Θέματα JBMO Βοσνία -2009

#1

Καλησπέρα σε όλους,

Σας γράφω εν τάχει τα θέματα από τη Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα στη Βοσνία. Ο Διαγωνισμός τελείωσε πριν από περίπου 2 ώρες και αύριο ξεκινά η βαθμολόγηση.

Πρόβλημα 1

Έστω ABCDE

ένα κυρτό πεντάγωνο τέτοιο ώστε AB+CD=BC+DE

και

ένας κύκλος με κέντρο στην πλευρά

που εφάπτεται στις πλευρές AB,BC,CD

και

στα σημεία P,Q,R

και

(διαφορετικά από τις κορυφές του πενταγώνου) αντίστοιχα. Δείξτε ότι οι ευθείες

και

είναι παράλληλες.

Πρόβλημα 2

Να λύσετε ως προς τους μη αρνητικούς ακεραίους a,b,c

την εξίσωση 2^a3^b+9=c^2

.

Πρόβλημα 3 (Ελληνική Πρόταση)

Έστω οι πραγματικοί αριθμοί x,y,z

τέτοιοι ώστε 0<x,y,z < 1

και

Δείξτε ότι τουλάχιστον ένας από τους αριθμούς $(1-x)y, \ (1-y)z, \ (1-z)x$
είναι μεγαλύτερος ή ίσος του $\displaystyle\frac{1}{4}$ .

Πρόβλημα 4

Καθένα από 2009

διακεκριμμένα σημεία στο επίπεδο χρωματίζεται μπλέ ή κόκκινο, έτσι ώστε πάνω σε κάθε κύκλο με μπλε κέντρο και ακτίνα

να υπάρχουν ακριβώς δύο κόκκινα σημεία. Βρείτε το μεγαλύτερο δυνατό πλήθος των μπλε σημείων.

Αλέξανδρος

#2

Βλεπω μια αλγεβρικη προσεγγιση για το #3 -- καθως 1 = (1-x+x)(1-y+y)(1-z+z)

-- αλλα περισσοτερο με ενδιαφερει η γεωμετρικη πλευρα του θεματος: σε δυο αντιδιαμετρικες κορυφες του μοναδιαιου κυβου εχουμε δυο παραλληλεπιπεδα ακμων x, y, z και 1-x, 1-y, 1-z, αντιστοιχα ... και αναρωτιεμαι τι γινεται με καποιες προβολες των δυο παραλληλεπιπεδων στις πλευρες του κυβου και καποια εμβαδα, κλπ κλπ.

Γιωργος Μπαλογλου

MoV · #3

Για το 3) βλέπω μια λύση με αρχή της περιστεροφωλιας και τους μετασχηματισμους :
x=sin^2t1 , y = sin^2t2 , z=sin^2t3

$t1,t2,t3\in(0,p/2)$
οπότε η δοθείσα γίνεται : tant1*tant2*tant3=1

άρα:
μια εφαπτομένη θα ειναί >= του 1 ( έστω η tant1>=1

) και μια εφαπτομένη <=1 ( έστω tant2<=1

)
τότε όμως t1>=p/4

και

άρα : $sint1>=\sqrt{2}/2$ και $cost2>=\sqrt{2}/2$
οπότε : sin^2t1*cos^2t2=x*(1-y)>=1/4

edit:αντικατάσταση δεν χρειάζεται αφού δεν εξυπηρετεί κάτι , οπότε εκτελούμε απλά τις
αντίστοιχες πράξεις με x,y,z .

hsiodos · #4

Πρόβλημα 3 (Ελληνική Πρόταση)

Έστω οι πραγματικοί αριθμοί x,y,z

τέτοιοι ώστε 0<x,y,z < 1

και

Δείξτε ότι τουλάχιστον ένας από τους αριθμούς $(1-x)y, \ (1-y)z, \ (1-z)x$
είναι μεγαλύτερος ή ίσος του $\displaystyle\frac{1}{4}$ .

