Jbmo 2012

Karanus · #21

Καλησπέρα.
Θα ήταν ενδιαφέρον να γνωρίζαμε και τις βάσεις (όρια),των μεταλλίων.

#22

socrates έγραψε:
Problem 4
Find all positive integers , , , and which satisfy .

Σχετικό με το παραπάνω είναι και το ακόλουθο θέμα από βουλγάρικο διαγωνισμό του 2006:

Να βρεθούν οι θετικοί ακέραιοι $\displaystyle{t,x,y,z,}$ για τους οποίους

$\displaystyle{3^x5^y+7^z=2^t.}$

Σταύρος Σταυρόπουλος · #23

ΣΥΓΧΑΡΗΤΗΡΙΑ σε όλα τα παιδιά για την επιτυχία τους καθώς και στην επιτροπή διαγωνισμών της ΕΜΕ.

Karanus · #24

matha έγραψε:
socrates έγραψε:
Problem 4
Find all positive integers , , , and which satisfy .

Σχετικό με το παραπάνω είναι και το ακόλουθο θέμα από βουλγάρικο διαγωνισμό του 2006:

Να βρεθούν οι θετικοί ακέραιοι $\displaystyle{t,x,y,z,}$ για τους οποίους

$\displaystyle{3^x5^y+7^z=2^t.}$

Με αφορμή την παραπάνω δημοσίευση θα ήθελα να θέσω την εξής ερώτηση,κυρίως προς τους μαθηματικούς που προετοιμάζουν μαθητές για διαγωνισμούς.Το οτι σχεδόν μόλις το 2006 είχε τεθεί παρόμοιο θέμα σε Βαλκανική χώρα, νομίζω οτι καθιστά το πιο δύσκολο θέμα του φετινού διαγωνισμού (το 4ο) ,αυτομάτως ,ίσως και το πιό εύκολο, με την έννοια της στρατηγικής, δηλ. τι θέλω να πώ:
Θεωρώ αυτονόητο να έχει δεί κανείς τα θέματα των τελευταίων δέκα χρόνων απο διαγωνισμούς που έχουν λάβει χώρα στις Βαλκανικές χώρες.
Και για να μην παρεξηγηθώ ,δεν λέω οτι αυτό και μόνο φτάνει, αλλά απο εκεί δεν πρέπει να ξεκινήσει κανείς; δεν είναι λογικό;

ΣΥΓΧΑΡΗΤΗΡΙΑ σε όλα τα παιδιά για την επιτυχία τους.

S.E.Louridas · #25

Karanus έγραψε:
matha έγραψε:
socrates έγραψε:
Problem 4
Find all positive integers , , , and which satisfy .

Σχετικό με το παραπάνω είναι και το ακόλουθο θέμα από βουλγάρικο διαγωνισμό του 2006:

Να βρεθούν οι θετικοί ακέραιοι $\displaystyle{t,x,y,z,}$ για τους οποίους

$\displaystyle{3^x5^y+7^z=2^t.}$
Με αφορμή την παραπάνω δημοσίευση θα ήθελα να θέσω την εξής ερώτηση,κυρίως προς τους μαθηματικούς που προετοιμάζουν μαθητές για διαγωνισμούς.Το οτι σχεδόν μόλις το 2006 είχε τεθεί παρόμοιο θέμα σε Βαλκανική χώρα, νομίζω οτι καθιστά το πιο δύσκολο θέμα του φετινού διαγωνισμού (το 4ο) ,αυτομάτως ,ίσως και το πιό εύκολο, με την έννοια της στρατηγικής, δηλ. τι θέλω να πώ:
Θεωρώ αυτονόητο να έχει δεί κανείς τα θέματα των τελευταίων δέκα χρόνων απο διαγωνισμούς που έχουν λάβει χώρα στις Βαλκανικές χώρες.
Και για να μην παρεξηγηθώ ,δεν λέω οτι αυτό και μόνο φτάνει, αλλά απο εκεί δεν πρέπει να ξεκινήσει κανείς; δεν είναι λογικό;

ΣΥΓΧΑΡΗΤΗΡΙΑ σε όλα τα παιδιά για την επιτυχία τους.

