Jbmo 2012

Eukleidis · #1

Σήμερα διεξάγεται η Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα Νέων στη Βέροια. Ο διαγωνισμός διεξάγεται σήμερα. Ας ευχηθούμε καλή επιτυχία στην ομάδα μας, και όταν βγουν τα θέματα μπορούμε να τα συζητήσουμε εδώ.

Για περισσότερες πληροφορίες: http://www.hms.gr/16jbmo2012/main.htm

S.E.Louridas · #2

Καλή επιτυχία στα Μεγάλα Μαθηματικά Ταλέντα Juniors που συμμετέχουν στον διεθνή αυτό Διαγωνισμό, στην όμορφη Βέροια μας.
Έχει ιδιαίτερη σημασία η διεθνής αυτή δραστηριότητα, όπου ο αγώνας γίνεται χωρίς την παραμικρή στόχευση σκοπιμότητας, αφού το μόνο αλλά τεράστιο κέρδος ουσίας είναι άλλη μία σημαντικότατη πιστοποίηση του Μαθηματικού ταλέντου τών διαγωνιζόμενων.
Εδώ θεωρώ ηθικό χρέος μου να επισημάνω την Μέγιστη Καταγεγραμμένη Επιστημονική και Διδακτική προσφορά του mathematica μέ τους χιλιάδες Επιστημονικούς διαλόγους, τις ακόμα περισσότερες χιλιάδες δημοσιεύσεων υψηλού επιπέδου στον τομέα αυτό, δηλαδή των Ευρύτερων Διαγωνισμών (Εγχώριων και Διεθνών) από Μαθητές που μετέχουν σε αυτούς τους διαγωνισμούς, Φοιτητές και Άριστους Συναδέλφους που τους δίνεται η δυνατότητα συνεχών δειγμάτων γραφής (on air) Μαθηματικής και Διδακτικής προσφοράς που πείθουν άρα εμπνέουν.
Χαίρομαι ιδιαίτερα που σημαντικότατα τέτοια ενεργά μέλη τού mathematica στελεχώνουν τις επιτροπές ουσίας της Ε.Μ.Ε. (Grading Coordinators κ.τ.λ.) για τον Διαγωνισμό αυτό της 16th J.B.M.O.

#3

Καλή επιτυχία στην ομάδα μας και στον κάθε διαγωνιζόμενο χωριστά !

Αυτά τα παιδιά, μαζί φυσικά και με όλα τα παιδιά που συμμετέχουν στις διάφορες φάσεις της Ελληνικής Μαθηματικής Ολυμπιάδας, αποτελούν τον πυρήνα και το μέλλον των θετικών επιστημών στη χώρα μας.Αξίζουν κάθε βοήθεια και συμπαράσταση , διότι επέλεξαν το δυσκολότερο δρόμο προς τη γνώση και τη δημιουργία !

Μπάμπης

ykerasar · #4

Με την ευκαιρία της σημερινής JBMO, που πραγματοποιείται στη Βέρροια, διαβεβαιώνουμε τα παιδιά μας που παίρνουν μέρος, πως τα συνοδεύουν οι πιο θερμές μας ευχές. Παιδιά καλή επιτυχία στον ωραίο αγώνα σας.
Γιάννης Κερασαρίδης

#5

Καλή επιτυχία και από εμένα. Από την λίστα βλέπω ότι το μέλος μας spiros filippas λαμβάνει μέρος και αν κρίνω από την συμμετοχή του εδώ τότε έχουμε υψηλές προσδοκίες. Ξέρουμε αν κάποιο άλλο μέλος μας λαμβάνει επίσης μέρος;

#6

Problem 1
Let

,

, and

be positive real numbers such that a+b+c=1

.
Prove that $\displaystyle{ \frac{a}{b}+\frac{b}{a}+\frac{b}{c}+\frac{c}{b}+\frac{c}{a}+\frac{a}{c}+6\geq 2\sqrt{2}\left(\sqrt{\frac{1-a}{a}}+\sqrt{\frac{1-b}{b}}+\sqrt{\frac{1-c}{c}}\right) }$
When does the equality occur?

Problem 2
Circles k_1

and

intersect each other at two distinct points

and

. Line

is the external common tangent line of circles k_1

and

. It is tangent to circles k_1

and

at points

and

, respectively. If line

is perpendicular to line

and

, find the measure of $\angle NMB$ .

Problem 3
On a board there are

nails. Every two of them is connected by a rope. Every rope is coloured with one of

different colours. For every three different colours, there exists three nails which are connected by ropes coloured with those three colours. Is it possible that

is equal to:
a)

?
b)

?
Explain.

