IMO 2010

Nick1990 · #21

Stefanos87 έγραψε:Η λυση μου στο 2ο συμπιπτει με του Σιλουανου που συμπιπτει με του Νικου. Στο mathlinks υπαρχει μια εναλλακτικη και πολυ ενδιαφερουσα λυση.

Δεν νομιζω να συμπιπτουν, του Σιλουανου χρησημοποιει παρακεντρα.

Στο 1ο μολις βρηκα μια λυση που μοιαζει πολυ με αυτη του Ηλια:
Θετω y=1

οποτε $f([x]) = f(x) \forall x$
Θετω x=1

οποτε

(*) για καθε y
Ετσι αν f(1)=0

η f ειναι η μηδενικη.
Αλλιως θετουμε $x = d \in [0, 1)$ (σταθερο) και απο την αρχικη προκειπτει:
f(0) = f(d)[f(y)]

, οποτε ειτε η f εχει παντου το ιδιο ακεραιο μερος, και απο την σχεση (*) εχουμε οτι ειναι σταθερη, εκτως αν f(0) = f(d) = 0

. Στη 2η περιπτωση, θετοντας στην αρχικη $y = \frac{1}{[x]}, x > 2$ , ειναι $f(1) = f(x)[f(\frac{1}{[x]})] = f(x)[f([\frac{1}{[x]}])] = f(x)[f(0)] = 0$ , ατοπο.
Αρα η f ειναι σταθερη και θετοντας στην αρχικη σχεση κατι σταθερο βρησκουμε ευκολα οτι οι σταθερες συναρτησεις που επαληθευουν ειναι η μηδενικη και η

με $c \in [1, 2)$

Ανδρέας Πούλος · #22

achilleas έγραψε:
Ανδρέας Πούλος έγραψε:Μπορεί κάποιος να με πληροφορήσει, αν μαθητής Α Λυκείου της Ελληνικής ομάδας έχει πάρει μετάλλιο σε Ολυμπιάδα;
Δεν έχω πρόχειρο κάποιο αρχείο ή βάση δεδομένων.
Φιλικά,
Ανδρέας Πούλος
Ναι, πολλές φορές μαθητές Α' λυκείου έχουν πάρει μετάλλιο. Μου έρχονται στο μυαλό κάποια ονόματα, π.χ. από την ομάδα του 1996, όπως ο Μπρέγιαννης κι ο Μαλικιώσης, αλλά είμαι σίγουρος πως μου διαφεύγουν κι άλλοι.

Δείτε

http://www.imo-official.org/country_ind ... x?code=HEL

Φιλικά,

Αχιλλέας

Αχιλλέα, τον Ρωμανό τον ξέρω πολύ καλά, δεν έπρεπε να ρωτήσω γι' αυτόν.
Έχεις δίκαιο και ο Μπρέγιαννης ήταν Α Λυκείου το 1996,
για άλλους όμως δεν μπορώ να θυμηθώ.
Στον κατάλογο που παραπέμπεις δεν φαίνεται η ηλικία των διαγωνιζομένων.
Αν έχει κάτι άλλο ανάρτησέ το, με ενδιαφέρει, υποθέτω και άλλους.
Φιλικά,
Ανδρέας Πούλος

#23

Nick1990 έγραψε: Δεν νομιζω να συμπιπτουν, του Σιλουανου χρησημοποιει παρακεντρα.

Ρε Σεμφίτη, το συμμετρικό που παίρνεις του Ι ως προς τον κύκλο U , είναι το παράκεντρο !!!!

Το 2003 ο Ρασσιάς πήρε ασημένιο μετάλλιο και ήταν Α λυκείου, αλλά.......

#24

Όλα τα προβλήματα στα Ελληνικά από την επίσημη ιστοσελίδα για την ΙΜΟ http://www.imo-official.org/problems.aspx

Αλέξανδρος

#25

Μια προσπάθεια για το (3):

Έστω s,t

με $g(s) \geqslant g(t) + 2$ και έστω

πρώτος με

. Θέτω

. (Για κάθε αρκετά μεγάλο

, o

είναι φυσικός αριθμός.)

Τότε (g(m) + s)((k+1)(g(s) - g(t)) + p)

και

είναι τέλεια τετράγωνα. Αλλά τότε p|(g(m) + s)

και

άρα

Άρα για κάθε

έχουμε $|g(n+1) - g(n)| \in \{0,1\}$ . Παρατηρούμε ακόμη ότι αν g(n+1) = g(n) = k

, τότε το

είναι τέλειο τετράγωνο, άτοπο. Άρα |g(n+1) - g(n)| = 1

για κάθε $n \geqslant 1$ .

Για κάθε πρώτο

πρέπει να έχουμε $|g(p+1) - g(1)| \in \{0,1,p,p^2,p^3,\ldots\}$ . Επειδή όμως |g(n+1) - g(n)| = 1

για κάθε

, παίρνουμε $|g(p+1) - g(1)| \in \{0,1,p\}$ . Επίσης, για κάθε πρώτο p > 2

θα πρέπει $|g(p+1) - g(1)| \in \{1,p\}$ αφού ο

είναι περιττός.

Αν για κάποιο πρώτο p > 2

έχουμε

τότε για κάθε πρώτο q > p

θα έχουμε

. Άρα για κάθε πρώτο q > p

είτε το

θα είναι τέλειο τετράγωνο. Αυτό όμως είναι άτοπο.

[Έστω ότι υπάρχουν θετικοί ακέραιοι a,b

ώστε για κάθε αρκετά μεγάλο πρώτο

ο

είναι τέλειο τετράγωνο. Παίρνω ένα πρώτο

με

και

και ένα αριθμό

με $r \neq b \bmod p$ και $\left( \frac{r}{p} \right) = -1$ . Τότε για κάθε

με $aq + b \equiv r \bmod p$ , ο aq + b

δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο. Υπάρχουν όμως άπειροι πρώτοι

με αυτήν την ιδιότητα. (Θεώρημα Dirichlet). Με παρόμοιο τρόπο δείχνουμε ότι για κάθε a_1,a_2,b_1,b_2

μπορούμε να βρούμε διαφορετικούς πρώτους p_1,p_2

, και ακεραίους r_1,r_2

ώστε αν $a_1q + b_1 \equiv r_1 \bmod p_1$ και $a_2q + b_2 \equiv r_2 \bmod p_2$ τότε οι a_1q + b_1,a_2q + b_2

δεν είναι τέλεια τετράγωνα. Υπάρχουν όμως άπειροι πρώτοι που ικανοποιούν τις ισοτιμίες και άρα κανένα από τα a_1q + b_1,a_2q + b_2

δεν είναι τέλειο τετράγωνο.]

Άρα |g(p+1) - g(1)| = p

για κάθε

και άρα

για κάθε

.

Άρα η

πρέπει να είναι της μορφής g(n) = n+k

για κάποιο μη αρνητικό ακέραιο

. (Όλες αυτές επαληθεύουν.)

#26

Τη λύση μου για το 4 μπορείτε να τη δείτε εδώ.
http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 0#p1936970

Στέφανε πάλι συμπίπτουμε ;

Κώστας Παππέλης · #27

Ωραία θέματα! Καλή επιτυχία στα παιδιά! Η λύση μου στο δεύτερο:

Έστω

η τομή της

με την

όπου

είναι το σημείο που θέλουμε να δείξουμε ότι ανήκει στον περίκυκλο.

Αρκεί να δείξουμε ότι <SDA=<IEA

. Προφανώς <SAD=<IAE

. Οπότε αρκεί να δείξουμε ότι AS/AD=AI/AE

γιατί τότε τα τρίγωνα SAD

και

θα είναι όμοια.

Φέρω την παράλληλη από το

στην

που τέμνει την

στο

.

Επειδή

είναι μέσο της

από γνωστή πρόταση συνάγουμε ότι η δέσμη A(R,S,G,D)

είναι αρμονική οπότε τα R,S,G,D

είναι αρμονική τετράδα.

Συνεπώς SR/SG=DR/DG

. Εκμεταλλευόμενοι και την παραλληλία από το θεώρημα του Θαλή έχουμε ότι οι λόγοι αυτοί είναι ισοδύναμοι με τους:

SA/SF=DA/DI

ή ισοδύναμα SA/AF=DA/(DA+DI)

.

Επειδή όμως το

είναι το μέσο του τμήματος με άκρα το έγκεντρο

και το παράκεντρο

ο λόγος είναι ισοδύναμος με τον SA/AF=DA/AJ

Παρατηρούμε επίσης ότι και τα τρίγωνα ABF

,

είναι όμοια αφού έχουν 2 γωνίες ίσες. Άρα έχουμε και ότι AF/AB=AC/AE

Πολλαπλασιάζουμε τις δύο τελευταίες σχέσεις και παίρνουμε ότι SA/AB=(AC/AE)(AD/AJ)

Ισοδύναμα

Άρα αν θυμηθούμε τι αρκούσε να δείξουμε, τώρα μένει να δείξουμε ότι

AI*AJ=AB*AC

Αυτό όμως προκύπτει πολύ εύκολα (για παράδειγμα τα τρίγωνα ABI

και

είναι όμοια γιατί έχουν 2 γωνίες ίσες)

Άρα το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Nick1990 · #28

Δεν το γνωριζα!!
Ηξερα αρκετες απο τις ωραιες ιδιοτητες του συγκεκριμενου κυκλου, οχι ομως και τη σχεση του με τον παραγεγραμμενο!

Συνεχιζω με το 4:

Θεωρουμε τον περιγεγραμμενο κυκλο Γ' του τριγωνου BPA, η συνθηκη μας λεει οτι η SP εφαπτεται του Γ' στο P. Οποτε <SPB = (γωνια μεταξυ χορδης-εφαπτομενης) = <PAB = <KAB = <KLB με L,P,B συνευθειακα, οποτε KL//SP. Αρκει νδο το M ειναι το μεσο του τοξου KL. Εστω η SP τεμνει τον Γ στα Q,R, τοτε επηδη KLQR ειναι εγγεγραμμενο τραπεζιο, ειναι ισοσκελες τραπεζιο, οποτε τα τοξα KQ, LR ειναι ισα και επομενως ισοδυναμα θελουμε να δειξουμε οτι το M ειναι το μεσο του τοξου QR, η αρκει η CP να ειναι διχοτομος της γωνιας <QCR. Πραγματι <QCP = <SCP - <SCQ = (CSP ισοσκελες, <SCQ: γωνια μεταξυ χορδης QC και εφαπτομενης SC) = <SPC - <PRC = <PCR + <PRC - <PRC = <PCR, οποτε τελειωσαμε.

Ilias_Zad · #29

Demetres έγραψε:Μια προσπάθεια για το (3):

Έστω με $g(s) \geqslant g(t) + 2$ και έστω πρώτος με . Θέτω . (Για κάθε αρκετά μεγάλο , o είναι φυσικός αριθμός.)

Τότε και είναι τέλεια τετράγωνα. Αλλά τότε και άρα

Άρα για κάθε έχουμε $|g(n+1) - g(n)| \in \{0,1\}$ . Παρατηρούμε ακόμη ότι αν , τότε το είναι τέλειο τετράγωνο, άτοπο. Άρα για κάθε $n \geqslant 1$ .

Για κάθε πρώτο πρέπει να έχουμε $|g(p+1) - g(1)| \in \{0,1,p,p^2,p^3,\ldots\}$ . Επειδή όμως για κάθε , παίρνουμε $|g(p+1) - g(1)| \in \{0,1,p\}$ . Επίσης, για κάθε πρώτο θα πρέπει $|g(p+1) - g(1)| \in \{1,p\}$ αφού ο είναι περιττός.

Αν για κάποιο πρώτο έχουμε τότε για κάθε πρώτο θα έχουμε . Άρα για κάθε πρώτο είτε το είτε το θα είναι τέλειο τετράγωνο. Αυτό όμως είναι άτοπο.

[Έστω ότι υπάρχουν θετικοί ακέραιοι ώστε για κάθε αρκετά μεγάλο πρώτο ο είναι τέλειο τετράγωνο. Παίρνω ένα πρώτο με και και ένα αριθμό με $r \neq b \bmod p$ και $\left( \frac{r}{p} \right) = -1$ . Τότε για κάθε με $aq + b \equiv r \bmod p$ , ο δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο. Υπάρχουν όμως άπειροι πρώτοι με αυτήν την ιδιότητα. (Θεώρημα Dirichlet). Με παρόμοιο τρόπο δείχνουμε ότι για κάθε μπορούμε να βρούμε διαφορετικούς πρώτους , και ακεραίους ώστε αν $a_1q + b_1 \equiv r_1 \bmod p_1$ και $a_2q + b_2 \equiv r_2 \bmod p_2$ τότε οι δεν είναι τέλεια τετράγωνα. Υπάρχουν όμως άπειροι πρώτοι που ικανοποιούν τις ισοτιμίες και άρα κανένα από τα δεν είναι τέλειο τετράγωνο.]

Άρα για κάθε και άρα για κάθε .

Άρα η πρέπει να είναι της μορφής για κάποιο μη αρνητικό ακέραιο . (Όλες αυτές επαληθεύουν.)

Λίγο διαφορετικά:
αρχικά και εγώ καταλήγω στο ίδιο αποτέλεσμα με παρόμοιο επιχείρημα.
Αφού έδειξα όμως οτι g(n+1)-g(n)

είναι

για καθε

, είπα το εξής, εστω οτι υπάρχει

για το οποίο g(n+2)=g(n)

(ισοδύναμα δυο διαδοχικοι που εχουν διαφορετικό πρόσημο διαφοράς με την g)
Tότε υπάρχουν $a,b\geq 1$ , τέτοιοι ώστε ab=m^2,a(b+2)=s^2=>(b+2)m^2=bs^2

οπότε είτε b+2,b

διπλάσια τετραγώνων είτε και τα δύο τετράγωνα. Σε κάθε περίπτωση, άτοπο.
Οπότε η διαφορά είναι πάντα 1 ή -1 με την δεύτερη περίπτωση να αποκλείεται προφανως. Οπότε πάντα 1.

( a=g(n)+n+1,b=g(n+1)+n

)
--
Στις γεωμετρίες έχουν δοθεί πολλές και ωραίες λύσεις!

--
Για τους Α λυκείου ολυμπιονίκες ας μην ξεχνάμε τον Δημήτρη Παπαδημητρίου το 2007!
--
Καλά αποτελέσματα στα παιδιά και καλή απόλαυση του δεύτερου μέρους της ολυμπιάδας που είναι εξίσου σημαντικό και αξέχαστο!

#30

Μπορούμε να γενικεύσουμε το 3;

*********************************************************************************************************************
Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις

από το $\mathbb{N}$ στο $\mathbb{N}$ τέτοιες ώστε ο

(g(a)+b+c)(a+g(b)+c)(a+b+g(c))

να είναι τέλειος κύβος για όλους τους θετικούς ακεραίους a,b,c

.
*********************************************************************************************************************

'Η, ακόμη πιο γενικά,

*********************************************************************************************************************
Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις

από το $\mathbb{N}$ στο $\mathbb{N}$ τέτοιες ώστε ο

$(g(a_1)+a_2+\cdots+a_n)(a_1+g(a_2)+\cdots +a_n)(a_1+a_2+\cdots +g(a_n))$

να είναι

-οστή δύναμη ακεραίου για όλους τους θετικούς ακεραίους $a_1,a_2,\dots,a_n$ .
*********************************************************************************************************************

Σημείωση: Δεν έχω λύση, αλλά υποψιάζομαι ότι πάλι η

είναι της μορφής g(n)=n+k

.

Φιλικά,

Αχιλλέας

#31

Ανδρέας Πούλος έγραψε:
achilleas έγραψε:
Ανδρέας Πούλος έγραψε:Μπορεί κάποιος να με πληροφορήσει, αν μαθητής Α Λυκείου της Ελληνικής ομάδας έχει πάρει μετάλλιο σε Ολυμπιάδα;
Δεν έχω πρόχειρο κάποιο αρχείο ή βάση δεδομένων.
Φιλικά,
Ανδρέας Πούλος
Ναι, πολλές φορές μαθητές Α' λυκείου έχουν πάρει μετάλλιο. Μου έρχονται στο μυαλό κάποια ονόματα, π.χ. από την ομάδα του 1996, όπως ο Μπρέγιαννης κι ο Μαλικιώσης, αλλά είμαι σίγουρος πως μου διαφεύγουν κι άλλοι.

Δείτε

http://www.imo-official.org/country_ind ... x?code=HEL

Φιλικά,

Αχιλλέας
Αχιλλέα, τον Ρωμανό τον ξέρω πολύ καλά, δεν έπρεπε να ρωτήσω γι' αυτόν.
Έχεις δίκαιο και ο Μπρέγιαννης ήταν Α Λυκείου το 1996,
για άλλους όμως δεν μπορώ να θυμηθώ.
Στον κατάλογο που παραπέμπεις δεν φαίνεται η ηλικία των διαγωνιζομένων.
Αν έχει κάτι άλλο ανάρτησέ το, με ενδιαφέρει, υποθέτω και άλλους.
Φιλικά,
Ανδρέας Πούλος

Ανδρέα,

Δυστυχώς, δεν έχω κάποιο κατάλογο. Εώς τώρα έχουμε τέσσερα ονόματα.

Ούτε η Ε.Μ.Ε. στο βιβλίο που εξέδωσε με τις λύσεις των Διεθνών Μαθηματικών Ολυμπιάδων έχει περισσότερες
λεπτομέρειες

Μια και το ανέφερα, ας σημειώσω και δημόσια μια ένσταση μου γι'αυτό το βιβλίο.

Δεν γίνεται (σχεδόν) καμμιά αναφορά στους λύτες των προβλημάτων ακόμα κι όταν αυτοί είναι γνωστοί!!

Χαρακτηριστικό παράδειγμα η λύση του προβλήματος 6 της 26ης Δ.Μ.Ο του 1985, όπου δημοσιεύεται η λύση του Αντώνη Μελά όπως παρουσιάστηκε στον Ευκλείδη Β'. Στο βιβλίο, όμως, δεν αναφέρεται πουθενά το όνομα του λύτη.

Γιατί; Δεν είναι αντιεπιστημονικό;

Πιθανότατα κι άλλες λύσεις να ανήκουν σε μαθητές ή άλλους.
Τι πιο όμορφο να αποδίδεται τιμή στον λύτη του προβλήματος όταν γνωρίζουμε ποιός είναι;

Φιλικά,

Αχιλλέας

#32

Γιαυτό με τις λύσεις έχει δίκιο ο Αχιλλέας αν και αυτό έχει βελτιωθεί στο καινούργιο τεύχος των Ολυμπιάδων από 2001-2008 όπου υπάρχουν και πίνακες με σκορ, κατατάξεις, συμμετοχές αλλά και εκεί δεν αναφέρονται ηλικίες.

dimitris pap · #33

Demetres έγραψε:Μια προσπάθεια για το (3):

Τότε και είναι τέλεια τετράγωνα. Αλλά τότε και άρα

Εδώ κάτι χάνω

Λέτε ότι τα παραπάνω είναι τέλεια τετράγωνα και άρα p|(g(m) + s)

και

. Δεν καταλαβαίνω από πού προκύπτει αυτό... δεν θα μπορούσε π.χ. το p^2

να διαιρεί το (k+1)(g(s) - g(t)) + p

?

Συγγνώμη, αν η ερώτηση μου είναι χαζή

Ilias_Zad · #34

EDIT Δημήτρη έχεις δίκιο ότι αυτό το σημείο δεν είναι πλήρες!Το m ειναι συνάρτηση του k οπότε δεν μπορούμε αφαιρώντας να πάρουμε το ζητούμενο!