Προφανώς και δεν θα ήθελα να καταλογίσω ευθύνες, εκεί που στο κάτω-κάτω όλοι βλέπουν ότι υπάρχουν εκτός ίσως από τους καθ’ ύλη αρμόδιους.
Όμως θα πρέπει να επισημάνουμε ότι μάλλον στις μέρες μας είναι πλέον εμφανής η αδυναμία κατασκευής πρωτότυπων θεμάτων, αλλά και η αδυναμία ελέγχου (και αυτό είναι μη καλό) για το αν ένα θέμα είναι πρωτότυπο (πώς είναι δυνατόν να ξεχαστεί το σκάνδαλο της φετινής Β.Μ.Ο. τών Μεγάλων, όπου το θέμα αιχμής ήταν αναρτημένο και λυμένο μόλις τρείς μέρες πριν στο Ρουμάνικο site απόλυτης επισκεψιμότητας για θέματα Διαγωνισμών) . Αυτές οι καταστάσεις θέτουν αρνητικά ερωτηματικά, ερωτηματικά αμφισβήτησης.
Προφανώς τα δεδομένα Μαθηματικά Αστέρια μας δεν έχουν ανάγκη από τέτοια θέματα, μάλιστα είναι υποχρεωμένα να διαγωνιστούν και ενάντια σε αυτό το διαγωνιστικό περιβάλλον.
Προσωπικά προτείνω μετά την επιλογή των θεμάτων από την short list αυτά τα θέματα να μετασχηματίζονται ΥΠΟΧΡΕΩΤΙΚΑ και επί της ουσίας (όχι αλλάζοντας απλά ένα νούμερο) από τους αρχηγούς και τα μέλη των επιτροπών επιλογής (υποθέτοντας προφανώς ότι έχουν τις δυνατότητες αυτές).
Επιτρέψτε μου να επαναλάβω:

Πολλά πολλά Μπράβο στούς Διαγωνιζόμενους Τεράστιους Juniors γιά την επιτυχία τους αυτή.
Ναί οι τεράστιοι αυτοί Juniors Αποτελούν μία Ηχηρότατη Απάντηση στην Πρόκληση των καιρών, πολλαπλά.

Karanus · #26

Με την τοποθέτησή μου δεν θεωρώ κακό ότι έπεσε ένα ίδιο θέμα, ίσα -ίσα αυτό θέλω να επισημάνω και να βάλω μέσα στο παιχνίδι και το θέμα της στρατηγικής που πρέπει να έχει κάποιος.(σήμερα με τα μέσα που υπάρχουν μας δίνεται αυτή η δυνατότητα). Στο κάτω κάτω δεν είναι κάκο εαν κάποιος είχε διαβάσει το θέμα,απεναντίας, θα έλεγα μπράβο του! Αυτό μπορεί να είχε συμβεί και σε παλαιότερους διαγωνισμούς,και σίγουρα έχει συμβεί,(στην εποχή μας), απλά τότε επειδή δεν υπήρχαν τα μέσα που υπάρχουν σήμερα ,(διαδίκτυο κλπ.),!!! δεν το μαθαίναμε ποτέ!

#27

Νομίζω ότι στην συγκεκριμένη περίπτωση αν και φαινομενικά παρόμοιες οι ασκήσεις ο τρόπος επίλυσης δεν ήταν ο ίδιος. Και οι δύο ήθελαν αρκετή δουλειά και αρκετές περιπτώσεις και υποπεριπτώσεις με διαφορά moduli αλλά αυτό είναι κάτι που είναι λίγο ως πολύ αναμενόμενο. Από αυτό μέχρι την επίλυση χρειάζεται πολλή δουλειά που δεν νομίζω ότι κάποιος που είχε δει την μία θα είχε πλεονέκτημα για να λύσει την άλλη.

Πολλά συγχαρητήρια στα παιδιά για τα μετάλλια. Αναμένουμε περισσότερες πληροφορίες για τις βαθμολογίες μιας και δεν εμφανίζονται ακόμα στην επίσημη ιστιοσελίδα.

