. Επομένως τα $\displaystyle{ \triangle IDE }$ και $\displaystyle{ \triangle HGF }$ είναι προοπτικά ως προς άξονα.

Όμως από το Θ. Desargues έπεται ότι είναι προοπτικά και ως προς κέντρο, δηλαδή οι 3 ζητούμενες ευθείες συντρέχουν!

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 11, 2013 11:24 am**

Θα ήταν πράγματι ωφέλιμο να δούμε κι άλλες σκέψεις για το Γεωμετρικό Πρόβλημα. Προφανώς η λύση που παρέθεσα είναι μακριά
από την ιδέα κατασκευής και από αυτό που είχε κατά νου η Επιτροπή. Εικάζω ότι υπάρχει κάποια κομψή προσέγγιση.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 11, 2013 12:26 pm**

Μια προσέγγιση για το 2ο Πρόβλημα...

$\dfrac{[a,m]+[b,m]}{(a+b)m} = \dfrac{10}{11} \Leftrightarrow \dfrac{\dfrac{a}{(a,m)}+\dfrac{b}{(b,m)}}{a+b} = \dfrac{10}{11}$ .

Έστω $(a,m), (b,m) \geq 2 \Rightarrow LHS \leq \dfrac{\frac{a}{2}+\frac{b}{2}}{a+b} = \dfrac{1}{2}$ , άτοπο.

Άρα χωρίς βλάβη της γενικότητας θεωρούμε πως (a,m) = 1, (b,m)=d

, οπότε:
$\dfrac{a+\frac{b}{d}}{a+b} = \dfrac{10}{11} \Leftrightarrow 11a + 11\dfrac{b}{d} = 10a+11b \Rightarrow a = b'(10d-11)$ , όπου $b' = \dfrac{b}{d}$

Τώρα επειδή $1 \leq a, b \leq 36$ θα βρίσκουμε εύκολα πως:

a = 9b'

,

ή

. Οπότε:

,

ή

αλλά η

απορρίπτεται αφού (a,m)=1

Και τώρα λόγω μεταθέσεων (επειδή θα μπορούσε να είναι (b,m)=1

αντί για

), όλες οι λύσεις είναι:

$\fbox{(a,b) = (9,2),(19,3),(29,4),(27,6),(2,9),(3,19),(4,29),(6,27)}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 11, 2013 12:37 pm**

Mikesar έγραψε: 4.Ισόπλευρο τρίγωνο (που θα το συμβολίζουμε με ) διαιρείται σε ίσα μικρά (στοιχειώδη) ισόπλευρα τρίγωνα, σχεδιάζοντας ευθείες παράλληλες στις πλευρές του. Στο σχήμα φαίνεται ένα τρίγωνο $T_{12}$ και ένα τραπεζοειδές πλακίδιο (ισοσκελές τραπέζιο) που αποτελείται από τρία μικρά ισόπλευρα τρίγωνα (ίσα με τα μικρά στοιχειώδη ισόπλευρα τρίγωνα στα οποία χωρίζεται το ).
(α) Να προσδιορίσεται τις τιμές του για τις οποίες το τρίγωνο καλύπτεται πλήρως από τραπεζοειδή πλακίδια μη επικαλυπτόμενα.
(β) Να αποδείξετε ότι, αν από ένα τρίγωνο αποσπάσουμε (αφαιρέσουμε) ένα τρίγωνο με , τότε το τμήμα του τριγώνου που απομένει καλύπτεται από τραπεζοειδή πλακίδια μη επικαλυπτόμενα.
Τα τρίγωνα και θεωρούμε ότι έχουν τις πλευρές τους παράλληλες και τον ίδιο προσανατολισμό με το τρίγωνο $T_{12}$ του σχήματος. Οι θετικοί ακέραιοι έχουν εκείνη τη μορφή που προκύπτει από το ερώτημα (α), για την οποία τα τρίγωνα και καλύπτονται πλήρως και το καθένα ξεχωριστά από τα τραπεζοειδή πλακίδια.
(Το τρίγωνο είναι ίδιο με εκείνο του περσινού προκριματικού, όπως και τα τραπεζοειδή πλακίδια)

Μπορούμε μήπως να δούμε κάποιο σχήμα;

