IMO 2011

ksofsa · #61

Πολλά συγχρητήρια κι από εμένα σε όλα τα παιδιά της ελληνικής αποστολής.

Ιδιαίτερα σγχαρητήρια στα μέλη μας : Γιώργο Βλάχο για το χρυσό,Γιώργο Καλατζή για το μετάλλιο και τη λύση στο 6ο θέμα,Παναγιώτη Λώλα για το μετάλλιο αν και α΄λυκείου και Νίκο Αθανασίου για τη συμμετοχή αν και β΄λυκείου.

Πάντα επιτυχίες!

Marios V. · #62

Συγχαρητήρια και από μένα σε όλη την Ελληνική ομάδα, και ιδιαίτερα στον Γιώργο Βλάχο με το χρυσό, αλλά και στους υπόλοιπους μεταλλιούχους.

spiros filippas · #63

Παρα πολλά συγχαρητήρια καί από εμένα σε όλα τα παιδιά της ομάδας για την προσπάθεια τους.

Εύχομαι το πρώτο αυτό χρυσό μετάλιο να έχει καί συνέχεια!

ΚωσταςΚ · #64

Υπάρχουν κάπου επίσημες λύσεις?

userresu · #65

Μπράβο ρε Γιώργο, τό' πες και τό' κανες!

Συγχαρητήρια επίσης και στα υπόλοιπα παιδιά που πήγαν πολύ καλά!

chris · #66

Λογω πολυήμερης απουσίας χωρίς πρόσβαση στο ίνερνετ δν παρακολουθούσα τα τεκτενόμενα στο φόρουμ αν και ήξερα τα αποτελέσματα της ΙΜΟ.

Με τη σειρά μου θέλω να δώσω θερμά συγχαρητήρια στο Γιώργο Βλάχο για το πρώτο χρυσό μετάλλιο με το οποίο μας έκανε υπερήφανους

Επίσης συγχαρητήρια στον συμπολίτη Παναγιώτη Λώλα για το χάλκινο μετάλλιο παρότι Α Λυκείου και φυσικά στους μεταλλιούχους Αλέξανδρο Μουσάτοβ και Γιώργο Καλατζή! Δεν πρέπει να παραληφθεί η αναφορά στους Νίκο Αθανασίου και Σπύρο Κακαρούμπα για την συμμετοχή και την ευφημη μνεία αντίστοιχα!
Παιδιά μας κάνετε υπερήφανους!

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#67

Τα ΜΜΕ ασχολήθηκαν με το θέμα, έπεσα μάλιστα σε ζωντανή τηλεφωνική συνέντευξη (ΣΚΑΪ;) με τον Γιώργο Βλάχο, τον οποίο στρίμωξαν με την ερώτηση "αν είχες έναν μικρότερο αδελφό που δεν τα κατάφερνε στα Μαθηματικά τι θα τον συμβούλευες;" [Ήθελα να το αναφέρω εδώ την ώρα που έγινε αλλά βαρέθηκα.]

kalagz · #68

Επαναφέρω το θέμα μετά από καιρό ώστε, αφού σας ευχαριστήσω όλους, για τη δύναμη, την εμψύχωση και το θάρρος που μας δώσατε-και γενικά δίνετε (όπως και γω θα δίνω στο εξής)- στους διαγωνιζόμενους των μαθηματικών ολυμπιάδων, να μοιραστώ τη λύση μου στο όμορφο γεωμετρικό πρόβλημα του φετινού διαγωνισμού.

Συγχωρέστε που η λύση μου είναι αρκετά βιαστικά γραμμένη· με ένα σχήμα όλα είναι προφανή.

IMO 2011 – Problem 6
Έστω ABC

ένα οξυγώνιο τρίγωνο και $\Gamma$ ο περιγεγραμμένος κύκλος του. Έστω $\ell$ μια εφαπτομένη ευθεία του $\Gamma$ , και έστω $\ell_a, \ell_b$ και $\ell_c$ οι συμμετρικές ευθείες της $\ell$ ως προς άξονα συμμετρίας τις ευθείες BC, CA

και

, αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου που ορίζεται από τις ευθείες $\ell_{a}, \ell_{b}$ και $\ell_{c}$ εφάπτεται του κύκλου $\Gamma$ .

