IMO 2015

panagiotis99 · #1

Καλησπέρα

Σήμερα ήταν η πρώτη ημέρα διαγωνισμού της ΙΜΟ. Βλέποντας ότι δεν υπάρχει παρόμοιο θέμα αποφάσισα να δημιουργήσω.

Εύχομαι καλή επιτυχία στις 6μελής ομάδες της Ελλάδας και της Κύπρου.

Τα προβλήματα (συγχωρέστε με εκ των προτέρων για τυχόν λάθη στην μετάφραση )

Problem 1

Ονομάζουμαι ένα πεπερασμένο σύνολο balanced εάν, για κάθε δύο διαφορετικά σημεία στο υπάρχει σημείο στο έτσι ώστε . Επίσης λέμε ότι το είναι center-free εάν για κάθε 3 διαφορετικά σημεία δεν υπάρχει κανένα σημείο στο ώστε .

a)Nα δειχτεί ότι για κάθε ακέραιο $n \geq 3$ υπάρχει ένα balanced set που περιλαμβανει σημεία

b)Nα προσδιορίσετε όλους τους ακεραίους $n \geq 3$ για τους οποίους υπάρχει ένα balanced center-free set

Λύση (σε συνεργασία με τον gavrilos)

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Nα βρεθούν όλοι οι θετικοι ακέραιοι έτσι ώστε:

να είναι δυνάμεις του

Λύση

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Έστω

oξυγώνιο σκαληνό τρίγωνο με AB > AC

.Έστω $\Gamma$ ο περίκυκλος και

το ορθόκεντρο και

το ίχνος του ύψους από το

.Ας είναι

το μέσον της

και

σημείο στον $\Gamma$ ώστε <HQA=90

και

στον $\Gamma$ ώστε <HKQ=90

. Tα σημεία A,B,C,K,Q

είναι όλα διαφορετικά στον κύκλο $\Gamma$ και βρίσκονται με αυτήν την σειρά.
Να αποδείξεται ότι οι περίκυκλοι των KQH

και

εφάπτονται

EDITΠληκτρολογική παράλειψη ευχαριστώ τον κ.Αλεξίου για την επισήμανση

ealexiou · #2

panagiotis99 έγραψε:

Έστω oξυγώνιο σκαληνό τρίγωνο με .Έστω $\Gamma$ ο περίκυκλος και το ορθόκεντρο και το ίχνος του ύψους από το . σημείο στον $\Gamma$ ώστε και στον $\Gamma$ ώστε . Tα σημεία είναι όλα διαφορετικά στον κύκλο $\Gamma$ και βρίσκονται με αυτήν την σειρά.
Να αποδείξεται ότι οι περίκυκλοι των και εφάπτονται

Καλησπέρα Παναγιώτη
Πληκτρολογική παράλειψη:

μέσον του

, υποθέτω.

gavrilos · #3

panagiotis99 έγραψε:
Problem 3
Έστω oξυγώνιο σκαληνό τρίγωνο με .Έστω $\Gamma$ ο περίκυκλος και το ορθόκεντρο και το ίχνος του ύψους από το . σημείο στον $\Gamma$ ώστε και στον $\Gamma$ ώστε . Tα σημεία είναι όλα διαφορετικά στον κύκλο $\Gamma$ και βρίσκονται με αυτήν την σειρά.
Να αποδείξεται ότι οι περίκυκλοι των και εφάπτονται.

Παναγιώτη καλησπέρα.Βάζω την προσέγγιση που έχω βρει για το παραπάνω θέμα.

Κατ' αρχάς παρατηρούμε ότι τα σημεία $\displaystyle{M,H,Q}$ είναι συνευθειακά.Πράγματι,γνωρίζουμε ότι η $\displaystyle{HM}$ περνά από το αντιδιαμετρικό του $\displaystyle{A}$ .

Όμως $\displaystyle{\angle{AQH}=90^{\circ}}$ άρα και η $\displaystyle{QH}$ περνά από το αντιδιαμετρικό του $\displaystyle{A}$ και το ζητούμενο αποδείχθηκε.

Από εδώ και στο εξής,με $\displaystyle{X'}$ συμβολίζω το συμμετρικό του $\displaystyle{X}$ ως προς το $\displaystyle{H}$ .

