Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για BMO/IMO, 2017

Soteris · #1

Πρόβλημα 1

Έστω $\displaystyle{x, y, z}$ θετικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι, ώστε $\displaystyle{x+y+z\geqslant xyz}$ . Να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{\dfrac{x}{yz}+\dfrac{y}{xz}+\dfrac{z}{xy}\geqslant\sqrt{3}}$

Πρόβλημα 2

Να βρείτε όλες τις τριάδες θετικών ακεραίων $\displaystyle{(p, q, n)}$ , όπου $\displaystyle{p, q}$ είναι πρώτοι αριθμοί, που ικανοποιούν την εξίσωση: $\displaystyle{p^2+q^2-n^2=3(n-p-q)}$

Πρόβλημα 3

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο $\displaystyle{\vartriangle{ABC}}$ με $\displaystyle{AB<AC}$ και $\displaystyle{H}$ το ορθόκεντρό του. Από το $\displaystyle{H}$ φέρουμε κάθετη προς την διχοτόμο $\displaystyle{(\delta)}$ της γωνίας $\displaystyle{\angle{BAC}}$ του τριγώνου, η οποία τέμνει τις πλευρές του $\displaystyle{AB, AC}$ στα σημεία $\displaystyle{K, I}$ , αντίστοιχα. Ονομάζουμε $\displaystyle{J}$ το δεύτερο σημείο τομής των περιγεγραμμένων κύκλων $\displaystyle{(C_1), (C_2)}$ των τριγώνων $\displaystyle{\vartriangle{AKI}, \vartriangle{ABC}}$ , αντίστοιχα. Έστω $\displaystyle{L}$ το σημείο τομής του $\displaystyle{(C_1)}$ με την διχοτόμο $\displaystyle{(\delta)}$ (διαφορετικό από το $\displaystyle{A}$ ) και $\displaystyle{N}$ το σημείο τομής της ευθείας $\displaystyle{HL}$ με την $\displaystyle{BC}$ . Αν $\displaystyle{D}$ είναι το ίχνος του ύψους του τριγώνου από την κορυφή $\displaystyle{A}$ πάνω στην πλευρά του $\displaystyle{BC}$ , να αποδείξετε ότι $\displaystyle{\angle{BDJ}=\angle{JAN}}$ .

Πρόβλημα 4

Μια «μαγική τριγωνοποίηση» ονομάζεται μια διαμέριση ενός τριγώνου σε μικρότερα τρίγωνα με έναν πεπερασμένο αριθμό ευθυγράμμων τμημάτων, των οποίων τα άκρα είναι οι κορυφές του τριγώνου ή σημεία στο εσωτερικό του, έτσι ώστε σε κάθε σημείο (συμπεριλαμβανομένων των κορυφών του τριγώνου) να συναντώνται ο ίδιος αριθμός ευθυγράμμων τμημάτων. Να βρείτε τον μέγιστο αριθμό των μικρότερων τριγώνων που μπορεί να διαιρεθεί ένα τρίγωνο με μια τέτοια «μαγική τριγωνοποίηση».

Datis-Kalali · #2

Soteris έγραψε:Πρόβλημα 1
Έστω $\displaystyle{x, y, z}$ θετικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι, ώστε $\displaystyle{x+y+z\geqslant xyz}$ . Να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{\dfrac{x}{yz}+\dfrac{y}{xz}+\dfrac{z}{xy}\geqslant\sqrt{3}}$

Έχουμε ότι $\displaystyle{x+y+z\geqslant xyz} \Rightarrow \frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{xz} \ge 1$
Απο την ανισότητα ΑΜ/ΓΜ,
$\frac{a^2+b^2}{2} \ge ab , \frac{b^2+c^2}{2} \ge bc , \frac{a^2+c^2}{2} \ge ac$
Δηλαδή,
$a^2+b^2+c^2 \ge ab+ac+bc$ και $(a+b+c)^2 \ge 3(ab+bc+ac)$
Τότε
$\displaystyle({\dfrac{x}{yz}+\dfrac{y}{xz}+\dfrac{z}{xy})^2 \ge 3(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}) \ge 3(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{xz}) \ge 3$
Αρα,
$\displaystyle{\dfrac{x}{yz}+\dfrac{y}{xz}+\dfrac{z}{xy}\geqslant\sqrt{3}}$
Η ισότητα ισχύει αν και μονον αν $a=b=c=\sqrt{3}$

