IMO 2023

giannis2006 · #1

Αναρτώ τα θέματα της φετινής ΙΜΟ

Πρόβλημα 1: Να βρείτε όλους τους σύνθετους θετικούς ακεραίους

με την εξής ιδιότητα: Αν $1=d_1<d_2<\cdots<d_k=n$ είναι όλοι οι θετικοί του διαιρέτες, τότε ο d_i

διαιρεί τον $d_{i+1}+d_{i+2}$ για κάθε $1 \leqslant i \leqslant k-2$

Πρόβλημα 2: Έστω ABC

ένα οξυγώνιο τρίγωνο με AB < AC

. Έστω $\Omega$ ο περιγεγραμμένος κύκλος του ABC

. Έστω

το μέσο του τόξου

του $\Omega$ που περιέχει το

. Η κάθετη από

προς τη

τέμνει την

στο

και τέμνει τον $\Omega$ ξανά στο $E \neq A$ . Η ευθεία που διέρχεται από το

και είναι παράλληλη στη

τέμνει την ευθεία

στο

. Συμβολίζουμε τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου BDL

με $\omega$ . Έστω ότι ο $\omega$ τέμνει ξανά το $\Omega$ στο $P \neq B$ . Αποδείξτε ότι η ευθεία που εφάπτεται στον $\omega$ στο

τέμνει την ευθεία

στην εσωτερική διχοτόμο γωνίας της γωνίας $\angle BAC$ .

Πρόβλημα 3: Για κάθε ακέραιο $k\geq 2$ να προσδιορίσετε όλες τις άπειρες ακολουθίες θετικών ακεραίων $a_1, a_2, \ldots$ για τις οποίες υπάρχει πολυώνυμο

της μορφής $P(x)=x^k+c_{k-1} x^{k-1}+\cdots+c_1 x+c_0$ , όπου $c_0, c_1, \ldots, c_{k-1}$ είναι μη αρνητικοί ακέραιοι, έτσι ώστε: $\displaystyle{P\left(a_n\right)=a_{n+1} a_{n+2} \cdots a_{n+k}}$ για κάθε ακέραιο $n \geqslant 1$ .

Πρόβλημα 4: Έστω $x_1,x_2,\dots,x_{2023}$ διαφορετικοί ανά δύο θετικοί πραγματικοί ώστε ο $\displaystyle a_n=\sqrt{(x_1+x_2+\dots+x_n)\left(\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\dots+\frac{1}{x_n}\right)}$ να είναι ακέραιος για κάθε $n=1,2,\dots,2023.$ Να δείξετε ότι $a_{2023} \geqslant 3034.$

Πρόβλημα 5: Έστω

ένας θετικός ακέραιος. Ένα ιαπωνικό τρίγωνο αποτελείται από $1 + 2 + \dots + n$ κύκλους σε σχήμα ισόπλευρου τριγώνου ώστε για κάθε i = 1, 2, . . . , n

ώστε η

οστή σειρά να περιέχει

κύκλους εκ των οποίων μόνο ένας είναι βαμμένος κόκκινος. Ένα μονοπάτι ninja σε ένα ιαπωνικό τρίγωνο είναι μια ακολουθία από

κύκλους που προκύπτει ξεκινώντας από την επάνω σειρά, μετά πηγαίνοντας επανειλημμένα από έναν κύκλο σε έναν από τους δύο κύκλους ακριβώς κάτω από αυτόν και τελειώνοντας στην κάτω σειρά. Να βρείτε συναρτήσει του

τον μέγιστο

ώστε σε κάθε ιαπωνικό τρίγωνο να υπάρχει ένα ninja path που περιέχει τουλάχιστον

κόκκινους κύκλους.
Εδώ είναι ένα παράδειγμα ενός ninja path σε ένα ιαπωνικό τρίγωνο για n=6

.

: IMO 2023 P5.png (17.92 KiB) Προβλήθηκε 7895 φορές

Πρόβλημα 6: Έστω ABC

ένα ισόπλευρο τρίγωνο. Έστω A_1,B_1,C_1

σημεία στο εσωτερικό του ABC

ώστε

,

, and $\displaystyle{\angle BA_1C+\angle CB_1A+\angle AC_1B=480^\circ}$
Έστω ότι οι BC_1

και

τέμνονται στο A_2,

οι

and

τέμνονται στο B_2,

και

and

τέμνονται στο C_2.