Κάνω τώρα τον εξής μετασχηματισμό:

Αντιστρέφω πρώτα με πόλο $\displaystyle{H}$ και δύναμη $\displaystyle{HF'\cdot HA}$ .Στη συνέχεια ανακλώ (reflect) τα αντίστροφα σημεία ως προς το $\displaystyle{H}$ .

Επομένως το $\displaystyle{A}$ πάει στο $\displaystyle{F}$ .Ο κύκλος $\displaystyle{(K,Q,H)}$ αντιστρέφεται σε ευθεία κάθετη στην $\displaystyle{HQ}$ .

Επειδή $\displaystyle{HM\cdot HQ=HF\cdot HA}$ ισχύει $\displaystyle{HM'\cdot HQ=HF'\cdot HA}$ άρα το $\displaystyle{Q}$ πάει στο $\displaystyle{M'}$ και εν συνεχεία στο $\displaystyle{M}$ .

Επομένως ο κύκλος γίνεται η ευθεία $\displaystyle{\varepsilon}$ που περνά από το $\displaystyle{M}$ και είναι κάθετη στην $\displaystyle{MQ}$ .

Επίσης ο $\displaystyle{(F,K,M)}$ παραμένει κύκλος μετά την αντιστροφή άρα και μετά τον συνολικό μετασχηματισμό.Το $\displaystyle{M}$ θα πάει στο $\displaystyle{Q}$ και το $\displaystyle{F}$ στο $\displaystyle{A}$ .

Επίσης το $\displaystyle{K}$ θα είναι η τομή της $\displaystyle{KH}$ με την $\displaystyle{\varepsilon}$ .Επομένως ο $\displaystyle{(F,K,N)}$ γίνεται ο κύκλος $\displaystyle{(A,Q,N)}$ .

Αρκεί να δείξουμε ότι η $\displaystyle{\varepsilon}$ εφάπτεται σε αυτόν τον κύκλο.

(Στο σχήμα με ίδιο χρώμα είναι τα σημεία πριν και μετά το μετασχηματισμό)

: IMO 2015 (1).PNG (36.54 KiB) Προβλήθηκε 5611 φορές

Στην ουσία έχουμε δημιουργήσει το εξής ισοδύναμο πρόβλημα:

Έστω τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ εγγεγραμμένο σε κύκλο $\displaystyle{\Gamma}$ .Ορίζουμε τα σημεία $\displaystyle{M,F,H,Q,K}$ με τον τρόπο που ορίστηκαν και στο αρχικό πρόβλημα.Αν η κάθετος από το $\displaystyle{M}$ στην $\displaystyle{MQ}$ τέμνει την $\displaystyle{KH}$ στο $\displaystyle{N}$ τότε η $\displaystyle{MN}$ εφάπτεται στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου $\displaystyle{AQN}$ .

: IMO 2015 (2).PNG (22.3 KiB) Προβλήθηκε 5611 φορές

Έστω $\displaystyle{T\equiv \Gamma \cap AN}$ και $\displaystyle{A\equiv \Gamma \cap HM}$ .Εφόσον $\displaystyle{\angle{NMA'}=\angle{NTA'}=90^{\circ}}$ ,το $\displaystyle{NTA'M}$ είναι εγγράψιμο.

Το τρίγωνο $\displaystyle{NHA'}$ είναι ισοσκελές αφού η $\displaystyle{NM}$ είναι ύψος και διχοτόμος.Επομένως $\displaystyle{\angle{A'NM}=\angle{MNK}=\angle{MQK}=\angle{A'QK}=\angle{A'TK}}$ .

Όμως $\displaystyle{\angle{A'NM}=\angle{A'TM}}$ από το εγγράψιμο $\displaystyle{NTA'M}$ .Συνεπώς $\displaystyle{\angle{A'TM}=\angle{A'TK}}$ άρα τα $\displaystyle{K,M,T}$ είναι συνευθειακά.

$\rule{430pt}{1pt}$

: IMO 2015 (3).PNG (22.62 KiB) Προβλήθηκε 5611 φορές

Επομένως $\displaystyle{\angle{MNQ}=180^{\circ}-\angle{QKM}=180^{\circ}-\angle{QKT}=\angle{TAQ}=\angle{NAQ}}$ άρα από το θεώρημα χορδής-εφαπτομένης παίρνουμε το ζητούμενο.