ποστάρω την δικιά μου λύση στο θέμα του |g(n+1)-g(n)|=1

.(ελπίζω να είναι οκ)
Έστω p πρώτος διαρέτης του και p^a||g(n+1)-g(n)

.
Επιλέγουμε $m=p^s+p-g(n)\geq 1, s>a$ .( s αρκετά μεγάλο)
Τότε p||g(n)+m

,και

. τώρα αν

, τότε $g(n+1)+m-p-p^s=p(pk-1-p^{s-1})$ , που το διαιρεί απολύτως ο

αρα

.
Tότε όμως απλά επιλέγουμε m=p^3+p^s-g(n)

και έχουμε ότι πρέπει p||g(n+1)+m-p^3-p^s

.
Σε κάθε περίπτωση, είτε με το πρώτο

αν

είτε με το δεύτερο

με

, η δύναμη του

στα

είναι περιττή(αρχικά ίση με 1 και στην δεύτερη περίπτωση ίση με (3,1)).
Όμως και οι 2 φυσικοί αυτοί δίνουν τέλειο τετράγωνο με τους δυο διαδοχικούς (αρα σχετικά πρώτους) αριθμούς g(m)+n,g(m)+n+1

. Kάτι άτοπο αφού πρέπει να τους διαιρεί και τους 2 ο p.
Συνεπώς το ζητούμενο.

#35

dimitris pap έγραψε:
Demetres έγραψε:Μια προσπάθεια για το (3):

Τότε και είναι τέλεια τετράγωνα. Αλλά τότε και άρα

Εδώ κάτι χάνω Λέτε ότι τα παραπάνω είναι τέλεια τετράγωνα και άρα και . Δεν καταλαβαίνω από πού προκύπτει αυτό... δεν θα μπορούσε π.χ. το να διαιρεί το ?

Συγγνώμη, αν η ερώτηση μου είναι χαζή

Δημήτρη έχεις δίκιο. Η απάντησή μου είναι ελλιπής. Μπορεί νομίζω να διορθωθεί: Αρκεί να επιλέξω αρκετά μεγάλο

ώστε $k(g(s)-g(t))/p - 1 \neq 0 \bmod p$ και $(k+1)(g(s)-g(t))/p - 1 \neq 0 \bmod p$ . Αν p^2|(g(s) - g(t))

είμαι εντάξει με οποιοδήποτε

. Αν όχι τότε υπάρχουν μόνο δυο απαγορευτικές ισοτιμίες.

Τώρα που το ξαναβλέπω υπάρχει πρόβλημα για p=2

. Θέλει λοιπόν περισσότερη δουλεία. (Μπορεί και να μην χρησιμοποίησα την περίπτωση p=2

στην απόδειξή μου αλλά δεν είμαι απόλυτα σίγουρος.)

Stefanos87 · #36

smar έγραψε:
Στέφανε πάλι συμπίπτουμε ;

Silouane, auti ti fora i lysi moy simpiptei me ti diki sou, pou simpiptei me tou Nikou pou simpiptei me OLES tis alles...

Profanws to thema einai epipedou Thali-Eukleidi.

Kali epitixia ston aderfo sou kai sta upoloipa paidia.

PS. Sorry gia ta greeklish, alla den exw greek keyboard.

Κώστας Παππέλης · #37

Το 4το θέμα ήταν όντως απλό, στο ίδιο περίπου επίπεδο με το δεύτερο περσινό...

Παρ' όλ' αυτά δε θεωρώ ότι το επίπεδο των θεμάτων αυτών είναι Θαλή, Ευκλείδη... Απλά κατά καιρούς (τώρα τελευταία) έχουν δυσκολέψει πιο πολύ τις γεωμετρίες στον Ευκλείδη ώστε να θεωρούνται παρόμοιας δυσκολίας με αυτά τα θέματα... Παλαιότερα, οι γεωμετρίες στις πρώτες φάσεις ήταν τετριμμένες. Φυσικά η αύξηση της δυσκολίας των διαγωνισμών της ΕΜΕ θεωρώ πως είναι πάρα πολύ θετική.

Τουναντίον, το δεύτερο φέτος και το τέταρτο πέρσι ήταν πολύ ωραία θέματα και είχαν και έναν κάπως αυξημένο βαθμό δυσκολίας με την έννοια ότι χρειαζόντουσαν κάποιους χειρισμούς όχι και τόσο προφανείς.

Συνολικά φέτος 3 θέματα μπορούσαν να δώσουν αρκετούς πόντους αν όχι όλους. Τα υπόλοιπα δεν τα προσπάθησα ιδιαίτερα, από τις συζητήσεις φαίνεται να είναι δύσκολα αλλά ελπίζω να δώσουν πόντους στα παιδιά.