Να δείξετε ότι αν το τρίγωνο A_1B_1C_1

είναι σκαληνό, τότε οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων AA_1A_2, BB_1B_2

and

διέρχονται από 2 κοινά σημεία.

Καλή επιτυχία στα μέλη της ελληνικής αποστολής!

Henri van Aubel · #2

Καλή επιτυχία στα μαγικά παιδιά μας!

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Henri van Aubel · #3

Πρόβλημα 2: Έστω

η τομή της εσωτερικής διχοτόμου της γωνίας $\angle BAC$ με την

και έστω $\angle PBD=x.$

Είναι $\angle BPD=\angle BLD=\angle EBC=90^\circ-\angle C\Longrightarrow AP\perp PD.$ Επιπλέον $\displaystyle \angle PAD=\frac{\angle A}{2}+\angle C-x.$

Οπότε $\displaystyle \frac{\sin \angle PAD}{\sin \angle PBD}=\frac{\displaystyle \sin \left ( \frac{A}{2}+B+x \right )}{\sin x}=\frac{1}{AD}\cdot \frac{BD}{\cos C}=\frac{\cos B}{\displaystyle -\cos \left ( \frac{A}{2}+B \right )\cos C}\Longleftrightarrow$

$\displaystyle \Longleftrightarrow \boxed{\cot x=\frac{\displaystyle \cos B-\cos ^{2}\left ( \frac{A}{2}+B \right )\cos \left ( A+B \right )}{\displaystyle \sin \left ( \frac{A}{2}+B \right )\cos \left ( \frac{A}{2}+B \right )\cos \left ( A+B \right )}}\left ( 1 \right )$

Εμείς αρκεί να δείξουμε ότι $RP^{2}=RD\cdot RB=RA^{2}\Longleftrightarrow RP=RA.$

Αρκεί δηλαδή $\displaystyle \frac{AP}{AR}=2\cos \angle PAR=2\cos \left ( \frac{A}{2} +C-x+90^\circ-\frac{A}{2}-C\right )=2\sin x.$

Όμως ισχύει ότι $\displaystyle \frac{AP}{AR}=\frac{AP}{AB}\cdot \frac{AB}{AR}=\frac{\displaystyle \sin \left ( x-90^\circ+\frac{A}{2}+C \right )}{\sin \left ( A+B \right )}\cdot \frac{\displaystyle \cos C}{\displaystyle \cos \left ( \frac{A}{2}+C \right )}=\frac{\displaystyle \cos \left ( \frac{A}{2}+B-x \right )\cos (A+B)}{\displaystyle\sin \left ( A+B \right )\cos \left ( \frac{A}{2}+B \right ) }.$

Οπότε τελικά αρκεί $\displaystyle \frac{\displaystyle \cos \left ( \frac{A}{2} +B-x\right )\cos (A+B)}{\displaystyle \sin \left ( A+B \right )\cos \left ( \frac{A}{2} +B\right )}=2\sin x\Longleftrightarrow \frac{\displaystyle \cos \left ( \frac{A}{2}+B-x \right )}{\sin x}=\frac{\displaystyle 2\sin \left ( A+B \right )\cos \left ( \frac{A}{2}+B \right )}{\displaystyle \cos (A+B)}\Longleftrightarrow$

$\displaystyle \Longleftrightarrow \cos \left ( \frac{A}{2}+B \right )\cot x+\sin \left ( \frac{A}{2}+B \right )=\frac{\displaystyle 2\sin \left ( A+B \right )\cos \left ( \frac{A}{2}+B \right )}{\displaystyle \cos (A+B)}\Longleftrightarrow$

$\Longleftrightarrow \boxed{\cot x=\frac{\displaystyle 2\sin \left ( A+B \right )\cos \left ( \frac{A}{2}+B \right )-\cos(A+B)\sin \left ( \frac{A}{2}+B \right )}{\displaystyle \cos (A+B)\cos \left ( \frac{A}{2}+B \right )}}\left ( 2 \right )$

Επομένως από $\left ( 1 \right )$ και $\left ( 2 \right )$ αρκεί ν.δ.ο:

$\displaystyle \frac{\displaystyle \cos B-\cos ^{2}\left ( \frac{A}{2}+B \right )\cos \left ( A+B \right )}{\displaystyle \sin \left ( \frac{A}{2}+B \right )}=\frac{\displaystyle 2\sin \left ( A+B \right )\cos \left ( \frac{A}{2}+B \right )-\cos \left ( A+B \right )\sin \left ( \frac{A}{2}+B \right )}{1}\left ( I \right )$

που ισχύει . (Κόλλησα για 5 λεπτά ...αλλά τελικά το απέδειξα !)