Problem 4
Find all positive integers

,

, and

which satisfy 2^x 3^y + 5^z = 7^t

.

---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Πρόβλημα 1
Έστω

,

, και

θετικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε a+b+c=1

.
Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{ \frac{a}{b}+\frac{b}{a}+\frac{b}{c}+\frac{c}{b}+\frac{c}{a}+\frac{a}{c}+6\geq 2\sqrt{2}\left(\sqrt{\frac{1-a}{a}}+\sqrt{\frac{1-b}{b}}+\sqrt{\frac{1-c}{c}}\right) }$
Πότε ισχύει η ισότητα;

Πρόβλημα 2
Οι κύκλοι k_1

και

τέμνονται στα, διαφορετικά, σημεία

και

. Η ευθεία

είναι η κοινή εξωτερική εφαπτομένη των κύκλων k_1

και

. Εφάπτεται στους κύκλους k_1

και

στα σημεία

και

, αντίστοιχα.
Αν η ευθεία

είναι κάθετη στην

και ισχύει MN = 2AM

, να βρεθεί το μέτρο της γωνίας $\angle NMB$ .

Πρόβλημα 3
Σε ένα ταμπλό υπάρχουν

καρφιά. Κάθε δύο από αυτά συνδέονται με ένα σχοινί. Κάθε σχοινί χρωματίζεται με ένα από

διαφορετικά χρώματα. Για κάθε 3 διαφορετικά χρώματα, υπάρχουν 3 καρφιά που συνδέονται με σχοινιά που είναι χρωματισμένα με αυτά τα 3 χρώματα. Είναι δυνατόν το

να ισούται με :
a)

?
b)

?

Πρόβλημα 4
Βρείτε όλους τους θετικούς ακέραιους

,

, και

τέτοιους ώστε 2^x 3^y + 5^z = 7^t

.

http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 0#p2724140

sokratis lyras · #7

Η ανισότητα είναι αρκετά εύκολη για τέτοιο διαγωνισμό..Ισοδύναμα αρκεί : $x^2-2\displaystyle\sqrt{2}x+2\ge 0$ για $x^2=\displaystyle\frac{1-a}{a}$ ..

sokratis lyras · #8

Όσων αφορά το 4ο θέμα,είμαι σχεδόν σίγουρος ότι έχει τεθεί στο aops στο pre-olympiad section..αν το βρω,το βρήκα.

#9

Eukleidis έγραψε:Σήμερα διεξάγεται η Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα Νέων στη Βέροια. Ο διαγωνισμός διεξάγεται σήμερα. Ας ευχηθούμε καλή επιτυχία στην ομάδα μας, και όταν βγουν τα θέματα μπορούμε να τα συζητήσουμε εδώ.

Για περισσότερες πληροφορίες: http://www.hms.gr/16jbmo2012/main.htm

Θα ήθελα να διευκρινίσω ότι το όνομα μου συμπεριλήφθηκε στην λίστα των Συντονιστών Βαθμολόγησης (Grading Coordinators) από λάθος και χωρίς να το γνωρίζω.

Συγχαρητήρια σε όλους για την διοργάνωση και την συμμετοχή στην Jbmo 2012, κατά τα άλλα,

Γιώργος Μπαλόγλου

#10

socrates έγραψε:
Problem 3
On a board there are nails. Every two of them is connected by a rope. Every rope is coloured with one of different colours. For every three different colours, there exists three nails which are connected by ropes coloured with those three colours. Is it possible that is equal to:
a) ?
b) ?
Explain.

.

Επειδή υπάρχουν $\binom{n}{3}$ διαφορετικές τριάδες διαφορετικών καρφιών και ο ίδιος αριθμός τριάδων διαφορετικών χρωμάτων, αν μπορεί να υπάρξει τέτοιος χρωματισμός τότε κάθε τριάδα χρωμάτων εμφανίζεται ακριβώς μία φορά.

Το (α) δεν μπορεί να γίνει. Αν πάρουμε ένα συγκεκριμένο χρώμα, τότε εμφανίζεται σε $\binom{5}{2} = 10$ διαφορετικές τριάδες χρωμάτων άρα και σε 10 διαφορετικές τριάδες καρφιών. Για κάθε όμως ζεύγος καρφιών που είναι ενωμένες με αυτό το χρώμα έχουμε 4 τριάδες καρφιών που την περιέχουν. Άρα το χρώμα εμφανίζεται σε 10/4 = 2.5

ζεύγη καρφιών, άτοπο.