Nick1990 · #38

Κώστας Παππέλης έγραψε:Το 4το θέμα ήταν όντως απλό, στο ίδιο περίπου επίπεδο με το δεύτερο περσινό...

Παρ' όλ' αυτά δε θεωρώ ότι το επίπεδο των θεμάτων αυτών είναι Θαλή, Ευκλείδη... Απλά κατά καιρούς (τώρα τελευταία) έχουν δυσκολέψει πιο πολύ τις γεωμετρίες στον Ευκλείδη ώστε να θεωρούνται παρόμοιας δυσκολίας με αυτά τα θέματα... Παλαιότερα, οι γεωμετρίες στις πρώτες φάσεις ήταν τετριμμένες. Φυσικά η αύξηση της δυσκολίας των διαγωνισμών της ΕΜΕ θεωρώ πως είναι πάρα πολύ θετική.

Τουναντίον, το δεύτερο φέτος και το τέταρτο πέρσι ήταν πολύ ωραία θέματα και είχαν και έναν κάπως αυξημένο βαθμό δυσκολίας με την έννοια ότι χρειαζόντουσαν κάποιους χειρισμούς όχι και τόσο προφανείς.

Συνολικά φέτος 3 θέματα μπορούσαν να δώσουν αρκετούς πόντους αν όχι όλους. Τα υπόλοιπα δεν τα προσπάθησα ιδιαίτερα, από τις συζητήσεις φαίνεται να είναι δύσκολα αλλά ελπίζω να δώσουν πόντους στα παιδιά.

Κοιτα Κωστα δεν θεωρω οτι ηταν τοσο ευκολο οσο λες, εμενα με δυσκολεψε καπως και θα ελεγα οτι θα μπορουσε να μπει σαν δυσκολο θεμα σε Αρχιμηδη. Βεβαια ειναι γνωστο οτι εγω δεν ειμαι και τοσο της Γεωμετριας, και γι αυτο ισως για τους πολυ καλους να ηταν ευκολο, αλλα δεν νομιζω οτι τιθετε θεμα συγκρισης με το περσυνο 2ο. Το περσυνο 2ο μονο μια γωνια χορδης-εφαπτομενης ειχε, δυο μετατροπες λογων σε γινομενα, και μια δυναμη σημειου, 5 γραμμες λυση δηλαδη, ενω το φετινο 4ο ηθελε να δεις και μια ψιλοκρυμμενη παραλληλια, και πολυ περισσοτερο angle chasing.

Ξερει κανεις ποτε θα εχουμε τα αποτελεσματα?

taratoris · #39

Taratoris : 21
Logothetis: 21
Tsabasidis : 14
Vlachos : 14
Bratzitikos : 13
Tsareas: 12

Paidia auta xeroume. Gnorizoume tous kanones gia ta greeklish alla twra eimaste sto exwteriko opote oi yopologistes den exoune ellinika.

#40

Etaratoris έγραψε:Taratoris : 21
Logothetis: 21
Tsabasidis : 14
Vlachos : 14
Bratzitikos : 13
Tsareas: 12

Paidia auta xeroume. Gnorizoume tous kanones gia ta greeklish alla twra eimaste sto exwteriko opote oi yopologistes den exoune ellinika.

Θερμά Συγχαρητήρια σε όλους σας!!!!!

Ευχαριστούμε!

θα χαρούμε να δούμε και τις λύσεις σας στο forum όταν είναι δυνατόν....

Αχιλλέας

IMO 2010

Re: IMO 2010

Re: IMO 2010

Re: IMO 2010

Re: IMO 2010

Re: IMO 2010

Re: IMO 2010

Re: IMO 2010

Re: IMO 2010

Re: IMO 2010

Re: IMO 2010

Re: IMO 2010

Re: IMO 2010

Re: IMO 2010

Re: IMO 2010

Re: IMO 2010

Re: IMO 2010

Re: IMO 2010

Re: IMO 2010

Re: IMO 2010

Re: IMO 2010

Μέλη σε σύνδεση