Batapan · #4

Παραθέτω τη λύση μου για το , παρεμπιπτώντως αρκετά απλό, Πρόβλημα 1

Ισχύει πως $d_{k-2} | d_{k-1} + d_{k}$ και αφου d_k =n

, συμπεραίνουμε οτι $d_{k-2}|d_{k-1}$

Αντίστοιχα ισχύει πως $d_{k-3} | d_{k-2} + d_{k-1}$

Όμως $d_2 = \frac{n}{d_{k-1}} | \frac{n}{d_{k-2}} =d_3$ και επειδη $d_2 | d_3 + d_4 \implies d_2|d_4$

Κάνοντας χρήση αυτού, βρίσκουμε οτι $d_{k-3} = \frac{n}{d_4} | \frac {n}{d_2} = d_{k-1} \implies d_{k-3} |d_{k-2}$ , λόγω της δεδομένης συνθήκης.

Με ανάλογο τρόπο δείχνουμε ότι $d_{k-4}|d_{k-3}$ και $d_{k-5} | d_{k-4}$ ... και επαγωγικά ,λοιπόν, καταλήγουμε ότι $d_1 | d_2 | d_3 |.... |d_{k-1} |d_k$
Αυτό ισχύει αν και μονο αν ο

είναι δύναμη πρώτου . Έτσι λοιπόν , n = p^m

για $m \geq 2$ έναν φυσικό ακεραιο, και

πρώτο.

thepigod762 · #5

giannis2006 έγραψε: ↑
Σάβ Ιούλ 08, 2023 3:01 pm
Πρόβλημα 2: Έστω ένα οξυγώνιο τρίγωνο με . Έστω $\Omega$ ο περιγεγραμμένος κύκλος του . Έστω το μέσο του τόξου του $\Omega$ που περιέχει το . Η κάθετη από προς τη τέμνει την στο και τέμνει τον $\Omega$ ξανά στο $E \neq A$ . Η ευθεία που διέρχεται από το και είναι παράλληλη στη τέμνει την ευθεία στο . Συμβολίζουμε τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου με $\omega$ . Έστω ότι ο $\omega$ τέμνει ξανά το $\Omega$ στο $P \neq B$ . Αποδείξτε ότι η ευθεία που εφάπτεται στον $\omega$ στο τέμνει την ευθεία στην εσωτερική διχοτόμο γωνίας της γωνίας $\angle BAC$ .

Καλή επιτυχία στην ομάδα! Το πιθανότερο να υπάρχουν συντομότερες λύσεις.

Έστω

το μέσο του τόξου BEC

.

Αρχικά Z, P, S

συνευθειακά. Πράγματι, $\angle BMS = \angle SMC = \angle SBC = \angle ZDB = \angle ZPB.$

Έστω τώρα $G = AM \cap BS.$ Θα αποδείξουμε ότι η

εφάπτεται στον (ZPB)

.

Έστω $F = AD \cap \omega$ και $A' = BF \cap \Omega$ .

είναι διάμετρος του $\omega$ (και προφανώς αφού FPS

ορθή

συνευθειακά).

Ισχυρισμός 1: $AA' \parallel BC$ .

Απόδειξη: $\angle SBA' = \angle DBF = 90^{o} - \angle DBZ$ και $\angle DBZ = 180^{o} - \angle BZD - \angle ZDB = 180^{o} - (90^{o} - \angle BEA) - \angle ZPB = 180^{o} - (90^{o} - \angle BCA) - \angle BES = 180^{o} - (90^{o} - \angle BCA) - (\angle (90^{o} - \frac{\angle BAC}{2}) = \angle BCA + \frac{\angle BAC}{2}$ άρα $\angle SBA' = 90^{o} - \angle BCA - \frac{\angle BAC}{2}$ και $\angle ABS = \angle AMS = 90^{o} - \angle ASM = 90^{o} - \angle ASB - \angle BSM = 90^{o} -\angle ACB - \frac{\angle BAC}{2} = \angle SBA'.$

Έστω $N = AC \cap BA'.$ (προφανώς η

περιέχει το σημείο αυτό).