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 11, 2013 1:02 pm**

Demetres έγραψε:
Mikesar έγραψε: 4.Ισόπλευρο τρίγωνο (που θα το συμβολίζουμε με ) διαιρείται σε ίσα μικρά (στοιχειώδη) ισόπλευρα τρίγωνα, σχεδιάζοντας ευθείες παράλληλες στις πλευρές του. Στο σχήμα φαίνεται ένα τρίγωνο $T_{12}$ και ένα τραπεζοειδές πλακίδιο (ισοσκελές τραπέζιο) που αποτελείται από τρία μικρά ισόπλευρα τρίγωνα (ίσα με τα μικρά στοιχειώδη ισόπλευρα τρίγωνα στα οποία χωρίζεται το ).
(α) Να προσδιορίσεται τις τιμές του για τις οποίες το τρίγωνο καλύπτεται πλήρως από τραπεζοειδή πλακίδια μη επικαλυπτόμενα.
(β) Να αποδείξετε ότι, αν από ένα τρίγωνο αποσπάσουμε (αφαιρέσουμε) ένα τρίγωνο με , τότε το τμήμα του τριγώνου που απομένει καλύπτεται από τραπεζοειδή πλακίδια μη επικαλυπτόμενα.
Τα τρίγωνα και θεωρούμε ότι έχουν τις πλευρές τους παράλληλες και τον ίδιο προσανατολισμό με το τρίγωνο $T_{12}$ του σχήματος. Οι θετικοί ακέραιοι έχουν εκείνη τη μορφή που προκύπτει από το ερώτημα (α), για την οποία τα τρίγωνα και καλύπτονται πλήρως και το καθένα ξεχωριστά από τα τραπεζοειδή πλακίδια.
(Το τρίγωνο είναι ίδιο με εκείνο του περσινού προκριματικού, όπως και τα τραπεζοειδή πλακίδια)
Μπορούμε μήπως να δούμε κάποιο σχήμα;

δεν είναι κ το καλύτερο αλλα νομίζω κάτι κάνει

Η εικόνα είναι από τα θέματα του Πέτρου Ντούνη(Petros N.)

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 11, 2013 2:00 pm**

Για το 4(α) έχω μία λύση αλλά θα ήταν καλύτερα άμα μπορούσα να κάνω κάποιο σχήμα... θα βάλω τώρα την λύση και αργότερα θα ανεβάσω εικόνες που βοηθάν στην κατανόηση της...

Αρχικά επειδή τα τραπεζοειδή πλακάκια αποτελούνται από 3 στοιχειώδη τετραγωνάκια για να υπάρχει λύση θα πρέπει: $3|n^2 \Leftrightarrow 3|n$
Θα αποδείξουμε τώρα πως άμα 3|n

το

καλύπτεται πλήρως από τραπεζοειδή πλακίδια μη επικαλυπτόμενα. Θα το αποδείξουμε επαγωγικά:
Αρχικά για n=3

το

μπορεί να σχηματιστεί από 3 τραπεζοειδή πλακίδια.
Έστω τώρα πως γίνεται για n=3k

, θα αποδείξουμε πως γίνεται και για n=3(k+1)

. Το $T_{n+3}$ προκύπτει από το T_n

προσθέτοντας από "κάτω" του ένα ισοσκελές τραπέζιο αποτελούμενο από 3 σειρές με στοιχειώδη τριγωνάκια(η 1η σειρά έχει 2n+1

τριγωνάκια, η 2η 2n+3

και η 3η

). Τώρα το τραπέζιο αυτό μπορεί να χωριστεί σε ένα παραλληλόγραμο και σε ένα T_3

. Η

πρώτες "γραμμές" του τραπεζίου αποτελούνται από 2 τραπεζοειδή πλακίδια η καθεμία ενώ το T_3

από 3 όπως είπαμε παραπάνω... Άρα το παραλληλογράμμο μπορεί να σχηματιστεί από μη επικαλυπτόμενα τραπεζοειδή πλακίδια.
Έτσι επαγωγικά το $T_{3k}$ έχει την ζητούμενη ιδιότητα $\forall k \in \mathbb{N}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 12, 2013 12:17 am**

Mikesar έγραψε:3. Δίνεται τρίγωνο . Στις προεκτάσεις της πλευράς θεωρούμε σημεία ώστε (το προς το μέρος του ). Στις προεκτάσεις της πλευράς θεωρούμε σημεία ώστε (το προς το μέρος του ). Στις προεκτάσεις της θεωρούμε τα σημεία , ώστε (το προς το μέρος του ). Στο εσωτερικό του ευθύγραμμου τμήματος θεωρούμε σημεία ώστε , όπου $m\in\mathbb{R}$ με $0<m<\displaystyle\frac{1}{2}$ . Με όμοιο τρόπο ορίζουμε τα σημεία και στο εσωτερικό των ευθυγράμμων τμημάτων και αντίστοιχα. Αν είναι $D=BB_2\cap CC_3$ , $E=AA_3\cap CC_2$ , $F=AA_3\cap BB_3$ , $G=BB_3\cap CC_3$ , $H=AA_2\cap CC_3$ και $I=AA_2\cap BB_2$ να αποδείξετε ότι οι διαγώνιες του εξαγώνου περνάνε από το ίδιο σημείο.