$\rule{430pt}{1pt}$

Πρόκειται για πολύ όμορφο πρόβλημα,με τον τρόπο που διατυπώθηκε.

Διατηρώ μια επιφύλαξη στο τέλος,καθώς παρότι ήταν το σημείο που μου πήρε πιο πολύ ώρα,τελικά λύθηκε μόνο με γωνίες.

Κάποια στιγμή μπορεί να ανεβάσω και τη λύση μου στο δεύτερο πρόβλημα,που είναι διαφορετική από του Παναγιώτη.

Όσον αφορά το 1,πράγματι με τον Παναγιώτη συμπληρώσαμε ο ένας τον άλλο σε δύο σημεία των αποδείξεών μας όπου υπήρχε κενό.

Να ευχηθώ τέλος κι από εδώ,καλή επιτυχία και τη δεύτερη μέρα στους Έλληνες που συμμετέχουν,και καλά αποτελέσματα!!!

Antonis_Z · #4

panagiotis99 έγραψε:

Έστω oξυγώνιο σκαληνό τρίγωνο με .Έστω $\Gamma$ ο περίκυκλος και το ορθόκεντρο και το ίχνος του ύψους από το .Ας είναι το μέσον της και σημείο στον $\Gamma$ ώστε και στον $\Gamma$ ώστε . Tα σημεία είναι όλα διαφορετικά στον κύκλο $\Gamma$ και βρίσκονται με αυτήν την σειρά.
Να αποδείξεται ότι οι περίκυκλοι των και εφάπτονται

Νομίζω πως είναι εύκολο για 3.Ειδικά αν το συγκρίνει κάποιος με το αντίστοιχο περσινό.

Είναι γνωστό ότι M,H,Q

συνευθειακά.Ονομάζω c_1

τον περίκυκλο του $\vartriangle HBC$ .
Ορίζω,επίσης, $S\equiv AQ\cap BC$ και $K'\equiv MK\cap c_1$ .
Κάνω αντιστροφή με πόλο το

και ακτίνα MB^2

.
Το τετράπλευρο FHQS

είναι εγγράψιμο,άρα $MH\cdot MQ=MF\cdot MS=MB^2$ (σχέση Newton).Επομένως,
ο c_1

πάει στον περίκυκλο του $\vartriangle ABC\implies K'\leftrightarrow K$ .
Διαπιστώνουμε,λοιπόν,ότι ο περίκυκλος του $\vartriangle KHQ$ μένει αμετάβλητος,ενώ ο περίκυκλος του $\vartriangle FMK$ πάει στην ευθεία SK'

.Αρκεί αυτά τα 2 να εφάπτονται,δηλαδή $\angle KK'S=KHK'$ .
Παρατηρούμε τώρα ότι οι KQ,K'H,BC

συντρέχουν στο

(ριζικό κέντρο των κύκλων c_1,ABC,KHQ

),συνεπώς έχουμε $\angle KK'S=KFS=KHT=KHK'$ ,που είναι το ζητούμενο.
(Στο τελευταίο βήμα χρησιμοποιήσαμε τα εγγράψιμα KK'FS,HKTF

)

Καλά αποτελέσματα και καλή συνέχεια(για αύριο) στην Ελληνική Ομάδα

simantiris j. · #5

Ας δούμε και τα προβλήματα της 2ης μέρας.
Problem 4
Έστω ABC

τρίγωνο με περιγεγραμμένο κύκλο $\Omega$ και έστω

το κέντρο του.Ένας κύκλος $\Gamma$ με κέντρο το σημείο

τέμνει το τμήμα

στα σημεία D,E

έτσι ώστε τα B,D,E,C

να είναι διαφορετικά και πάνω στην ευθεία

.Τα σημεία F,G

είναι τα σημεία τομής των κύκλων $\Gamma ,\Omega$ έτσι ώστε τα A,F,B,C,G

να βρίσκονται πάνω στον $\Omega$ με αυτή την σειρά.Το σημείο

είναι το δεύτερο σημείο τομής του πρειγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου BDF

με το τμήμα

.Έστω επίσης

το σημείο τομής του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου C,G,E

με το τμήμα

.

Υποθέτουμε ότι οι ευθείες FK,GL

τέμνονται στα σημείο

.Να αποδειχθεί ότι το

βρίσκεται στο τμήμα

.