JimNt. · #3

Soteris έγραψε:
Πρόβλημα 2

Να βρείτε όλες τις τριάδες θετικών ακεραίων $\displaystyle{(p, q, n)}$ , όπου $\displaystyle{p, q}$ είναι πρώτοι αριθμοί, που ικανοποιούν την εξίσωση: $\displaystyle{p^2+q^2-n^2=3(n-p-q)}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Datis-Kalali · #4

2)
$\forall a \in Z, a^2 \equiv 0,1(mod 3)$
$p^2+q^2-n^2 \equiv 0(mod 3) \Rightarrow p^2+q^2 \equiv n^2(mod 3)$
Αν $p,q,r \not\equiv 0 (mod 3) \Rightarrow 2\equiv1(mod 3)$ άτοπο
Αν $p \equiv 0(mod 3) \Rightarrow p=3 \Rightarrow 18=3(n-q)+n^2-q^2 \Rightarrow (n-q)(n+q+3)=18$ που δεν υπάρχει λύση, επείδη
$(n-q)\equiv(n+q+3) (mod 2) \Rightarrow 2n\equiv 1(mod 2)$
Ομοια δεν υπάρχει λύση για q=3

Αν $n \equiv 0(mod 3)\Rightarrow p^2+q^2\equiv 0(mod 3) \Rightarrow p$ η $q \equiv 0(mod 3)$ άτοπο.
Αρα η έξισωση δεν υπάρχει λύση.

JimNt. · #5

Datis-Kalali έγραψε:2)
$\forall a \in Z, a^2 \equiv 0,1(mod 3)$
$p^2+q^2-n^2 \equiv 0(mod 3) \Rightarrow p^2+q^2 \equiv n^2(mod 3)$
Αν $p,q,r \not\equiv 0 (mod 3) \Rightarrow 2\equiv1(mod 3)$ άτοπο
Αν $p \equiv 0(mod 3) \Rightarrow p=3 \Rightarrow 18=3(n-q)+n^2-q^2 \Rightarrow (n-q)(n+q+3)=18$ που δεν υπάρχει λύση, επείδη
$(n-q)\equiv(n+q+3) (mod 2) \Rightarrow 2n\equiv 1(mod 2)$
Ομοια δεν υπάρχει λύση για
Αν $n \equiv 0(mod 3)\Rightarrow p^2+q^2\equiv 0(mod 3) \Rightarrow p$ η $q \equiv 0(mod 3)$ άτοπο.
Αρα η έξισωση δεν υπάρχει λύση.

Υπάρχει λύση

(2)

mikemoke · #6

Soteris έγραψε: Πρόβλημα 4

Μια «μαγική τριγωνοποίηση» ονομάζεται μια διαμέριση ενός τριγώνου σε μικρότερα τρίγωνα με έναν πεπερασμένο αριθμό ευθυγράμμων τμημάτων, των οποίων τα άκρα είναι οι κορυφές του τριγώνου ή σημεία στο εσωτερικό του, έτσι ώστε σε κάθε σημείο (συμπεριλαμβανομένων των κορυφών του τριγώνου) να συναντώνται ο ίδιος αριθμός ευθυγράμμων τμημάτων. Να βρείτε τον μέγιστο αριθμό των μικρότερων τριγώνων που μπορεί να διαιρεθεί ένα τρίγωνο με μια τέτοια «μαγική τριγωνοποίηση».

Γεια σας τι αποτρέπει σχηματισμούς όπως οι παρακάτω . Μήπως δεν αποτελούν μέθοδο διαίρεσης και στην αριστερά ο αριθμός τριγώνων είναι 3 (οχι 7) και στην δεξιά 0 (οχι 3);

mikemoke · #7

mikemoke έγραψε:
Soteris έγραψε: Πρόβλημα 4

Μια «μαγική τριγωνοποίηση» ονομάζεται μια διαμέριση ενός τριγώνου σε μικρότερα τρίγωνα με έναν πεπερασμένο αριθμό ευθυγράμμων τμημάτων, των οποίων τα άκρα είναι οι κορυφές του τριγώνου ή σημεία στο εσωτερικό του, έτσι ώστε σε κάθε σημείο (συμπεριλαμβανομένων των κορυφών του τριγώνου) να συναντώνται ο ίδιος αριθμός ευθυγράμμων τμημάτων. Να βρείτε τον μέγιστο αριθμό των μικρότερων τριγώνων που μπορεί να διαιρεθεί ένα τρίγωνο με μια τέτοια «μαγική τριγωνοποίηση».
Γεια σας τι αποτρέπει σχηματισμούς όπως οι παρακάτω . Μήπως δεν αποτελούν μέθοδο διαίρεσης και στην αριστερά ο αριθμός τριγώνων είναι 3 (οχι 7) και στην δεξιά 0 (οχι 3);