Καλησπέρα
xyz=(1-x)(1-y)(1-z)

(1)

(1) $\Rightarrow xyz=(1-y-x+xy)(1-z)$ \displaystyle{\Rightarrow xyz=1-y-x+xy-z+zy+zx-xyz} $\Rightarrow 2xyz+(x+y+z)-(xy+zy+zx)=1$ (2)

Έστω a= (1-x)y, b= (1-y)z, c= (1-z)x

και ότι 0 < a < 1/4 , 0 < b < 1/4 και 0 < c < 1/4

Τότε $a+b+c<\frac{3}{4}\Rightarrow x+y+z-(xy+yz+zx)<\frac{3}{4}$ (3)

Επίσης $abc<\frac{1}{64}\Rightarrow (1-x)(1-y)(1-z)xyz<\frac{1}{64}$ $\Rightarrow x^2y^2z^2<\frac{1}{64}$ (λόγω της (1)) $\Rightarrow xyz<\frac{1}{8}\Rightarrow 2xyz<\frac{1}{4}$ (4)

Με πρόσθεση των (3), (4) κατά μέλη παίρνουμε 2xyz+(x+y+z)-(xy+zy+zx)<1

, που είναι άτοπο λόγω της (2)

Συνεπώς $a\geq \frac{1}{4}$ ή $b\geq \frac{1}{4}$ ή $c\geq \frac{1}{4}$

Γιώργος

#5

Έστω και κατόπιν εορτης, εύχομαι καλή επιτυχία στα παιδιά που διαγωνίστηκαν.

Μια σύντομη λύση για το 3:

Πρέπει τουλάχιστον ένα από τα x,y,z

να είναι τουλάχιστον 1/2 αλλιώς θα είχαμε xyz < (1-x)(1-y)(1-z)

.

Έστω $x \geqslant 1/2$ . Αν $y \leqslant 1/2$ , τότε $(1-y)x \geqslant 1/4$ . Άρα μπορώ να υποθέσω ότι y > 1/2

. Ομοίως μπορώ να υποθέσω ότι z > 1/2

, αλλά τότε xyz > (1-x)(1-y)(1-z)

.

Η δικαιολόγηση στις άλλες περιπτώσεις είναι παρόμοια.

#6

Για το (4) να τονίσω ότι σε τέτοιες ασκήσεις βοηθά να μετράμε κάποια ποσότητα με δυο διαφορετικούς τρόπους.

Εδώ μετράμε όλες τις δυάδες $(x,\{y,z\})$ , όπου το χ είναι χρωματισμένο μπλε και τα y και z είναι διαφορετικά, είναι χρωματισμένα κόκκινα και ανήκουν στην κύκλο ακτίνας 1 γύρω από το χ.

Από τα δεδομένα του προβλήματος, ο αριθμός είναι ακρίβώς Μ, όπου Μ ο αριθμός των μπλε σημείων. Αλλά για κάθε δύο διαφορετικά κόκκινα σημεία, υπάρχιυν το πολύ δυο σημεία που βρίσκονται σε απόσταση 1 και από τα δύο, άρα ο αριθμός ισούται το πολύ με $2\binom{K}{2}$ , όπου Κ ο αριθμός των κόκκινων σημείων.

Επειδή Κ+Μ=2009, παίρνουμε $K^2 \geqslant K+M=2009$ και άρα $K \geqslant 45$ και $M \leqslant 1964$ .

Για την κατασκευή: Παίρνουμε οποιαδήποτε 45 διαφορετικά κόκκινα σημεία με ψ=0 και 0<χ<1. Υπάρχουν $2 \binom{45}{2} \geqslant 1964$ επιλογές για τα μπλε σημεία και παίρνουμε 1964 εξ'αυτών. (Για κάθε ζεύγος κόκκινων σημείων υπάρχουν ακριβώς 2 σημεία σε απόσταση ακριβώς 1 και απο τα δύο με όλα αυτά τα σημεία να είναι διαφορετικά.)

