ΙΜΟ 2020

#1

Τι γίνεται; Άλλαξε κάτι στο

; Εντάξει, λόγω κορονοϊού και εξ αποστάσεως εξέτασης δεν ανέμενα να δω τα θέματα της φετεινής ΙΜΟ χθες και προχθές, αλλά σήμερα ... γιατί όχι; Τα ανεβάζω λοιπόν, από τον επίσημο ιστότοπο της ΙΜΟ 2020 (στα Ελληνικά), στο συνημμένο χωρίς σχόλια, δεν είμαι άλλωστε και ο πιο κατάλληλος εδώ μέσα γι αυτό, απλώς ας τα απολαύσουμε (όλοι) χωρίς να τα λύσουμε (οι περισσότεροι)

2020_hel.pdf: (150.6 KiB) Μεταφορτώθηκε 222 φορές

#2

Η αλήθεια είναι ότι είχα δει τα προβλήματα αλλά δεν ήμουν σίγουρος από πότε μπορούμε να τα μοιραστούμε λόγω των φετινών ιδιαιτεροτήτων. Αφού όμως ανέβηκαν στην επίσημη ιστοσελίδα τότε είμαστε εντάξει.

Θα περιμένω λίγο πριν ανεβάσω τις λύσεις μου σε κάποια εξ αυτών.

#3

Βάζω τη λύση μου για το 3.

Χωρίζουμε τα βότσαλα στα ακόλουθα

ζεύγη: $\{1,4n\}, \{2,4n-1\},\ldots,2n,2n+1\}$ . Επειδή σε κάθε ζεύγος έχουμε το ίδιο συνολικό βάρος, αρκεί να δείξουμε ότι μπορούμε να χωρίσουμε αυτά τα

ζεύγη σε

ομάδες των

ζευγών ώστε σε κάθε ομάδα να έχουμε από δύο βότσαλα κάθε χρώματος.

Κατασκευάζουμε τώρα ένα γράφημα με κορυφές τα χρώματα, όπου συνδέουμε δύο χρώματα αν και μόνο κάποια από τα πιο πάνω ζεύγη έχει ένα βότσαλο με το ένα χρώμα και ένα βότσαλο με το άλλο. Στο γράφημά μας επιτρέπουμε ακμές με πολλαπλότητα (βάζουμε τόσες ακμές όσα και τα ζεύγη των συγκεκριμένων χρωμάτων) και βρόχους (δηλαδή ακμές από μία κορυφή στην ίδια).

Στο γράφημά μας κάθε κορυφή έχει βαθμό

. (Κάθε βρόχος δίνει βαθμό

στην κορυφή.) Αυτό που ψάχνουμε είναι ένα υπογράφημα όπου κάθε κορυφή έχει βαθμό

. Αυτό είναι συνέπεια ενός θεωρήματος του Petersen που λέει ότι κάθε κανονικό γράφημα βαθμού

έχει κανονικό υπογράφημα βαθμού

.

Στην περίπτωσή μας ( k=2

) η απόδειξη δεν είναι δύσκολη. Χρησιμοποιούμε το θεώρημα για την ύπαρξη κύκλων Euler και ... σχεδόν τελειώσαμε. Αφήνω να το σκεφτείτε πως. Για k > 2

η απόδειξη πάλι δεν είναι δύσκολη αλλά θέλει ακόμη κάτι επιπλέον.

#4

Ας δούμε και μια λύση για το 2.

Παρατηρώ αρχικά ότι

$\displaystyle a+2b+3c+4d = 2-a + c + 2d \leqslant 2-a + \frac{2}{3}(1-a) + d \leqslant 2-a + \frac{2}{3}(1-a) + \frac{1}{3}(1-a) = 3-2a.$

Επίσης ισχύει ότι $a^a b^b c^c d^d \leqslant a^{a+b+c+d} = a$ .

Άρα έχουμε

$\displaystyle (a+2b+3c+4d)a^ab^bc^cd^d \leqslant (3-2a)a = 1 + (3a-2a^2-1) = 1 + (1-a)(2a-1)$

Από εδώ προκύπτει το ζητούμενη στην περίπτωση όπου a < 1/2

. Μπορώ λοιπόν να υποθέσω ότι $a \geqslant 1/2$ .