Το (β) μπορεί να γίνει. Έστω $0,1,2,\ldots,6$ τα καρφιά και τα χρώματα και έστω ότι χρωματίζουμε το σχοινί που ενώνει τα καρφιά i,j

με το χρώμα $i+j \bmod 7$ . Αν μας δοθούν τα διαφορετικά χρώματα x,y,z

τότε οι κορυφές 4(x+y-z),4(x-y+z),4(-x+y+z)

είναι διαφορετικές και τα σχοινιά που τις ενώνουν έχουν αυτά τα χρώματα.

#11

sokratis lyras έγραψε:Όσων αφορά το 4ο θέμα,είμαι σχεδόν σίγουρος ότι έχει τεθεί στο aops στο pre-olympiad section..αν το βρω,το βρήκα.

Και εγώ νόμιζα πως το είχα δει αλλά μάλλον ήταν αυτό που είδα. Έστω και αν μοιάζουν αρκετά πολύ πιθανόν να θέλουν τελείως διαφορετικό τρόπο λύσης. Δεν το έχω σκεφτεί το πρόβλημα για να δω.

#12

Καλή επιτυχία στα παιδιά που έδωσαν στον διαγωνισμό αυτό και ιδιαίτερα στο μεγάλο ταλέντο του mathematica, ΣΠΥΡΟ ΦΙΛΙΠΠΑ .

Ιωάννου Δημήτρης

#13

socrates έγραψε: Problem 1
Let , , and be positive real numbers such that .
Prove that $\displaystyle{ \frac{a}{b}+\frac{b}{a}+\frac{b}{c}+\frac{c}{b}+\frac{c}{a}+\frac{a}{c}+6\geq 2\sqrt{2}\left(\sqrt{\frac{1-a}{a}}+\sqrt{\frac{1-b}{b}}+\sqrt{\frac{1-c}{c}}\right) }$
When does the equality occur?

Αυτό πάντως είναι αρκετά εύκολο. Από AM-ΓΜ έχουμε

$\displaystyle{\frac{b}{c}+\frac{a}{c}+2=\frac{b+a}{c}+2=\frac{1-c}{c}+2\geq 2\sqrt{2\frac{1-c}{c}}}$

Εργαζόμενοι όμοια και για τα υπόλοιπα και προσθέτοντας, έχουμε το ζητούμενο.

#14

socrates έγραψε: Problem 4
Find all positive integers , , , and which satisfy .

Από $\bmod 3$ παίρνουμε ότι ο

είναι άρτιος.
Από $\bmod 4$ παίρνουμε ότι και ο

είναι άρτιος εκτός και αν x=1

.

Περίπτωση 1: x=1

.

Από τα πιο πάνω έχουμε

άρτιος και

περιττός. Έστω z=2w

και

. Τότε $2 \cdot 3^y + (25)^w = 7\cdot(49)^s$ . Από $\bmod 5$ έχουμε ότι $2 \cdot 3^y \equiv -2 \cdot (-1)^2 \bmod 5$ που δίνει $3^y \equiv \pm 1 \bmod 5$ και άρα πρέπει ο

να είναι άρτιος, έστω y = 2u

. Τότε $2 \cdot 9^u + (25)^w = 7\cdot(49)^s$ . Από $\bmod 7$ έχουμε ότι $2^{u+1} + 4^w \equiv 0 \bmod 7$ . Αυτό όμως είναι άτοπο αφού $2^{u+1} \equiv 1,2,4 \bmod 7$ και $4^w \equiv 1,2,4 \bmod 7$ και άρα $2^{u+1} + 4^w \not \equiv 0 \bmod 7$ .

Περίπτωση 2: x > 1

Από τα πιο πάνω έχουμε t,z

άρτιοι. Έστω t=2s,z=2w

. Τότε $2^x3^z = 7^{2s}-5^{2w} = (7^s-5^w)(7^2+5^w)$ . Παρατηρούμε ότι το 3 διαιρεί μόνο ένα από τα 7^s-5^w,7^2+5^w

αφού αν διαιρούσε και τα δύο θα διαιρούσε και το άθροισμά τους, άτοπο. Με την ίδια λογική από τα 7^s-5^w,7^2+5^w

, μόνο ένα μπορεί να διαιρείται με το 4. Επίσης πρέπει και τα δύο να είναι άρτιοι.

Περίπτωση 2Α: $7^s - 5^w = 2^a \cdot 3^b$ με a > 1

και

.

Τότε πρέπει 7^s + 5^w = 2

, άτοπο.