ή κάτι σαν αυτό; Μήπως πρέπει να εκφράσουμε το μέγιστο αριθμό υποτριγώνων συναρτήσει κάτι άλλου ή είναι σταθερός για οποιονδήποτε διαμερισμό πχ 4

#8

Όταν μιλάμε για διαμερισμό σε τρίγωνα αυτό σημαίνει ότι κάθε κομμάτι που σχηματίζεται πρέπει να είναι τρίγωνο και όχι απλώς μερικά.

mikemoke · #9

Demetres έγραψε:Όταν μιλάμε για διαμερισμό σε τρίγωνα αυτό σημαίνει ότι κάθε κομμάτι που σχηματίζεται πρέπει να είναι τρίγωνο και όχι απλώς μερικά.

Ευχαριστώ

mikemoke · #10

mikemoke έγραψε:
Demetres έγραψε:Όταν μιλάμε για διαμερισμό σε τρίγωνα αυτό σημαίνει ότι κάθε κομμάτι που σχηματίζεται πρέπει να είναι τρίγωνο και όχι απλώς μερικά.
Ευχαριστώ

#11

mikemoke, μην βιάζεσαι να απαντάς.

Έχεις δώσει απλά μία κατασκευή που ικανοποιεί τις συνθήκες. Δεν είναι η βέλτιστη. Ακόμη και όταν δοθεί η βέλτιστη κατασκευή, χρειάζεται απόδειξη ότι αυτή είναι όντως η βέλτιστη.

mikemoke · #12

Demetres έγραψε:mikemoke, μην βιάζεσαι να απαντάς.

Έχεις δώσει απλά μία κατασκευή που ικανοποιεί τις συνθήκες. Δεν είναι η βέλτιστη. Ακόμη και όταν δοθεί η βέλτιστη κατασκευή, χρειάζεται απόδειξη ότι αυτή είναι όντως η βέλτιστη.

Κάθε κομμάτι που σχηματίζεται νομίζω είναι τρίγωνο
Αλλά τότε η διαδικασία μπορεί να γίνει ατέρμων
Έκανα κάτι αντικανονικό(δεν γίνεται να επιλέγω σημεία επί ευθυγράμμων τμημάτων);

#13

Ακριβώς. Απαγορεύεται να παίρνουμε κορυφές πάνω σε ευθύγραμμα τμήματα αφού τότε ουσιαστικά δεν παίρνουμε τρίγωνο αλλά τετράπλευρο. [Να σε παρακαλέσω επίσης να φτιάχνεις τα σχήματα σε ένα διαφορετικό πρόγραμμα, παραδείγματος χάριν στο geogebra ώστε να είναι αισθητικά καλύτερα.]

Δίνω μια λύση:

Ας υποθέσουμε πως έχουμε

εσωτερικά σημεία και σε κάθε σημείο συναντώνται

ευθύγραμμα τμήματα. Συνολικά έχουμε:

V = k+3

κορυφές. (Μετράμε και τις τρεις κορυφές του αρχικού τριγώνου.)
E = (k+3)m/2

ακμές. (Σε κάθε μία από τις k+3

κορυφές έχουμε

ακμές. Διαιρούμε όμως με το

αφού κάθε ακμή την μετρήσαμε διπλά.)
F = 2E/3 - 1

τρίγωνα. (Μετράμε τα ζεύγη (T,e)

όπου το

είναι ένα από τα τρίγωνα και

είναι μια ακμή που ανήκει στο τρίγωνα. Κάθε τρίγωνο ανήκει σε τρία τέτοια ζεύγη οπότε έχουμε

τέτοια ζεύγη. Κάθε ακμή ανήκει σε

τέτοια ζεύγη εκτός από τις τρεις ακμές του αρχικού τριγώνου που ανήκουν μόνο σε ένα τέτοιο ζεύγος. Άρα έχουμε 2E-3

τέτοια ζεύγη.)