Νομίζω ότι η λύση του Γρηγόρη αφορά σε γενίκευση του προβλήματος που τέθηκε στον προκριματικό διαγωνισμό, καθώς ( αν καταλαβαίνω καλά ) όπως ορίζεται στην εκφώνηση, για τα ζεύγη των σημείων $B_{2},\ B_{3}$ και $C_{2},\ C_{3},$ θα πρέπει να ισχύουν $B_{1}B_{2} = B_{3}B_{4} = mB_{1}B_{2}$ και $C_{1}C_{2} = C_{3}C_{4} = mC_{1}C_{2}$ , ομοίως όπως ισχύει $A_{1}A_{2} = A_{3}A_{4} = mA_{1}A_{2}$ , όπου $\displaystyle 0 < m < \frac{1}{2}.$

Η απόδειξη που ακολουθεί αφορά επίσης στην γενική περίπτωση, όπου τα $A_{2},\ A_{3}$ και $B_{2},\ B_{3}$ και $C_{2}C_{3}$ , είναι τυχόντα ζεύγη ισοτομικών σημείων επί των $A_{1}A_{2},\ B_{1}B_{2},\ C_{1}C_{2},$ αντιστοίχως και στο εξωτερικό μέρος του $\vartriangle ABC$ , με τον περιορισμό $\displaystyle A_{1}A_{2} = A_{3}A_{4} < \frac{A_{1}A_{2}}{2}$ κ.ο.κ.

$\bullet$ Έστω τα σημεία $K\equiv BC\cap AH$ και $L\equiv AB\cap CH$ και $M\equiv BC\cap AF$ και $N\equiv AC\cap BF$ και $X\equiv AC\cap KL$ και $Y\equiv AB\cap MN$ και $Z\equiv BX\cap CY$ .

Από το πλήρες τετράπλευρο BKHLAC

έχουμε ότι η σημειοσειρά $A,\ T,\ C,\ X$ είναι αρμονική, όπου $T\equiv AC\cap BH.$

Ομοίως, από το πλήρες τετράπλευρο CMFNAB

έχουμε ότι η σημειοσειρά $A,\ S,\ B,\ Y$ είναι αρμονική, όπου $S\equiv AB\cap CF$ και έστω το σημείο $P\equiv BT\cap CS.$

Επομένως, οι δέσμες $B\ldotp ATCX,\ C\ldotp ASBY$ είναι αρμονικές και άρα, έχουν ίσους Διπλούς λόγους.

Δηλαδή ισχύει $(B\ldotp ATCX) = (C\ldotp ASBY)\ \ \ ,(1)$

Από (1)

και επειδή οι δέσμες $B\ldotp ATCX,\ C\ldotp ASBY$ έχουν την

ως κοινή ακτίνα τους, συμπεραίνεται ότι τα σημεία $A\equiv BA\cap CA$ και $P\equiv BT\cap CS$ και $Z\equiv BX\cap CY$ είναι συνευθειακά.

Ισχύει δηλαδή, $AD\cap BH\cap CF\equiv P\ \ \ ,(2)$ (*) Προσοχή εδώ, βλέπε παρακάτω.

Από (2),

σύμφωνα με το παρακάτω θεώρημα που αφορά στα συγκλίνοντα ευθύγραμμα τμήματα, προκύπτει ότι :

(α) - Οι ευθείες $AG,\ BE,\ CI$ συντρέχουν στο σημείο έστω

(b) - Οι ευθείες $DG,\ EH,\ FI$ συντρέχουν στο σημείο έστω

και είναι το ζητούμενο του προβλήματος που έχει τεθεί.

(c) - Τα σημεία $P,\ Q,\ R$ είναι συνεθειακά.

ΘΕΩΡΗΜΑ. - Δίνονται τρία τυχόντα ευθύγραμμα τμήματα $AA',\ BB',\ CC',$ συγκλίνοντα στο σημείο έστω τυχαία συσχετισμένα μεταξύ τους αλλά και ως προς τα άκρα τους και έστω τα σημεία $A''\equiv BC'\cap B'C$ και $B''\equiv AC'\cap A'C$ και $C''\equiv AB'\cap A'B.$ Αποδείξτε ότι :

(a) - Οι ευθείες $AA'',\ BB'',\ CC''$ συντρέχουν στο ίδιο σημείο έστω

(b) - Οι ευθείες $A'A'',\ B;B'',\ C'C''$ συντρέχουν στο σημείο έστω

(c) - Τα σημεία $P,\ Q,\ R$ είναι συνευθειακά.

ΟΡΙΣΜΟΣ : Ονομάζουμε συγκλίνοντα τρία ευθύγραμμα τμήματα, αν συντρέχουν οι ευθείες επί των οποίων κείνται.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ (1). Το παραπάνω θεώρημα που αφορά στα συγκλίνοντα ευθύγραμμα τμήματα, έχει συζητηθεί παλιότερα στο mathlinks.ro φόρουμ και θα ψάξω να βρώ το σχετική δημοσίευση.

ΥΓ (2). Υπάρχει ένα σοβαρό κενό στην τεκμηρίωση, το οποίο καταρρίπτει την παραπάνω απόδειξη. Έχει θεωρηθεί ότι η ευθεία στην οποία ανήκουν τα σημεία $A,\ P,\ Z,$ περνάει από το σημείο $D\equiv BB_{2}\cap CC_{2}.$ Αυτό ισχύει όπως προκύπτει από τον υπολογιστή, αλλά θα πρέπει να αποδειχθεί και συγνώμη για την αβλεψία μου αυτή. Θα το δω πάλι αύριο και είναι καλοδεχούμενη κάθε βοήθεια.