S.E.Louridas · #28

Demetres έγραψε:Νομίζω ότι στην συγκεκριμένη περίπτωση αν και φαινομενικά παρόμοιες οι ασκήσεις ο τρόπος επίλυσης δεν ήταν ο ίδιος. Και οι δύο ήθελαν αρκετή δουλειά και αρκετές περιπτώσεις και υποπεριπτώσεις με διαφορά moduli αλλά αυτό είναι κάτι που είναι λίγο ως πολύ αναμενόμενο. Από αυτό μέχρι την επίλυση χρειάζεται πολλή δουλειά που δεν νομίζω ότι κάποιος που είχε δει την μία θα είχε πλεονέκτημα για να λύσει την άλλη.

Σεβαστό Δημήτρη, απλά θεωρώ ότι εχθρός του καλού είναι το καλύτερο και βέβαια πιστεύοντας στην ικανότητα των θεματοδοτών, αρκεί να πιεστούν πρός την κατεύθυνση κατασκευής πιό πρωτότυπων θεμάτων κάτω μάλιστα από την ευτυχή συγκυρία να είναι όλοι μαζί από όλα τα κράτη και να έχουν σαν βάση διαμόρφωσης τα τόσα όμορφα θέματα που προτείνονται γιά την τελική μορφή της εκάστοτε shorte list. Ας μού επιτραπεί να συνεχίζω να πιστεύω ότι αν υπάρχει δυνατότητα σε τέτοιο επιστημονικό περιβάλλον διαμόρφωσης πρωτότυπου θέματος, δεν θα πρέπει να τίθεται θέμα ίδιο ή ταυτόσημης μεθοδολογίας με γνωστό και αυτό γιά την καλύτερη ψυχολογία των διαγωνιζόμενων του επιπέδου αυτού και μετά το σβήσιμο των προβολέων. Εξ΄ού και η πρόταση που κατέθεσα.

spiros filippas · #29

Demetres έγραψε:Νομίζω ότι στην συγκεκριμένη περίπτωση αν και φαινομενικά παρόμοιες οι ασκήσεις ο τρόπος επίλυσης δεν ήταν ο ίδιος. Και οι δύο ήθελαν αρκετή δουλειά και αρκετές περιπτώσεις και υποπεριπτώσεις με διαφορά moduli αλλά αυτό είναι κάτι που είναι λίγο ως πολύ αναμενόμενο. Από αυτό μέχρι την επίλυση χρειάζεται πολλή δουλειά που δεν νομίζω ότι κάποιος που είχε δει την μία θα είχε πλεονέκτημα για να λύσει την άλλη.

Πολλά συγχαρητήρια στα παιδιά για τα μετάλλια. Αναμένουμε περισσότερες πληροφορίες για τις βαθμολογίες μιας και δεν εμφανίζονται ακόμα στην επίσημη ιστιοσελίδα.

Κατ αρχας να συμφονήσω ότι μπορεί 2 διοφαντικές να μοιάζουν πολύ εμφανιακά αλλά ο τρόπος λύσης να είναι εντελώς διαφορετικός.

Για της βαθμολογίες (απο μνήμης):

Xαχάμης Νέστορας (10,10,1,1)

Παναγιωτοπουλος Απόστολος (10,10,0,2)

Ντουνης Πετρος (10,8,1,1)

Φιλιππας Σπύρος (8,1,2,5)

Τσαγκαλίδου Ζωή (10,2,3,1)

Φυσέκη Αννα Μαρία (10,1,0,4)

Δε θυμάμαι τη βάση για το χάλκινο. Για το αργυρό 22 και για το χρυσό 37.

Πρώτοι οι Τούρκοι με 5 χρυσά και 1 αργυρό (2 απο αυτούς γράψαν 38 χάνοντας τις 2 απο την πρώτη άσκηση λόγω του equality case

) δεύτεροι οι Ρουμάνοι με 2 χρυσα 4 αργυρά τρίτοι οι Σέρβοι με 3 αργ 3 χαλκ. και τέταρτοι εμείς.