Έστω

το σημείο επαφής της $\ell$ με τον $\Gamma$ . Yποθέτουμε χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι βρίσκεται στο μικρό τόξο

. Έστω ότι οι ευθείες $\ell_a, \ell_b, \ell_c$ τέμνονται ανά δύο στα σημεία P, Q, R

. Αν $\Omega$ ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου PQR

(το ζητούμενο τρίγωνο). Για να δείξουμε ότι οι κύκλοι $\Gamma$ και $\Omega$ , εφάπτονται, δείχνουμε αρχικά πως τέμνονται σε (τουλάχιστον) ένα σημείο, στο οποίο έχουν κοινή εφαπτομένη.

Λόγω της συμμετρίας, οι ευθείες $\ell, \ell_a, \ell_{BC}$ (όπου $\ell_{BC}$ συμβολίζουμε τον φορέα του ευθύγραμμου τμήματος

) συντρέχουν, έστω στο

.
Αν η $\ell$ είναι παράλληλη στη τότε μπορούμε να θεωρήσουμε ότι το είναι ένα σημείο στο άπειρο.
Αντίστοιχα, οι $\ell, \ell_b, \ell_{CA}$ , συντρέχουν στο

και οι $\ell, \ell_c, \ell_{AB}$ στο

.

Έστω

οι προβολές του

πάνω στις $\ell_{BC}, \ell_{CA}, \ell_{AB}$ αντίστοιχα. Αφού το

ανήκει στον περιγεγραμμένο κύκλο του ABC

, τα σημεία αυτά είναι συνευθειακά (ευθεία Simpson του

). Φέρνω

συμμετρικά του

ως προς τα S_1, S_2, S_3

αντίστοιχα. Τότε, λόγω της ομοιοθεσίας ως προς

και τα

είναι συνευθειακά. Επίσης, λόγω των συμμετριών το T_1

είναι σημείο της $\ell_c$ , το T_2

της $\ell_b$ και το T_3

της $\ell_a$ .

Έχουμε ότι $\angle RPQ = \pi - \angle PB'C' - \angle PC'B = \pi - (\pi - 2\angle SC'A) - (\pi - 2\angle SB'A ) = 2(\angle SC'A + \angle SB'A) - \pi = 2(\pi - \angle A ) - \pi = \pi - 2\angle A$
Επίσης $\angle PRQ \angle RA'B' + \angle RB'A' = \angle RA'B' + (\pi - \angle RB'S ) = 2\angle CA'B' \pi - 2\angle CB'S = \pi - 2( \angle CB'S - \angle CA'S ) = \pi - 2 \angle C$
Έτσι έχουμε και ότι $\angle RQP = \pi - (\pi - 2\angle A) - (\pi - 2\angle C ) = \pi - 2\angle B$ .

Παρατηρούμε ότι στο πλήρες τετράπλευρο PRT_1T_3,T_2Q

ο $\Omega$ συντρέχει με τους περιγεγραμμένους κύκλους των τριγώνων PT_2T_3, RT_2T_1

και

και το σημείο αυτό, έστω

, είναι το σημείο Miquel του τετραπλεύρου.
Άρα $\angle RMQ = \pi - \angle RPQ = 2 \angle A$

Από το εγγράψιμο RT_1MT_2

προκύπτει ότι $\angle T_1MT_2 = \angle T_1RP = \pi - 2 \angle B$ και $\angle T_1RT_2 = 2 \angle C$

Ισχύει ότι CS = CT_1

λόγω της συμμετρίας ως προς την $\ell_{BC}$ , και ότι CS = CT_2

λόγω της συμμετρίας ως προς την $\ell_{CA}$ . Άρα το

είναι περίκεντρο του T_1ST_2

. Έτσι
$\angle T_1CT_2 = 2\angle T_1ST_2$ (εγγεγραμμένη - επίκεντρη) $= 2\angle S_1SS_2 = 2\angle S_1CS_2$ {από το εγγράψιμο S_1SCS_2

