JBMO 2010 - Προβλήματα - Λύσεις - Σχόλια

Συντονιστής: Φωτεινή

Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3507
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

JBMO 2010 - Προβλήματα - Λύσεις - Σχόλια

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #1 από cretanman » Κυρ Ιουν 20, 2010 6:56 pm

Παραθέτω τα προβλήματα της Βαλκανικής Μαθηματικής Ολυμπιάδας Νέων ( JBMO ) 2010 που δόθηκαν σήμερα στο Olanesti της Ρουμανίας. Επισυνάπτω την αγγλική έκδοση των θεμάτων που υπάρχει στην επίσημη σελίδα της διοργάνωσης.

Εύχομαι από καρδιάς ΚΑΛΑ ΑΠΟΤΕΛΕΣΜΑΤΑ στην ελληνική αποστολή.

Θέμα 1ο

Οι πραγματικοί αριθμοί a,b,c,d ικανοποιούν συγχρόνως τις εξισώσεις:

abc-d=1

bcd-a=2

cda-b=3

dab-c=-6

Να αποδείξετε ότι a+b+c+d\neq 0.

Θέμα 2ο

Να βρείτε όλους τους ακεραίους n, n\geq 1 για τους οποίους ο αριθμός n\cdot 2^{n+1}+1 είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

Θέμα 3ο

Έστω AL και BK οι διχοτόμοι του μη ισοσκελούς τριγώνου ABC (τα L,K βρίσκονται επί των BC, AC αντίστοιχα). Η μεσοκάθετος του BK τέμνει την ευθεία AL στο σημείο M. Το σημείο N βρίσκεται πάνω στην ευθεία BK έτσι ώστε η LN να είναι παράλληλη στην MK. Να αποδείξετε ότι LN=NA.

Θέμα 4ο

Ένα ορθογώνιο 9 \ \times \ 7 καλύπτεται από πλακίδια δύο τύπων που φαίνονται στην παρακάτω εικόνα (τα πλακίδια αποτελούνται από τρία, και τέσσερα μοναδιαία τετράγωνα αντίστοιχα και τα πλακίδια τύπου L μπορούν να περιστραφούν επανειλημμένα κατά 90^{\circ}.

JBMO P4.PNG
JBMO P4.PNG (1.75 KiB) Προβλήθηκε 1727 φορές


Έστω n\geq 0 ο αριθμός των 2 \ \times \ 2 πλακιδίων τα οποία μπορούν να χρησιμοποιηθούν σε μία τέτοια κάλυψη. Να βρεθούν όλες οι τιμές του n.

Αλέξανδρος
Συνημμένα
JBMO2010_en.pdf
(95.7 KiB) Μεταφορτώθηκε 105 φορές


Αλέξανδρος Συγκελάκης
Άβαταρ μέλους
chris
Δημοσιεύσεις: 1170
Εγγραφή: Πέμ Μαρ 11, 2010 9:39 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα-Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Re: JBMO 2010 - Προβλήματα - Λύσεις - Σχόλια

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #2 από chris » Κυρ Ιουν 20, 2010 9:26 pm

Μία προσέγγιση για τη γεωμετρία(είναι τόσο μικρό ή μου ξεφεύγει κάτι?)

ΘΕΜΑ 3ο

Το τετράπλευρο ΑΒΜΚ είναι εγγράψιμο(Έστω οτι η ΑΜ τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ΑΒΚ στο Ρ.Τότε ΡΒ=ΡΚ και P\equiv M).Έτσι προκύπτουν οι ισότητες:\hat{ABK}=\hat{AMK}=\hat{MLN}=\hat{NBL}.Όμως τότε και το τετράπλευρο ΑΝLB είναι εγγράψιμο και έτσι έχουμε:\hat{NBL}=\hat{NAL}=\hat{ALN}
Άρα το τρίγωνο ΑNL είναι ισοσκελές και AN=NL
Συνημμένα
JBMO 2010(Problem 3).png
JBMO 2010(Problem 3).png (34.26 KiB) Προβλήθηκε 1610 φορές