S.E.Louridas · #30

Η κατάταξη της ομάδας μας είναι πολύ καλή έως άριστη και αποτελεί Φάρο για την υπόλοιπη Μαθηματική και όχι μόνο κοινότητα.
Θα ήθελα να διευκρινίσω ότι στην τοποθέτηση μου περί πρωτότυπων θεμάτων που πιστεύω ότι σε τέτοια θέματα πρέπει να εξετάζονται οι διαγωνιζόμενοι, δεν υπάρχουν ουσιαστικές ευθύνες στην Ελληνική πλευρά.
Δυστυχώς τέτοια θέματα, όπως εκείνο που έπεσε φέτος στην Β. Μ. Ο. των μεγάλων και δημιούργησε το σκάνδαλο (κατά την άποψη μου αν ξανασυμβεί μερικές ακόμα φορές οι θεσμοί αυτοί θα αρχίσουν να τρίζουν) προτείνονται σε πολλές περιπτώσεις από άλλες Μαθηματικές αντιπροσωπείες και μάλιστα σε κάποιες περιπτώσεις υψηλού κύρους.
Παραμένει λοιπόν η πρόταση μου:
Τα θέματα που τελικά επιλέγονται να αποτελούν την βάση για τη δημιουργία επί τόπου των αντίστοιχων Πρωτότυπων θεμάτων στα οποία τελικά θα εξετάζονται οι Διαγωνιζόμενοι.

KARKAR · #31

Συγχαρητήρια στους άξιους νέους μας για τη διάκριση ... Ένα σχήμα και ένα ακόμα ερώτημα ,

για το 2ο θέμα . ( Θυμίζω :

κοινό εφαπτόμενο τμήμα , $MN\perp MA$ , MN=2MA

)

1) Βρείτε το μέτρο της $\widehat{NMB}$ ( είναι ασφαλώς $(\widehat{NMB})=45^0$ )

2) Πρόσθετο ερώτημα : Βρείτε το λόγο $\displaystyle \frac{\rho}{R}$ των ακτίνων των δύο κύκλων .

Tolis97 · #32

Έστω $\displaystyle \angle{ANM} = x$ , τότε $\displaystyle tanx = \frac{AM}{MN} = \frac{1}{2}$

Από το θεώρημα υπό χορδής και εφαπτομένης έχουμε ότι:
$\displaystyle \angle{AON} = 2x$ , συνεπώς $\cos\angle{AON} = \cos2x = \frac{1-\tan^2x}{1+\tan^2x} = \frac{1-\frac{1}{4}}{1+\frac{1}{4}} = \frac{\frac{3}{4}}{\frac{5}{4}} = \frac{3}{5}$

Στο τρίγωνο AON από το νόμο των συνημίτονων έχουμε πως:
$\displaystyle AN^2 = AO^2 + AN^2 - 2 AO MO \cos\angle{AON} = 2R^2 - 2R^2\cos2x = 2R^2 - 2R^2\frac{3}{5} = 2R^2\frac{2}{5} = \frac{4}{5}R^2 (1)$

Στο τρίγωνο AMN από το Πυθαγόρειο Θεώρημα έχουμε πως:
$\displaystyle AN^2 = AM^2 + MN^2 = (2r)^2 + (4r)^2 = 4r^2 + 16r^2 = 20r^2 (2)$

Από τις (1) και (2) έχουμε:
$\displaystyle \frac{4}{5}R^2 = 20r^2 \Leftrightarrow 4R^2 = 100r^2 \Leftrightarrow 2R = 10r \Leftrightarrow R = 5r \Leftrightarrow \frac{r}{R}=\frac{1}{5}$
όπου r, R

οι ακτίνες των k_1

και

αντίστοιχα.

KARKAR · #33

Ωραία η λύση του Απόστολου , αλλά χρησιμοποιεί "απαγορευμένη" τριγωνομετρία

(φυσικά όχι σε τέτοιου είδους διαγωνισμούς !)