(*) (12-05-2013) Από το ότι οι ευθείες $IE,\ HF,\ BC$ συντρέχουν, στην απόδειξη του Γρηγόρη πιο πάνω, προκύπτει ότι (A,I,H,J) = (A,E,F,W)

και άρα, ισχύει $(B\ldotp AIHJ) = (C\ldotp AEFW)$ και άρα, τα σημεία $A\equiv BA\cap CA$ και $D\equiv BI\cap CE$ και το σημείο έστω $P\equiv BH\cap CF$ ( που αναφέρεται στην ημέτερη προσέγγιση ) είναι συνευθειακά.

Επομένως, έχουμε μία απόδειξη του ότι η ευθεία των σημείων $A,\ P,\ Z$ περνάει από το σημείο $D\equiv BI\cap CE,$ αλλά το θέμα είναι αν αυτό μπορεί να αποδειχθεί αυτόνομα.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 12, 2013 11:35 am**

Για το 4...

Αρχικά θα δώσουμε κάποιους ορισμούς:
P_n

: είναι ένα ισοσκελές τραπέζιο που το μήκος των ίσων πλευρών του είναι

και των παραλλήλων πλευρών του

και

, ενώ το τραπέζιο χωρίζεται 2n+1

ισόπλευρα τρίγωνα με πλευρές μήκους

και παράλληλες στις ίσες πλευρές του τριγώνου(όπου

το μήκος της πλευρές ενός στοιχειώδους τριγώνου)
Q_n

: είναι το σχήμα που αποτελείται από ένα P_n

και "κάτω" από το P_n

ένα $P_{n+1}$ δημιουργώντας ένα ισοσκελές τραπέζιο
R_n

: είναι το σχήμα που αποτελείται από ένα Q_n

και "κάτω" από το Q_n

ένα $P_{n+2}$ δημιουργώντας ένα ισοσκελές τραπέζιο
Στην επισυναπτόμενη εικόνα φαίνονται τα P_3, Q_3, R_3

Αρχικά παρατηρούμε πως το T_3

καλύπτεται από 3 τραπεζοειδή πλακίδια που δεν επικαλύπτονται.
Μετά πως το R_n

καλύπτεται από τραπεζοειδή πλακίδια, καθώς σχηματίζεται από "λωρίδες" που είναι παράλληλες στη μία από τις ίσες πλευρές του και αποτελούνται από 2 τραπεζοειδή πλακίδια(π.χ. A_5, D_5, B_4, C_4

στο σχήμα της εικόνας) και από ένα Τ_3

.

4(α) Αρχικά επειδή τα τραπεζοειδή πλακάκια αποτελούνται από 3 στοιχειώδη τετραγωνάκια για να υπάρχει λύση θα πρέπει: $3|n^2 \Leftrightarrow 3|n$
Θα αποδείξουμε τώρα πως άμα 3|n

το

καλύπτεται πλήρως από τραπεζοειδή πλακίδια μη επικαλυπτόμενα. Όμως το $T_{3k}$ αποτελείται από ένα T_3

και από ένα R_3

, ένα

..., ένα $R_{3k}$ που το καθένα από αυτά καλύπτεται από τραπεζοειδή πλακίδια.

4(β) Το σχήμα που προκύπτει άμα αφαιρέσουμε από το $T_{3n}$ το $T_{3m}$ (με n > m

αποτελείται από πολλά R_i

για διάφορες πλευρές του

που είναι παράλληλα στις πλευρές του τριγώνου... Άρα (αφαιρώντας όλα τα R_i

που ήδη ξέρουμε πως να τα επικαλύψουμε) αρκεί να αποδείξουμε πως ένα $T_{3m+3}$ χωρίς το T_3m

μπορεί να καλυφθεί από στοιχειώδη τρίγωνα(στην εικόνα φαίνεται η περίπτωση για m=3

). Έτσι πρέπει να καλύψουμε ένα $Q_{3m+1}$ και ένα $P_{3m}$ που διατάσσονται όπως στο σχήμα...
Αρχικά παρατηρούμε πως κάθε $Q_{3k+1}$ μπορεί να καλυφθεί ολόκληρο εκτός από 2 στοιχειώδη τρίγωνα(στο σχήμα τα R, T, S_8, D_8

) ενώ κάθε P_3k

μπορεί να καλυφθεί ολόκληρο εκτός από ένα στοιχειώδη τρίγωνο(στο σχήμα το T, S_8, O_8

. Τέλος παρατηρούμε πως αυτά τα 3 στοιχειώδη τρίγωνα σχηματίζουν ένα τραπεζοειδή πλακίδιο.
Συνεπώς το σχήμα μπορεί να χωριστεί σε στοιχειώδη τραπέζια.

