JBMO 2017

Τσιαλας Νικολαος · #1

Καλή επιτυχία στην ελληνική και την κυπριακή ομάδα!!! Εύχομαι τα καλύτερα στα παιδιά και τους συνοδούς τους!!!

Υ.γ: Αναμένουμε τα θέματα εδώ φίλε Αλέξανδρε!!!

Κατερινόπουλος Νικόλας · #2

Εύχομαι κι εγώ με τη σειρά μου ΚΑΛΗ ΕΠΙΤΥΧΙΑ ΣΤΙΣ ΟΜΑΔΕΣ ΜΑΣ!!! Να γυρίσετε με όλα τα μετάλλια παιδιά!

Νικόλας

#3

Καλή επιτυχία σε Ελλάδα και Κύπρο!

: image.jpg (99.32 KiB) Προβλήθηκε 4125 φορές

Ένα στιγμιότυπο από την τελετή έναρξης (από τον Αλέξανδρο).

S.E.Louridas · #4

Καλή επιτυχία στα μέλη (Διαγωνιζόμενους, Leader, Deputy) της Εθνικής Μαθηματικών Νέων της Πατρίδας (Αναμενόμενη), αλλά και της αντίστοιχης των Αδελφών Κυπρίων και Καλή Επάνοδο. Η προσφορά σας στη Πατρίδα είναι Πραγματικά Κορυφαία.

#5

Καλή επιτυχία!

#6

Καλησπέρα από τη Βάρνα της Βουλγαρίας!

Η σύνθεση της ομάδας είναι εξαιρετική και εύχομαι οι μαθητές να αποδώσουν το μέγιστο των δυνατοτήτων τους!

Εύχομαι από καρδιάς καλή επιτυχία στην Ελληνική και Κυπριακή αποστολή στον αυριανό διαγωνισμό!

: 20170625_121936.jpg (640.13 KiB) Προβλήθηκε 4074 φορές

: 20170625_122034.jpg (613.71 KiB) Προβλήθηκε 4074 φορές

Αλέξανδρος

Soteris · #7

Καλή επιτυχία στις ομάδες μας!!

Αυτή τη στιγμή ο διαγωνισμός είναι σε εξέλιξη. Εύχομαι τα παιδιά μας να επιδείξουν την απαραίτητη ψυχραιμία. (Οι δυνατότητές τους είναι δεδομένες.) Να ευχηθώ στους φίλους αρχηγούς/υπαρχηγούς των αποστολών μας καλή δύναμη στο δύσκολο έργο τους.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

harrisp · #8

Καλή επιτυχία παιδιά

thanos59 · #9

Πρόβλημα 1: Να βρείτε όλες τις εξάδες διαδοχικών θετικών ακεραίων, κάθε μία από τις οποίες έχει την εξής ιδιότητα: Αν στο γινόμενο δύο διαδοχικών αριθμών της εξάδας προσθέσουμε το γινόμενο δύο από τους τέσσερις αριθμούς που απομένουν , τότε το άθροισμα αυτό είναι ίσο με το γινόμενο των δύο υπόλοιπων αριθμών.

Πρόβλημα 2: Έστω x,y,z

θετικοί ακέραιοι τέτοιο ώστε $x \neq y \neq z \neq x$ . Να δείξετε ότι

$\displaystyle{ (x+y+z)(xy+yz+zx - 2) \geqslant 9xyz}$

Πότε ισχύει η ισότητα;

Πρόβλημα 3: Δίνεται ABC

οξυγώνιο τρίγωνο τέτοιο ώστε $AB \neq AC$ και $\Gamma$ ο περιγεγραμμένος κύκλος του με κέντρο

. Έστω

το μέσο του

και

σημείο του $\Gamma$ τέτοιο ώστε $AD \perp BC$ . Θεωρούμε

ένα σημείο τέτοιο ώστε το BDCT

να είναι παραλληλόγραμμο και

ένα σημείο στο ημιεπίπεδο που ορίζεται από την

και περιέχει το

τέτοιο ώστε

$\displaystyle{ \angle BQM = \angle BCA}$ και $\displaystyle{ \angle CQM = \angle CBA}$

Αν η ευθεία

τέμνει τον $\Gamma$ στο

( $E \neq A$ ) και ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ETQ

τέμνει τον $\Gamma$ στο σημείο $X \neq E$ , να δείξετε ότι τα σημεία A,M

και

είναι συνευθειακά.