Μία στοιχειωδέστερη λύση : Η

ως διάκεντρος , είναι η μεσοκάθετος του

. Οι

και

τέμνονται στο

. Η ομοιότητα των τριγώνων TMK , TNO

, εύκολα "παράγει" το ζητούμενο ...

ykerasar · #34

Αγαπητοί φίλοι,
σας δίνω τον πίνακα απ' τον οποίο μπορούμε να αντλήσουμε στοιχεία για τις επιδόσεις και την αναλυτική βαθμολογία των διαγωνισθέντων στην JBMO 2012.
με εκτίμηση
Γιάννης Κερασαρίδης

# Coun P1 P2 P3 P4 S Contestant Award
1 ROU3 10 10 10 10 40 Ploscaru Ioan-Laurentiu gold
2 TUR3 10 10 10 10 40 Halil Ibrahim Gulluk gold
3 TUR4 10 10 10 10 40 Fatih Kaleoglu gold
4 TUR5 10 10 9 10 39 Ahmet Abdullah Keles gold
5 TUR2 8 10 10 10 38 Emre Girgin gold
6 TUR6 8 10 10 10 38 Emre Kiziltug gold
7 ROU1 10 10 7 10 37 Anronache Teodor Andrei gold
8 KAZ5 10 10 10 7 37 Abrakhmanov Alen gold
9 ALB1 8 10 9 7 34 Gledis Kallco Silver
10 ROU5 10 4 10 10 34 Vintu Ioan-Vladimir silver
11 IDN1 10 10 6 8 34 Jonathan Mulyawan silver
12 ROU6 10 10 10 3 33 Darauta Raluca silver
13 AZE1 10 10 3 10 33 Aliyav Izmir silver
14 BGR5 9 10 6 7 32 Bozhidar Krasimirov Ganev silver
15 KAZ2 8 10 10 4 32 Bisserik Almas silver
16 ROU2 10 10 10 1 31 Avadanei Ovidiu-Neculai silver
17 ROU4 10 10 1 10 31 Srtoienescu Paul Ioan silver
18 TJK1 10 10 1 10 31 Abdulvosit Ismailov silver
19 KAZ1 8 10 6 6 30 Dargulov Amir silver
20 SRB1 10 10 8 1 29 Aleksa Konstantinov silver
21 SRB2 8 10 10 1 29 Luka Vukelic silver
22 TKM1 10 10 0 9 29 Perman Iljanov silver
23 TUR1 8 10 7 3 28 Serdar Ada silver
24 SRB5 8 10 8 1 27 Nikola Samardzic silver
25 TJK3 9 2 7 9 27 Farrukh Karimov silver
26 KAZ3 8 10 6 2 26 Altykhanov Kuandyk silver
27 BGR2 10 1 10 4 25 Denitsa Hristova Markova silver
28 AZE4 10 10 1 4 25 Abdullayev Mustafa silver
29 FYR1 10 10 2 2 24 Vasilev Vasil silver
30 AZE3 8 10 1 4 23 Verdiyev Farid silver
31 TKM3 9 10 0 4 23 Alshir Soyunjov silver
32 HEL3 10 10 1 1 22 Χαχάμης Νέστωρ silver
33 HEL5 10 10 0 2 22 Παναγιωτόπουλος Απόστολος silver
34 IDN2 10 10 0 2 22 Nicholas Susanto Tjandra silver
35 KAZ4 8 10 1 3 22 Aubekerov Daniyar silver
36 MNE1 9 10 1 1 21 Ilija Gracanin Bronze
37 ALB4 8 10 1 1 20 Liana Sphani Bronze
38 CYP1 10 1 5 4 20 Στέλιος Στυλιανού Bronze
39 HEL4 10 8 1 1 20 Ντούνης Πέτρος Bronze
40 SRB3 9 0 10 1 20 Aleksandar Milosevic Bronze
41 SRB4 10 10 0 0 20 Kristina Siladji Bronze
42 TJK2 8 8 0 3 19 Zarmekhri Zarifi Bronze
43 MDA1 10 0 7 1 18 Tarigradschi Mihail Bronze
44 TJK6 10 8 0 0 18 Mahmudov Dilovar Bronze
45 TKM2 10 1 2 5 18 Dovran Nurgeldiyev Bronze
46 BIH3 10 0 6 1 17 Din Bostandzic Bronze
47 BGR1 10 0 0 7 17 Daniel Raykov Atanasov Bronze
48 FYR2 10 1 2 4 17 Ilievski Andrej Bronze
49 BIH2 10 2 0 4 16 Milica Babic Bronze
50 HEL1 8 1 2 5 16 Φίλιππας Σπυρίδων Bronze
51 HEL6 10 2 3 1 16 Τσανγκαλίδου Ζωή Bronze
52 IDN3 8 2 1 5 16 Albert Lucianto Bronze
53 HEL2 10 1 0 4 15 Φυσέκη Άννα-Μαρία Bronze
54 SRB6 10 2 1 2 15 Stanislav Todorovic Bronze
55 BGR3 1 0 10 3 14 Aleksander Nezabrabrakov CherganskiBronze