Υ.Γ. Συγγνώμη για την ασάφεια της απάντησης(κυρίως) στο (β) αλλά δε νομίζω να μπορώ να το εξηγήσω πιο αναλυτικά... πιστεύω πως το σχήμα θα βοηθήσει αρκετά στην κατανόηση της απάντησης

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 13, 2013 1:14 am**

Mikesar έγραψε:3. Δίνεται τρίγωνο . Στις προεκτάσεις της πλευράς θεωρούμε σημεία ώστε (το προς το μέρος του ). Στις προεκτάσεις της πλευράς θεωρούμε σημεία ώστε (το προς το μέρος του ). Στις προεκτάσεις της θεωρούμε τα σημεία , ώστε (το προς το μέρος του ). Στο εσωτερικό του ευθύγραμμου τμήματος θεωρούμε σημεία ώστε , όπου $m\in\mathbb{R}$ με $0<m<\displaystyle\frac{1}{2}$ . Με όμοιο τρόπο ορίζουμε τα σημεία και στο εσωτερικό των ευθυγράμμων τμημάτων και αντίστοιχα. Αν είναι $D=BB_2\cap CC_3$ , $E=AA_3\cap CC_2$ , $F=AA_3\cap BB_3$ , $G=BB_3\cap CC_3$ , $H=AA_2\cap CC_3$ και $I=AA_2\cap BB_2$ να αποδείξετε ότι οι διαγώνιες του εξαγώνου περνάνε από το ίδιο σημείο.

Ας δούμε μία προσέγγιση για την περίπτωση των ζευγών ισοτομικών σημείων $A_{2},\ A_{3}$ και $B_{2},\ B_{3}$ και $C_{2},\ C_{3}$ επί των $A_{1}A_{4},\ B_{1}B_{4},\ C_{1}C_{4}$ αντιστοίχως, όπως ορίζεται στην εκφώνηση.

Όταν δηλαδή ισχύει $A_{1}A_{2} = A_{3}A_{4} = mA_{1}A_{4}$ και $B_{1}B_{2} = B_{3}B_{4} = mB_{1}B_{4}$ και $C_{1}C_{2} = C_{3}C_{4} = mC_{1}C_{4}$ όπου $m\in \mathbb{R}$ με $\displaystyle 0 < m < \frac{1}{2}$ .

: Προκριματικό 2 2013 - Πρόβλημα 3.; f=58_t=36924(P-3).PNG (32.53 KiB) Προβλήθηκε 11294 φορές

$\bullet$ Έστω $M,\ N,\ L,$ α μέσα των $A_{1}A_{4},\ B_{1}B_{4},\ C_{1}C_{4}$ αντιστοίχως.

Σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα ( επέκταση ), έχουμε ότι τα σημεία $A,\ D,\ G,\ M$ είναι συνευθειακά.

Ομοίως, τα σημεία $B,\ H,\ E,\ N$ είναι συνευθειακά και το ίδιο ισχύει για τα σημεία $C,\ F,\ I,\ L$ και έστω το σημείο $P\equiv BN\cap CL.$

Το σημείο

με βάση το ίδιο Λήμμα, ανήκει στην ευθεία AM.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Άρα, οι ευθείες $DG,\ EH,\ FI$ τέμνονται στο ίδιο σημείο και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

ΛΗΜΜΑ. - Δίνεται τετράπλευρο και έστω το σημείο $P\equiv AC\cap BD.$ Επί των προεκτάσεων των $AC,\ BD$ , προς το μέρος του και αντιστοίχως, λαμβάνουμε τα σημεία $E,\ F,$ ώστε να είναι και Έστω τα σημεία $K,\ L,$ επί των $AB,\ CD$ αντιστοίχως, ώστε να είναι $\displaystyle \frac{AK}{KB} = \frac{DL}{LC}$ και έστω το σημείο $Q\equiv AL\cap DK.$ Αποδείξτε ότι η ευθεία περνάει από το μέσον του

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Θα βάλω αργότερα την απόδειξη που έχω υπόψη μου για το ως άνω Λήμμα.

ΥΓ. (14-05-2013) Αντικαταστάθηκε η τεκμηρίωση με Διπλό λόγο για το ότι το σημείο $P\equiv BN\cap CL$ ανήκει στην ευθεία

( βλέπε απόκρυψη ), γιατί αυτό προκύπτει άμεσα με βάση το παραπάνω Λήμμα.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 13, 2013 8:27 pm**

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ. - Δίνεται τετράπλευρο και έστω το σημείο $P\equiv AC\cap BD.$ Επί των προεκτάσεων των $AC,\ BD$ , προς το μέρος του και αντιστοίχως, λαμβάνουμε τα σημεία $E,\ F,$ ώστε να είναι και Έστω τα σημεία $K,\ L,$ επί των $AB,\ CD$ αντιστοίχως, ώστε να είναι $\displaystyle \frac{AK}{KB} = \frac{DL}{LC}$ και έστω το σημείο $Q\equiv AL\cap DK.$ Αποδείξτε ότι η ευθεία περνάει από το μέσον του