Πρόβλημα 4: Έστω

ένα κανονικό

-γωνο $A_1\cdots A_{2n}$ στο επίπεδο όπου

θετικός ακέραιος. Λέμε ότι ένα σημείο

που βρίσκεται σε μια πλευρά του

είναι ορατό από ένα σημείο

εξωτερικό του

, εάν το ευθύγραμμο τμήμα

δεν περιέχει άλλα σημεία των πλευρών του

εκτός από το

. Χρωματίζουμε τις πλευρές του

με

διαφορετικά χρώματα (αγνοήστε τις κορυφές του

, τις οποίες δεν χρωματίζουμε) έτσι ώστε κάθε πλευρά να χρωματίζεται με ακριβώς ένα χρώμα και κάθε χρώμα να χρησιμοποιείται τουλάχιστον μία φορά. Επιπλέον, από κάθε σημείο του επιπέδου εξωτερικά του

, είναι ορατά σημεία του

το πολύ δύο διαφορετικών χρωμάτων. Να βρείτε το πλήθος των διαφορετικών χρωματισμών του

(δυο χρωματισμοί θεωρούνται διαφορετικοί εάν τουλάχιστον μία πλευρά χρωματίζεται με διαφορετικό χρώμα).

Επεξεργασία: Γραφή σε $\LaTeX$ από Demetres. Ευχαριστούμε το μέλος μας thanos59 για τα θέματα.

Γιάννης Μπόρμπας · #10

Πρόβλημα 1
Έστω x,x+1,x+2,x+3,x+4,x+5

οι ζητούμενοι αριθμοί.
Αρχικά παρατηρούμε την εξίσωση: ab+cd=ef

Οι

από τους αριθμούς είναι άρτιοι και οι άλλοι

περιττοί. Παρατηρούμε ότι αν

άρτιοι ήταν στο ίδιο γινόμενο (π.χ. a,b)
τότε η εξίσωση δεν έχει λύση $(\mod 2)$ . Οπότε υποθέτουμε ότι οι αριθμοί a,c,e

είναι περιττοί και οι b,d,f

άρτιοι.
Με την ίδια λογική $(\mod 3)$ παρατηρούμε ότι δεν μπορούν

αριθμοί που διαιρούνται με το

να βρίσκονται σε διαφορετικό γινόμενο.
Για $x\ge 4$ παρατηρούμε ότι δεν μπορεί ο παράγοντας (x+5)

δεν μπορεί να βρίσκεται στο αριστερό μέλος, οπότε χωρίς βλάβη της γενικότητας
έχουμε: a=x+1

,

οπότε η εξίσωση γίνεται:

(x+1)b+(x+3)d=(x+5)f

.
Θα χρησιμοποιήσουμε την διαιρετότητα: x+3|2f+2b

για να πάρουμε μόνο

περιπτώσεις.
Αν f=x

ή

προκύπτει ότι x=5

που δεν έχουμε λύση.
Αν d=x

προκύπτει η λύση: (a,b,c,d,e,f)=(8,7,9,6,11,10)

.
Επομένως μένει να ελέγξουμε x=1,2,3

.
Για

δεν έχουμε λύση.
Για x=2

έχουμε λύση την (a,b,c,d,e,f)=(6,3,5,2,7,4)

Για

έχουμε λύση την (2,1,6,3,5,4)

#11

Πρόβλημα 2ο:

Η αποδεικτέα γράφεται

$\displaystyle{x(y-z)^2+y(x-z)^2+z(x-y)^2\geq 2(x+y+z).}$

Χωρίς βλάβη της γενικότητας ας είναι $\displaystyle{x>y>z.}$

Οι $\displaystyle{x-y,y-z,x-z}$ είναι θετικοί ακέραιοι, άρα $\displaystyle{\geq 1,}$ οπότε θα ισχύει για κάθε έναν η $\displaystyle{A^2\geq A.}$