Problem 5
Να βρείτε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb R\to\mathbb R$ που ικανοποιούν τη σχέση $\displaystyle{f(x+f(x+y))+f(xy)=x+f(x+y)+yf(x)}$ για όλους τους πραγματικούς x,y

Έρχεται και το έκτο.

simantiris j. · #6

Problem 6
Το σύνολο $a_1,a_2,\dots$ ακεραίων ικανοποιεί τις συνθήκες:
1) $1\le a_j\le2015$ για κάθε $j\ge1$
2) $k+a_k\neq \ell+a_\ell$ για $1\le k<\ell$
Να αποδείξετε ότι υπάρχουν 2 θετικοί ακέραιοι

και

για τους οποίους
$\displaystyle{\left\vert\sum_{j=m+1}^n(a_j-b)\right\vert\le1007^2}$ για όλους τους ακέραιους m,n

τέτοιους ώστε $n>m\ge N$

#7

Το 4ο πρόβλημα αποτελεί ελληνική πρόταση την οποία έκαναν ο Βαγγέλης Ψύχας και ο Σιλουανός Μπραζιτίκος.

Ελπίζουμε να σας αρέσει το πρόβλημα και να χαρείτε την διαδικασία λύσης του.

gavrilos · #8

simantiris j. έγραψε:Ας δούμε και τα προβλήματα της 2ης μέρας.
Problem 4
Έστω τρίγωνο με περιγεγραμμένο κύκλο $\Omega$ και έστω το κέντρο του.Ένας κύκλος $\Gamma$ με κέντρο το σημείο τέμνει το τμήμα στα σημεία έτσι ώστε τα να είναι διαφορετικά και πάνω στην ευθεία .Τα σημεία είναι τα σημεία τομής των κύκλων $\Gamma ,\Omega$ έτσι ώστε τα να βρίσκονται πάνω στον $\Omega$ με αυτή την σειρά.Το σημείο είναι το δεύτερο σημείο τομής του πρειγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου με το τμήμα .Έστω επίσης το σημείο τομής του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου με το τμήμα .

Υποθέτουμε ότι οι ευθείες τέμνονται στα σημείο .Να αποδειχθεί ότι το βρίσκεται στο τμήμα .

Καλημέρα σε όλους.Μια λύση που βρήκα σε αυτό το πρόβλημα.

: IMO 2015-P4.PNG (32.77 KiB) Προβλήθηκε 5421 φορές

Έστω $\displaystyle{H\equiv AB\cap FD}$ και $\displaystyle{I\equiv AC\cap EG}$ .

Η $\displaystyle{AO}$ ,ως διάκεντρος των $\displaystyle{\Omega}$ και $\displaystyle{\Gamma}$ ,είναι μεσοκάθετος της $\displastyle{FG}$ .

Αρκεί λοιπόν να δείξουμε ότι το $\displaystyle{X}$ βρίσκεται πάνω στη μεσοκάθετο της $\displaystyle{FG}$ ,δηλαδή ότι $\displaystyle{XF=XG}$ δηλαδή ότι $\displaystyle{\angle{XGF}=\angle{XFG}}$ .

Από το εγγεγραμμένο $\displaystyle{DEGF}$ παίρνουμε $\displaystyle{\angle{DFG}=\angle{CEG}}$ και $\displaystyle{\angle{FGE}=\angle{FDB}}$ .

Από το εγγεγραμμένο $\displaystyle{BCGF}$ παίρνουμε $\displaystyle{\angle{BFG}+\angle{GCB}=180^{\circ}\Leftrightarrow \angle{BFD}+\angle{DFG}+\angle{GCE}=180^{\circ}}$ .

Ισοδύναμα,και σύμφωνα με τα παραπάνω, $\displaystyle{\left(\angle{CEG}+\angle{GCE}\right)+\anglr{BFD}=180^{\circ}\Leftrightarrow 180-\angle{CGE}+\angle{BFD}=180^{\circ}\Leftrightarrow \boxed{\angle{BFD}=\angle{CGE}} \ \bf \color{red} (1)}$ .

Ισχύει $\displaystyle{AF=AG}$ ως ακτίνες του $\displaystyle{\Gamma}$ .Σε ίσες χορδές αντιστοιχούν ίσες εγγεγραμμένες γωνίες άρα $\displaystyle{\angle{FBA}=\angle{GCA}}$ .