Ισχυρισμός 2: $GN \parallel AA'$ .

Απόδειξη: Λογικά βγαίνει με κυνήγι γωνιών αλλά ας πούμε Pascal στο SBCAMM

.

Ισχυρισμός 3: NF = NA

Απόδειξη: $\angle AFN = \angle BFE = 90^{o} - \angle FBC = 90^{o} - \angle A'BC = 90^{o} - \angle ACB = \angle FAC.$

Έστω $H = AM \cap PD.$

Ισχυρισμός 4: F, P, A, H

ομοκυκλικά.

Απόδειξη: $\angle FPH = \angle MPE = \angle FPD = \angle FBD = \angle A'BS = \angle AMS = \angle EAM = \angle FAH$ .

Ισχυρισμός 5: $FH \parallel BC \parallel GN \parallel AA'$ .

Απόδειξη: $\angle APS = \angle FAH$ και αφού $\angle FPS = 90^{o}$ είναι $\angle HPA = 90^{o},$ άρα $\angle AFH = 90^{o}$ και αφού $AF \perp BC$ έχουμε το ζητούμενο.

Οπότε αφού $FH \parallel GN \parallel AA'$ με $AF \perp AA'$ έπεται ότι η

είναι μεσοπαράλληλη των AA', FH

, συνεπώς

.

Άρα το

είναι το κέντρο του (APH)

και $PG = GH \Rightarrow \angle GPD = \angle GPH = \angle GHP = \angle AHP = \angle AFP = \angle DFP = \angle DBP = \angle GBP$

οπότε η

εφάπτεται στον $\omega,$ όπως θέλαμε.

ohgreg · #6

giannis2006 έγραψε: ↑
Σάβ Ιούλ 08, 2023 3:01 pm
Πρόβλημα 4: Έστω $x_1,x_2,\dots,x_{2023}$ διαφορετικοί ανά δύο θετικοί πραγματικοί ώστε ο $\displaystyle a_n=\sqrt{(x_1+x_2+\dots+x_n)\left(\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\dots+\frac{1}{x_n}\right)}$ να είναι ακέραιος για κάθε $n=1,2,\dots,2023.$ Να δείξετε ότι $a_{2023} \geqslant 3034.$

Αρχικά θέλω να ευχηθώ καλά αποτελέσματα στην ομάδα.
Μια λύση για το P4:

$a_{n+1}=\sqrt{(x_1+...+x_{n}+x_{n+1})(\frac{1}{x_1}+...+ \frac{1}{x_n}+ \frac{1}{x_{n+1}})}\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow a_{n+1}^2=a_{n+1}^2+x_{n+1}(\frac{1}{x_1}+...+ \frac{1}{x_n})+ \frac{1}{x_{n+1}}(x_1+...+x_n)+1\geq$
$\geq a_n^2 + 2\sqrt{(x_1+...+x_n)(\frac{1}{x_1}+...+\frac{1}{x_n})}+1=(a_n+1)^2\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow a_{n+1}\geq a_n +1$ ,

Χρησιμοποιώντας δυο φορές την παραπάνω παίρνουμε:
$a_{n+1}\geq a_{n-1}+2$

Θα δείξουμε χρησιμοποιώντας δύο φορές το πότε ισχύει η ισότητα στην ΑΜ-ΓΜ, ότι η ισότητα δεν μπορεί να ισχύει. Θα πρέπει να ισχύει:

$x_n^2=\dfrac{x_1+...+x_{n-1}}{\frac{1}{x_1}+...+\frac{1}{x_{n-1}}}$

και:

$x_{n+1}^2=\dfrac{x_1+...+x_{n-1}+x_{n}}{\frac{1}{x_1}+... +\frac{1}{x_{n-1 }}+ \frac{1}{x_n}}= \dfrac{x_1+...+x_{n-1}+\sqrt{\dfrac{x_1+...+x_{n-1}}{\frac{1}{x_1}+...+ \frac{1}{x_{n-1 }}}}}{\frac{1}{x_1}+... +\frac{1}{x_{n-1 }}+ \sqrt{\dfrac{\frac{1}{x_1}+...+\frac{1}{x_{n-1}}}{x_1+...+x_{n-1}}}}=\dfrac{x_1+...+x_{n-1}}{\frac{1}{x_1}+...+\frac{1}{x_{n-1}}}=x_{n}^2$