56 MNE2 10 2 1 1 14 Andjela Markovic Bronze
57 MDA4 10 0 0 4 14 Hornet Vladlena Bronze
58 MDA5 10 1 1 2 14 Vizitiv Gleb Bronze
59 TJK4 8 0 0 6 14 Davlatshohi Abdujalil Bronze
60 MDA3 10 0 1 2 13 Mamaliga Katalina Bronze
61 MDA6 10 0 1 2 13 Dolgopol Romina Bronze
62 ALB6 10 0 1 0 11 Bora Starja Hnourable Mention
63 BGR4 9 1 1 0 11 Ngo Ngoc Cuong hnourable Mention
64 FYR4 0 8 0 3 11 Markoski Marko hnourable Mention
65 AZE5 10 0 0 1 11 Ismayilov Elsavar hnourable Mention
66 AZE2 8 0 0 2 10 Maharramov Mehdi hnourable Mention
67 AZE6 10 0 0 0 10 Asndullayev Ibrahim hnourable Mention
68 TJK5 10 0 0 0 10 Sobirzhoni Bobizoda hnourable Mention
69 BIH1 9 0 0 0 9 Adnan Kreho hnourable Mention
70 CYP3 2 1 5 1 9 Ανδρέας Οικονόμου hnourable Mention
71 FYR5 2 0 5 2 9 Trrajhev Dragan hnourable Mention
72 BIH6 2 2 1 3 8 Filip Bozic hnourable Mention
73 KAZ6 2 2 1 1 6 Sumekenov Akhmad hnourable Mention
74 BGR6 1 1 0 3 5 Rumen Rumenov Vasilevhnourable Mention
75 CYP4 2 1 1 1 5 Αριάδνη Άσσου hnourable Mention
76 BIH5 2 2 0 0 4 Pasko Zdilar hnourable Mention
77 CYP2 2 0 1 1 4 Βασίλης Θωμά hnourable Mention
78 CYP5 1 1 1 1 4 Δημήτριος Αθανασόπουλοςhnourable Mention
79 FYR6 2 1 0 1 4 Simonovikj Sanja hnourable Mention
80 BIH4 2 1 0 0 3 Naria Djedovic hnourable Mention
81 FYR3 2 0 1 0 3 Bosilovski Hristijan hnourable Mention
82 ALB2 0 1 1 0 2 Arbli Troshani hnourable Mention
83 CYP6 2 0 0 0 2 Χριστόδουλος Χατζημιλτήhnourable Mention
84 MDA2 0 0 1 1 2 Cotos Alexandru hnourable Mention
85 TKM6 2 0 0 0 2 Yagshymammet Annamammedohnourable ention
86 ALB3 1 0 0 0 1 Enes Kristo hnourable Mention
87 ALB5 0 0 1 0 1 Ksander Bonjo hnourable Mention
88 TKM4 1 0 0 0 1 Myrat Altyyev hnourable Mention
89 TKM5 1 0 0 0 1 Mekan Chariyev hnourable Mention

