Γεια σου Αντώνη και σε ευχαριστώ πολύ που ασχολήθηκες!

Και εγώ έτσι είχα παει να το βγάλω αλλα μου διέφυγε πως το $T$ είναι το ορθόκεντρο του $OEF$...

Αυτές τις "γνωστές προτάσεις" που λες τις έχω δει σε κατι φυλλάδια στο internet αλλα δεν έχω δει να τις ονομάζουν. Μήπως ξες αν μπορούμε μέσα στο ...

Μια απορία που προέκυψε απο άσκηση! Ίσως είναι λίγο ανόητη αλλά αυτή τη στιγμή δε μπορώ να τη λύσω...

Άμα έχουμε το πλήρες τετράπλευρο $ABCDFE$, με το βασικό τετράπλευρο $ABCD$ να είναι εγράψιμο, και αν είναι $T$ η τομή των $AC, BD$, τότε το $T$ θα ανήκει στον ριζικό άξονο των εξής δύο κύκλων:
1 ...

Για το (ii) δεν είμαι και πολύ σίγουρος αλλα λεω να κανω μια αποπειρα!

Αρχικά παρατηρώ πως άμα έτσι όπως είναι το "σχήμα" στον τρισδιαστατο χώρο μπορώ να θεωρήσω ένα επίπεδο και να το προβάλω στο επίπεδο! Έτσι αρκεί να βρω τον αριθμό των χωρίων του επιπεδου που σχηματίζουν n κυκλοι!

Έστω πως οι $n ...

Για το (i) $$

Τα χωρία που δημιουργούνται στον χώρο προφανώς θα είναι πολύεδρα(συγνώμη που χαλαω την ορολογία και βάζω μέσα και τα χωρία που δεν έχουν "τέλος"), οπότε ορίζουμε ως "κατώτερο σημείο" του κάθε χωρίου την κορυφή που βρίσκεται πιο χαμηλά (δηλαδή άμα τοποθετήσουμε το "σχήμα" σε ένα ...

Έστω $S_n$ το σύνολο των ρητών της μορφής $\dfrac{m}{n}$ με $m < n$ και $(m,n) = 1$. Θα αποδείξουμε επαγωγικά πως $S_n \in \Gamma \forall n \in \mathbb{Z}$.

Θα το αποδείξω επαγωγικά! Για $n = 2$ ισχύει από την υπόθεση!
Έστω πως ισχύει για κάθε $n < y$. Θα δείξω πως ισχύει και για $n = y$.
Έστω $x ...

Δεν ξέρω άμα το παρατήρησε κανείς άλλος αλλά το πρόβλημα 1 του διαγωνισμού είναι ειδική περίπτωση "γνωστού" προβλήματος! Δείτε το problem 2 στη σελίδα 2 από εδώ: http://yufeizhao.com/olympiad/intpoly.pdf

Θέτουμε $(a,b,c) = (\dfrac{1}{x}, \dfrac{1}{y}, \dfrac{1}{z})$ και είναι $\sum ab = 1$

Τώρα η παράσταση γίνεται:
$\displaystyle K = \sum \sqrt{1+a^2} = \sum \sqrt{\dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{3} + a^2} \geq \sum \dfrac{3 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{3} + a}{2} =$ $\displaystyle 3\dfrac{\sqrt{3 ...

H $f$ είναι επί στο $(f(2), +\infty)$ και από την αρχική εύκολα συμπεραίνουμε πως $f(f(n+1)) = f(f(n)) + 1$, που λόγω του επί και της μονοτονίας γίνεται $f(n+1)=f(n)+1$. Άρα επαγωγικά (για $f(1)=c$) θα είναι $f(n) = n+c$. Θέτοντας τώρα στην αρχική όπου $f(n)$ το $n+c$ βρίσκουμε πως $c=2$, άρα $f(n ...

1. Ευθεία $\displaystyle{\varepsilon}$ τέμνει τις πλευρές $\displaystyle{AB,A\Gamma}$ τριγώνου $\displaystyle{AΒ\Gamma}$ στα σημεία $\displaystyle{ \Delta, E}$ αντίστοιχα και την προέκταση της $\displaystyle{{{\color{red}B}\Gamma}$ στο $\displaystyle{Z}$.

Αν $\displaystyle{\frac{A\Delta}{\Delta B ...

$p^m-q^3=n^3 \Leftrightarrow p^m=q^3+n^3=(q+n)(q^2-qn+n^2) \Rightarrow \begin{cases} q+n = p^k \\ q^2 - qn +n^2 = p^l \end{cases}$

Αφού $q+n < q^2-qn+n^2$, είναι $k < l \Rightarrow q+n|q^2-qn+n^2 \Rightarrow q+n|3qn$. Άμα $(q,n) = 1$ είναι $q+n|3n \Rightarrow q+n|3q \Rightarrow q+n=3q \Rightarrow n ...