Από τον τύπο του Euler έχουμε V-E+F=1

. (Όχι

αφού δεν μετρήσαμε την εξωτερική έδρα.) Άρα

$\displaystyle{ (k+3)(1 - m/2+m/3) = 2}$

που δίνει

$\displaystyle{ k = \frac{12}{6-m} - 3}$

Οι μόνες δυνατές λύσεις είναι οι $(m,k) \in \{(5,9),(4,3),(3,1)\}$ . Το μέγιστο

λαμβάνεται όταν m=5,k=9

που δίνει

.

Μένει να ελέγξουμε ότι όντως υπάρχει τέτοια τριγωνοποίηση. Αυτή φαίνεται στο πιο κάτω σχήμα.

$\begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=1.0cm,y=1.0cm] \clip(-2.753276731706147,0.8035215907447943) rectangle (2.5438175048486276,5.465505038733051); \draw [line width=1.2pt] (-1.,3.)-- (-0.13397459621556052,3.5); \draw [line width=1.2pt] (-0.13397459621556052,3.5)-- (0.7320508075688779,3.); \draw [line width=1.2pt] (0.7320508075688779,3.)-- (0.7320508075688775,2.); \draw [line width=1.2pt] (0.7320508075688775,2.)-- (-0.1339745962155613,1.5); \draw [line width=1.2pt] (-0.1339745962155613,1.5)-- (-1.,2.); \draw [line width=1.2pt] (-1.,2.)-- (-1.,3.); \draw [line width=1.2pt] (-0.13397459621555985,5.232050807568878)-- (-2.5,1.1339745962155612); \draw [line width=1.2pt] (-2.5,1.1339745962155612)-- (2.232050807568877,1.1339745962155612); \draw [line width=1.2pt] (2.232050807568877,1.1339745962155612)-- (-0.13397459621555985,5.232050807568878); \draw [line width=1.2pt] (-2.5,1.1339745962155612)-- (-1.,2.); \draw [line width=1.2pt] (-2.5,1.1339745962155612)-- (-0.1339745962155613,1.5); \draw [line width=1.2pt] (-2.5,1.1339745962155612)-- (-1.,3.); \draw [line width=1.2pt] (-0.13397459621555985,5.232050807568878)-- (-1.,3.); \draw [line width=1.2pt] (-0.13397459621555985,5.232050807568878)-- (-0.13397459621556052,3.5); \draw [line width=1.2pt] (-0.13397459621555985,5.232050807568878)-- (0.7320508075688779,3.); \draw [line width=1.2pt] (2.232050807568877,1.1339745962155612)-- (-0.1339745962155613,1.5); \draw [line width=1.2pt] (2.232050807568877,1.1339745962155612)-- (0.7320508075688775,2.); \draw [line width=1.2pt] (0.7320508075688779,3.)-- (2.232050807568877,1.1339745962155612); \draw [line width=1.2pt] (-0.7679491924311231,2.8660254037844384)-- (0.5,2.8660254037844384); \draw [line width=1.2pt] (0.5,2.8660254037844384)-- (-0.13397459621556118,1.7679491924311221); \draw [line width=1.2pt] (-0.13397459621556118,1.7679491924311221)-- (-0.7679491924311231,2.8660254037844384); \draw [line width=1.2pt] (-1.,3.)-- (-0.7679491924311231,2.8660254037844384); \draw [line width=1.2pt] (0.7320508075688779,3.)-- (0.5,2.8660254037844384); \draw [line width=1.2pt] (-0.13397459621556118,1.7679491924311221)-- (-0.1339745962155613,1.5); \draw [line width=1.2pt] (-1.,2.)-- (-0.7679491924311231,2.8660254037844384); \draw [line width=1.2pt] (-1.,2.)-- (-0.13397459621556118,1.7679491924311221); \draw [line width=1.2pt] (-0.13397459621556118,1.7679491924311221)-- (0.7320508075688775,2.); \draw [line width=1.2pt] (0.7320508075688775,2.)-- (0.5,2.8660254037844384); \draw [line width=1.2pt] (-0.13397459621556052,3.5)-- (-0.7679491924311231,2.8660254037844384); \draw [line width=1.2pt] (-0.13397459621556052,3.5)-- (0.5,2.8660254037844384); \draw [fill=white] (-1.,3.) circle (2.0pt); \draw [fill=white] (-1.,2.) circle (2.0pt); \draw [fill=white] (-0.13397459621555985,5.232050807568878) circle (2.0pt); \draw [fill=white] (-2.5,1.1339745962155612) circle (2.0pt); \draw [fill=white] (2.232050807568877,1.1339745962155612) circle (2.0pt); \draw [fill=white] (-0.7679491924311231,2.8660254037844384) circle (2.0pt); \draw [fill=white] (0.5,2.8660254037844384) circle (2.0pt); \draw [fill=white] (-0.13397459621556118,1.7679491924311221) circle (2.0pt); \draw [fill=white] (-0.1339745962155605,3.5) circle (2.0pt); \draw [fill=white] (0.7320508075688777,3.) circle (2.0pt); \draw [fill=white] (-0.13397459621556126,1.5) circle (2.0pt); \end{tikzpicture}$