Ισοδύναμα $\displaystyle{\boxed{\angle{FBK}=\angle{GCL}} \ \bf \color{blue} (2)}$ .

Ισχύει τώρα $\displaystyle{\angle{XFG}=\angle{KFG}=180^{\circ}-\angle{BKF}-\angle{HFG}-\angle{BFD}-\angle{FBK}}$ .

Αυτό σύμφωνα με τις $\displaystyle{\bf \color{red} (1)}$ και $\displaystyle{\bf \color{blue} (2)}$ καθώς και σύμφωνα με τις $\displaystyle{\angle{HFG}=\angle{DFG}=\angle{CEG}=\angle{CLG}}$

και $\displaystyle{\angle{BKF}=\angle{FDB}=\angle{FGE}}$ ισούται με $\displaystyle{180^{\circ}-\angle{FGE}-\angle{CLG}-\angle{CGE}-\angle{GCL}}$ .

Όμως τόσο είναι και η γωνία $\displaystyle{\angle{LGF}=\angle{XGF}}$ άρα $\displaystyle{\angle{XFG}=\angle{XGF}}$ και το ζητούμενο αποδείχθηκε.

$\rule{430pt}{1pt}$

Πολύ ωραίο πρόβλημα!

Edit:Μόλις είδα το σχόλιο του Σιλουανού.Συγχαρητήρια λοιπόν στον Σιλουανό και στον Βαγγέλη Ψύχα για την μεγάλη αυτή επιτυχία.Η άποψή μου για το πρόβλημα φαίνεται πιο πάνω.Να ευχηθώ επίσης για άλλη μια φορά καλά αποτελέσματα στην ελληνική ομάδα!

#9

Συγχαρητήρια στο Βαγγέλη και στο Σιλουανό για το θέμα τους στην κορυφαία διοργάνωση για τα Μαθηματικά... Μπράβο!!

panagiotis99 · #10

Καλησπέρα,

Για την συναρτησιακή έχουμε:

$(x,y)-->(0,0) \Rightarrow f(f(0))=0$
$(x,y)-->(0,f(0)) \Rightarrow f(0)=0$ ή f(0)=2

Για

ισχύει

και

$(x,y)-->(0,x) \Rightarrow f(f(x))+2=f(x)+2x (1)$

$(x,y)-->(x-1,1) \Rightaarow f(x+f(x)-1)=x+f(x)-1 (2)$

Στην (1), (x)-->(x+f(x)-1)

το οποίο δίνει f(x)=-x+2

που επαληθεύει

Για f(0)=0

έχουμε:

$(x,y)-->(0,x) \Rightarrow f(f(x))=f(x) (3)$

$(x,y)-->(x,0) \Rightarrow f(x+f(x))=x+f(x)$

(x,y)-->(x,-x)

$\Rightarrow f(x)+f(-x^2)=x-xf(x) (4)$

(x,y)-->(-x,x)

$\Rightarrow f(-x)+f(-x^2)=-x+xf(-x) (5)$

Αφαιρώντας τις (4),(5)

έχουμε

$\Rightarrow (f(x+f(f(x)))+f(x(f(x)-x))=x+f(f(x))+(f(x)-x)(f(x)) \Rightarrow f(x(f(x)-x))=(f(x)-x)(f(x)) (7)$

(x,y)-->(-x,x-f(x))

$\Rightarrow (f(-x+f(-f(x)))+f(-x(x-f(x)))=-x+f(-f(x))+(x-f(x))(f(-x)) \Rightarrow f(-x(x-f(x)))=(x-f(x))(f(-x)) (8)$

Απο (7), (8)

σε συνδυασμό με την (6)

έχουμε:

Άρα

ή

H

επαληθεύει .

Για f(x)=-f(-x)

Αντικαθιστώντας στην (6)

παίρνουμε ότι f(x)=x

Moναδικές λύσεις f(x)=x

και

Eλπίζω να είμαι σωστός

EDIT: Διόρθωση λάθους, ευχαριστώ τον κ. Σιλουανό για την επισήμανση

#11

Σιλουανέ και Βαγγέλη, συγχαρητήρια για την επιλογή του προβλήματός σας.

#12

Μπράβο στους Σιλουανό και Βαγγέλη!
Καλά αποτελέσματα και στα παιδιά!