Έστω $n = p_1^{k_1}p_2^{k_2} \cdots p_m^{k_m}$. Τώρα θέλουμε $\sigma_4(n) = \sum_{d|n} d^4 = n^4+n^3+n^2+n+1$. Όμως $\displaystyle \sigma_4(n) = \prod_{i=1}^{m}(1+p_i^4+ \cdots + p_i^{4k_i}) > \prod_{i=1}^{m}1 + \prod_{i=1}^{m}p_i^{4k_i} + \left(\prod_{i \neq j}p_i^{4k_i} \cdot p_j^{4k_j-4} + \prod ...

Ο σταθερός όρος είναι το $a+b.$ Πώς εξασφαλίζεις ότι $p^2 \nmid a+b$ ? Εκτός αν δεν κατάλαβα κάτι.

Έστω $p^2 | a+b$, αφού $p^2|a$ θα είναι $p^2 | (a+b)-a \Rightarrow p^2 | b$. Τώρα $p^2|a,b \Rightarrow p^2|(a,b) = p$, άτοπο. Εκτός αν κάνω κάπου λάθος...

Edit: Τώρα το είδα... Η αιτιολόγηση μου ...

Αν δε κάνω κάπου λάθος: . Ακόμα (αλλιώς θα ήταν ) και οπότε το (σύμφωνα με το κριτήριο του Eisenstein) είναι ανάγωγο στο συνεπώς και στο

Πρώτα θα αποδείξουμε ένα λήμμα και μετά θα παρουσιάσουμε την απόδειξη της άσκησης.

Λήμμα: Έστω $ABC$ και $A'B'C'$ 2 τρίγωνα με $BC = B'C'$, $AB = A'B'$ και $\angle BCA = \angle B'C'A'$. Άμα $BAC, B'A'C' < 90$ θα είναι $\triangle ABC = \triangle A'B'C'$.

Αφού $BC = B'C'$ τοποθετούμε τα $B', C ...

Για $n=2$ υπάρχουν $2^4$ τρόποι για να βαφτούν τα $4$ τετραγωνάκια και μόνο ένας από αυτός δεν είναι επιτρεπτός(να είναι όλα κόκκινα), άρα $c_2 = 2^4-1 = 15$. Όμοια βρίσκουμε πως $c_3 = 65$. Η απόδειξη είναι εύκολη... τα 2 τελευταία τετραγωνάκια μπορούν να βαφτούν με $3$ τρόπους άμα τα όλα τα από ...

Έστω $a_n$ η ακολουθία μας. Τότε πριν το $a_n$ θα υπάρχουν τουλάχιστον $1+2+3+...+(a_n-1)$ όροι, όμως αυτοί θα είναι το πολύ $n-1$. Άρα $\dfrac{(a_n-1)a_n}{2} \leq n-1 \Leftrightarrow a_n^2 - a_n - (2n-2) \leq 0 \ (1)$.

Όμως το τριώνυμο $x^2-x-(2n-2)$ έχει ρίζες $x_{1,2} = \dfrac{1 \pm \sqrt{8n-7 ...

Συγνώμη για το λάθος! ο κ. Ψύχας στο facebook του δημοσίευσε τα αποτελέσματα ως εξής:

ROU 199
TUR 197
USA 171
SRB 168
BGR 165
KAZ 136
HEL 122
IDN 119
FRA 114
BIH 111
TJK 105
MDA 94
SAU 84
CYP 76
ALB 58
MKD 55

*υπάρχουν και άλλες χώρες κάτω από την Ελλάδα απλά δεν τις ανέφερε επειδή συμμετείχαν με ...

Βγήκαν τα αποτελέσματα!!! http://jbmo2013.tubitak.gov.tr/Results

Μπράβο σε όλα τα παιδιά :clap: :coolspeak: και ιδιαίτερα στον Δημήτρη Μέλα για αργυρό παρά το μικρό της ηλικίας του! :clap2: :clap2:

2 x :winner_second_h4h: 2 x :winner_third_h4h: 1 x HM

Και η Ελλάδα 3η συνολικά άμα δεν κάνω λάθος ...

Ένα παρόμοιο αποτέλεσμα... την ανεβάζω μήπως βοηθήσει κάποιον για την πλήρη λύση...

Έστω $n=p^k+2$. Τότε:

$\displaystyle \bullet \ S_n = \sum_{i=1}^{p-1} i^{p^k+2} \equiv \sum_{i=1}^{p-1} i^{p+2} \ (mod \ p^2)$. Όμως $\displaystyle i^{p+2} + (p-i)^{p+2} = p \cdot \sum_{m=0}^{p+1} i^{p+1-m}(p-i ...

Να αποδείξετε ότι για κάθε $x,y\in \mathbb{R}$ ισχύει:

$\displaystyle \frac{(x+y)^4}{16}\leq \frac{x+y}{2}\cdot \frac{x^3+y^3}{2}\leq \frac{x^4+y^4}{2}$

Για το πρώτο μέλος: $\sqrt[3]{\dfrac{x^3+y^3}{2}} \geq \dfrac{x+y}{2} \Leftrightarrow...}$


Για την απόδειξη της αριστερής απαιτείται λίγη ...