Ιστοσελίδα · #7

Για το πρώτο πρόβλημα

Για να αποδειχτεί η παραλληλία αρκεί να δειχθεί (λόγω Θαλή) η αναλογία:
$\frac{{MP}}{{PA}} = \frac{{MS}}{{SE}}$
Όμως είναι MP = MS

ως εφαπτόμενα τμήματα επομένως αρκεί να δειχτεί ότι PA = SE

Πράγματι από την υπόθεση έχουμε:
AB + CD = BC + DE

Όμως ισχύουν οι ισότητες
PB = BQ

,

γιατί είναι εφαπτόμενα τμήματα και απλοποιόντας την παραπάνω σχέση προκύπτει ότι:
PA = SE

άρα

και

είναι παράλληλες.

#8

Ειναι μπλεγμενο το #2 ή ετσι μου φαινεται?

Η εξισωση ειναι (2^α)(3^β) + 9 = γ^2.

Παρατηρουμε κατ' αρχην οτι αν β = 0 τοτε η 2^α + 9 = γ^2 δινει (γ+3)(γ-3) = 2^α, οποτε θα πρεπει να εχουμε δυο δυναμεις του 2 που διαφερουν κατα 6, επομενως γ = 5 και α = 4. [ΛΥΣΗ #1: α = 4, β = 0, γ = 5]

Υποθετοντας β > 0 συμπεραινουμε αμεσως οτι β > 1 λογω της 3|γ^2. Διαιρωντας τα δυο μελη δια 9 εχουμε την εξισωση (2^α)(3^δ) + 1 = ε^2 και (2^α)(3^δ) = (ε+1)(ε-1), με β = δ+2 και γ = 3ε.

Αν α = 0 τοτε η 3^δ = (ε+1)(ε-1) δινει ε = 2 και δ = 1 (μονη περιπτωση δυο δυναμεων του 3 που διαφερουν κατα 2). [ΛΥΣΗ #2: α = 0, β = 3, γ = 6]

Αν δ = 0 τοτε (ε+1)(ε-1) = 2^α, επομενως ε = 3 και α = 3. [ΛΥΣΗ #3: α = 3, β = 2, γ = 9]

Καταληγουμε λοιπον στην εξισωση (2^α)(3^δ) + 1 = ε^2, ισοδυναμη προς την (2^α)(3^δ) = (ε+1)(ε-1), με α > 0 και δ > 0. Εχουμε δυο περιπτωσεις: (Ι) ε+1 = (2^α')(3^δ), ε-1 = 2^α" ΚΑΙ (ΙΙ) ε+1 = 2^α', ε-1 = (2^α")(3^δ). [Και στις δυο περιπτωσεις α'+α" = α και, βεβαιως, β = δ+2 και γ = 3ε.]

Η (Ι) δινει (2^(α'-1))(3^δ) - 2^(α"-1) = 1, οποτε ειτε α'-1 = 0 ειτε α"-1 = 0.

Αν α'-1 = 0 τοτε η 3^δ - 2^(α"-1) = 1 δινει ειτε δ = 1, α" = 2 [ΛΥΣΗ #4: α = 3, β = 3, γ = 15] ειτε δ = 2, α" = 4 [ΛΥΣΗ #5: α = 5, β = 4, γ = 51]. Αλλες πιθανοτητες για τα δ και α" δεν υπαρχουν λογω της ειδικης περιπτωσης του θεωρηματος Catalan-Mihailescu.

Αν α"-1 = 0 δεν εχουμε λυση λογω (2^(α'-1))(3^δ) = 2 και δ > 0.

Η (ΙΙ) δινει 2^(α'-1) - (2^(α"-1))(3^δ) = 1, οποτε ειτε α'-1 = 0 (αδυνατον) ειτε α"-1 = 0 και 2^(α'-1) - 3^δ = 1, μια εξισωση της οποιας η μονη λυση ειναι, λογω δ > 0 και Catalan-Mihailescu (ή μαλλον Levi ben Gerson*) και παλι, η α' = 3, δ = 1 [ΛΥΣΗ #6: α = 4, β = 3, γ = 21].