mikemoke · #14

Demetres έγραψε:Ακριβώς. Απαγορεύεται να παίρνουμε κορυφές πάνω σε ευθύγραμμα τμήματα αφού τότε ουσιαστικά δεν παίρνουμε τρίγωνο αλλά τετράπλευρο. [Να σε παρακαλέσω επίσης να φτιάχνεις τα σχήματα σε ένα διαφορετικό πρόγραμμα, παραδείγματος χάριν στο geogebra ώστε να είναι αισθητικά καλύτερα.]

Δίνω μια λύση:

Ας υποθέσουμε πως έχουμε εσωτερικά σημεία και σε κάθε σημείο συναντώνται ευθύγραμμα τμήματα. Συνολικά έχουμε:

κορυφές. (Μετράμε και τις τρεις κορυφές του αρχικού τριγώνου.)
ακμές. (Σε κάθε μία από τις κορυφές έχουμε ακμές. Διαιρούμε όμως με το αφού κάθε ακμή την μετρήσαμε διπλά.)
τρίγωνα. (Μετράμε τα ζεύγη όπου το είναι ένα από τα τρίγωνα και είναι μια ακμή που ανήκει στο τρίγωνα. Κάθε τρίγωνο ανήκει σε τρία τέτοια ζεύγη οπότε έχουμε τέτοια ζεύγη. Κάθε ακμή ανήκει σε τέτοια ζεύγη εκτός από τις τρεις ακμές του αρχικού τριγώνου που ανήκουν μόνο σε ένα τέτοιο ζεύγος. Άρα έχουμε τέτοια ζεύγη.)

Από τον τύπο του Euler έχουμε . (Όχι αφού δεν μετρήσαμε την εξωτερική έδρα.) Άρα

$\displaystyle{ (k+3)(1 - m/2+m/3) = 2}$

που δίνει

$\displaystyle{ k = \frac{12}{6-m} - 3}$

Οι μόνες δυνατές λύσεις είναι οι $(m,k) \in \{(5,9),(4,3),(3,1)\}$ . Το μέγιστο λαμβάνεται όταν που δίνει .

Μένει να ελέγξουμε ότι όντως υπάρχει τέτοια τριγωνοποίηση. Αυτή φαίνεται στο πιο κάτω σχήμα.