Αν $\displaystyle{y-z\geq 2,}$ είναι

$\displaystyle{x(y-z)^2+y(x-z)^2+z(x-y)^2\geq 4x+y+z>2(x+y+z).}$

Αν $\displaystyle{y-z=1,}$ είναι

$\displaystyle{x(y-z)^2+y(x-z)^2+z(x-y)^2-2(x+y+z)=x+y(y-x-1)^2+(y-1)(x-y)^2=}$

$\displaystyle{=(2y-1)((x-y)^2+(x-y)-2)\geq 0}$ με την ισότητα για $\displaystyle{x-y=1.}$

Δηλαδή η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν $\displaystyle{y-z=x-y=1.}$

Γιάννης Μπόρμπας · #12

Δεν μου άρεσε καθόλου το δεύτερο πρόβλημα, θεωρώ πως μόνο κατάλληλο δεν ήταν για τον διαγωνισμό...

Γιάννης Μπόρμπας · #13

Στο πρόβλημα

, θεωρούμε διαφορετικούς 2 χρωματισμούς, οι οποίοι προκύπτουν με στροφή του πολυγώνου;

#14

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Στο πρόβλημα , θεωρούμε διαφορετικούς 2 χρωματισμούς, οι οποίοι προκύπτουν με στροφή του πολυγώνου;

Από την εκφώνηση αυτό καταλαβαίνω.

#15

Άλλη μια λύση για το 2:

Υποθέτω ότι $x \geqslant y \geqslant z$ . Άρα y = z+a,x=z+a+b

για κάποιους θετικούς ακεραίους a,b

. Τότε:

$\displaystyle{ (x+y+z)(xy+yz+zx-2)-9xyz = \cdots = 2(a^2+b^2+ab-3)z + (2a+b)(a^2+ba-2) \geqslant 0}$

#16

Πρόβλημα 3: Έστω ότι $\displaystyle{\angle CBA = \beta }$ και $\displaystyle{\angle BCA = \gamma .}$

Παρατηρούμε ότι

$\displaystyle{\angle BAD = {90^ \circ } - \beta = {90^ \circ } - \angle CEA = \angle CAE,}$

οπότε τα τόξα $\displaystyle{BD}$ και $\displaystyle{CE}$ είναι ίσα και άρα το τετράπλευρο $\displaystyle{BCED}$ είναι ισοσκελές τραπέζιο.

Επειδή οι διαγώνιοι του παραλληλογράμμου $\displaystyle{BDCT}$ διχοτομούνται στο

, θα είναι $\displaystyle{MT = MD = ME.}$ Άρα, τα τρίγωνα $\displaystyle{MEC}$ και $\displaystyle{MTC}$ είναι ίσα, οπότε τα σημεία

και

είναι συμμετρικά ως προς την

.

Έστω $\displaystyle{{X'}}$ το σημείο τομής της

με τον κύκλο $\displaystyle{\Gamma }$ . Τότε, είναι

$\displaystyle{\angle BX'M = \angle BX'A = \gamma = \angle BQM}$

και

$\displaystyle{\angle CX'M = \angle CX'A = \beta = \angle CQM,}$

οπότε το σημείο $\displaystyle{{X'}}$ είναι μονοσήμαντα ορισμένο (γιατί ανήκει στην τομή του τόξου χορδής

που βλέπει το τμήμα

υπό γωνία $\displaystyle{\gamma }$ και του τόξου χορδής

που βλέπει το τμήμα

υπό γωνία $\displaystyle{\beta }$ ) και μάλιστα είναι το συμμετρικό του σημείου

ως προς την ευθεία

.

Άρα, το τετράπλευρο $\displaystyle{QTEX'}$ είναι ισοσκελές τραπέζιο, οπότε το σημείο $\displaystyle{{X'}}$ θα ανήκει και στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ETQ

. Επομένως, θα είναι $\displaystyle{X' \equiv X}$ και η απόδειξη ολοκληρώνεται.

KARKAR · #17

: JBMO GEOMETRY.png (44.24 KiB) Προβλήθηκε 3505 φορές

Τα σημεία

είναι τελικά τα συμμετρικά των E,X

ως προς την

. Φοβάμαι

πως οι διαγωνιζόμενοι ταλαιπωρήθηκαν αφάνταστα με την κατασκευή του σχήματος .