ΛEΩ λοιπον οτι *ολες* οι λυσεις (α, β, γ) ειναι οι (4, 0, 5), (0, 3, 6), (3, 2, 9), (3, 3, 15), (5, 4, 51), (4, 3, 21)

Γιωργος Μπαλογλου

*O ραββινος Levi ben Gerson θεωρειται ο πρωτος που απεδειξε, το 1343, οτι η μονη μη τετριμμενη λυση της 2^χ - 3^ψ = +-1 ειναι η χ = 3, ψ = 2: φαινεται οτι οι εξεταστες ανεμεναν γνωση αυτου του θεωρηματος --στοιχειωδης αποδειξη του οποιου υπαρχει στον συνδεσμο που συμπεριελαβα στην λυση μου -- απο τους εξεταζομενους. (Ο Eugene Charles Catalan εικασε το 1844 οτι αυτη η λυση ειναι η μονη και για την α^χ - β^ψ = +-1 (οπου α, β τυχοντες ακεραιοι), και ο Preda Mihailescu απεδειξε την εικασια το 2002.)

#9

Σκιαγραφω μιαν αλλη προσεγγιση, απλουστερη μαλλον, που παντως στηριζεται και αυτη ... στον ben Gerson:

Γραφουμε την εξισωση στην μορφη (γ+3)(γ-3) = (2^α)(3^β) και διακρινουμε τις περιπτωσεις α = 0, β = 0, και αβ > 0. Στην πρωτη και δευτερη περιπτωση βλεπουμε οτι γ = 5 και γ = 6, αντιστοιχα. Στην τριτη περιπτωση θετουμε γ+3 = (2^α')(3^β'), γ-3 = (2^α")(3^β") και λυνουμε την (2^α')(3^β') - (2^α")(3^β") = 6 ή, ισοδυναμα, (2^(α'-1))(3^(β'-1)) - (2^(α"-1))(3^(β"-1)) = 1 (παρατηρωντας οτι ειτε α' = β" = 1 ειτε α" = β' = 1).

Γιωργος Μπαλογλου

#10

gbaloglou έγραψε: O ραββινος Levi ben Gerson θεωρειται ο πρωτος που απεδειξε, το 1343, οτι η μονη μη τετριμμενη λυση της 2^χ - 3^ψ = +-1 ειναι η χ = 3, ψ = 2: φαινεται οτι οι εξεταστες ανεμεναν γνωση αυτου του θεωρηματος

Ναι μου έκανε μεγάλη εντύπωση μιας και μιλάμε για διαγωνισμό junior! Μάλιστα, οποιαδήποτε λύση του 2^χ - 3^ψ = +-1 δίνει λύση του αρχικού προβλήματος. Αναρωτιέμαι και θα ζητούσα από τον Αλέξανδρο να μας διαφωτίσει πόσους βαθμούς θα έπαιρνε η παρακάτω λύση:

Αν β=0 τότε 2^α = (γ-3)(γ+3) άρα ... πρέπει γ=5,α=4
Αν α=0 τότε 3^β = (γ-3)(γ+3) άρα ... πρέπει γ=6,β=3
------------------------------------------------------
Αν α,β>0 πρέπει γ πολλαπλάσια του 3, έστω γ=3δ άρα 2^α 3^(β-2) = (δ-1)(δ+1) άρα δ περιττός, έστω δ=2ε+1, άρα 2^(α-2) 3^(β-2) = ε(ε+1) και επειδή (ε,ε+1)=1, πρέπει ε=2^(α-2) και ε+1 = 3^(β-2) ή ε=3^(β-2) και ε+1 = 2^(α-2)

ε=1 δίνει την λύση (3,2,9)
ε=2 δίνει την λύση (3,3,15)
ε=3 δίνει την λύση (4,3,21)
ε=8 δίνει την λύση (5,4,51)

και ο μαθητής σταμάταγε εδώ. Η είχε και κάποιες αποτυχημένες προσπάθειες στο να δείξει πως δεν υπάρχουν άλλες λύσεις. Είναι φανερό πως το μόνο που λείπει από τον μαθητή είναι η γνώση τoυ θεωρήματος Mihailescu.