$\begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=1.0cm,y=1.0cm] \clip(-2.753276731706147,0.8035215907447943) rectangle (2.5438175048486276,5.465505038733051); \draw [line width=1.2pt] (-1.,3.)-- (-0.13397459621556052,3.5); \draw [line width=1.2pt] (-0.13397459621556052,3.5)-- (0.7320508075688779,3.); \draw [line width=1.2pt] (0.7320508075688779,3.)-- (0.7320508075688775,2.); \draw [line width=1.2pt] (0.7320508075688775,2.)-- (-0.1339745962155613,1.5); \draw [line width=1.2pt] (-0.1339745962155613,1.5)-- (-1.,2.); \draw [line width=1.2pt] (-1.,2.)-- (-1.,3.); \draw [line width=1.2pt] (-0.13397459621555985,5.232050807568878)-- (-2.5,1.1339745962155612); \draw [line width=1.2pt] (-2.5,1.1339745962155612)-- (2.232050807568877,1.1339745962155612); \draw [line width=1.2pt] (2.232050807568877,1.1339745962155612)-- (-0.13397459621555985,5.232050807568878); \draw [line width=1.2pt] (-2.5,1.1339745962155612)-- (-1.,2.); \draw [line width=1.2pt] (-2.5,1.1339745962155612)-- (-0.1339745962155613,1.5); \draw [line width=1.2pt] (-2.5,1.1339745962155612)-- (-1.,3.); \draw [line width=1.2pt] (-0.13397459621555985,5.232050807568878)-- (-1.,3.); \draw [line width=1.2pt] (-0.13397459621555985,5.232050807568878)-- (-0.13397459621556052,3.5); \draw [line width=1.2pt] (-0.13397459621555985,5.232050807568878)-- (0.7320508075688779,3.); \draw [line width=1.2pt] (2.232050807568877,1.1339745962155612)-- (-0.1339745962155613,1.5); \draw [line width=1.2pt] (2.232050807568877,1.1339745962155612)-- (0.7320508075688775,2.); \draw [line width=1.2pt] (0.7320508075688779,3.)-- (2.232050807568877,1.1339745962155612); \draw [line width=1.2pt] (-0.7679491924311231,2.8660254037844384)-- (0.5,2.8660254037844384); \draw [line width=1.2pt] (0.5,2.8660254037844384)-- (-0.13397459621556118,1.7679491924311221); \draw [line width=1.2pt] (-0.13397459621556118,1.7679491924311221)-- (-0.7679491924311231,2.8660254037844384); \draw [line width=1.2pt] (-1.,3.)-- (-0.7679491924311231,2.8660254037844384); \draw [line width=1.2pt] (0.7320508075688779,3.)-- (0.5,2.8660254037844384); \draw [line width=1.2pt] (-0.13397459621556118,1.7679491924311221)-- (-0.1339745962155613,1.5); \draw [line width=1.2pt] (-1.,2.)-- (-0.7679491924311231,2.8660254037844384); \draw [line width=1.2pt] (-1.,2.)-- (-0.13397459621556118,1.7679491924311221); \draw [line width=1.2pt] (-0.13397459621556118,1.7679491924311221)-- (0.7320508075688775,2.); \draw [line width=1.2pt] (0.7320508075688775,2.)-- (0.5,2.8660254037844384); \draw [line width=1.2pt] (-0.13397459621556052,3.5)-- (-0.7679491924311231,2.8660254037844384); \draw [line width=1.2pt] (-0.13397459621556052,3.5)-- (0.5,2.8660254037844384); \draw [fill=white] (-1.,3.) circle (2.0pt); \draw [fill=white] (-1.,2.) circle (2.0pt); \draw [fill=white] (-0.13397459621555985,5.232050807568878) circle (2.0pt); \draw [fill=white] (-2.5,1.1339745962155612) circle (2.0pt); \draw [fill=white] (2.232050807568877,1.1339745962155612) circle (2.0pt); \draw [fill=white] (-0.7679491924311231,2.8660254037844384) circle (2.0pt); \draw [fill=white] (0.5,2.8660254037844384) circle (2.0pt); \draw [fill=white] (-0.13397459621556118,1.7679491924311221) circle (2.0pt); \draw [fill=white] (-0.1339745962155605,3.5) circle (2.0pt); \draw [fill=white] (0.7320508075688777,3.) circle (2.0pt); \draw [fill=white] (-0.13397459621556126,1.5) circle (2.0pt); \end{tikzpicture}$

Έστω ABΓ το αρχικό τρίγωνο. Τα δομικά στοιχεία του τριγώνου έχουν την μορφή της εικόνας 1 και ο μόνος τρόπος να προκύψουν τέτοιες επιμέρους δομές είναι μέσω της αντίστροφης διαδικασίας (εικόνα 2) όπου τα Δ,Ε,Ζ μπορεί να ταυτίζονται μεταξυ τους ή και όχι. Αν οχι τότε επικεντρωνόμαστε στα τρίγωνα ΑΔΕ, ΒΔΖ, ΖΕΓ (διαλέγουμε αυτά και όχι κάποια άλλα λόγω της ιδιότητάς τους να μην δημιουργούν σημεία τομής μεταξυ ευθυγράμμων τμημάτων)
Επαναλαμβάνουμε την αντίστροφη διαδικασία σε κάθε ένα από αυτά επιλέγοντας ως νέα σημεία Δ',Ε',Ζ' του χώρου ΒΔΖ και ομοίως για τα άλλα .
Ετσι μπορούν να σχηματιστουν στο ''κέντρο'' των τριγώνων εξάγωνα ή και τρίγωνα ( απορρίπτουμε (4,5)πλευρα )
Αν έχουμε ένα 6 πλευρο (το αρχικό) τότε είναι δυνατό το ζητούμενο σύμφωνα με το πάνω σχήμα
Αλλα για περισσότερα (6,3)πλευρα δεν φτάνουν ισάριθμα ευθύγραμμα τμήματα σε κάθε σημείο αφού οι μικρότερες δομές είναι όμοιες με την μεγαλύτερη και άρα Δ',Ε',Ζ' ταυτίζονται και ομοίως τα άλλα.