Στραγάλης Χρήστος
kwstas12345
Δημοσιεύσεις: 1055
Εγγραφή: Δευ Ιαν 11, 2010 2:12 pm

Re: JBMO 2010 - Προβλήματα - Λύσεις - Σχόλια

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #3 από kwstas12345 » Κυρ Ιουν 20, 2010 9:46 pm

1)
Mε πρόσθεση κατα μέλη και παραγοντοποιηση θα πάρω:

\left(a+d \right)\left(bc-1 \right)=\left(-da+1 \right)\left(b+c \right) (1)

Έστω:a+b+c+d=0\Leftrightarrow b+c=-\left(d+a \right)

Τότε η (2) θα γίνει:\left(d+a \right)\left(bc-da \right)=0,\Leftrightarrow bc=da,d+a\neq 0 (3)

d+a\neq 0 αφού:\left(d+a \right)\left(bc-1 \right)=3

Άν όλοι οι αριθμοί είναι ίσοι με 0 τότε καταλήγουμε σε άτοπο από τις δοσμένες ισότητες.
Άν α=0 τότε c=0 ή d=0 λόγω της (3) ,τότε a+b+c+d\neq 0.όμοια άν κάπιος άλλος είναι ίσος με 0.
Άρα a,b,c,d\neq 0 αλλά και:d\neq -a και b\neq -c

Έστω λοιπόν:a=kb,d=mc,m,k\neq 0 τότε:a+b+c+d=0\Leftrightarrow \left(k+1 \right)b+\left(m+1 \right)=0\Leftrightarrow k=m=-1 ,a,b\neq 0
Άρα οδηγούμαστε στο:d=-c,a=-b άτοπο
Άρα:a+b+c+d\neq 0


ΥΓ:Έκανα διόρθωση στην αρχική λύση.
Τελευταία επεξεργασία από kwstas12345 σε Κυρ Ιουν 20, 2010 11:01 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6479
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: JBMO 2010 - Προβλήματα - Λύσεις - Σχόλια

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #4 από Demetres » Κυρ Ιουν 20, 2010 10:47 pm

kwstas12345 έγραψε:\left(b+c \right)\left(bc-1 \right)=\left(-da+1 \right)\left(d+a \right) (1)


Κώστα, εδώ μάλλον υπάρχει τυπογραφικό. Το σωστό είναι

\left(a+d \right)\left(bc-1 \right)=\left(-da+1 \right)\left(b+c \right)

kwstas12345 έγραψε:
Έστω λοιπόν:a=kb,d=mc,m,k\neq 0 τότε:km=1 ,k+m=-1.


Γιατί k+m = -1; (Ισχύει αλλά νομίζω δεν είναι προφανές)


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6479
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: JBMO 2010 - Προβλήματα - Λύσεις - Σχόλια

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #5 από Demetres » Κυρ Ιουν 20, 2010 11:04 pm

Διόρθωση της προηγούμενης λανθασμένης απάντησης (chris ευχαριστώ)

Μια απάντηση για το δεύτερο θέμα:

Εύκολα βλέπουμε ότι η μόνη λύση για n \leqslant 3 είναι η n=3. Θα δείξουμε ότι δεν υπάρχουν άλλες λύσεις.

Έστω n2^{n+1} + 1 = m^2. Τότε ο m πρέπει να είναι περιττός. Έστω m=2k+1. Άρα n2^{n+1} = m^2 - 1 = 4k(k+1) και άρα n2^{n-1} = k(k+1).

Λήμμα: 2^{n-1} \geqslant n + 4 για κάθε n \geqslant 4.

Απόδειξη: Εύκολα με επαγωγή.

Αν k άρτιος: Τότε 2^{n-1}|k και άρα n2^{n-1} = k(k+1) \geqslant 2^{n-1}(2^{n-1} + 1) \geqslant 2^{n-1}(n+5), άτοπο.