το οποίο είναι άτοπο αφού οι $x_n, x_{n+1$ είναι θετικοί και διαφορετικοί. Οπότε αφού η ισότητα δεν μπορεί να ισχύει είναι:

$a_{n+1}\geq a_{n-1}+3$

Χρησιμοποιώντας την παραπάνω επαναλαμβανόμενα παίρνουμε:

$a_{2023}\geq a_1 + 3\cdot1011 =3034$

kalagz · #7

Καλησπέρα στην κοινότητα, εύχομαι καλα αποτελέσματα στην ελληνική ομάδα!
Επιστρέφω μιας και μου φάνηκαν πολύ ενδιεφέροντα τα προβλήματα και θα ήθελα να μοιραστώ μια λύση για το Π2.

Αρχικά να δώσω δυο σκέψεις για τη λύση μου. Το πρώτο που σκέφτηκα ήταν να θεωρήσω

την τομή της διχοτόμου της γωνίας

με την

και να δείξω (το στοιχειώδες) ότι $FP^2 = FD \cdot FB$ . Όμως δεν βρήκα κάποιο τρόπο (βασικό τουλάχιστον - όπως και ήταν λογικό) να βγει αυτό και ξεκίνησα μια αντίστροφη προσέγγιση, δηλαδή να ξεκινήσω από το

και να φτάσω στις ιδιότητες του

(ότι δηλαδή ανήκει στον $\omega$ και οτι η

εφάπτεται σε αυτόν).

Έστω λοιπόν οτι

είναι η τομή της διχοτόμου της γωνίας

με την

. Εύκολα βγαίνει ότι $FA^2= FD \cdot FB$ καθώς $\angle FAD = \angle FBA$ (αυτό βγαίνει από την παραλληλία της διαμέτρου από το

με την

). Έχοντας αυτό, ορίζω

σημείο του Ω τέτοιο ώστε FA=FP'

. Δεδομένου ότι $FP'^2 = FD \cdot FB$ , η FP'

εφάπτεται του περιγεγραμμένου κύκλου του BDP'

, και άρα αρκεί να δείξουμε ότι το

ανήκει σε αυτόν τον κύκλο.

Θα δείξουμε ότι $\angle BP'D = \angle BLD$ . Έχουμε ότι $\angle BLD = 90^{o} - \angle C$ καθώς το τρίγωνο DEL

είναι ορθογώνιο. Από την άλλη, $\angle BP'D = \angle BP'A - \angle DP'A = 180^{o} - \angle C - \angle DP'A$ . Τελικά, μιας και το τρίγωνο FAP'

είναι ισοσκελές, μέσω των αντίστοιχων τόξων του Ω βρίσκουμε ότι $\angle DP'A = 90^{o}$ , που εξασφαλίζει το ζητούμενο.

Δεν μπορώ να κρίνω αν είναι δύσκολο ή εύκολο για Π2 (μιας και λείπω καιρό από το χώρο!), αλλά είναι σίγουρα πολύ όμορφο κι αυτό φαίνεται από τις πολλές πιθανές λύσεις που έχουν ήδη προταθει.

Henri van Aubel · #8

kalagz έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 09, 2023 5:19 pm
Καλησπέρα στην κοινότητα, εύχομαι καλα αποτελέσματα στην ελληνική ομάδα!
Επιστρέφω μιας και μου φάνηκαν πολύ ενδιεφέροντα τα προβλήματα και θα ήθελα να μοιραστώ μια λύση για το Π2.

Αρχικά να δώσω δυο σκέψεις για τη λύση μου. Το πρώτο που σκέφτηκα ήταν να θεωρήσω την τομή της διχοτόμου της γωνίας με την και να δείξω (το στοιχειώδες) ότι $FP^2 = FD \cdot FB$ . Όμως δεν βρήκα κάποιο τρόπο (βασικό τουλάχιστον - όπως και ήταν λογικό) να βγει αυτό και ξεκίνησα μια αντίστροφη προσέγγιση, δηλαδή να ξεκινήσω από το και να φτάσω στις ιδιότητες του (ότι δηλαδή ανήκει στον $\omega$ και οτι η εφάπτεται σε αυτόν).