Al.Koutsouridis · #15

Soteris έγραψε:
Πρόβλημα 3

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο $\displaystyle{\vartriangle{ABC}}$ με $\displaystyle{AB<AC}$ και $\displaystyle{H}$ το ορθόκεντρό του. Από το $\displaystyle{H}$ φέρουμε κάθετη προς την διχοτόμο $\displaystyle{(\delta)}$ της γωνίας $\displaystyle{\angle{BAC}}$ του τριγώνου, η οποία τέμνει τις πλευρές του $\displaystyle{AB, AC}$ στα σημεία $\displaystyle{K, I}$ , αντίστοιχα. Ονομάζουμε $\displaystyle{J}$ το δεύτερο σημείο τομής των περιγεγραμμένων κύκλων $\displaystyle{(C_1), (C_2)}$ των τριγώνων $\displaystyle{\vartriangle{AKI}, \vartriangle{ABC}}$ , αντίστοιχα. Έστω $\displaystyle{L}$ το σημείο τομής του $\displaystyle{(C_1)}$ με την διχοτόμο $\displaystyle{(\delta)}$ (διαφορετικό από το $\displaystyle{A}$ ) και $\displaystyle{N}$ το σημείο τομής της ευθείας $\displaystyle{HL}$ με την $\displaystyle{BC}$ . Αν $\displaystyle{D}$ είναι το ίχνος του ύψους του τριγώνου από την κορυφή $\displaystyle{A}$ πάνω στην πλευρά του $\displaystyle{BC}$ , να αποδείξετε ότι $\displaystyle{\angle{BDJ}=\angle{JAN}}$ .

Μια προσπάθεια για το όμορφο αυτό πρόβλημα. Ελπίζω να μην άφησα λογικά κενά.

: pagkiprios_2017_geom.png (107.17 KiB) Προβλήθηκε 2822 φορές

Έστω

το αντιδιαμετρικό σημείο του

που ανήκει στον κύκλο $(C_{2})$ . Ως γνωστόν το τετράπλευρο HBA{'}C

είναι παραλληλόγραμμο και η ευθεία HA{'}

διέρχεται από το μέσο

της πλευράς

. Ας είναι L,J

τα σημεία τομής αυτής της ευθείας με την διχοτόμο $\delta$ και με το κύκλο $(C_{2})$ αντίστοιχα και

το σημείο τομής του ύψους

με την $(\delta)$ .

Θεωρούμε τον κύκλο που διέρχεται από τα σημεία A,J,L

και έστω

τα σημεία τομής του με τις πλευρές AB,AC

αντίστοιχα. Θα αποδείξουμε αρχικά ότι τα σημεία K,I,J

όπως ορίστηκαν παραπάνω, ταυτίζονται με αυτά της εκφώνησης.

Πράγματι. Επειδή EP||KL||BA{'}

( αφού $\angle AJL = \angle AKL = 90^{0} \Rightarrow KL \perp AB$ ), που συνεπάγεται ότι $\dfrac{EK}{KB} = \dfrac{HL}{LA{'}}$ (1)

H

όμως, είναι και διχοτόμος της γωνίας HAA{'}

. Οπότε από θεωρήμα διχοτόμου θα έχουμε $\dfrac{HL}{LA{'}} = \dfrac{AH}{AA{'}}$ (2)

Παρατηρούμε ότι τα ορθογώνια τρίγωνα AEH

και

είναι όμοια άρα η (2) μπορεί να γίνει $\dfrac{HL}{LA{'}} = \dfrac{AH}{AA{'}} =\dfrac{AE}{AC}$ (3)

Ξανα χρησιμοποιώντας το θεώρημα διχοτόμου στο τρίγωνο AEC

βρίσκουμε ότι $\dfrac{AE}{AC} = \dfrac{EP}{PC}$ (4)

Από τις (1), (2), (3),(4) προκύπτει ότι $\dfrac{EK}{KB} = \dfrac{EP}{PC}$ (5). Επομένως είναι KP || BC

.