Πόσες λοιπόν μονάδες παίρνει αυτή η λύση;

EDIT: Τώρα που το ξαναβλέπω υπάρχει στοιχειώδης λύση αυτής της ειδικής περίπτωσης άρα η πιο πάνω λύση δεν θα πάρει πολλές μονάδες. Βάζω την λύση για πληρότητα:

Θα δείξω ότι η 2^χ - 3^ψ = +-1 δεν έχει λύσεις για χ>3,ψ>2. Επειδή η 3^ψ είναι ισοδύναμη με 1 ή 3 mοdulo 8 η 2^χ - 3^ψ = 1 δεν έχει τέτοιες λύσεις. Η 3^ψ - 2^χ = 1 θα έχει λύσεις μόνο αν ο ψ είναι άρτιος, έστω ψ = 2ω. Αλλά τότε (3^ω-1)(3^ω+1) είναι δύναμη του 2 και επειδή (3^ω-1,3^ω+1) = 2 καταλήγουμε σε άτοπο αφού ψ>2 και άρα ω>1.

#11

gbaloglou έγραψε:(Ο Eugene Charles Catalan εικασε το 1844 οτι αυτη η λυση ειναι η μονη και για την α^χ - β^ψ = +-1 (οπου α, β τυχοντες ακεραιοι), και ο Preda Mihailescu απεδειξε την εικασια το 2002.)

Παραθέτω και αυτό το link με τη μεταπτυχιακή εργασία της Ευθυμίας Συρράκου για την εικασία του Catalan
http://web-server.math.uoc.gr:1080/erev ... ou_MDE.pdf
Ίσως φανεί χρήσιμη σε όποιον θέλει να μελετήσει την απόδειξη του Mihailescu

#12

Demetres έγραψε:
EDIT: Τώρα που το ξαναβλέπω υπάρχει στοιχειώδης λύση αυτής της ειδικής περίπτωσης άρα η πιο πάνω λύση δεν θα πάρει πολλές μονάδες. Βάζω την λύση για πληρότητα:

Θα δείξω ότι η 2^χ - 3^ψ = +-1 δεν έχει λύσεις για χ>3,ψ>2. Επειδή η 3^ψ είναι ισοδύναμη με 1 ή 3 mοdulo 8 η 2^χ - 3^ψ = 1 δεν έχει τέτοιες λύσεις. Η 3^ψ - 2^χ = 1 θα έχει λύσεις μόνο αν ο ψ είναι άρτιος, έστω ψ = 2ω. Αλλά τότε (3^ω-1)(3^ω+1) είναι δύναμη του 2 και επειδή (3^ω-1,3^ω+1) = 2 καταλήγουμε σε άτοπο αφού ψ>2 και άρα ω>1.

Δημητρη και η δικη μου λυση ειναι στοιχειωδης, απλως μπλεγμενη αρκετα ωστε να κανει το ολο προβλημα υπερβολικα (?) πολυπλοκο. Με την δικη σου συντομη λυση το προβλημα φαινεται πια πολυ πιο αποδεκτο.

EDIT: η ανωτερω λυση μου αφορα την 2^χ - ρ^ψ = +-1 οπου ρ τυχων περιττος, και οχι απλως την 2^χ - 3^ψ = +-1 -- σημαντικη οσο και προφανης η διαφορα, πλην ομως μου διεφυγε παντελως

Γιωργος Μπαλογλου

#13

Demetres έγραψε:
gbaloglou έγραψε: .....

Αναρωτιέμαι και θα ζητούσα από τον Αλέξανδρο να μας διαφωτίσει πόσους βαθμούς θα έπαιρνε η παρακάτω λύση:

.....