#18

Ας δούμε και το 4:

Για μια πλευρά

ορίζω ως $\ell_e$ την ευθεία που λαμβάνουμε αν προεκτείνουμε την

και ως $\Pi_e$ το ημιεπίπεδο που ορίζει η $\ell_e$ και δεν περιέχει το πολύγωνο.

Μια πλευρά

παρατηρείται από ένα σημείο

αν και μόνο αν το

ανήκει στο $\Pi_e$ .

Παρατηρούμε λοιπόν ότι οποιεσδήποτε

διαδοχικές πλευρές του πολυγώνου μπορούν να παρατηρηθούν από το ίδιο σημείο. Π.χ. οι πλευρές $A_1A_2,\ldots,A_nA_{n+1}$ παρατηρούνται από οποιοδήποτε σημείο ανήκει στο $\Pi_{A_1A_2} \cap \Pi_{A_nA_{n+1}}$ .

Επίσης δυο απέναντι πλευρές δεν μπορούν να παρατηρούνται ταυτόχρονο.

Άρα το πρόβλημα μεταφράζεται στο εξής:

Με πόσους τρόπου μπορούμε να χρωματίσουμε τις πλευρές ενός κανονικού

-γώνου με τρία χρώματα ώστε να χρησιμοποιούνται και τα τρία χρώματα αλλά κάθε

συνεχόμενες πλευρές να έχουν το πολύ δύο χρώματα;

Για n=2

οποιοιδήποτε χρωματισμοί χρησιμοποιούν και τα τρία χρώματα είναι επιτρεπτοί. Από την αρχή εγκλεισμού αποκλεισμού έχουμε $3^4 - 3 \cdot 2^4 + 3 = 36$ χρωματισμούς.

Έστω τώρα $n \geqslant 3$ .

Ισχυρίζομαι αρχικά ότι δεν υπάρχουν

συνεχόμενες πλευρές με μόνο ένα χρώμα. Πράγματι έστω προς άτοπο ότι οι $e_1,\ldots,e_n$ είναι πράσινες. (Γράφω e_i

για την πλευρά $A_iA_{i+1}$ .) Στις υπόλοιπες

πλευρές εμφανίζονται και τα δύο χρώματα. Άρα υπάρχουν δυο διαδοχικές πλευρές $e_r,e_{r+1}$ με την μια κόκκινη και την άλλη μπλε. Αν r=n+1

, τότε οι $e_n,\ldots,e_{2n-1}$ είναι

διαδοχικές πλευρές που έχουν όλα τα χρώματα, άτοπο. Αν r > n+1

, τότε οι $e_{n+2},\ldots,e_{2n},e_1$ είναι

διαδοχικές πλευρές που έχουν όλα τα χρώματα, πάλι άτοπο.

Κοιτάζω τώρα τις $e_1,\ldots,e_n$ . Έστω ότι λείπει το πράσινο. Περιστρέφοντας αν χρειαστεί μπορώ να υποθέσω ότι η $e_{n+1}$ είναι πράσινη. Έστω επίσης ότι η e_1

είναι μπλε. Στις $e_2,\ldots,e_n$ εμφανίζεται σίγουρα ένα κόκκινο από τον ισχυρισμό της προηγούμενης παραγράφου. Ξέρουμε επίσης ότι δεν εμφανίζεται πράσινο. Επίσης δεν εμφανίζεται μπλε αφού τότε οι $e_2,\ldots,e_{n+1}$ θα είχαν και τα τρία χρώματα. Άρα είναι όλες κόκκινες.

Κοιτάζοντας τις $e_n,e_{n+1},\ldots,e_{2n-1}$ , παίρνω ότι οι $e_{n+2},\ldots,e_{2n-1}$ δεν είναι μπλε. Κοιτάζοντας τις $e_{n+3},e_{n+3},\ldots,e_{2n},1,e_2$ , παίρνω ότι οι $e_{n+3},\ldots,e_{2n}$ δεν είναι πράσινες.

