IMO 2023

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

giannis2006
Δημοσιεύσεις: 3
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 09, 2021 7:17 pm

IMO 2023

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από giannis2006 » Σάβ Ιούλ 08, 2023 3:01 pm

Αναρτώ τα θέματα της φετινής ΙΜΟ

Πρόβλημα 1: Να βρείτε όλους τους σύνθετους θετικούς ακεραίους n 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 S το μέσο του τόξου CB του \Omega που περιέχει το A. Η κάθετη από A προς τη BC τέμνει την BS στο D και τέμνει τον \Omega ξανά στο E \neq A. Η ευθεία που διέρχεται από το D και είναι παράλληλη στη BC τέμνει την ευθεία BE στο L. 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 P τέμνει την ευθεία BS 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 P 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 n 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 i-οστή σειρά να περιέχει i κύκλους εκ των οποίων μόνο ένας είναι βαμμένος κόκκινος. Ένα μονοπάτι ninja σε ένα ιαπωνικό τρίγωνο είναι μια ακολουθία από n 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 n τον μέγιστο k ώστε σε κάθε ιαπωνικό τρίγωνο να υπάρχει ένα ninja path που περιέχει τουλάχιστον k κόκκινους κύκλους.
Εδώ είναι ένα παράδειγμα ενός ninja path σε ένα ιαπωνικό τρίγωνο για n=6.
IMO 2023 P5.png
IMO 2023 P5.png (17.92 KiB) Προβλήθηκε 5935 φορές
Πρόβλημα 6: Έστω ABC ένα ισόπλευρο τρίγωνο. Έστω A_1,B_1,C_1 σημεία στο εσωτερικό του ABC ώστε BA_1=A_1C, CB_1=B_1A, AC_1=C_1B, and \displaystyle{\angle BA_1C+\angle CB_1A+\angle AC_1B=480^\circ}
Έστω ότι οι BC_1 και CB_1 τέμνονται στο A_2, οι CA_1 and AC_1 τέμνονται στο B_2, και AB_1 and BA_1 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 CC_1C_2 διέρχονται από 2 κοινά σημεία.



Καλή επιτυχία στα μέλη της ελληνικής αποστολής!
τελευταία επεξεργασία από giannis2006 σε Τρί Ιούλ 11, 2023 6:28 pm, έχει επεξεργασθεί 5 φορές συνολικά.



Λέξεις Κλειδιά:
Henri van Aubel
Δημοσιεύσεις: 876
Εγγραφή: Τρί Σεπ 13, 2022 12:01 pm

Re: IMO 2023

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Henri van Aubel » Σάβ Ιούλ 08, 2023 4:34 pm

Καλή επιτυχία στα μαγικά παιδιά μας! :D
Έρχομαι σε λίγο με τη λύση του Π2, πολύ καλό!


Henri van Aubel
Δημοσιεύσεις: 876
Εγγραφή: Τρί Σεπ 13, 2022 12:01 pm

Re: IMO 2023

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Henri van Aubel » Σάβ Ιούλ 08, 2023 5:35 pm

Πρόβλημα 2: Έστω R η τομή της εσωτερικής διχοτόμου της γωνίας \angle BAC με την BS 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 !)
τελευταία επεξεργασία από Henri van Aubel σε Κυρ Ιούλ 09, 2023 5:45 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


Batapan
Δημοσιεύσεις: 26
Εγγραφή: Δευ Νοέμ 07, 2022 3:51 pm
Τοποθεσία: Βελεστίνο

Re: IMO 2023

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Batapan » Σάβ Ιούλ 08, 2023 6:46 pm

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 n είναι δύναμη πρώτου . Έτσι λοιπόν , n = p^m για m \geq 2 έναν φυσικό ακεραιο, και p πρώτο.


Μπατακόγιας Παναγιώτης
thepigod762
Δημοσιεύσεις: 92
Εγγραφή: Σάβ Οκτ 23, 2021 1:02 am
Τοποθεσία: Λάρισα

Re: IMO 2023

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από thepigod762 » Σάβ Ιούλ 08, 2023 9:03 pm

giannis2006 έγραψε:
Σάβ Ιούλ 08, 2023 3:01 pm
Πρόβλημα 2: Έστω ABC ένα οξυγώνιο τρίγωνο με AB < AC. Έστω \Omega ο περιγεγραμμένος κύκλος του ABC. Έστω S το μέσο του τόξου CB του \Omega που περιέχει το A. Η κάθετη από A προς τη BC τέμνει την BS στο D και τέμνει τον \Omega ξανά στο E \neq A. Η ευθεία που διέρχεται από το D και είναι παράλληλη στη BC τέμνει την ευθεία BE στο L. 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 P τέμνει την ευθεία BS στην εσωτερική διχοτόμο γωνίας της γωνίας \angle BAC.
Καλή επιτυχία στην ομάδα! Το πιθανότερο να υπάρχουν συντομότερες λύσεις.

Έστω M 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 GP εφάπτεται στον (ZPB).

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

FZ είναι διάμετρος του \omega (και προφανώς αφού FPS ορθή P, F, M 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 SM 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 GN είναι μεσοπαράλληλη των AA', FH, συνεπώς AG = GH.

Άρα το G 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 GP εφάπτεται στον \omega, όπως θέλαμε.