Δια των $B,\ F,$ φέρνουμε τις παράλληλες ευθείες προς την AD,

οι οποίες τέμνουν την ευθεία

στα σημεία $C',\ E',$ αντιστοίχως και έστω L',

το σημείο τομής της C'D,

από την δια του

παράλληλη ευθεία προς την $BC'\parallel AD.$

Τα τρίγωνα $\vartriangle PBC',\ \vartriangle Q'KL'$ , όπου $Q'\equiv AL'\cap DK,$ είναι προοπτικά λόγω των συνευθειακών σημείων $A\equiv PC'\cap Q'L'$ και $D\equiv PB\cap Q'K$ και $\infty\equiv BC'\cap KL'\cap AD$ ( από $BC'\parallel KL'\parallel AD$ ) και άρα, σύμφωνα με το Θεώρημα Desarques, έχουμε ότι οι ευθείες $BK\equiv AB,\ PQ',\ C'L'\equiv C'D$ τέμνονται στο ίδιο σημείο έστω

: Προκριματικός 2 2013 - Πρόβλημα 3 - Απόδειξη του Λήμματος.; f=58_t=36924(c).PNG (33.2 KiB) Προβλήθηκε 11157 φορές

Έτσι, στο τραπέζιο ADL'K

, η ευθεία SQ'

περνάει από το μέσον

της βάσης του AD.

Στο τρίγωνο $\vartriangle PE'F$ με $AD\parallel E'F,$ προκύπτει ότι η ευθεία $PQ'\equiv SQ'$ περνάει από το μέσον

του

Από $BC'\parallel KL'\parallel AD$ $\Longrightarrow$ $\displaystyle \frac{AK}{KB} = \frac{DL'}{L'C'}\ \ \ ,(1)$

Από (1)

και $\displaystyle \frac{AK}{KB} = \frac{DL}{LC}$ $\Longrightarrow$ $\displaystyle \frac{DL'}{L'C'} = \frac{DL}{LC}$ $\Longrightarrow$ $LL'\parallel CC'\equiv AC$ καί έστω το σημείο $L''\equiv AD\cap LL'.$

Η δια του

παράλληλη ευθεία προς την AC,

περνάει από τα μέσα $M,\ M'',$ των $EF,\ PF,$ αντιστοίχως και έστω το σημείο $Q\equiv AL\cap PM.$

$\bullet$ Θεωρούμε την δέσμη $P\ldotp M''M'MA$ και από $M''M\parallel PA$ $\Longrightarrow$ $(P\ldotp M''M'MA) = (M'',M',M) = (P,E',E)\ \ \ ,(2)$

Ομοίως, στην δέσμη $A\ldotp L''L'LP$ από $L''L\parallel AP$ $\Longrightarrow$ $(A\ldotp L''L'LP) = (L'',L',L) = (A,C',C)\ \ \ ,(3)$

Αλλά, ισχύει $(P,E',E) = (A,C',C)\ \ \ ,(4)$ λόγω των όμοιων σημειοσειρών $P,\ E',\ E$ και $A,\ C',\ C$ , από PE' = AC'

και

( ισχύει

και από

και BC'\parallel AD $\displaystyle{\Longrightarrow}$ PC' = AE' $). Από (2),\ (3),\ (4)$ $\Longrightarrow$ $(P\ldotp M''M'MA) = (A\ldotp L''L'LP)\ \ \ ,(5)$

Από (5)

και επειδή οι δέσμες $P\ldotp M''M'MA,\ A\ldotp L''L'LP$ έχουν την

ως κοινή ακτίνα τους, συμπεραίνεται ότι τα σημεία $D\equiv PM''\cap AL''$ και $Q'\equiv PM'\cap AL'$ και $Q\equiv PM\cap AL$ ανήκουν στην ίδια ευθεία.

Άρα, το σημείο $Q\equiv AL\cap PM,$ όπου

είναι το μέσον του EF,

ανήκει στην ευθεία $DQ'\equiv DK$ και το Λήμμα έχει αποδειχθεί.

$\bullet$ Στο σχήμα της εκφώνησης, η ισχύς του ως άνω Λήμματος επεκτείνεται, αν επί της ευθείας

και στο εξωτερικό ( ή στο εσωτερικό ) μέρος του ABCD

, θεωρήσουμε τυχόν ζεύγος Ισοτομικών σημείων ως προς το

( = συμμετρικά ως προς το μέσον του

).

: Προκριματικός 2 2013 - Πρόβλημα 3 - Απόδειξη του Λήμματος - Επέκταση.; f=58_t=36924(d).PNG (27.74 KiB) Προβλήθηκε 11142 φορές

Πράγματι, έστω τα ισοτομικά σημεία $X,\ T$ , στις προεκτάσεις του

προς το μέρος των $A,\ D$ αντιστοίχως και ας είναι $Y,\ Z,$ τα σημεία επί των $BX,\ CT$ αντιστοίχως, ώστε να ισχύει $\displaystyle \frac{BY}{YX} = \frac{CZ}{ZT}$ .