Περίπτωση 2Β: $7^s - 5^w = 2 \cdot 3^b$ με b > 0

.

Αναγόμαστε στην περίπτωση 1 που δεν δίνει λύσεις.

Περίπτωση 2Γ: 7^s - 5^w = 2

.

Από $\bmod 5$ παίρνουμε $s \equiv 1 \bmod 4$ .

Επίσης πρέπει $7^s + 5^w = 2^{x-1}3^y$ και άρα $7^s = 2^{x-2}3^y + 1$ .

Από $\bmod 4$ και αφού ο

είναι περιττός παίρνουμε ότι x=3

και άρα $7^s = 2\cdot 3^y+1$ . Επειδή 3^y|7^s - 1

από «Lifting the exponent» πρέπει $3^{y-1}|s$ , έστω $s = r3^{y-1}$ . Τότε $7^{r\cdot 3^{y-1}} = 2 \cdot 3^y + 1$ . Για y=1

υπάρχει λύση η οποία δίνει την λύση (x,y,z,t) = (3,1,2,2)

. Αν

τότε επαγωγικά $3^{y-1} > y$ , άρα $7^{r\cdot 3^{y-1}} > 6^y > 2\cdot 3^y + 1$ , άτοπο.

Περίπτωση 2Δ: 7^s - 5^w = 2^a

με

.

Από $\bmod 4$ πρέπει

άρτιος
Από $\bmod 3$ πρέπει a,w

περιττοί
Από $\bmod 5$ πρέπει $a \equiv s \bmod 4$

Τα πιο πάνω όμως οδηγούν σε άτοπο.

Άρα η μοναδική λύση είναι η (3,1,2,2)

. Μήπως παραείναι δύσκολη για junior ή υπάρχει τίποτα πιο απλό; Τουλάχιστον να αποφύγουμε το LTE. (Δεν το έψαξα.)

Διόρθωση: Έκανα μια προσθήκη στο 2Γ. Ευχαριστώ τον Σωκράτη Λύρα που πρόσεξε το σφάλμα.

Alex1994 · #15

Ένα σχόλιο για το 3ο θέμα: είχε πέσει στην China National Olympiad 2009 σαν Problem 5(με μια λίγο πιο γενική μορφή). Παραήταν εύκολο για πρόβλημα κινέζικης ολυμπιάδας...εδώ ταιριάζει μια χαρά. Το ότι έχει ξαναπέσει σε ολυμπιάδα δεν είναι λόγος ανησυχίας, στο κάτω κάτω αν κάποιος μαθητής κάθεται και ασχολείται προβλήματα από CMO τότε μάλλον έχει το χρυσό μετάλλιο της JBMO στο τσεπάκι του.

Πότε θα μάθουμε αποτελέσματα; Τέτοια ώρα πρέπει να έχουν ήδη βγει. Δεν έχουν internet τα ελληνικά ξενοδοχεία;

#16

Alex1994 έγραψε:Πότε θα μάθουμε αποτελέσματα; Τέτοια ώρα πρέπει να έχουν ήδη βγει. Δεν έχουν internet τα ελληνικά ξενοδοχεία;

Γνωρίζω ότι και οι 6 μαθητές πήραν μετάλλιο και συνολικά έχουμε 2 αργυρά

και 4 χάλκινα μετάλλια

Συγχαρητήρια λοιπόν σε όλους τους μαθητές για την επιτυχία τους αυτή! Σε λίγη ώρα θα έχω νέα ενημέρωση για την αντιστοίχιση ονομάτων - μεταλλίων.

Αλέξανδρος

#17

Συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά και για την 4η θέση της Ελλάδας.

S.E.Louridas · #18

Πολλά πολλά Μπράβο στούς Διαγωνιζόμενους Τεράστιους Juniors γιά την επιτυχία τους αυτή.
Ναί οι τεράστιοι αυτοί Juniors Αποτελούν μία Ηχηρότατη Απάντηση στην Πρόκληση των καιρών, πολλαπλά.

spiros filippas · #19

Xαχάμης Νέστορας

Παναγιωτοπουλος Απόστολος

Ντουνης Πετρος

Φιλιππας Σπύρος

Τσαγκαλίδου Ζωή

Φυσέκη Αννα Μαρία

spiros filippas · #20

Demetres έγραψε:
socrates έγραψε: Problem 4
Find all positive integers , , , and which satisfy .
Από $\bmod 3$ παίρνουμε ότι ο είναι άρτιος.
Από $\bmod 4$ παίρνουμε ότι και ο είναι άρτιος εκτός και αν .