Έστω λοιπόν οτι είναι η τομή της διχοτόμου της γωνίας με την . Εύκολα βγαίνει ότι $FA^2= FD \cdot FB$ καθώς $\angle FAD = \angle FBA$ (αυτό βγαίνει από την παραλληλία της διαμέτρου από το με την ). Έχοντας αυτό, ορίζω σημείο του Ω τέτοιο ώστε . Δεδομένου ότι $FP'^2 = FD \cdot FB$ , η εφάπτεται του περιγεγραμμένου κύκλου του , και άρα αρκεί να δείξουμε ότι το ανήκει σε αυτόν τον κύκλο.

Θα δείξουμε ότι $\angle BP'D = \angle BLD$ . Έχουμε ότι $\angle BLD = 90^{o} - \angle C$ καθώς το τρίγωνο είναι ορθογώνιο. Από την άλλη, $\angle BP'D = \angle BP'A - \angle DP'A = 180^{o} - \angle C - \angle DP'A$ . Τελικά, μιας και το τρίγωνο είναι ισοσκελές, μέσω των αντίστοιχων τόξων του Ω βρίσκουμε ότι $\angle DP'A = 90^{o}$ , που εξασφαλίζει το ζητούμενο.

Δεν μπορώ να κρίνω αν είναι δύσκολο ή εύκολο για Π2 (μιας και λείπω καιρό από το χώρο!), αλλά είναι σίγουρα πολύ όμορφο κι αυτό φαίνεται από τις πολλές πιθανές λύσεις που έχουν ήδη προταθει.

Έτσι το σκέφτηκα κι εγώ στην αρχή, έχω παρόμοια πρώτη λύση !

Ωστόσο, έδωσα και μια δεύτερη , πιο περίπλοκη για χάρη πλουραλισμού.

#9

Καλή Επιτυχία στην ελληνική αποστολή και Καλά αποτελέσματα!

Υπάρχουν διάφορες παρεμφερείς λύσεις για το Π.2 που βασίζονται σε εγγράψιμα τετράπλευρα και τέμνουσες κύκλου.

Henri van Aubel · #10

Πιστεύω πως ήταν κάπως έτσι: Το Π2 πολύ εύκολο για ΙΜΟ. Τα Π1,Π2,Π4 εύκολα , το Π3 οκ, το Π5 δύσκολο και το Π6 πολύ δύσκολο .

Καλή επιτυχία και πάλι παιδιά μας !

#11

Henri van Aubel έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 09, 2023 7:42 pm
Πιστεύω πως ήταν κάπως έτσι: Το Π2 πολύ εύκολο για ΙΜΟ. Τα Π1,Π2,Π4 εύκολα , το Π3 οκ, το Π5 δύσκολο και το Π6 πολύ δύσκολο .

Με ποια κριτήρια αποφασίζουμε για το αν ένα πρόβλημα είναι εύκολο ή δύσκολο;

Henri van Aubel · #12

silouan έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 10, 2023 6:18 pm

Henri van Aubel έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 09, 2023 7:42 pm
Πιστεύω πως ήταν κάπως έτσι: Το Π2 πολύ εύκολο για ΙΜΟ. Τα Π1,Π2,Π4 εύκολα , το Π3 οκ, το Π5 δύσκολο και το Π6 πολύ δύσκολο .
Με ποια κριτήρια αποφασίζουμε για το αν ένα πρόβλημα είναι εύκολο ή δύσκολο;

Σιλουανε καλησπέρα .

Απλά είπα την άποψη μου. Που ακριβώς έχεις ένσταση ;

jason.prod · #13

Henri van Aubel έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 10, 2023 6:21 pm
Σιλουανε καλησπέρα . Απλά είπα την άποψη μου. Που ακριβώς έχεις ένσταση ;

Φαντάζομαι ότι η ένσταση είναι στον τρόπο αξιολόγησης των προβλημάτων. Αυτή η διαδικασία είναι δύσκολη, ιδιαίτερα αν δεν υπάρχουν τα επίσημα αποτελέσματα και αν έχει γίνει από κάποιον που δεν τα έλυνε υπό την πίεση του διαγωνισμού. Τέλος, καλό είναι, ειδικά όταν μας παρακολουθούν οι διαγωνιζόμενοι ή όσοι επιθυμούν τα επόμενα χρόνια να διαγωνιστούν στην ΙΜΟ, όταν αξιολογούμε τα προβλήματα, να αιτιολογήσουμε και για ποιο λόγο τους δίνουμε τον εκάστοτε βαθμό δυσκολίας.