Θα αποδειχθεί ότι το σημείο έστω $Q\equiv AZ\cap DY,$ ανήκει στην ευθεία PM,

όπου

είναι το μέσον του

.

Έστω τα σημεία $K\equiv AB\cap DY$ και $L\equiv CD\cap AZ.$

Στο τρίγωνο $\vartriangle ABX$ με διατέμνουσα την YKD,

σύμφωνα με το Θεώρημα Μενελάου, έχουμε $\displaystyle \frac{KA}{KB}\cdot \frac{YB}{YX}\cdot \frac{DX}{DA} = 1$ $\Longrightarrow$ $\displaystyle \frac{KA}{KB} = \frac{YX}{YB}\cdot \frac{DA}{DX}\ \ \ ,(6)$

Ομοίως, στο τρίγωνο $\vartriangle DCT$ με διατέμνουσα την ZLA

έχουμε $\displaystyle \frac{LD}{LC} = \frac{ZT}{ZC}\cdot \frac{AD}{AT}\ \ \ ,(7)$

Αλλά, από $\displaystyle \frac{YX}{YB} = \frac{ZT}{ZC}$ και DX = AT

$\Longrightarrow$ $\displaystyle \frac{YX}{YB}\cdot \frac{DA}{DX} = \frac{ZT}{ZC}\cdot \frac{AD}{AT}\ \ \ ,(8)$

Από $(6),\ (7),\ (8)$ $\Longrightarrow$ $\displaystyle \frac{KA}{KB} = \frac{LD}{LC}\ \ \ ,(9)$

Έτσι, από (9)

όπως έχει ήδη αποδειχθεί, συμπεραίνεται ότι το σημείο $Q\equiv AL\cap DK\equiv AZ\cap DY$ ανήκει στην ευθεία PM,

όπου

είναι το μέσον του EF.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. (14-05-2013) Επειδή ''το σοφό είναι και απλό'', δείτε Εδώ μία όμορφη απόδειξη για το ως άνω Λήμμα, η οποία εφαρμόζεται το ίδιο και στην επέκταση του σχήματος στην οποία βασίζεται η απόδειξη για το πρόβλημα που έχει τεθεί.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 18, 2013 11:47 am**

Κάπως διαφορετικά για την 4. Όπως έχει παι ο Αποστόλης πρέπει απαραίτητα να είναι 3|n

. Έστω

Θα δείξω πως μπορώ για κάθε $0 \leqslant r \leqslant s-1$ να καλύψω τις γραμμές 3r+1,3r+2

και

του $T_{3m}$ με μη επικαλυπτόμενα τραπεζοειδή πλακίδια. Αυτό απαντά τόσο στο (α) όσο και στο (β): Για το (α) παίρνω όλες τις καλύψεις για $r \in \{0,1,\ldots,s-1\}$ ενώ για το (β) παίρνω όλες τις καλύψεις για $r \in \{t,t+1,\ldots,s-1\}$ όπου m=3t

.

Παρατηρώ ότι η 3r+1

γραμμή έχει 6r+1

τριγωνάκια, η επόμενη 6r+3

και η επόμενη 6r+5

.

- Χρησιμοποιώ το πρώτο τραπέζοειδές πλακίδιο για να καλύψω το πρώτο (από αριστερά) τριγωνάκι της 3r+1

γραμμής και τα πρώτα δύο (από αριστερά) τριγωνάκια της 3r+2

γραμμής.
- Χρησιμοποιώ το δεύτερο τραπέζοειδές πλακίδιο για να καλύψω το τελευταίο (από αριστερά) τριγωνάκι της 3r+2

γραμμής και τα τελευταία δύο (από αριστερά) τριγωνάκια της 3r+3

γραμμής.

Μένει τώρα να καλύψω

τριγωνάκια στην 3r+1

γραμμή,

τριγωνάκια στην 3r+2

γραμμή και 6r+3

τριγωνάκια στην 3r+3

γραμμή. Επιπλέον σε κάθε γραμμή τα τριγωνάκια που μένουν να καλυφθούν είναι διαδοχικά. Όμως κάθε τρία διαδοχικά τριγωνάκια μπορώ να τα καλύπτω με ένα τραπεζοειδές πλακίδιο. Επομένως μπορώ να καλύψω όλα τα τριγωνάκια της κάθε γραμμής διαδοχικά ανά τρία με τραπεζοειδές πλακίδια. (Π.χ. ένα πλακίδιο καλύπτει τo 2ο,3ο και 4ο τριγωνάκι της 3r+1

γραμμής (το πρώτο έχει ήδη καλυφθεί) άλλο το 5ο,6ο,7ο κ.ο.κ.)

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Αύγ 23, 2013 12:11 am**

Μία πιο στοιχειώδης λύση για το θέμα της γεωμετρίας εμπνευσμένη από τα μαθήματα του κυρίου Ψύχα στην Λεπτοκαρυά.