Δημήτρη σύμφωνα με το επίσημο βαθμολογικό σχήμα θα έπαιρνε 6 στις 10 μονάδες. Δίνονται 2+2 επιπλέον μονάδες για την πλήρη μελέτη κάθε μίας περίπτωσης εκ των 2^x-3^y=1

και

. Γενικώς η διόρθωση του εν λόγω θέματος μάλλον ήταν λίγο εξοντωτική υπόθεση για τους βαθμολογητές αλλά και τους αρχηγούς των αποστολών καθώς οι μαθητές διέκριναν πολλές περιπτώσεις για να καταλήξουν στην επιθυμητή λύση. Φυσικά η επίσημη λύση είναι σαν τη δική σου αλλά δεν μπορούμε να περιμένουμε από ένα μαθητή που είναι το πολύ 15.5 ετών να δώσει και τη συντομότερη λύση. Είμαστε εν αναμονή των τελικών βαθμολογιών και το βραδάκι θα έχουμε και τα νεότερα για τα μετάλλια.

Φιλικά,
Αλέξανδρος

#14

gbaloglou έγραψε: Δημητρη και η δικη μου λυση ειναι στοιχειωδης, απλως μπλεγμενη αρκετα ωστε να κανει το ολο προβλημα υπερβολικα (?) πολυπλοκο. Με την δικη σου συντομη λυση το προβλημα φαινεται πια πολυ πιο αποδεκτο.

Γιώργο συγνώμη δεν είχα προσέξει τον σύνδεσμο που έβαλες (αν και το τόνισες). Επειδή ήμουν με την εντύπωση πως η απόδειξη είναι δύσκολη (γνώριζα μόνο το θεώρημα Mihailescu και όχι το Levi ben Gerson) αρχικά δεν περίμενα να υπάρχει τέτοια στοιχειώδης λύση γι' αυτό και το σχόλιό μου.

cretanman έγραψε: Δημήτρη σύμφωνα με το επίσημο βαθμολογικό σχήμα θα έπαιρνε 6 στις 10 μονάδες. Δίνονται 2+2 επιπλέον μονάδες για την πλήρη μελέτη κάθε μίας περίπτωσης εκ των και . Γενικώς η διόρθωση του εν λόγω θέματος μάλλον ήταν λίγο εξοντωτική υπόθεση για τους βαθμολογητές αλλά και τους αρχηγούς των αποστολών καθώς οι μαθητές διέκριναν πολλές περιπτώσεις για να καταλήξουν στην επιθυμητή λύση. Φυσικά η επίσημη λύση είναι σαν τη δική σου αλλά δεν μπορούμε να περιμένουμε από ένα μαθητή που είναι το πολύ 15.5 ετών να δώσει και τη συντομότερη λύση. Είμαστε εν αναμονή των τελικών βαθμολογιών και το βραδάκι θα έχουμε και τα νεότερα για τα μετάλλια.

Φιλικά,
Αλέξανδρος

Αλέξανδρε ευχαριστώ. Μου φαίνεται δίκαιη η βαθμολόγηση. Η αρχική μου ερώτηση ήταν πριν να βρω ότι υπάρχει αυτή η στοιχειώδης απόδειξη και θα το θεωρούσα άδικο αν πράγματι χρειαζόταν κάποιος να παραθέσει το Mihailescu, να βαθμολογηθεί με οτιδήποτε λιγότερο από 9/10. Άλλωστε σκοπός είναι να ελεγχθεί η μαθηματική σκέψη και όχι οι γνώσεις.

#15

Demetres έγραψε:
gbaloglou έγραψε: Δημητρη και η δικη μου λυση ειναι στοιχειωδης, απλως μπλεγμενη αρκετα ωστε να κανει το ολο προβλημα υπερβολικα (?) πολυπλοκο. Με την δικη σου συντομη λυση το προβλημα φαινεται πια πολυ πιο αποδεκτο.
Γιώργο συγνώμη δεν είχα προσέξει τον σύνδεσμο που έβαλες (αν και το τόνισες). Επειδή ήμουν με την εντύπωση πως η απόδειξη είναι δύσκολη (γνώριζα μόνο το θεώρημα Mihailescu και όχι το Levi ben Gerson) αρχικά δεν περίμενα να υπάρχει τέτοια στοιχειώδης λύση γι' αυτό και το σχόλιό μου.

