Η μειωμένη συμμετοχή στο διαγωνισμό είχε ρίξει πολύ τη γενικότερη δυσκολία των θεμάτων τα τελευταία χρόνια. Μέχρι που μια χρονιά έπαιρνες χάλκινο λύνοντας ένα θέμα Λυκείου και αργυρό αν έλυνες επιπλέον και ένα θέμα απλών πράξεων με 2χ2 πίνακες. Φέτος όμως, αν και απουσίαζε το εξαιρετικά δύσκολο ...

Άλλη μια λύση για το 1ο υποερώτημα, μετά την ωραία λύση του κ. Λουρίδα.

Με τον παραπάνω συμβολισμό, έχουμε $II_a=2h_a$. Όμως από το νόμο των ημίτονων, $h_a=2R\cdot \sin \frac{\widehat{A}}{2}$.

Άρα $\dispalystyle II_a\cdot II_b\cdot II_c=8h_a\cdot h_b\cdot h_c=64R^3\cdot \sin \frac{\widehat{A}}{2 ...

Επίσης σας ευχαριστώ πολύ για τις ευχές σας! Χρόνια πολλά και σε όλους τους υπόλοιπους εορτάζοντες του forum!

Χρόνια πολλά σε όλους τους Αλέξανδρους και ιδιαίτερα στον αγαπημένο μας αρχηγό (στην βαλκανιάδα) κ. Αλέξανδρο Συγκελάκη!

Ωραία ασκησούλα!

Επειδη $PZ//BC$ και το τετράπλευρο $PZBC$ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο, είναι ισοσκελές τραπέζιο ή ορθογώνιο παραλληλόγραμμο.

Οπότε $CP=BZ\Rightarrow \angle ZAB=\angle PAC$ (ως εγγεγραμμένες σε ίσα τόξα), και επειδή η $AP$ είναι η διάμεσος τους τριγώνου $ABC$, έπεται ότι η $AZ ...

Βασικά λέει ότι η ακολουθία είναι γνησίως αύξουσα. Μάλλον το διορθώσανε.

Καλή επιτυχία παιδιά! Είμαι σίγουρος πως θα γυρίσετε πίσω με πολλά μετάλλια!

Από όλα τα μέλη της Ελληνικής Ομάδας, ευχαριστούμε πολύ για τα καλά σας σχόλια και πολλά χαιρετίσματα από Οχρίδα!

Αν δεν κάνω λάθος, κι από αυτήν την λύση προκύπτει το $\displaystyle \frac{9}{2}$.

Όπως είναι και στην προηγούμενη λύση:

$\displaystyle \frac{2}{a}+\frac{2}{b}+\frac{2}{c}=\frac{1+a^2b}{a}+\frac{1+b^2c}{b}+\frac{1+c^2a}{c}=$

$\displaystyle\frac{abc+a^2b}{a}+\frac{abc+b^2c}{b}+\frac{abc+c^2a}{c}=b ...

Ελπίζω το θέμα να μην θεωρηθεί πολιτικό και να μη διαγραφεί από το mathematica.

Όπως μπορείτε να δείτε εδώ , η μόνη ομάδα που δεν είναι δηλωμένη στην Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα Νέων είναι η Ελλάδα.

Πριν λίγη ώρα μας ενημέρωσαν από την ΕΜΕ ότι το Υπουργείο Παιδείας δεν δίνει την άδεια να ...

Κε Δημήτρη, μήπως εννοείται την εικασία του Euler, που είναι επέκταση του τελευταίου θεωρήματος του Fermat (εδώ);

Η αρχική σχέση γίνεται $(p-1)(p+1)=q(p+q^2)$.

Παρατηρούμε ότι $gcd(q,p+q^2)=1$ εκτός αν $p=q$ το οποίο με δοκιμή απορρίπτεται.

Πρώτα θα δείξουμε ότι $p,q$ περιττοί.

-Αν $p=2$, $q(p+q^2)=3$ άτοπο.

-Αν $q=2$, $LHS\equiv 0\pmod4$, ενώ $RHS\equiv 2\pmod4$, άτοπο.

Άρα έχουμε τις εξής περιπτώσεις ...

Υποθέτω εννοείς την εξίσωση $5^z-3^y=2$ Ραφαήλ.

Λοιπόν, για $y=1$ έχουμε τη λύση $(y,z)=(1,1)$.

Για $y\geq 2$, έχουμε $z\equiv 5\pmod6$ αφαιρώντας $\pmod9$.

Επίσης, αφαιρώντας $\pmod4$, έχουμε ότι το $y$ είναι περιττό.

Όμως αφαιρώντας τη σχέση $\pmod7$, έχουμε:

$3^y\equiv 5^{6k+5}-2\equiv 3-2 ...

Ισχύει επίσης:

$\displaystyle (ab+bc+ca)(a+b+c)\geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\cdot \sqrt[3]{abc}=9abc\Leftrightarrow$

$\displaystyle \frac{ab+bc+ca}{3abc}\geq \frac{3}{a+b+c}\Leftrightarrow \frac{ab+bc+ca}{6abc}\geq \frac{3}{2(a+b+c)}$

δηλαδή:

$\displaystyle \frac{ab+bc+ca}{6abc}\geq \frac{3}{2(a+b ...

Μια ανισότητα που βρήκα σήμερα και μου άρεσε:

Καλημέρα! Μια διαφορετική προσέγγιση (χωρίς σχήμα):

Επειδή $M$ μέσο της $ST$, αν αποδείξουμε ότι $MI\cdot MP=MS\cdot MT\Leftrightarrow MI\cdot MP=MZ^2\Leftrightarrow \frac{MI}{MZ}=\frac{MZ}{MP}$, τότε από το θεώρημα Newton, τα $P,I$ είναι αρμονικά των $S,T$, το οποίο είναι το επακόλουθο της ...

Για να μπω κι εγώ στην κουβέντα, απλά θέλω να αναφέρω ότι πριν λίγα χρόνια, οι μαθητές, της επαρχίας κυρίως, δεν γνώριζαν καν για τους διαγωνισμούς και τις προοπτικές, πόσο μάλλον τι είδους μαθηματικά εξετάζουν. Αν σε ένα παιδί με ταλέντο στα μαθηματικά δεν δωθεί η ευκαιρία να προχωρήσει πέρα από τα ...

Για το 4ο των μικρών: Υπάρχει περίπτωση ο αριθμός να διαιρείται με το 3, αλλά η διαμεριση να μην είναι δυνατή. Γι' αυτό χρειαζόταν ένα μοντέλο για το πώς μπορεί να γίνει η διαμέριση. Σ' αυτό το σημείο την πάτησαν πολλοί, που έβαλαν ότι στην περίπτωση (γ) είναι αδύνατη η διαμέριση. Κι αυτό εξηγεί την ...

Για το 3ο θέμα...
Μάλλον υπάρχει απλούστερη απόδειξη...
Επαγωγικά αποδεικνύουμε ότι $a_n=(10^2^n^-^2+10^2^n^-^4+...+1)\cdot11$ και μετά το ζητούμενο έπεται (παραγοντοποιούμε και το μονοψήφιο άθροισμα του αριθμού που μένει έχει άθροισμα ψηφίων πολλαπλάσιο του 9)

Εγώ δεν το απέδειξα καν. Είναι ...