Τότε με παρόμοιο τρόπο όπως πιο πάνω παίρνω

$\displaystyle (a+2b+3c+4d)a^ab^bc^cd^d \leqslant (3-2a)a^ab^{b+c+d} < (3-2a)a^a(1-a)^{1-a}$

Έστω $f(x) = (3-2x)x^x(1-x)^{1-x}$ . Αρκεί να δείξω ότι $f(x) \leqslant 1$ για $x \in [1/2,1]$ .

Ορίζω $g(x) = \log{f(x)} = \log(3-2x) + x\log{x} + (1-x)\log{(1-x)}$ και παρατηρώ ότι

$\displaystyle g''(x) = -\frac{4}{(3-2x)^2} + \frac{1}{x}+ \frac{1}{1-x}$

Όμως $\displaystyle \frac{1}{x}+ \frac{1}{1-x} \geqslant \frac{(1+1)^2}{x+(1-x)}= 4 \geqslant \frac{4}{(3-2x)^2}$

Άρα η

είναι κυρτή συνάρτηση και επομένως μεγιστοποιείται στα άκρα. Το ίδιο συμβαίνει και για την

. Όμως

άρα όντως $f(x) \leqslant 1$ για κάθε $x \in [1/2,1]$ όπως θέλαμε να δείξουμε.

miltosk · #5

Μια άλλη προσέγγιση στο πρόβλημα 2 είναι η εξής:
$1=(a+b+c+d)^3>(a+2b+3c+4d)(a^2+b^2+c^2+d^2)\geq a^ab^bc^cd^d(a+2b+3c+4d)$
Η δεύτερη στη σειρά ανισότητα προκύπτει από την βαρών και η πρώτη προκύπτει με πράξεις.
Η σκέψη βέβαια είναι ανάποδη. Πρώτα κάνω βαρών και μετά (από αρκετό ψάξιμο), ομογενοποίηση και πράξεις.

MAnTH05 · #6

Μία λύση για το Πρόβλημα 1:
Έστω

το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου PAB

. Θα αποδείξουμε ότι είναι το ζητούμενο σημείο τομής των δεδομένων ευθειών. Έστω $\angle PAD = \omega$ και $\angle CBP = \theta$ . Από την υπόθεση θα ισχύει: $\angle PBA = 2\omega, \angle DPA = 3\omega$ και $\angle BAP = 2\theta, \angle BPC = 3\theta$ . Επιπλέον, θα ισχύει $\angle AOP = 4\omega$ (ως επίκεντρη που βαίνει στο ίδιο τόξο με την εγγεγραμμένη $\angle PBA = 2\omega$ ) και $\angle BOP = 4\theta$ (ως επίκεντρη που βαίνει στο ίδιο τόξο με την εγγεγραμμένη $\angle PAB = 2\theta$ ). Στο τρίγωνο APD

:
$\angle APD+ \omega +3\omega = 180^{\circ} \Leftrightarrow \angle ADP = 180^{\circ} - 4\omega$ . Επίσης, στο τρίγωνο PBC

: $\angle PCB+ \theta +3\theta = 180^{\circ} \Leftrightarrow \angle PCB = 180^{\circ} - 4\theta$ . Στο τετράπλευρο OADP

οι απέναντι γωνίες $\angle AOP$ και $\angle ADP$
είναι παραπληρωματικές, εφόσον $\angle AOP + \angle ADP = 4\omega + 180^{\circ} - 4\omega= 180^{\circ}$ . Επομένως είναι εγγράψιμο. Στο τετράπλευρο OBCP

, οι απέναντι γωνίες $\angle BOP$ και $\angle PCB$ είναι παραπληρωματικές, εφόσον $\angle BOP + \angle PCB = 4\theta + 180^{\circ} - 4\theta = 180^{\circ}$ . Eπομένως είναι εγγράψιμο. Παρατηρούμε ότι OA = OP