Έστω

το μέσο του $A_{1}A_{4}$

Θα δείξουμε πως τα

και

ανήκουν στην

Έχουμε

$\frac{(C_{1}CC_{2})}{(C_{2}CC_{4})}=\frac{sin\angle{C_{1}CC_{2}}\cdot C_{1}C}{sin\angle{C_{2}CC_{4}}\cdot C_{4}C}$ (1)

και επιπλέον

$\frac{C_{1}C_{2}}{C_{2}C_{4}}=\frac{mC_{1}C_{4}}{C_{1}C_{4}-mC_{1}C_{4}}=\frac{m}{1-m}$

Όμως είναι

$\frac{(C_{1}CC_{2})}{(c_{2}CC_{4})}=\frac{C_{1}C_{2}}{C_{2}C_{4}}=\frac{m}{1-m}$

Επομένως απο την (1)

παίρνουμε

$\frac{sin\angle{C_{1}CC_{2}}}{sin\angle{C_{2}CC_{4}}}=\frac{m}{1-m}\cdot \frac{C_{4}C}{C_{1}C}$

όμοια

$\frac{sin\angle{B_{1}BB_{2}}}{sin\angle{B_{2}BB_{4}}}=\frac{m}{1-m}\cdot \frac{B_{4}B}{B_{1}B}$

Η τριγωνομετρική μορφή του θεωρηματος του Ceva για της σεβιανές CD,AD,BD

στο $\bigtriangleup{ABC}$ δίνει

$\frac{sin\angle{BAD}}{sin\angle{DAC}}\cdot \frac{sin\angle{C_{1}CC_{2}}}{sin\angle{C_{2}CC_{4}}}\cdot \frac{sin\angle{B_{2}BB_{4}}} {sin\angle{B_{1}BB_{2}}}=1$

δηλαδή

$\frac{sin\angle{BAD}}{sin\angle{DAC}}\cdot \frac{C_{4}C}{C_{1}C}\cdot \frac{B_{1}B}{B_{4}B} = 1$

και επειδή $BB_{4}=CC_{4}$ παίρνουμε

$sin\angle{BAD}\cdot B_{1}B=sin\angle{DAC} \cdot C_{1}C$

ή ισοδύναμα

$sin\angle{BAD}\cdot A_{1}A=sin\angle{DAC} \cdot A_{4}A$

επομένως συμπεραίνουμε ότι

$(AA_{1}M)=(AA_{4}M)$ δηλαδή αν η

τέμνει την $A_{1}A_{4}$ στο σημείο

τότε το

είναι το μέσο του
$A_{1}A_{4}$

το ιδιο συμπερασμα βγάζουμε ομοία για τις σεβιανές AG,BG,CG

Επομένως τα D,G

βρίσκονται βρίσκονται στην

εργαζόμαστε ομοιώς και για τις κορυφές B,C

Κατά αυτόν τον τρόπο παίρνουμε οτι τα I,F

ανήκουν στην διάμεσο

του $\bigtriangleup{C_{1}CC_{4}}$

και τα H,E

ανήκουν στην διάμεσο

του $\bigtriangleup{B_{1}BB_{4}}$

Τέλος έχουμε

$\frac{sin\angle{A_{1}AM}}{sin\angle{MAA_{4}}}\cdot \frac{sin\angle{C_{1}CL}}{sin\angle{LCC_{4}}}\cdot \frac{sin\angle{B_{4}BK}}{sin\angle{KBB_{1}}}= \frac{AA_{1}}{AA_{4}}\cdot \frac{C_{1}C}{CC_{4}}\cdot \frac{B_{4}B}{B_{1}B} =1$

οπότε σύμφωνα με το αντίστροφo της τριγωνομετρικής μορφής του θεωρήματος του Ceva συμπεραίνουμε οτι οι AM,CL,BK

συντρεχουν

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 22, 2013 5:20 pm**

Δεν ξέρω άμα το παρατήρησε κανείς άλλος αλλά το πρόβλημα 1 του διαγωνισμού είναι ειδική περίπτωση "γνωστού" προβλήματος!

Δείτε το problem 2 στη σελίδα 2 από εδώ: http://yufeizhao.com/olympiad/intpoly.pdf

mathematica.gr

Προκριματικό 2 2013

Προκριματικό 2 2013

Re: Προκριματικό 2 2013

Re: Προκριματικό 2 2013

Re: Προκριματικό 2 2013

Re: Προκριματικό 2 2013

Re: Προκριματικό 2 2013

Re: Προκριματικό 2 2013

Re: Προκριματικό 2 2013

Re: Προκριματικό 2 2013

Re: Προκριματικό 2 2013

Re: Προκριματικό 2 2013

Re: Προκριματικό 2 2013

Re: Προκριματικό 2 2013

Re: Προκριματικό 2 2013

Re: Προκριματικό 2 2013

Re: Προκριματικό 2 2013

Re: Προκριματικό 2 2013

Re: Προκριματικό 2 2013

Re: Προκριματικό 2 2013

Re: Προκριματικό 2 2013