} $= 2\angle C$

Συνεπώς, το CT_1MT_2R

είναι εγγράψιμο και έτσι $\angle CMR = \angle CT_1R = \angle CT_1A' = \angle CSA' = \angle CMR = \angle SAC$

Ομοίως αποδεικνύουμε ότι το

είναι περίκεντρο του ST_1T_3

, ομοκυκλικό με τα T_1, T_3, Q, M

και τελικά ότι $\angle BMQ = \angle BAS$ . Από τις τελευταίες σχέσεις παίρνουμε ότι $\angle BMC = \angle BMS + \angle SMC = \angle BAS + \angle CAS = \angle A }$ δηλαδή, το

ανήκει και στον $\Gamma$ .
Συνεπώς, οι ζητούμενοι κύκλοι τέμνονται σε ένα τουλάχιστον σημείο και μένει να δείξουμε ότι εφάπτονται στο σημείο τομής τους.

Έστω τώρα

η εφαπτομένη του $\Omega$ στο

. Τότε
$\angle RMx = \angle RQM$ (από το εγγράψιμο RPQM

) $= \angle T_1QM = \angle T_1BM$ (από το εγγράψιμο T_1BT_3QM

)

Για να εφάπτεται η

και στον κύκλο $\Gamma$ θα πρέπει $\angle CMx = \angle CBM \Leftrightarrow \angle CMR + \angle RMx = \angle CBT_1 + \angle T_1BM \Leftrightarrow \angle CMR = \angle CBT_1 \Leftrightarrow \angle CT_1R = \angle CBS \Leftrightarrow \angle CT_1A' = \angle CSA'$ που ισχύει όπως προκύπτει από προηγούμενες σχέσεις!

S.E.Louridas · #69

Γιώργο Καλατζή τα ειλικρινή μου συγχαρητήρια συνοδευόμενα από την ευχή να είσαι υγιής και να προοδεύεις και να μας διδάσκεις ειδικά την εκπληκτική Ευκλείδεια Γεωμετρία που αποτελεί αιχμή της ανθρώπινης σκέψης.
Η Καταπληκτική λύση σου είναι από εκείνες που κατέρχονται στον κατασκευαστικό πυρήνα της άσκησης, Μπράβο!!!!

Προσωπικά σε ευχαριστώ

S.E.Louridas

Ορέστης Λιγνός · #70

Έστω ένα οξυγώνιο τρίγωνο και $\Gamma$ ο περιγεγραμμένος κύκλος του. Έστω $\ell$ μια εφαπτομένη ευθεία του $\Gamma$ , και έστω $\ell_a, \ell_b$ και $\ell_c$ οι συμμετρικές ευθείες της $\ell$ ως προς άξονα συμμετρίας τις ευθείες και , αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου που ορίζεται από τις ευθείες $\ell_{a}, \ell_{b}$ και $\ell_{c}$ εφάπτεται του κύκλου $\Gamma$ .

Έστω ότι οι ευθείες $\ell_a, \ell_b$ τέμνονται στο

, οι $\ell_b,\ell_c$ στο

και οι $\ell_c,\ell_a$ στο

. Έστω επίσης ότι η ευθεία $\ell$ τέμνει τις PQ,QR,PR

στα

αντίστοιχα, και τον κύκλο $\Gamma$ στο

.

Τέλος, έστω D,E,F

τα συμμετρικά του

ως προς τις AB,AC,BC

. Προφανώς, $D \in PQ, E \in PR, F \in RQ$ .