Soteris · #13

Πολλά συγχαρητήρια στους Σιλουανό και Βαγγέλη για την επιλογή του προβλήματος. Να ευχηθώ και εγώ με τη σειρά μου καλά αποτελέσματα στα παιδιά των ομάδων μας.

GVlachos · #14

Κύριε Ψύχα, Σιλουανέ, πολλά συγχαρητήρια για το πρόβλημά σας. Πρέπει να είναι η πρώτη φορά που επιλέγεται ελληνικό πρόβλημα στην ΙΜΟ, και από όσο θυμάμαι επίσης σπάνιο να υπάρχει ελληνικό πρόβλημα στη shortlist.
Είμαι βέβαιος πως θα υπάρξει και συνέχεια.

Βάζω τη λύση μου για το 6 σε hide. Λόγω κούρασης έχω παραλείψει κάποιες λεπτομέρειες, αλλά θα επανέλθω.
Νομίζω είναι από τα ελάχιστα προβλήματα διαγωνισμών που έχω δει και θέλουν τόση προσοχή στη λεπτομέρεια.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#15

GVlachos έγραψε:Κύριε Ψύχα, Σιλουανέ, πολλά συγχαρητήρια για το πρόβλημά σας. Πρέπει να είναι η πρώτη φορά που επιλέγεται ελληνικό πρόβλημα στην ΙΜΟ, και από όσο θυμάμαι επίσης σπάνιο να υπάρχει ελληνικό πρόβλημα στη shortlist.

Γιώργο σ' ευχαριστούμε! Είναι τρίτη φορά που ελληνικό πρόβλημα πέφτει στην ΙΜΟ. Η προηγούμενη φορά ήταν το 2012 όταν και πάλι έπεσε γεωμετρία του Βαγγέλη Ψύχα.
http://artofproblemsolving.com/communit ... 47p2736397

Η πρώτη φορά ήταν το 1988 που το πρόβλημα προτάθηκε από τον Δημήτρη Κοντογιάννη.

http://artofproblemsolving.com/communit ... 295p352708

Σακης · #16

Συγχαρητήρια και απο εμένα στο Σιλουανό και στον κ. Ψύχα για το πολύ ωραίο πρόβλημα.

panagiotis99 · #17

Καλησπέρα

Τα αποτελέσματα της ελληνικής ομάδας ΟΧΙ ΤΕΛΙΚΑ

http://postimg.org/image/9pofgejbx/

#18

Όχι τόσο καλά.

Ας ελπίσουμε η δύσκολη γεωμετρία να ανατρέψει την κατάσταση.

Από την άλλη βλέπω τις Γερμανία, Γαλλία, Ουγγαρία και Χονγκ Κονγκ που συνήθως έχουν καλύτερα αποτελέσματα από την Ελλάδα να έχουν μεν καλύτερα αποτελέσματα από την Ελλάδα αλλά να τα έχουν πάει και αυτές αρκετά μέτρια στα προβλήματα 2 και 5.

Μάλλον τα μετάλλια θα είναι πολύ χαμηλά φέτος.

Έχουμε εικόνα για την Κύπρο;

panagiotis99 · #19

Ναι έχουμε και για την Κύπρο ορίστε

http://postimg.org/image/pb6o323a7/

#20

Ευχαριστώ Παναγιώτη, μου το έστειλε και ο gavrilos σε πμ.

Υποψιάζομαι ότι τόσο το χρυσό όσο και το αργυρό θα κινηθούν αρκετά χαμηλά. Ίσως το 18 του CYP1 και το 19 του HEL5 να είναι αρκετά και για αργυρό. Αν μάλιστα μαζέψουν ακόμη 2-3 μονάδες από τα δυο προβλήματα που τους λείπουν θα είναι πιο πιθανό. Δεν βλέπω να χρειάζεσαι πάνω από 21 για αργυρό.

IMO 2015

IMO 2015

Re: IMO 2015

Re: IMO 2015

Re: IMO 2015

Re: IMO 2015

Re: IMO 2015

Re: IMO 2015

Re: IMO 2015

Re: IMO 2015

Re: IMO 2015

Re: IMO 2015

Re: IMO 2015

Re: IMO 2015

Re: IMO 2015

Re: IMO 2015

Re: IMO 2015

Re: IMO 2015

Re: IMO 2015

Re: IMO 2015

Re: IMO 2015

Μέλη σε σύνδεση