Henri van Aubel · #14

jason.prod έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 10, 2023 6:56 pm

Henri van Aubel έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 10, 2023 6:21 pm
Σιλουανε καλησπέρα . Απλά είπα την άποψη μου. Που ακριβώς έχεις ένσταση ;
Φαντάζομαι ότι η ένσταση είναι στον τρόπο αξιολόγησης των προβλημάτων. Αυτή η διαδικασία είναι δύσκολη, ιδιαίτερα αν δεν υπάρχουν τα επίσημα αποτελέσματα και αν έχει γίνει από κάποιον που δεν τα έλυνε υπό την πίεση του διαγωνισμού. Τέλος, καλό είναι, ειδικά όταν μας παρακολουθούν οι διαγωνιζόμενοι ή όσοι επιθυμούν τα επόμενα χρόνια να διαγωνιστούν στην ΙΜΟ, όταν αξιολογούμε τα προβλήματα, να αιτιολογήσουμε και για ποιο λόγο τους δίνουμε τον εκάστοτε βαθμό δυσκολίας.

Εντάξει Ιάσονα (παρεπιπτόντως, συγχαρητήρια για το πρόβλημα της BMO που φτιάξατε με τον Μινο ! ), ωστόσο ποτέ δεν ισχυρίστηκα ότι η άποψη μου είναι αντικειμενική . Μιλάω υποκειμενικά , οπότε δεν βλέπω τον λόγο επίθεσης από τον Σιλουανό , τον οποίο παρεπιπτόντως εκτιμώ ιδιαίτερα !

#15

Δεν ξέρω γιατί αυτό που λέω χαρακτηρίζεται ως επίθεση. Πάντως ένας δείκτης για να συγκρίνουμε την δυσκολία των προβλημάτων είναι ο μέσος όρος που βγαίνει στο τέλος. Και πάλι, δεν τον θεωρώ τελείως ασφαλή δείκτη.

Δύο-τρία στατιστικά μέχρι τώρα:
Πολύ προπονημένες ομάδες, όπως ο Καναδάς και το Ισραήλ, έχουν 2-3 πλήρεις λύσεις στο Π2.
Η Βουλγαρία που είναι παραδοσιακά ισχυρή χώρα, με μεγάλη ευχέρεια στην γεωμετρία, έχει 4 πλήρεις λύσεις.

#16

Henri van Aubel έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 09, 2023 7:42 pm
Πιστεύω πως ήταν κάπως έτσι: Το Π2 πολύ εύκολο για ΙΜΟ. Τα Π1,Π2,Π4 εύκολα , το Π3 οκ, το Π5 δύσκολο και το Π6 πολύ δύσκολο .

silouan έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 10, 2023 6:18 pm
Με ποια κριτήρια αποφασίζουμε για το αν ένα πρόβλημα είναι εύκολο ή δύσκολο;

Henri van Aubel έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 10, 2023 6:21 pm
Σιλουανε καλησπέρα . Απλά είπα την άποψη μου. Που ακριβώς έχεις ένσταση ;

Νομίζω ότι ο Σιλουανός απηύθυνε απλά μία ερώτηση στην οποία δεν πήρε απάντηση αλλά πάλι ερώτηση. Εγώ απλά να αναφέρω ότι η διαδικασία χαρακτηρισμού των προβλημάτων της Shortlist ως εύκολο, εύκολο - μέτριο, μέτριο, μέτριο - δύσκολο, δύσκολο είναι πολύ χρονοβόρα και προκύπτει μετά από αρκετή συζήτηση μεταξύ των αρχηγών και έχει τύχει πολλές φορές τα στατιστικά να διαψεύδουν τελικά τον αρχικό χαρακτηρισμό τους. Συνεπώς οποιοσδήποτε χαρακτηρισμός πριν την έκδοση των αποτελεσμάτων είναι απλά μία αβάσιμη προσωπική εικασία χωρίς να ληφθούν πολλοί παράγοντες υπόψιν ο κυριότερος από τους οποίους είναι η πίεση του χρόνου!