Ισχυρισμός 1: Τα D,E,F

είναι συνευθειακά.
Απόδειξη: Έστω ότι οι KD,KE,KF

τέμνουν τις AB,BC,CA

στα

. Τα

είναι συνευθειακά στην ευθεία Simson του

, και άρα λόγω της ομοιοθεσίας κέντρου

και λόγου

, είναι και τα D,E,F

συνευθειακά. $\blacksquare$

Ισχυρισμός 2: Τα σημεία A,B,C

είναι τα έκκεντρα/παράκεντρα των XPZ,XQY,YZR

αντίστοιχα.
Απόδειξη: (Υπάρχουν configuration issues εδώ, οπότε υποθέτουμε ότι το σχήμα είναι όπως πιο κάτω). Είναι, $\angle PXA=\angle AXZ$ και $\angle XZC=\angle CZP$ (λόγω του γεγονότος ότι οι $\ell_c$ και $\ell$ είναι συμμετρικές ως προς την

και οι $\ell_b,\ell$ είναι συμμετρικές ως προς την

), άρα το

είναι έκκεντρο του XPZ

. Ομοίως και για τα άλλα δύο σημεία. $\blacksquare$ .

Ισχυρισμός 3: Οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων ADE,BDF,CEF

τέμνονται πάνω στον περιγεγραμμένο κύκλο του ABC

(στο σημείο

).
Απόδειξη: Έστω ότι ο κύκλος (A,D,E)

τέμνει τον $\Gamma$ ξανά στο $X' \neq A$ . Τότε, είναι

$\angle EX'C=\angle AX'C-\angle AX'E=\angle B-\angle ADE$ , και αφού AD=AE=AK

, το

είναι το περίκεντρο του DEK

, άρα $\angle ADE=90^\circ-\angle DKE=90^\circ-\angle A$ , οπότε $\angle EX'C=\angle B+\angle A-90^\circ=90^\circ-\angle C$ .

Τέλος, CE=CK=CF

άρα το

είναι το περίκεντρο του KEF

, άρα $\angle EFC=90^\circ-\angle EKF=90^\circ-\angle C=\angle EX'C$ , δηλαδή το $X' \in (E,F,C)$ , και ομοίως $X' \in (B,D,F)$ $\blacksquare$ .

Ισχυρισμός 4: Τα PDAE, CEFR, BDFQ

είναι εγγράψιμα.
Απόδειξη: Από τον Ισχυρισμό 2, το

είναι το έκκεντρο του XPZ

, άρα $\angle XPZ=2\angle XAZ-180^\circ=180^\circ-2\angle A=180^\circ-2\angle DKE=180^\circ-\angle DAE$ , άρα η απόδειξη ολοκληρώθηκε. Ομοίως για τα άλλα 2 τετράπλευρα $\blacksquare$ .

Ισχυρισμός 5: $W \in (P,Q,R)$ .
Απόδειξη: Είναι,

$\angle PWR=\angle PWE+\angle EWR=\angle QDE+\angle RFE=180^\circ-\angle PQR$ , που δίνει το ζητούμενο (χρησιμοποιήσαμε το αποτέλεσμα του Ισχυρισμού 1) $\blacksquare$

Μέχρι τώρα, λοιπόν, έχουμε δείξει ότι οι κύκλοι $\Gamma$ και (P,Q,R)

τέμνονται σε σημείο

για το οποίο ισχύει ότι $W \in (P,D,A,E), W \in (E,C,R,F), W \in (D,B,F,Q)$ .

Μένει να δειχτεί ότι αυτοί οι 2 κύκλοι εφάπτονται στο

. Αρκεί δηλαδή να δείξουμε ότι $\angle WAC=\angle WPR+\angle CWR$ . Όμως, είναι $\angle WPR=\angle WPE=\angle WAE$ , άρα αρκεί $\angle EAC=\angle CWR$ .

Είναι $\angle CWR=\angle CER$ , άρα αρκεί $\angle CER=\angle EAC$ , δηλαδή η

να εφάπτεται στον κύκλο (E,A,C)

. Όμως, είναι

$\angle PEA=\angle DAQ=\angle XKA=\angle ACK=\angle ACE$ , που δίνει το ζητούμενο, και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

IMO 2011

Re: IMO 2011

Re: IMO 2011

Re: IMO 2011

Re: IMO 2011

Re: IMO 2011

Re: IMO 2011

Re: IMO 2011

Re: IMO 2011

Re: IMO 2011

Re: IMO 2011

Μέλη σε σύνδεση