Αν k περιττός: Τότε 2^{n-1}|(k+1) και άρα n2^{n-1} = k(k+1) \geqslant (2^{n-1}-1)2^{n-1} \geqslant (n+4)2^{n-1}, άτοπο.

Άρα η μόνη λύση είναι η n=3.
Τελευταία επεξεργασία από Demetres σε Κυρ Ιουν 20, 2010 11:21 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3507
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: JBMO 2010 - Προβλήματα - Λύσεις - Σχόλια

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #6 από cretanman » Κυρ Ιουν 20, 2010 11:05 pm

Για n=1 και n=2 δεν έχουμε λύσεις.

Ας υποθέσουμε λοιπόν ότι n\geq 3 και ότι

n\cdot 2^{n+1}+1=k^2 και ότι n=n_12^t, όπου t\geq 0 και n_1 περιττός. Τότε (k-1)(k+1)=n_1\cdot 2^{n_12^t+t+1} \ \ (1).

Επειδή το δεξί μέλος είναι άρτιος άρα πρέπει ο k να είναι περιττός. Συνεπώς (k-1,k+1)=2 οπότε \left(\frac{k-1}{2},\frac{k+1}{2}\right)=1.

Αν k-1=2l και k+1=2m τότε (l,m)=1 και m-l=1 \ \ (2).

Άρα o m είναι άρτιος και ο l περιττός ή o m είναι περιττός και ο l άρτιος.

1η Περίπτωση: Αν o m είναι άρτιος και ο l περιττός τότε λόγω της (1) παίρνουμε:

m=2^{n_12^t+t-1}, l=n_1 και λόγω της (2) παίρνουμε:

2^{n_12^t+t-1}=n_1+1.

Όμως για t\geq 1 είναι αδύνατη (π.χ. εφαρμόστε την ανισότητα Bernoulli).

Άρα t=0 απ΄ την οποία παίρνουμε τελικά ότι 2^{n_1-1}=n_1+1 άρα n_1=3 οπότε \boxed{n=3} (Για n_1>3 ισχύει 2^{n_1-1}>n_1+1 και η απόδειξη είναι εύκολη με επαγωγή).

2η Περίπτωση: Αν ο m είναι περιττός και ο l είναι άρτιος τότε λόγω της (1) παίρνουμε:

m=n_1 και l=2^{n_12^t+t-1} και λόγω της (2) παίρνουμε:

2^{n_12^t+t-1}=n_1-1 η οποία για t\geq 1 είναι αδύνατη (απόδειξη όπως πριν με Βernoulli).

Άρα t=0 και καταλήγουμε στην 2^{n_1-1}=n_1-1 που είναι αδύνατη αφού για n_1 \geq 1 ισχύει 2^{n_1-1}>n_1-1.

Αλέξανδρος


Αλέξανδρος Συγκελάκης
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6479
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: JBMO 2010 - Προβλήματα - Λύσεις - Σχόλια

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #7 από Demetres » Δευ Ιουν 21, 2010 12:27 am

Μια απόδειξη για το (4).

Έστω ότι χρησιμοποιούμε m L-πλακίδια. Επειδή 3m + 4n = 63 πρέπει m \equiv 1 \bmod 4. Άρα m = 1,5,9,13,17 ή 21 και n = 15,12,9,6,3,0 αντίστοιχα.

Χρωματίζουμε την σκακιέρα όπως στο συνημμένο. Υπάρχουν 20 μαύρα μοναδιαία τετραγωνάκια και κάθε πλακίδιο καλύπτει το πολύ 1 μαύρο τετράγωνο. Άρα πρέπει να χρησιμοποιήσουμε τουλάχιστον 20 πλακίδια. Άρα οι περιπτώσεις (m,n) = (1,15),(5,12),(9,9) και (13,6) αποκλείονται.

Οι άλλες δυο περιπτώσεις (m,n) = (17,3) και (m,n) = (20,0) είναι δυνατές όπως φαίνεται στα συνημμένα.

Άρα οι πιθανές τιμές του n είναι 0 και 3.