(ως ακτίνες του περίκυκλου του τριγώνου PAB

), άρα το τρίγωνο AOP

είναι ισοσκελές, άρα $\angle OAP = \angle OPA = \phi$ . Από το εγγράψιμο τετράπλευρο OADP

, έχουμε
$\angle ODP = \angle OAP = \phi$ και $\angle ADO = \angle OPA = \phi$ . Συνεπώς $\angle ADO = \angle ODP = \phi$ , άρα η

είναι η διχοτόμος της
$\angle ADP$ . Παρομοίως, OP = OB

, άρα και το τρίγωνο POB

είναι ισοσκελές, άρα $\angle OPB = \angle OBP = \psi$ . Από το εγγράψιμο τετράπλευρο OBCP

, έχουμε: $\angle OBP = \angle OCP = \psi$ και $\angle BCO = \angle OBP = \psi$ . Συνεπώς $\angle OCP = \angle BCO = \psi$ ,άρα η

είναι η διχοτόμος της $\angle PCB$ . To σημείο

είναι το περίκεντρο του τριγώνου PAB

, άρα ανήκει στη μεσοκάθετο του

.
Επομένως, αποδείξαμε ότι, οι εσωτερικές διχοτόμοι των γωνιών $\angle ADP$ και $\angle PCB$ και η μεσοκάθετος του ευθύγραμμου τμήματος

συντρέχουν στο

. $\square$

: ΙΜΟ 2020 Problem 1.png (271.79 KiB) Προβλήθηκε 1744 φορές

miltosk · #7

Τα αποτελέσματα έχουν δημοσιευτεί. Δεν τα βάζω γιατί μου κολλάει και δεν μπορώ να τα δω αναλυτικά. Πάρα πολλά συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά και των δύο ομάδων μας που σε μία πάρα πολύ δύσκολη χρονιά τα κατάφεραν άψογα!!
Επίσης, δεν μπορώ να μην συγχαρώ τους συνοδούς αλλά και όσους δούλεψαν ώστε να πραγματοποιηθεί αυτή η πρωτότυπη Ολυμπιάδα!

#8

Πολλά συγχαρητήρια σε όλους!

Τσιαλας Νικολαος · #9

Πολλά συγχαρητήρια σε όλα τα παιδια και ιδιαίτερα στους μεγάλους Μίνωα και Διονύση αλλά και στον Ορέστη που είναι μόλις δευτέρα γυμνασίου!!

#10

Θερμά συγχαρητήρια στην ομάδα, σε όλα τα παιδιά και στους καθηγητές τους !

Οι νεότεροι έχουν και άλλες ευκαιρίες και θα πάνε ακόμα πιο ψηλά.

Καλή Σχολική και Ακαδημαϊκή χρονιά !

#11

Συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά, στους καθηγητές τους και στους γονείς τους που τα στηρίζουν!

S.E.Louridas · #12

Συγχαρητήρια πολλά και θερμά στους Έλληνες αλλά και Κύπριους διαγωνιζόμενους στην ΙΜΟ 2020. Και μόνο το οδοιπορικό που καταλήγει στη συμμετοχή σε τέτοιο Επιστημονικό διαγωνισμό είναι Μετάλλιο και μία ισχυρή απάντηση στην πρόκληση της εποχής. Τα πλέον ιδιαίτερα συγχαρητήρια στους διαγωνιζόμενους που διακρίθηκαν στον διαγωνισμό αυτό, να ξέρουν ότι είναι φάροι, ελπιδοφόροι, μας συγκινούν και μας κάνουν υπερήφανους.

#13

ΕΥΓΕ.

Τα θέματα είναι ΠΑΡΑ ΠΟΛΥ ΔΥΣΚΟΛΑ και το γεγονός ότι τα παιδιά μας μπόρεσαν να τα ξεκλειδώσουν, ιδίως στον περιορισμένο χρόνο που τους δίνεται, είναι αξιοθαύμαστο. Εύγε, εύγε, εύγε.

#14

Θερμά συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά, στους γονείς και στου όποιους δασκάλους τους .

Πολύ ανεβασμένου επιπέδου δέματα και ως εκ τούτου η επιτυχίες τους έχουν βαρύνουσα σημασία .