Άρα το σημείο

είναι το ορθόκεντρο και του τριγώνου AKP

που συνεπάγεται $KH \perp AP$ . Οπότε η

συμπίπτει με την

της εκφώνησης και ορίζει τα ίδια σημεία K,I

με αυτή.

Για να ολοκληρώσουμε την λύση μένει να παρατηρήσουμε ότι $\angle AJN = \angle ADN = 90^{0}$ . Επομένως το τετράπλευρο AJDN

είναι εγγράψιμο και θα ισχύει και $\angle{BDJ}=\angle{JAN}$ .

#16

Soteris έγραψε:Πρόβλημα 1

Έστω $\displaystyle{x, y, z}$ θετικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι, ώστε $\displaystyle{x+y+z\geqslant xyz}$ . Να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{\dfrac{x}{yz}+\dfrac{y}{xz}+\dfrac{z}{xy}\geqslant\sqrt{3}}$

Βαλκανιάδα 2001
https://artofproblemsolving.com/communi ... s_abcltabc

Soteris έγραψε:Πρόβλημα 2

Να βρείτε όλες τις τριάδες θετικών ακεραίων $\displaystyle{(p, q, n)}$ , όπου $\displaystyle{p, q}$ είναι πρώτοι αριθμοί, που ικανοποιούν την εξίσωση: $\displaystyle{p^2+q^2-n^2=3(n-p-q)}$

search.php?keywords=574&t=15584&sf=msgonly

#17

Soteris έγραψε: Πρόβλημα 3

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο $\displaystyle{\vartriangle{ABC}}$ με $\displaystyle{AB<AC}$ και $\displaystyle{H}$ το ορθόκεντρό του. Από το $\displaystyle{H}$ φέρουμε κάθετη προς την διχοτόμο $\displaystyle{(\delta)}$ της γωνίας $\displaystyle{\angle{BAC}}$ του τριγώνου, η οποία τέμνει τις πλευρές του $\displaystyle{AB, AC}$ στα σημεία $\displaystyle{K, I}$ , αντίστοιχα. Ονομάζουμε $\displaystyle{J}$ το δεύτερο σημείο τομής των περιγεγραμμένων κύκλων $\displaystyle{(C_1), (C_2)}$ των τριγώνων $\displaystyle{\vartriangle{AKI}, \vartriangle{ABC}}$ , αντίστοιχα. Έστω $\displaystyle{L}$ το σημείο τομής του $\displaystyle{(C_1)}$ με την διχοτόμο $\displaystyle{(\delta)}$ (διαφορετικό από το $\displaystyle{A}$ ) και $\displaystyle{N}$ το σημείο τομής της ευθείας $\displaystyle{HL}$ με την $\displaystyle{BC}$ . Αν $\displaystyle{D}$ είναι το ίχνος του ύψους του τριγώνου από την κορυφή $\displaystyle{A}$ πάνω στην πλευρά του $\displaystyle{BC}$ , να αποδείξετε ότι $\displaystyle{\angle{BDJ}=\angle{JAN}}$ .

Το έχουμε συζητήσει και στο mathematica αυτό κάποια στιγμή, απλά δεν βρίσκω το link.
https://artofproblemsolving.com/communi ... 098p519896

Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για BMO/IMO, 2017

Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για BMO/IMO, 2017

Re: Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για BMO/IMO, 2017

Re: Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για BMO/IMO, 2017

Re: Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για BMO/IMO, 2017

Re: Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για BMO/IMO, 2017

Re: Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για BMO/IMO, 2017

Re: Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για BMO/IMO, 2017

Re: Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για BMO/IMO, 2017

Re: Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για BMO/IMO, 2017

Re: Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για BMO/IMO, 2017

Re: Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για BMO/IMO, 2017

Re: Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για BMO/IMO, 2017

Re: Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για BMO/IMO, 2017

Re: Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για BMO/IMO, 2017

Re: Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για BMO/IMO, 2017

Re: Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για BMO/IMO, 2017

Re: Β΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για BMO/IMO, 2017

Μέλη σε σύνδεση