(Θα ακολουθήσουν τα συνημμένα.)
Συνημμένα
Final.png
Final.png (14.03 KiB) Προβλήθηκε 1396 φορές
Τελευταία επεξεργασία από Demetres σε Δευ Ιουν 21, 2010 1:11 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
chris
Δημοσιεύσεις: 1170
Εγγραφή: Πέμ Μαρ 11, 2010 9:39 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα-Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Re: JBMO 2010 - Προβλήματα - Λύσεις - Σχόλια

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #8 από chris » Δευ Ιουν 21, 2010 1:04 am

Λοιπόν κάτι λίγο πολύπλοκο για το 4

ΘΕΜΑ 4ο

Έστω ένα ορθογώνιο 9\times 7 στο οποίο ονομάζουμε με A_{1},A_{2},...,A_{9} αντίστοιχα την κάθε στήλη και B_{1},B_{2},...,B_{7} την κάθε γραμμή.Χρωματίζουμε με μπλε χρώμα τα μοναδιαία τετράγωνα A_{1}B_{1},A_{3}B_{1},A_{5}B_{1},A_{7}B_{1},A_{9}B_{1}
A_{1}B_{3},A_{3}B_{3},A_{5}B_{3},A_{7}B_{3},A_{9}B_{3}
A_{1}B_{5},A_{3}B_{5},A_{5}B_{5},A_{7}B_{5},A_{9}B_{5}
και A_{1}B_{7},A_{3}B_{7},A_{5}B_{7},A_{7}B_{7},A_{9}B_{7}(20 το πλήθος)

Με κίτρινο τα τετράγωνα
A_{2}B_{1},A_{4}B_{1},A_{6}B_{1}
A_{2}B_{3},A_{4}B_{3},A_{6}B_{3}
A_{2}B_{5},A_{4}B_{5},A_{6}B_{5}
και A_{2}B_{7},A_{4}B_{7},A_{6}B_{7}(16 το πλήθος)

Με πράσινο τα τετράγωνα:
A_{1}B_{2},A_{3}B_{2},A_{5}B_{2},A_{7}B_{2}
A_{1}B_{4},A_{3}B_{4},A_{5}B_{4},A_{7}B_{4}
και A_{1}B_{6},A_{3}B_{6},A_{5}B_{6},A_{7}B_{6}(15 το πλήθος)

Με κόκκινο τα τετράγωνα:
A_{2}B_{2},A_{4}B_{2},A_{6}B_{2}
A_{2}B_{4},A_{4}B_{4},A_{6}B_{4}
και A_{2}B_{6},A_{4}B_{6},A_{6}B_{6}(14 το πλήθος)

Έστω n τα τετράγωνα 2\times 2και a,b,c,d οι τέσσερις μορφές του άλλου σχήματος λόγω της δυνατότητας περιστροφής τους κατα 90^{o} που όμως δεν περιλαμβάνουν κάποιο μοναδιαίο τετράγωνο χρώματος κόκκινου,πράσινου,κίτρινου και μπλέ αντίστοιχα.Τότε οδηγούμαστε τελικά στην εξίσωση a+b+c+d=1-\frac{4n}{3}(εδώ οδηγούμαστε απο τα αθροίσματα n+a+b+c=20,n+a+c+d=16,n+a+c+d=15,n+b+c+d=14...λόγω του πληθους που βρίκαμε παραπάνω)και d=1-\frac{n}{3} απο όπου προκύπτει n=0 ή n=3 δεδομένου του οτι a,b,c,d θετικοί ακέραιοι.Εύκολα κατασκευάζουμε παραδείγματα για n=0 ή n=3 όπως ο Δημήτρης παραπάνω.