Γι αυτούς που θα δώσουν και τα επόμενα έτη εύχομαι μεγαλύτερες επιτυχίες !

#15

Συγχαρητήρια και από εμένα. Η Κύπρος είχε τρεις επαίνους με τους Χάρη Γεωργίου, Ιωάννη Χαραλάμπους και Μάριο Αβρααμίδη. Οι Χάρης και Γιάννης έχασαν το χάλκινο για μία μονάδα.

#16

Πολλά συγχαρητήρια στους συμμετέχοντες στην κορυφαία μαθητική διοργάνωση για τα μαθηματικά στον κόσμο!! Όλα τα παιδιά της αποστολής είναι ένας κι ένας!! Χαρηκα ιδιαίτερα που φύγατε όλοι με έπαινο και μετάλλιο... Δεν είναι και λίγο πράγμα να λύνεις πλήρως ένα ολόκληρο πρόβλημα όταν τα θέματα είναι τόσο απαιτητικά!

Σε όσους επιπλέον πήραν και μετάλλιο να τους δώσω διπλά συγχαρητήρια! Δε θα μπορούσα να μην αναφερθώ ξεχωριστά στο Μίνο (που είχα την τύχη να τον έχω μαθητή στο σχολείο μου σε όλες τις τάξεις του Λυκείου, μαθητή για πολλά χρόνια στον όμιλο αριστείας που διοργάνωνε το σχολείο μου σε συνεργασία με το Παράρτημα Ηρακλείου της ΕΜΕ και μέλος - από πολύ μικρή ηλικία - στις ελληνικές αποστολές για τη Βαλκανική Ολυμπιάδα Μαθηματικών όσες φορές έτυχε να τις συνοδεύσω. Πρόκειται για εξαιρετικό παιδί με μεγάλο ταλέντο και πλέον εκκολαπτόμενος συνάδελφος στο Τμήμα Μαθηματικών του Πανεπιστημίου Αθηνών!! Μίνο καλή σταδιοδρομία στην ακαδημαϊκή σου πλέον πορεία...), στο Διονύση και στον Ορέστη αγαπητά μέλη όλοι τους εδώ στο mathematica οι οποίοι το κοσμούν και το ενισχύουν με τις σκέψεις, τις παρεμβάσεις και τις λύσεις τους...

Συγχαρητήρια και στα μέλη της Κυπριακής αποστολής για τη συμμετοχή τους αλλά και τους επαίνους τους!

Σας ευχαριστούμε πολύ για την περηφάνεια που μας κάνετε να νιώθουμε!

Αλέξανδρος

Λάμπρος Κατσάπας · #17

Συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά!

#18

Βάζω τη λύση μου και στο πρόβλημα 4.

Θα δώσω αρχικά ένα παράδειγμα με k = n^2-n

τελεφερίκ σε κάθε εταιρεία όπου δεν υπάρχουν δύο σταθμοί οι οποίοι να συνδέονται και με τις δύο εταιρείες. Ονομάζω τους σταθμούς $1,2,\ldots,n^2$ με τον

να είναι ο χαμηλότερος και ο n^2

ο ψηλότερος.

Η εταιρεία Α έχει τα τελεφερίκ από τον σταθμό

στον σταθμό i+1

για κάθε $1 \leqslant i \leqslant n^2$ με $n \nmid i$ . Συνολικά n^2-n

τελεφερίκ. Μπορεί κάποιος να πάει από ένα σταθμό σε άλλον μέσω των τελεφερίκ της

αν και μόνο αν και οι δύο σταθμοί ανήκουν στο ίδιο από τα πιο κάτω σύνολα: $\{1,2,\ldots,n\}, \{n+1,\ldots,2n\},\ldots,\{n^2-n+1,\ldots,n\}$ .

Η εταιρεία B έχει τα τελεφερίκ από τον σταθμό

στον σταθμό i+n

για κάθε $1 \leqslant i \leqslant n^2-n$ . Συνολικά n^2-n

τελεφερίκ. Μπορεί κάποιος να πάει από ένα σταθμό σε άλλον μέσω των τελεφερίκ της

αν και μόνο αν και οι δύο σταθμοί αφήνουν το ίδιο υπόλοιπο modulo

.