Γιώργος Κοτσάλης
ohgreg
Δημοσιεύσεις: 17
Εγγραφή: Δευ Ιούλ 26, 2021 11:22 pm
Τοποθεσία: Γλυφάδα

Re: IMO 2023

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ohgreg » Κυρ Ιούλ 09, 2023 12:52 pm

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


Ντερέκης Γρηγόρης
kalagz
Δημοσιεύσεις: 27
Εγγραφή: Δευ Μαρ 01, 2010 2:51 pm
Επικοινωνία:

Re: IMO 2023

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από kalagz » 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 F την τομή της διχοτόμου της γωνίας A με την BS 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 F και να φτάσω στις ιδιότητες του P (ότι δηλαδή ανήκει στον \omega και οτι η PF εφάπτεται σε αυτόν).

Έστω λοιπόν οτι F είναι η τομή της διχοτόμου της γωνίας A με την BS. Εύκολα βγαίνει ότι FA^2= FD \cdot FB καθώς \angle FAD = \angle FBA (αυτό βγαίνει από την παραλληλία της διαμέτρου από το S με την AD). Έχοντας αυτό, ορίζω P' 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 L 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
Δημοσιεύσεις: 876
Εγγραφή: Τρί Σεπ 13, 2022 12:01 pm

Re: IMO 2023

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Henri van Aubel » Κυρ Ιούλ 09, 2023 5:50 pm

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 F την τομή της διχοτόμου της γωνίας A με την BS 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 F και να φτάσω στις ιδιότητες του P (ότι δηλαδή ανήκει στον \omega και οτι η PF εφάπτεται σε αυτόν).

Έστω λοιπόν οτι F είναι η τομή της διχοτόμου της γωνίας A με την BS. Εύκολα βγαίνει ότι FA^2= FD \cdot FB καθώς \angle FAD = \angle FBA (αυτό βγαίνει από την παραλληλία της διαμέτρου από το S με την AD). Έχοντας αυτό, ορίζω P' 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 L 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.
Έτσι το σκέφτηκα κι εγώ στην αρχή, έχω παρόμοια πρώτη λύση ! :) Ωστόσο, έδωσα και μια δεύτερη , πιο περίπλοκη για χάρη πλουραλισμού. :D


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 13438
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: IMO 2023

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Κυρ Ιούλ 09, 2023 7:33 pm

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
Δημοσιεύσεις: 876
Εγγραφή: Τρί Σεπ 13, 2022 12:01 pm

Re: IMO 2023

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Henri van Aubel » 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 .

Καλή επιτυχία και πάλι παιδιά μας !


Άβαταρ μέλους
silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1400
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: IMO 2023

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » 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;


Σιλουανός Μπραζιτίκος
Henri van Aubel
Δημοσιεύσεις: 876
Εγγραφή: Τρί Σεπ 13, 2022 12:01 pm

Re: IMO 2023

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Henri van Aubel » Δευ Ιούλ 10, 2023 6:21 pm

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
Δημοσιεύσεις: 141
Εγγραφή: Τρί Φεβ 25, 2014 5:29 pm

Re: IMO 2023

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από jason.prod » 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.


Προδρομίδης Κυπριανός-Ιάσων
Henri van Aubel
Δημοσιεύσεις: 876
Εγγραφή: Τρί Σεπ 13, 2022 12:01 pm

Re: IMO 2023

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Henri van Aubel » Δευ Ιούλ 10, 2023 7:05 pm

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 !


Άβαταρ μέλους
silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1400
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: IMO 2023

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Δευ Ιούλ 10, 2023 7:35 pm

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.


Σιλουανός Μπραζιτίκος
Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 4105
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: IMO 2023

#16

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cretanman » Δευ Ιούλ 10, 2023 7:54 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 .
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


Αλέξανδρος Συγκελάκης
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 13438
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: IMO 2023

#17

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Δευ Ιούλ 10, 2023 8:03 pm

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

Πρόβλημα 6: Έστω ABC ένα ισόπλευρο τρίγωνο. Έστω A_1,B_1,C_1 σημεία στο εσωτερικό του ABC ώστε BA_1=A_1C, CB_1=B_1A, AC_1=C_1B, and \displaystyle{\angle BA_1C+\angle CB_1A+\angle AC_1B=480^\circ}
Έστω ότι οι BC_1 και CB_1 τέμνονται στο A_2, οι CA_1 and AC_1 τέμνονται στο B_2, και AB_1 and BA_1 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 CC_1C_2 διέρχονται από 2 κοινά σημεία.
Δίνω μόνο το σχήμα. Το S είναι ένα κοινό σημείο των κύκλων. Το άλλο είναι προς τα κάτω και δεν φαίνεται στο σχήμα.
ΙΜΟ 2023-6.png
ΙΜΟ 2023-6.png (21.26 KiB) Προβλήθηκε 5487 φορές
Ίσως να έχει απλή επίσημη λύση που δεν το πολυ-πιστεύω (δεν προσπάθησα να τη λύσω), πάντως αν μη τι άλλο είναι "ψαρωτική".


Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 1832
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: IMO 2023

#18

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Τρί Ιούλ 11, 2023 10:54 pm

Θερμά συγχαρητήρια στην Ελληνική Ομάδα!!!

Screenshot 2023-07-11 at 22.51.42.png
Screenshot 2023-07-11 at 22.51.42.png (255.19 KiB) Προβλήθηκε 5210 φορές


achilleas
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 3017
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: IMO 2023

#19

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Τρί Ιούλ 11, 2023 11:03 pm

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!


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 15865
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: IMO 2023

#20

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Τετ Ιούλ 12, 2023 12:37 am

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


Απάντηση

Επιστροφή σε “Θέματα διαγωνισμών (ΕΜΕ, ΚΥΜΕ, BMO, JBMO, IMO, Kangaroo κλπ)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες