JBMO 2017

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

Τσιαλας Νικολαος
Δημοσιεύσεις: 100
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 17, 2015 1:04 pm

JBMO 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #1 από Τσιαλας Νικολαος » Σάβ Ιουν 24, 2017 2:24 pm

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!!!



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Κατερινόπουλος Νικόλας
Δημοσιεύσεις: 596
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 05, 2017 3:24 pm
Τοποθεσία: Καλαμάτα, Μεσσηνία
Επικοινωνία:

Re: JBMO 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #2 από Κατερινόπουλος Νικόλας » Σάβ Ιουν 24, 2017 9:28 pm

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

Νικόλας


Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 5954
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: JBMO 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #3 από matha » Κυρ Ιουν 25, 2017 11:12 am

Καλή επιτυχία σε Ελλάδα και Κύπρο!

image.jpg
image.jpg (99.32 KiB) Προβλήθηκε 1856 φορές

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


Μάγκος Θάνος
Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 5047
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

Re: JBMO 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #4 από S.E.Louridas » Κυρ Ιουν 25, 2017 11:45 am

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.
τελευταία επεξεργασία από S.E.Louridas σε Κυρ Ιουν 25, 2017 11:49 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


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
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7355
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: JBMO 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #5 από Demetres » Κυρ Ιουν 25, 2017 11:48 am

Καλή επιτυχία!


Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3723
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: JBMO 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #6 από cretanman » Κυρ Ιουν 25, 2017 12:46 pm

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
20170625_121936.jpg (640.13 KiB) Προβλήθηκε 1805 φορές


20170625_122034.jpg
20170625_122034.jpg (613.71 KiB) Προβλήθηκε 1805 φορές


Αλέξανδρος


Αλέξανδρος Συγκελάκης
Άβαταρ μέλους
Soteris
Δημοσιεύσεις: 413
Εγγραφή: Δευ Ιούλ 21, 2014 1:59 pm
Τοποθεσία: Λάρνακα, Κύπρος

Re: JBMO 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #7 από Soteris » Δευ Ιουν 26, 2017 9:40 am

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.

Είναι αλήθεια ότι το να παρακολουθείς την JBMO "από τον πάγκο" είναι παράξενο από την στιγμή που συμμετείχες στις τρεις προηγούμενες ως αρχηγός της αποστολής. :D


Σωτήρης Λοϊζιάς
ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ
Δημοσιεύσεις: 460
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 28, 2015 8:49 pm

Re: JBMO 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #8 από ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ » Δευ Ιουν 26, 2017 10:18 am

Καλή επιτυχία παιδιά


thanos59
Δημοσιεύσεις: 3
Εγγραφή: Δευ Φεβ 02, 2009 8:57 pm

Re: JBMO 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #9 από thanos59 » Δευ Ιουν 26, 2017 1:55 pm

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 O. Έστω M το μέσο του BC και D σημείο του \Gamma τέτοιο ώστε AD \perp BC. Θεωρούμε T ένα σημείο τέτοιο ώστε το BDCT να είναι παραλληλόγραμμο και Q ένα σημείο στο ημιεπίπεδο που ορίζεται από την BC και περιέχει το A τέτοιο ώστε

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

Αν η ευθεία AO τέμνει τον \Gamma στο E (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 X είναι συνευθειακά.

Πρόβλημα 4: Έστω P ένα κανονικό 2n-γωνο A_1\cdots A_{2n} στο επίπεδο όπου n θετικός ακέραιος. Λέμε ότι ένα σημείο S που βρίσκεται σε μια πλευρά του P είναι ορατό από ένα σημείο E εξωτερικό του P, εάν το ευθύγραμμο τμήμα SE δεν περιέχει άλλα σημεία των πλευρών του P εκτός από το S. Χρωματίζουμε τις πλευρές του P με 3 διαφορετικά χρώματα (αγνοήστε τις κορυφές του P, 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 P, είναι ορατά σημεία του P το πολύ δύο διαφορετικών χρωμάτων. Να βρείτε το πλήθος των διαφορετικών χρωματισμών του P (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.


Άβαταρ μέλους
Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 194
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Re: JBMO 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #10 από Γιάννης Μπόρμπας » Δευ Ιουν 26, 2017 2:37 pm

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 3 από τους αριθμούς είναι άρτιοι και οι άλλοι 3 περιττοί. Παρατηρούμε ότι αν 2 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 2 αριθμοί που διαιρούνται με το 3 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, c=x+3, e=x+5 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 3 περιπτώσεις.
Αν f=x ή b=x 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 x=3 δεν έχουμε λύση.
Για x=2 έχουμε λύση την (a,b,c,d,e,f)=(6,3,5,2,7,4)
Για x=1 έχουμε λύση την (2,1,6,3,5,4)
τελευταία επεξεργασία από Γιάννης Μπόρμπας σε Δευ Ιουν 26, 2017 4:08 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 5954
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: JBMO 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #11 από matha » Δευ Ιουν 26, 2017 3:14 pm

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.}


Μάγκος Θάνος
Άβαταρ μέλους
Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 194
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Re: JBMO 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #12 από Γιάννης Μπόρμπας » Δευ Ιουν 26, 2017 3:20 pm

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


Άβαταρ μέλους
Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 194
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Re: JBMO 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #13 από Γιάννης Μπόρμπας » Δευ Ιουν 26, 2017 3:24 pm

Στο πρόβλημα 4, θεωρούμε διαφορετικούς 2 χρωματισμούς, οι οποίοι προκύπτουν με στροφή του πολυγώνου;


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7355
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: JBMO 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #14 από Demetres » Δευ Ιουν 26, 2017 3:54 pm

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Στο πρόβλημα 4, θεωρούμε διαφορετικούς 2 χρωματισμούς, οι οποίοι προκύπτουν με στροφή του πολυγώνου;


Από την εκφώνηση αυτό καταλαβαίνω.


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7355
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: JBMO 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #15 από Demetres » Δευ Ιουν 26, 2017 4:20 pm

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}


Άβαταρ μέλους
emouroukos
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1342
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 1:27 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Re: JBMO 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #16 από emouroukos » Δευ Ιουν 26, 2017 4:26 pm



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 M, θα είναι \displaystyle{MT = MD = ME.} Άρα, τα τρίγωνα \displaystyle{MEC} και \displaystyle{MTC} είναι ίσα, οπότε τα σημεία T και E είναι συμμετρικά ως προς την BC.

Έστω \displaystyle{{X'}} το σημείο τομής της AM 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 BM που βλέπει το τμήμα BM υπό γωνία \displaystyle{\gamma } και του τόξου χορδής CM που βλέπει το τμήμα CM υπό γωνία \displaystyle{\beta }) και μάλιστα είναι το συμμετρικό του σημείου Q ως προς την ευθεία BC.

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.


Βαγγέλης Μουρούκος

Erro ergo sum.
Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 8722
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: JBMO 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #17 από KARKAR » Δευ Ιουν 26, 2017 6:31 pm

JBMO GEOMETRY.png
JBMO GEOMETRY.png (44.24 KiB) Προβλήθηκε 1236 φορές
Τα σημεία T,Q είναι τελικά τα συμμετρικά των E,X ως προς την BC . Φοβάμαι

πως οι διαγωνιζόμενοι ταλαιπωρήθηκαν αφάνταστα με την κατασκευή του σχήματος .


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7355
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: JBMO 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #18 από Demetres » Δευ Ιουν 26, 2017 10:26 pm

Ας δούμε και το 4:

Για μια πλευρά e ορίζω ως \ell_e την ευθεία που λαμβάνουμε αν προεκτείνουμε την e και ως \Pi_e το ημιεπίπεδο που ορίζει η \ell_e και δεν περιέχει το πολύγωνο.

Μια πλευρά e παρατηρείται από ένα σημείο P αν και μόνο αν το P ανήκει στο \Pi_e.

Παρατηρούμε λοιπόν ότι οποιεσδήποτε n 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 2n-γώνου με τρία χρώματα ώστε να χρησιμοποιούνται και τα τρία χρώματα αλλά κάθε n 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 n 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 n 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 n διαδοχικές πλευρές που έχουν όλα τα χρώματα, άτοπο. Αν r > n+1, τότε οι e_{n+2},\ldots,e_{2n},e_1 είναι n 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 6n τέτοιοι χρωματισμοί. (n τρόποι να επιλέξουμε τις δύο παράλληλες πλευρές και 6 τρόποι να αποφασίσουμε τα χρώματα.)

Για n=3 στο πιο πάνω παράδειγμα είχαμε
e_1 μπλε
e_2,e_3 κόκκινες
e_4 πράσινη
e_5 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 6 τρόπους να επιλέξουμε την πρώτη μπλε, και δύο τρόπους να επιλέξουμε αν μετά τις μπλε συνεχίζουν οι πράσινες ή οι κόκκινες. Συνολικά έχουμε άλλους 12 χρωματισμούς.

Συνοψίζοντας η τελική απάντηση είναι
36 για n=2
30 για n=3
6n για n \geqslant 4


Άβαταρ μέλους
Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 194
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Re: JBMO 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #19 από Γιάννης Μπόρμπας » Τρί Ιουν 27, 2017 12:14 am

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


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7355
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: JBMO 2017

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #20 από Demetres » Τρί Ιουν 27, 2017 12:52 am

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Πόσες μονάδες άραγε θα έχανε κάποιος αν ξεχνούσε τις περιπτώσεις n=2,3;


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.



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

Μέλη σε σύνδεση

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