Βλέπουμε λοιπόν ότι δεν υπάρχουν σταθμοί οι οποίοι να συνδέονται και από τις δύο εταιρείες.

Αναγκαστικά λοιπόν πρέπει $k \geqslant n^2-n+1$ . Θα δείξουμε ότι σε αυτήν την περίπτωση υπάρχουν δύο σταθμοί οι οποίοι να συνδέονται και από τις δύο εταιρείες. Θεωρούμε ένα γράφημα με κορυφές τους σταθμούς όπου συνδέουμε δύο σταθμούς αν και μόνο αν υπάρχει τελεφερίκ της εταιρείας

που σε πηγαίνει από τον ένα στον άλλο. Το γράφημα έχει n^2-n+1

ακμές και δεν μπορεί να έχει κύκλο. Είναι λοιπόν δάσος με n-1

συνεκτικές συνιστώσες. Σε κάθε συνιστώσα μπορούμε να ταξιδέψουμε από οποιαδήποτε κορυφή σε οποιαδήποτε άλλη μέσω της εταιρείας

. Από την αρχή του περιστερώνα, σε μία από τις συνιστώσες πρέπει να έχουμε τουλάχιστον n+2

σταθμούς. Έστω οι σταθμοί $x_1,x_2,\ldots,x_{n+2}$ .

Όμως με το ίδιο σκεπτικό έχουμε και n-1

συνεκτικές συνιστώσες στο γράφημα της εταιρείας

. Δύο όμως από τους $x_1,\ldots,x_{n+2}$ θα ανήκουν αναγκαστικά στην ίδια συνιστώσα του

. Αυτοί οι δύο σταθμοί συνδέονται και από τις δύο εταιρείες οπότε τελειώσαμε.

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #19

Όλη η ομάδα ευχαριστούμε για τα καλά σας λόγια! Ήταν πράγματι ένας δύσκολος διαγωνισμός, τόσο λόγω των συνθηκών της πανδημίας, όσο και των θεμάτων που έπεσαν τα οποία ήταν αρκετά έξω από τα νερά μας με πολλά combinatorics!

Εγώ προσωπικά θέλω να ευχαριστήσω τα μέλη του mathematica και για την ενθάρρυνσή τους όλα αυτά τα χρόνια αλλά και το χρήσιμο υλικό που συνεχώς ανέβαζαν. Μάλιστα ήταν αρκετοί αυτοί που αποτελούσαν και συνεχίζουν να αποτελούν πρότυπο και πηγή έμπνευσης.

min## · #20

Να ευχαριστήσω και γω με τη σειρά μου το

,από τους "φτασμένους" μέχρι και τους νεώτερους για τη συνολική προσφορά.Κυρίως βέβαια τους κ.Βαρβεράκη/Συγκελάκη από το παράρτημα Ηρακλείου ,καθώς και οποιονδήποτε άλλο συνεισφέρει ανιδιοτελώς προς τη διαμόρφωση αυτής της ιδιαίτερης "Εκπαιδευτικής διαδικασίας" γύρω από τα Μαθηματικά.(διόλου τετριμμένο δεδομένων των συνθηκών).

ΙΜΟ 2020

ΙΜΟ 2020

Re: ΙΜΟ 2020

Re: ΙΜΟ 2020

Re: ΙΜΟ 2020

Re: ΙΜΟ 2020

Re: ΙΜΟ 2020

Re: ΙΜΟ 2020

Re: ΙΜΟ 2020

Re: ΙΜΟ 2020

Re: ΙΜΟ 2020

Re: ΙΜΟ 2020

Re: ΙΜΟ 2020

Re: ΙΜΟ 2020

Re: ΙΜΟ 2020

Re: ΙΜΟ 2020

Re: ΙΜΟ 2020

Re: ΙΜΟ 2020

Re: ΙΜΟ 2020

Re: ΙΜΟ 2020

Re: ΙΜΟ 2020

Μέλη σε σύνδεση