Φιλικά Χρήστος


Στραγάλης Χρήστος
Άβαταρ μέλους
Nick1990
Δημοσιεύσεις: 629
Εγγραφή: Παρ Ιαν 23, 2009 3:15 pm
Τοποθεσία: Oxford, United Kingdom
Επικοινωνία:

Re: JBMO 2010 - Προβλήματα - Λύσεις - Σχόλια

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #9 από Nick1990 » Δευ Ιουν 21, 2010 4:26 pm

Για τα προβληματα 2,3 με καλυψατε απολυτως, μια παρατηρηση ομως: το προβλημα γεωμετριας εχει πολυ συντομη λυση αλλα στηριζεται στην ωραια ιδεα οτι η διχοτομος και η μεσοκαθετη τεμνονται πανω στον περιγεγραμμενο, και γι αυτο ισως θα μπορουσε να μπει σαν ευκολο προβλημα και σε διαγωνισμο για Seniors.

Επισης μια λυση για το 1, ωστε να ειμαστε ολοκληρωμενοι:

Αν ενας απο τους αριθμους ειναι 0, τοτε ευκολα βλεπουμε οτι δεν ισχυει το ζητουμενο (προσθετουμε κατα μελη τις 3 σχεσεις στις οποιες το γινομενο των 3 απο τους 4 αριθμους μηδενιζεται, και αυτο καθε φορα προκειπτει μη-μηδενικο).
Αν ειναι ολοι μη μηδενικοι, προσθετουμε κατα μελη και διαιρουμε με abcd οποτε προκειπτει οτι αν το αθροισμα των αριθμων ειναι 0, τοτε και το αθροισμα των αντιστροφων τους ειναι επισης 0. οποτε 1 = \frac{1}{-c} \times {-c} = (a + b + c)(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}) \Rightarrow \sum_{sym}{\frac{a}{b}} + 2 = 0 \Rightarrow \sum_{sym}{a^2b} + 2abc = 0 \Rightarrow (a+b)(b+c)(c+a) = 0
Οποτε αφου το αθροισμα των 4 αριθμων ισουτε με το 0 θα εχουμε:

a = -c, b = -d η
a = -b, c = -d η
b = -c, a = -d

Στην πρωτη περιπτωση, αν ειναι k = abcd
τοτε η πρωτη και η τριτη απο τις 4 δοσμενες ισοτητες, μας δινουν:
d^2 + d = k = b^2 + 3b = d^2 - 3d \Rightarrow d=0, ατοπο
Στην δευτερη περιπτωση, ομοιως συνδιαζοντας την πρωτη και την τεταρτη απο τις 4 δοσμενες σχεσεις, προκειπτει:
d^2 + d = k = c^2 - 6c = d^2 + 6d \Rightarrow d=0, ατοπο.
Στην τριτη περιπτωση συνδιαζοντας τις 2 πρωτες απο τις 4 δοσμενες σχεσεις προκειπτει:
d^2 + d = k = a^2 + 2a = d^2 - 2d \Rightarrow d=0, ατοπο.

Αρα σε καθε περιπτωση το αθροισμα των 4 αριθμων θα ειναι μη μηδενικο.

Καλα αποτελεσματα στην Ελληνικη αποστολη!


Κολλιοπουλος Νικος -- Απόφοιτος ΣΕΜΦΕ - ΕΜΠ, Υποψήφιος διδάκτωρ στο πανεπιστήμιο της Οξφόρδης

https://www.maths.ox.ac.uk/people/nikolaos.kolliopoulos
Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 4809
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

Re: JBMO 2010 - Προβλήματα - Λύσεις - Σχόλια

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #10 από S.E.Louridas » Δευ Ιουν 21, 2010 4:47 pm

Συνάδελφε Νίκο1990 (το εννοώ)
Αν από το σημείο Μ θεωρήσει κανείς τις κάθετες στις ΑΒ,ΑC (κλασική κίνηση οταν έχουμε σημείο της διχοτόμου που είναι απο τα πρώτα που διδάσκουμε) και συγκρίνουμε τα ορθογώνια τρίγωνα θα βγούν αυτόματα ίσα και άρα οδηγούμαστε στην εγγραψιμμότητα του τετραπλεύρου.