Αλέξανδρος

#17

giannis2006 έγραψε: ↑
Σάβ Ιούλ 08, 2023 3:01 pm

Πρόβλημα 6: Έστω ένα ισόπλευρο τρίγωνο. Έστω σημεία στο εσωτερικό του ώστε , , , and $\displaystyle{\angle BA_1C+\angle CB_1A+\angle AC_1B=480^\circ}$
Έστω ότι οι και τέμνονται στο οι and τέμνονται στο και and τέμνονται στο
Να δείξετε ότι αν το τρίγωνο είναι σκαληνό, τότε οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων
and διέρχονται από 2 κοινά σημεία.

Δίνω μόνο το σχήμα. Το

είναι ένα κοινό σημείο των κύκλων. Το άλλο είναι προς τα κάτω και δεν φαίνεται στο σχήμα.

: ΙΜΟ 2023-6.png (21.26 KiB) Προβλήθηκε 7447 φορές

Ίσως να έχει απλή επίσημη λύση που δεν το πολυ-πιστεύω (δεν προσπάθησα να τη λύσω), πάντως αν μη τι άλλο είναι "ψαρωτική".

Al.Koutsouridis · #18

Θερμά συγχαρητήρια στην Ελληνική Ομάδα!!!

: Screenshot 2023-07-11 at 22.51.42.png (255.19 KiB) Προβλήθηκε 7170 φορές

#19

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Τρί Ιούλ 11, 2023 10:54 pm
Θερμά συγχαρητήρια στην Ελληνική Ομάδα!!!

Screenshot 2023-07-11 at 22.51.42.png

Μεγάλη επιτυχία στην 64η Διεθνή Μαθηματική Ολυμπιάδα

Ένα χρυσό

, ένα αργυρό

, τρία χάλκινα

και μια εύφημη μνεία

ήταν η "συγκομιδή" της ομάδας μας στη φετινή Διεθνή Μαθηματική Ολυμπιάδα!

Πρόκειται για πολύ μεγάλη επιτυχία, αφού η Ελλάδα μας είναι 6η στην Ευρωπαϊκή Ένωση και στις 25 καλύτερες του κόσμου!

Συνολικά συμμετείχαν 112 χώρες.

Αξίζει να σημειώσουμε ότι:

-το χρυσό μετάλλιο του Γιώργου Τζιαχρήστα είναι το 4ο στην ιστορία του θεσμού για τη χώρα μας,
- το 6ο πρόβλημα γεωμετρίας της φετινής ΙΜΟ το έλυσαν πλήρως μόνο έξι (6) διαγωνιζόμενοι από τους 658 μαθητές.
-ο Κωνσταντίνος Κωνσταντινίδης θα διαγωνιστεί και στη Διεθνή Ολυμπιάδα Φυσικής σε λίγες μέρες στο Τόκυο.

Θερμά συγχαρητήρια στα παιδιά, τον αρχηγό κ. Ανάργυρο Φελλούρη και τον υπαρχηγό της αποστολής, Σιλουανό Μπραζιτίκο!

Ας τονίσουμε για ακόμη μια φορά πως η συμμετοχή και μόνο σε έναν τέτοιο διεθνή διαγωνισμό είναι τεράστια τιμή και επιτυχία για κάθε διαγωνιζόμενο. Η επίλυση και μόνο ενός προβλήματος από τα έξι είναι αξιοσημείωτη!

Ευχόμαστε ότι καλύτερο στη συνέχεια για τον καθένα χωριστά!

#20

Τα συγχαρητήρια μου στα παιδιά. Καταπληκτικοί βαθμοί σε πολύ δύσκολα θέματα.

IMO 2023

IMO 2023

Re: IMO 2023

Re: IMO 2023

Re: IMO 2023

Re: IMO 2023

Re: IMO 2023

Re: IMO 2023

Re: IMO 2023

Re: IMO 2023

Re: IMO 2023

Re: IMO 2023

Re: IMO 2023

Re: IMO 2023

Re: IMO 2023

Re: IMO 2023

Re: IMO 2023

Re: IMO 2023

Re: IMO 2023

Re: IMO 2023

Re: IMO 2023

Μέλη σε σύνδεση