Βεβαιως ευθυνομαι και εγω, οπως εγραψα και σε προσθετο EDIT: μου διεφυγε κατ' αρχην η διαφορα αναμεσα σ' αυτο που εχω στην ιστοσελιδα μου και σ' αυτο που απεδειξε ο ben Gerson!

Τελικα ειναι παντα καλη ιδεα να προσπαθει κανεις, οσο βεβαια επιτρεπουν οι περιστασεις, να αποδειξει αυτο ακριβως που χρειαζεται εξ αρχης ... αντι να καταφευγει σε καποιο ηδη γνωστο και ευρυτερο αποτελεσμα (κατι που και οι δυο καναμε σ' αυτην την περιπτωση, αν και για διαφορετικους λογους)

Γιωργος Μπαλογλου

#16

Επίσημα τελικά αποτελέσματα για την Ελλάδα:

2 αργυρά μετάλλια: Παναγιώτης Λώλας και Χάρης Τσαμπασίδης

1 εύφημος μνεία: Ανδρέας Κεβρεκίδης

Πολλά ΣΥΓΧΑΡΗΤΗΡΙΑ στα παιδιά που κατάφεραν να πάρουν μετάλλιο και στους υπόλοιπους που έφτασαν μέχρι εδώ και για την προσπάθεια που έκαναν!

Αλέξανδρος

Dimitris X · #17

Συγχαρητήρια και από εμένα στα παιδιά.....
Η λύση μου για το τρίτο είναι ίδια με του hsiodos.
Μήπως ξέρεται από ποιον προτάθηκε(όνομα)????

#18

Συγχαρητήρια στον αγαπητό συντοπίτη (Τρικαλινό) Παναγιώτη Λώλα , που τα πήγε εξαιρετικά . Να σημειώσω ότι είναι Β γυμνασίου και πέρσυ είχε πάρει επίσης μετάλλιο ( χάλκινο ) . Του χρόνου περιμένουμε την υπέρβαση για το χρυσό.
Συγχαρηρήρια και στον Χάρη για τη σταθερή του πορεία και το μετάλλιο , αλλά και σε όλα τα υπόλοιπα παιδιά.

#19

Συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά.

Α.Κυριακόπουλος · #20

Συγχαρητήρια στα παιδιά που πήραν μετάλλιο και σε αυτά που προσπάθησαν.

Υ.Γ. Αλέξανδρε, θα ήθελα να δημοσιεύσεις στο mathematica τα πλήρη αποτελέσματα
και τη γενική κατάταξη. Ευχαριστώ.

Θέματα JBMO Βοσνία -2009

Θέματα JBMO Βοσνία -2009

Re: Θέματα JBMO Βοσνία -2009

Re: Θέματα JBMO Βοσνία -2009

Re: Θέματα JBMO Βοσνία -2009

Re: Θέματα JBMO Βοσνία -2009

Re: Θέματα JBMO Βοσνία -2009

Re: Θέματα JBMO Βοσνία -2009

Re: Θέματα JBMO Βοσνία -2009

Re: Θέματα JBMO Βοσνία -2009

Re: Θέματα JBMO Βοσνία -2009

Re: Θέματα JBMO Βοσνία -2009

Re: Θέματα JBMO Βοσνία -2009

Re: Θέματα JBMO Βοσνία -2009

Re: Θέματα JBMO Βοσνία -2009

Re: Θέματα JBMO Βοσνία -2009

Re: Θέματα JBMO Βοσνία -2009

Re: Θέματα JBMO Βοσνία -2009

Re: Θέματα JBMO Βοσνία -2009

Re: Θέματα JBMO Βοσνία -2009

Re: Θέματα JBMO Βοσνία -2009

Μέλη σε σύνδεση