S.E.Louridas


S.E.Louridas

1.Μιλώ, μόνο όταν έχω να πώ κάτι καλύτερο από την σιωπή (Πυθαγόρας).
2.Οι αξίες αντανακλώνται, Δεν επιβάλλονται.
3.Είναι Κορυφαία η κάθε στιγμή επίλυσης ενός Μαθηματικού προβλήματος.
Άβαταρ μέλους
Nick1990
Δημοσιεύσεις: 629
Εγγραφή: Παρ Ιαν 23, 2009 3:15 pm
Τοποθεσία: Oxford, United Kingdom
Επικοινωνία:

Re: JBMO 2010 - Προβλήματα - Λύσεις - Σχόλια

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #11 από Nick1990 » Δευ Ιουν 21, 2010 4:58 pm

S.E.Louridas έγραψε:Συνάδελφε Νίκο1990 (το εννοώ)
Αν από το σημείο Μ θεωρήσει κανείς τις κάθετες στις ΑΒ,ΑC (κλασική κίνηση οταν έχουμε σημείο της διχοτόμου που είναι απο τα πρώτα που διδάσκουμε) και συγκρίνουμε τα ορθογώνια τρίγωνα θα βγούν αυτόματα ίσα και άρα οδηγούμαστε στην εγγραψιμμότητα του τετραπλεύρου.

S.E.Louridas


Ναι συμφωνω, ειναι πολυ γνωστη ιδεα που προκειπτει και απο ισοτητα εγγεγραμμενων γωνιων. Ηθελα να πω απλα οτι η ιδεα αυτη χρησημοποιειτε συχνα και σε δυσκολοτερα προβληματα


Κολλιοπουλος Νικος -- Απόφοιτος ΣΕΜΦΕ - ΕΜΠ, Υποψήφιος διδάκτωρ στο πανεπιστήμιο της Οξφόρδης

https://www.maths.ox.ac.uk/people/nikolaos.kolliopoulos
Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 4809
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

Re: JBMO 2010 - Προβλήματα - Λύσεις - Σχόλια

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #12 από S.E.Louridas » Δευ Ιουν 21, 2010 5:04 pm

Μα Νίκο προφανώς έχεις δίκιο αλλά κάπου-κάπου καλό είναι να γίνεται και Μ α θ η μ α τ ι κ ή κουβέντα,κατανοείς το γιατί.

S.E.Louridas


S.E.Louridas

1.Μιλώ, μόνο όταν έχω να πώ κάτι καλύτερο από την σιωπή (Πυθαγόρας).
2.Οι αξίες αντανακλώνται, Δεν επιβάλλονται.
3.Είναι Κορυφαία η κάθε στιγμή επίλυσης ενός Μαθηματικού προβλήματος.
Άβαταρ μέλους
mathlete23
Δημοσιεύσεις: 37
Εγγραφή: Δευ Μάιος 03, 2010 7:11 pm

Re: JBMO 2010 - Προβλήματα - Λύσεις - Σχόλια

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #13 από mathlete23 » Δευ Ιουν 21, 2010 6:30 pm

Βγήκαν τα αποτελέσματα!
http://fmi.unibuc.ro/jbmo2010/results.html

:winner_second_h4h:
:winner_third_h4h:
:winner_third_h4h:
:winner_third_h4h:

Συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά!
:clap:


Άβαταρ μέλους
chris
Δημοσιεύσεις: 1170
Εγγραφή: Πέμ Μαρ 11, 2010 9:39 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα-Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Re: JBMO 2010 - Προβλήματα - Λύσεις - Σχόλια

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #14 από chris » Δευ Ιουν 21, 2010 6:56 pm

1)LOLAS PANAGIOTIS :winner_second_h4h:
(10,10,10,3 ,Σύνολο:33)
2)MALLIOS ELEFTERIOS :winner_third_h4h:
(5,9,6,2 Σύνολο:22)
3)KONSTANTINIDOU IRINI :winner_third_h4h:
(4,3,4,2,Σύνολο:13)
4)SFAKIANAKIS KONSTANTINOS :winner_third_h4h:
(4,3,1,3:Σύνολο:11)