Περίπτωση 1: .

Από τα πιο πάνω έχουμε άρτιος και περιττός. Έστω και . Τότε $2 \cdot 3^y + (25)^w = 7\cdot(49)^s$ . Από $\bmod 5$ έχουμε ότι $2 \cdot 3^y \equiv -2 \cdot (-1)^2 \bmod 5$ που δίνει $3^y \equiv \pm 1 \bmod 5$ και άρα πρέπει ο να είναι άρτιος, έστω . Τότε $2 \cdot 9^u + (25)^w = 7\cdot(49)^s$ . Από $\bmod 7$ έχουμε ότι $2^{u+1} + 4^w \equiv 0 \bmod 7$ . Αυτό όμως είναι άτοπο αφού $2^{u+1} \equiv 1,2,4 \bmod 7$ και $4^w \equiv 1,2,4 \bmod 7$ και άρα $2^{u+1} + 4^w \not \equiv 0 \bmod 7$ .

Περίπτωση 2:

Από τα πιο πάνω έχουμε άρτιοι. Έστω . Τότε $2^x3^z = 7^{2s}-5^{2w} = (7^s-5^w)(7^2+5^w)$ . Παρατηρούμε ότι το 3 διαιρεί μόνο ένα από τα αφού αν διαιρούσε και τα δύο θα διαιρούσε και το άθροισμά τους, άτοπο. Με την ίδια λογική από τα , μόνο ένα μπορεί να διαιρείται με το 4. Επίσης πρέπει και τα δύο να είναι άρτιοι.

Περίπτωση 2Α: $7^s - 5^w = 2^a \cdot 3^b$ με και .

Τότε πρέπει , άτοπο.

Περίπτωση 2Β: $7^s - 5^w = 2 \cdot 3^b$ με .

Αναγόμαστε στην περίπτωση 1 που δεν δίνει λύσεις.

Περίπτωση 2Γ: .

Από $\bmod 5$ παίρνουμε $s \equiv 1 \bmod 4$ .

Επίσης πρέπει $7^s + 5^w = 2^{x-1}3^y$ και άρα $7^s = 2^{x-2}3^y + 1$ .

Από $\bmod 4$ και αφού ο είναι περιττός παίρνουμε ότι και άρα $7^s = 2\cdot 3^y+1$ . Επειδή από «Lifting the exponent» πρέπει $3^{y-1}|s$ , έστω $s = r3^{y-1}$ . Τότε $7^{r\cdot 3^{y-1}} = 2 \cdot 3^y + 1$ . Για υπάρχει λύση η οποία δίνει την λύση . Αν τότε επαγωγικά $3^{y-1} > y$ , άρα $7^{r\cdot 3^{y-1}} > 6^y > 2\cdot 3^y + 1$ , άτοπο.

Περίπτωση 2Δ: με .

Από $\bmod 4$ πρέπει άρτιος
Από $\bmod 3$ πρέπει περιττοί
Από $\bmod 5$ πρέπει $a \equiv s \bmod 4$

Τα πιο πάνω όμως οδηγούν σε άτοπο.

Άρα η μοναδική λύση είναι η . Μήπως παραείναι δύσκολη για junior ή υπάρχει τίποτα πιο απλό; Τουλάχιστον να αποφύγουμε το LTE. (Δεν το έψαξα.)

Διόρθωση: Έκανα μια προσθήκη στο 2Γ. Ευχαριστώ τον Σωκράτη Λύρα που πρόσεξε το σφάλμα.

Το LTE μπορεί να αποφεχθεί αλλά η άσκηση δεν (νομίζω) λύνεται πιο σύντομα. Όσες λύσεις πήραν απο 5 μον. κ πάνω ήταν τουλάχιστον 7 σελίδες ( ένας Ρουμάνος χρειάστηκε συνολικά 16 για την συγκεκριμένη άσκηση)

Jbmo 2012

Jbmo 2012

Re: Jbmo 2012

Re: Jbmo 2012

Re: Jbmo 2012

Re: Jbmo 2012

Re: Jbmo 2012

Re: Jbmo 2012

Re: Jbmo 2012

Re: Jbmo 2012

Re: Jbmo 2012

Re: Jbmo 2012

Re: Jbmo 2012

Re: Jbmo 2012

Re: Jbmo 2012

Re: Jbmo 2012

Re: Jbmo 2012

Re: Jbmo 2012

Re: Jbmo 2012

Re: Jbmo 2012

Re: Jbmo 2012

Μέλη σε σύνδεση