ALB Αλβανία
AZE Αζερμπαϊτζάν
BGR Βουλγαρία
BIH Βοσνία & Ερζεγοβίνη
CYP Κύπρος
FYR ΠΓΔΜ
HEL Ελλάδα
IDN Ινδονησία
KAZ Καζακστάν
MDA Μολδαβία
MNE Μαυροβούνιο
ROU Ρουμανία
SRB Σερβία
TJK Τατζικιστάν
TKM Τουρκμενιστάν
TUR Τουρκία
ALB Αλβανία
AZE Αζερμπαϊτζάν
BGR Βουλγαρία
BIH Βοσνία & Ερζεγοβίνη
CYP Κύπρος
FYR ΠΓΔΜ
HEL Ελλάδα

#35

Πολλά συγχαρητήρια και από εμένα!

Karanus · #36

Θα ήμουν περίεργος να μας έλεγε ένας Μαθηματικός ,εάν ένας μαθητής απο το 2ο θέμα της γεωμετρίας ,έκανε μόνο το σχήμα, σωστά όμως. Εννοώ να ήταν και σχεδιαστικά ΜΝ=2ΜΑ. Πόσο θα το βαθμολογούσε; (συγκριτικά με το άριστα των 10μονάδων)
Ευχαριστώ.

spiros filippas · #37

Karanus έγραψε:Θα ήμουν περίεργος να μας έλεγε ένας Μαθηματικός ,εάν ένας μαθητής απο το 2ο θέμα της γεωμετρίας ,έκανε μόνο το σχήμα, σωστά όμως. Εννοώ να ήταν και σχεδιαστικά ΜΝ=2ΜΑ. Πόσο θα το βαθμολογούσε; (συγκριτικά με το άριστα των 10μονάδων)
Ευχαριστώ.

0/10 Tην ίδια απορία είχα και εγώ και είχα ρωτήσει την αρχηγό μας.

Karanus · #38

Ταπεινή μου άποψη είναι ότι αυτό δεν ήταν σωστό.
Θεωρώ ότι το σχήμα ήταν δύσκολο και οτι για να το κάνει κανείς ,έπρεπε να χρησιμοποιήσει ήδη δύο γεωμετρικά θεωρήματα που δείχνουν γνώση.
Νομίζω οτι το σχήμα ήταν η ουσία της άσκησης ( και η χρησιμότητα της) και στη συνέχεια βέβαια το λήμα με την ιδιότητα του ριζικού άξονα.
Το θεωρώ άδικο ,σωστό σχήμα σ'αυτήν την άσκηση, να μην βαθμολογηθεί.
Σπύρο η δική σου μία μονάδα ,απο που προήλθε, χώρις να θέλω να πω ,ότι το σχήμα και μόνο ,άξιζε τόσο.
Άξιζε πολύ παραπάνω!!

Δημήτρης Μυρογιάννης · #39

Πρόβλημα 2
Οι κύκλοι και τέμνονται στα, διαφορετικά, σημεία και . Η ευθεία είναι η κοινή εξωτερική εφαπτομένη των κύκλων και . Εφάπτεται στους κύκλους και στα σημεία και , αντίστοιχα.
Αν η ευθεία είναι κάθετη στην και ισχύει , να βρεθεί το μέτρο της γωνίας $\angle NMB$ .

Εύκολα αποδεικνύεται, από δύναμη σημείου: $(EM)^{2}=EB\;EA=(EN)^{2}$ , ότι η προέκταση της κοινής χορδής διέρχεται από το μέσο

του κοινού εφαπτόμενου τμήματος των δυο κύκλων.
H

κατ’ανάγκην διέρχεται του κέντρου του κύκλου k_1

λόγω της δοσμένης καθετότητας της με το κοινό εφαπτόμενο τμήμα (ή αλλιώς το σημείο

είναι αντιδιαμετρικό του σημείου

).
Το τρίγωνο AME

είναι ορθογώνιο και ισοσκελές οπότε η γωνία MEA

έχει μέτρο

μοίρες.
Η γωνία MBA

ως βαίνουσα σε ημικύκλιο είναι ορθή, οπότε το μέτρο της γωνίας BME

είναι

μοίρες.