Μπράβο στα παιδιά :clap2: :clap2: και ειδικά στον συμπολίτη Παναγιώτη.Καλή επιτυχία του χρόνου στους senior(όσοι είναι Γ Γυμνασίου)


Στραγάλης Χρήστος
Μπάμπης Στεργίου
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5026
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 2:16 pm
Τοποθεσία: Χαλκίδα - Καρδίτσα

Re: JBMO 2010 - Προβλήματα - Λύσεις - Σχόλια

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #15 από Μπάμπης Στεργίου » Δευ Ιουν 21, 2010 6:58 pm

Συγχαίρω όλη την ομάδα - μαζί και τους βραβευμένους - και τους εύχομαι πάντα διακρίσεις !

Μπάμπης


Άβαταρ μέλους
Nick1990
Δημοσιεύσεις: 629
Εγγραφή: Παρ Ιαν 23, 2009 3:15 pm
Τοποθεσία: Oxford, United Kingdom
Επικοινωνία:

Re: JBMO 2010 - Προβλήματα - Λύσεις - Σχόλια

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #16 από Nick1990 » Δευ Ιουν 21, 2010 7:04 pm

Συγχαρητηρια σε ολους και ιδιαιτερα στον Παναγιωτη για το Ασημενιο και για την πολυ καλη θεση στην τελικη καταταξη!


Κολλιοπουλος Νικος -- Απόφοιτος ΣΕΜΦΕ - ΕΜΠ, Υποψήφιος διδάκτωρ στο πανεπιστήμιο της Οξφόρδης

https://www.maths.ox.ac.uk/people/nikolaos.kolliopoulos
Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3507
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: JBMO 2010 - Προβλήματα - Λύσεις - Σχόλια

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #17 από cretanman » Δευ Ιουν 21, 2010 7:13 pm

Συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά! Μας κάνετε υπερήφανους...

Αλέξανδρος


Αλέξανδρος Συγκελάκης
Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 4809
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

Re: JBMO 2010 - Προβλήματα - Λύσεις - Σχόλια

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #18 από S.E.Louridas » Δευ Ιουν 21, 2010 9:20 pm

Συγχαρητήρια, Συγχαρητήρια, ..... Συγχαρητήρια,....
Στούς Μαθητές - πρωταγωνιστές Μεγάλους Μαθηματικούς Juniors γιά την συμμετοχή τους και την προσωπική τους επιτυχία, ευχόμενος ταυτόχρονα οτι καλύτερο γιά το μέλλον τους.

Ειλικρινά,
S.E.Louridas


S.E.Louridas

1.Μιλώ, μόνο όταν έχω να πώ κάτι καλύτερο από την σιωπή (Πυθαγόρας).
2.Οι αξίες αντανακλώνται, Δεν επιβάλλονται.
3.Είναι Κορυφαία η κάθε στιγμή επίλυσης ενός Μαθηματικού προβλήματος.
silouan
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 959
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: JBMO 2010 - Προβλήματα - Λύσεις - Σχόλια

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #19 από silouan » Δευ Ιουν 21, 2010 9:29 pm

Συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά !! Ιδιαίτερα συγχαρητήρια στον συντοπίτη Παναγιώτη που έγραψε εξαιρετικά !


Σιλουανός Μπραζιτίκος
achilleas
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2311
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: JBMO 2010 - Προβλήματα - Λύσεις - Σχόλια

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #20 από achilleas » Δευ Ιουν 21, 2010 9:44 pm

Θερμά Συγχαρητήρια!!

Αλήθεια, συμμετέχει κανένας από αυτούς του μαθητές στο forum;

Αν όχι, πως μπορούμε να το κάνουμε γνωστό σε αυτούς έτσι ώστε αν θελήσουν να συμμετάσχουν; Μπορούμε να κάνουμε κάτι;

Φιλικά,

Αχιλλέας



Επιστροφή σε “Άλγεβρα - Θεωρία αριθμών - Συνδυαστική (Juniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 0 επισκέπτες