Άρα μέχρι στιγμές έχω τα εξής:
Η e_1

είναι μπλε
Οι $e_2,\ldots,e_n,e_{n+3},\ldots,e_{2n-1}$ είναι κόκκινες
Η $e_{n+1}$ είναι πράσινη
Η $e_{n+2}$ είναι πράσινη ή κόκκινη
Η $e_{2n}$ είναι μπλε ή κόκκινη

Για $n \geqslant 4$ , αφού η $e_{n+3}$ είναι κόκκινη, κοιτάζοντας τις $e_{n+1},\ldots,e_{2n}$ λαμβάνω ότι η $e_{2n}$ δεν είναι μπλε. Άρα είναι και αυτή κόκκινη. (Εδώ είναι σημαντικό ότι n+3 < 2n

.) Ομοίως και η $e_{n+2}$ είναι κόκκινη.

Άρα για $n \geqslant 4$ κάθε χρωματισμός έχει δύο παράλληλες πλευρές χρωματισμένες με δύο διαφορετικά χρώματα και όλες τις υπόλοιπες χρωματισμένες με το τρίτο χρώμα. Άρα υπάρχουν ακριβώς

τέτοιοι χρωματισμοί. (

τρόποι να επιλέξουμε τις δύο παράλληλες πλευρές και

τρόποι να αποφασίσουμε τα χρώματα.)

Για n=3

στο πιο πάνω παράδειγμα είχαμε
e_1

μπλε

κόκκινες

πράσινη

πράσινη ή κόκκινη
e_6

μπλε ή κόκκινη

Για τις e_5,e_6

αν η μια είναι κόκκινη τότε απαραίτητα θα είναι και η άλλη. Επιτρέπεται όμως να είναι η e_5

πράσινη και η e_6

μπλε.

Άρα πέραν των 6n=18

χρωματισμών της προηγούμενης μορφής έχουμε και τους χρωματισμούς όπου τα τρία χρώματα εμφανίζονται από δύο φορές σε διαδοχικές κορυφές. Έχουμε

τρόπους να επιλέξουμε την πρώτη μπλε, και δύο τρόπους να επιλέξουμε αν μετά τις μπλε συνεχίζουν οι πράσινες ή οι κόκκινες. Συνολικά έχουμε άλλους

χρωματισμούς.

Συνοψίζοντας η τελική απάντηση είναι

για

για $n \geqslant 4$

Γιάννης Μπόρμπας · #19

Πόσες μονάδες άραγε θα έχανε κάποιος αν ξεχνούσε τις περιπτώσεις n=2,3

;

#20

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Πόσες μονάδες άραγε θα έχανε κάποιος αν ξεχνούσε τις περιπτώσεις ;

Ενδιαφέρομαι και εγώ να μάθω. Όταν το δει ο Αλέξανδρος θα μας πει.

Η περίπτωση n=2

είναι τετριμμένη αλλά χρειάζεται να εξεταστεί ξεχωριστά. Λογικά θα παίρνει 1 μονάδα. Η περίπτωση n=3

φαντάζομαι θα παίρνει 1-2 μονάδες.

Επίσης σημαντικό, είναι η αναγνώριση ότι πρέπει να εξεταστεί η περίπτωση n=3

. Π.χ. το σημείο όπου δείχνω ότι η $e_{n+2}$ και $e_{2n}$ είναι κόκκινες, πιθανώς να παίρνει 2 μονάδες εκ των οποίων η 1 να είναι για την αναγνώριση ότι αυτό ισχύει μόνο για $n \geqslant 4$ .

Όλα αυτά βέβαια είναι εικασίες.

JBMO 2017

JBMO 2017

Re: JBMO 2017

Re: JBMO 2017

Re: JBMO 2017

Re: JBMO 2017

Re: JBMO 2017

Re: JBMO 2017

Re: JBMO 2017

Re: JBMO 2017

Re: JBMO 2017

Re: JBMO 2017

Re: JBMO 2017

Re: JBMO 2017

Re: JBMO 2017

Re: JBMO 2017

Re: JBMO 2017

Re: JBMO 2017

Re: JBMO 2017

Re: JBMO 2017

Re: JBMO 2017

Μέλη σε σύνδεση