: Jbmo 2012 problem 2.PNG (23.45 KiB) Προβλήθηκε 1829 φορές

#40

Demetres έγραψε:
socrates έγραψε: Problem 4
Find all positive integers , , , and which satisfy .
Από $\bmod 3$ παίρνουμε ότι ο είναι άρτιος.
Από $\bmod 4$ παίρνουμε ότι και ο είναι άρτιος εκτός και αν .

Περίπτωση 1: .

Από τα πιο πάνω έχουμε άρτιος και περιττός. Έστω και . Τότε $2 \cdot 3^y + (25)^w = 7\cdot(49)^s$ . Από $\bmod 5$ έχουμε ότι $2 \cdot 3^y \equiv -2 \cdot (-1)^2 \bmod 5$ που δίνει $3^y \equiv \pm 1 \bmod 5$ και άρα πρέπει ο να είναι άρτιος, έστω . Τότε $2 \cdot 9^u + (25)^w = 7\cdot(49)^s$ . Από $\bmod 7$ έχουμε ότι $2^{u+1} + 4^w \equiv 0 \bmod 7$ . Αυτό όμως είναι άτοπο αφού $2^{u+1} \equiv 1,2,4 \bmod 7$ και $4^w \equiv 1,2,4 \bmod 7$ και άρα $2^{u+1} + 4^w \not \equiv 0 \bmod 7$ .

Περίπτωση 2:

Από τα πιο πάνω έχουμε άρτιοι. Έστω . Τότε $2^x3^z = 7^{2s}-5^{2w} = (7^s-5^w)(7^2+5^w)$ . Παρατηρούμε ότι το 3 διαιρεί μόνο ένα από τα αφού αν διαιρούσε και τα δύο θα διαιρούσε και το άθροισμά τους, άτοπο. Με την ίδια λογική από τα , μόνο ένα μπορεί να διαιρείται με το 4. Επίσης πρέπει και τα δύο να είναι άρτιοι.

Περίπτωση 2Α: $7^s - 5^w = 2^a \cdot 3^b$ με και .

Τότε πρέπει , άτοπο.

Περίπτωση 2Β: $7^s - 5^w = 2 \cdot 3^b$ με .

Αναγόμαστε στην περίπτωση 1 που δεν δίνει λύσεις.

Περίπτωση 2Γ: .

Από $\bmod 5$ παίρνουμε $s \equiv 1 \bmod 4$ .

Επίσης πρέπει $7^s + 5^w = 2^{x-1}3^y$ και άρα $7^s = 2^{x-2}3^y + 1$ .

Από $\bmod 4$ και αφού ο είναι περιττός παίρνουμε ότι και άρα $7^s = 2\cdot 3^y+1$ . Επειδή από «Lifting the exponent» πρέπει $3^{y-1}|s$ , έστω $s = r3^{y-1}$ . Τότε $7^{r\cdot 3^{y-1}} = 2 \cdot 3^y + 1$ . Για υπάρχει λύση η οποία δίνει την λύση . Αν τότε επαγωγικά $3^{y-1} > y$ , άρα $7^{r\cdot 3^{y-1}} > 6^y > 2\cdot 3^y + 1$ , άτοπο.

Περίπτωση 2Δ: με .

Από $\bmod 4$ πρέπει άρτιος
Από $\bmod 3$ πρέπει περιττοί
Από $\bmod 5$ πρέπει $a \equiv s \bmod 4$

Τα πιο πάνω όμως οδηγούν σε άτοπο.

Άρα η μοναδική λύση είναι η . Μήπως παραείναι δύσκολη για junior ή υπάρχει τίποτα πιο απλό; Τουλάχιστον να αποφύγουμε το LTE. (Δεν το έψαξα.)

Διόρθωση: Έκανα μια προσθήκη στο 2Γ. Ευχαριστώ τον Σωκράτη Λύρα που πρόσεξε το σφάλμα.