mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 12, 2012 2:35 pm**

Είναι πράγματι τιμητικό να υπάρχει πρόβλημα σε επίπεδο Ι.Μ.Ο. προταθέν από την Ελλάδα.
Αυτό συμβαίνει για 2η φορά σε επίπεδο Ι.Μ.Ο.
Την πρώτη φορά ήταν εισηγητής ο Δημήτρης Κοντογιάννης, τώρα εκτιμώ (χωρίς να το γνωρίζω), ότι εισηγητής του 1ου αυτού θέματος της Ι.Μ.Ο. 2012 πρέπει να είναι ο Βαγγέλης Ψύχας και αυτό αποτελεί απόλυτα προσωπική μου εκτίμηση.
Τα ειλικρινή μου συγχαρητήρια

edit: Ορθογραφικό

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 12, 2012 2:45 pm**

Πράγματι το προταθέν πρόβλημα είναι του Βαγγέλη Ψύχα, καλού φίλου και εξαιρετικού γεωμέτρη!

Συγχαρητήρια για την ιδιαίτερα τιμητική διάκριση του Βαγγέλη!

Συγχαρητήρια και σε ολόκληρη την Ελληνική αποστολή για τη συμμετοχή της και εύχομαι να ανταμειφθούν οι κόποι τους!

Αλέξανδρος

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 12, 2012 2:52 pm**

nickthegreek έγραψε:http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 4&t=488500

Πρόβλημα 4

Μου θύμισε αυτό: viewtopic.php?f=111&t=19519 (λόγω των περίεργων λύσεων που έχει....)

Ωραίο θέμα!!

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 12, 2012 5:37 pm**

Ας μου επιτραπεί να καταθέσω και μία άλλου τύπου διαπραγμάτευση για το 1ο πρόβλημα στηριγμένη στην μέθοδο επίλυσης ισοδύναμου προβλήματος εκμεταλλευόμενοι το μονοσήμαντο μεγέθους. Μέθοδο που κατά κόρον έχουμε δει σε πολλά προβλήματα εδώ στο mathematica.

► Θεωρούμε στη προέκταση της

τμήμα

.
Αυτό οδηγεί στο ότι η κάθετος BF_1

στην

περνά από το

, σαν διχοτόμος της γωνίας $\angle ABS_1$ .
Παρατηρούμε ότι:
$\angle F_1 MS_1 = \angle BJS_1 = \angle AJB = \angle \frac{C} {2} = \angle LMC$ που οδηγεί στο ότι τα σημεία L, M, F_1

είναι συνευθειακά, επομένως $F_1 \equiv F \Rightarrow S_1 \equiv S$
Συνεπώς ο κύκλος (J, JA)

περνά από τα σημεία S, T

, οπότε το πρόβλημα τελειώνει εδώ.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 12, 2012 7:11 pm**

Το ότι το πρώτο θέμα της φετεινής Ολυμπιάδας προτάθηκε από την ελληνική επιτροπή,
εδώ στο Καλοκαιρινό Σχολείο της ΕΜΕ στη Λεπτοκαρυά Πιερίας, το γνωρίζαμε από χθες και το γιορτάσαμε δεόντως.
Σήμερα, το ανακοινώσαμε στην πρωινή παράταξη των 200 μαθητών μας.
Ο Βαγγέλης παρουσίασε το πρόβλημα με τη λύση του (μάλλον τις λύσεις του) στο μάθημα Γεωμετρίας.
Περιμένουμε με αγωνία το μήνυμα του Αργύρη Φελλούρη για τις επιδόσεις των αγαπητών μας μαθητών στην ΙΜΟ 2012.

Φιλικά,
Ανδρέας Πούλος

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 12, 2012 8:07 pm**

Ας προσθέσω πως μερικές δημοσιεύσεις του Βαγγέλη Ψύχα στην στήλη Γεωμετρία για Ολυμπιάδες αναφέρθηκαν εδώ

Ενημερωτικά τα Φυλλάδια σε διαγωνιστικά μαθηματικά εφθασαν αισίως στην 5η version εδώ.

συνημμένα οι επίσημες εκφωνήσεις στα Ελληνικά

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 13, 2012 12:26 pm**

chris έγραψε:
Πρόβλημα 2ο:

Αν οι θετικοί πραγματικοί $\displaystyle a_2,a_3,...,a_n$ ικανοποιούν τη σχέση $\displaystyle a_2 \cdot a_3 \cdot ...\cdot a_n=1$ με $n \geq 3$ , να αποδειχθεί ότι:

$\displaystyle \left(a_2+1 \right)^2\left(a_3+1 \right)^3...\left(a_n+1 \right)^n>n^n$

Από την ανισότητα ΑΜ-ΓΜ έχουμε

$\displaystyle{(1+a_2)^2\geq (2\sqrt{a_2})^2=2^2a_2}$ ,

$\displaystyle{(1+a_3)^3=\Big(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+a_3\Big)^3\geq \Bigg(3\sqrt[3]{\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}a_3}\Bigg)^3=\frac{3^3}{2^2}a_3}$

$\displaystyle{\cdots}$

$\displaystyle{(1+a_n)^n=\Big(\frac{1}{n-1}+\frac{1}{n-1}+\cdots +\frac{1}{n-1}+a_n\Big)^n\geq \Bigg(n\sqrt[n]{\frac{1}{n-1}\cdot \frac{1}{n-1}\cdots \frac{1}{n-1}a_n}}\Bigg)^n= }$

$\displaystyle{=\frac{n^n}{(n-1)^{n-1}}a_n.}$

Με πολλαπλασιασμό των παραπάνω σχέσεων λαμβάνουμε

$\displaystyle{(1+a_2)^2(1+a_3)^3\cdots (1+a_n)^n\geq n^n(a_2a_3\cdots a_n)=n^n}$

με την ισότητα να ισχύει μόνο αν

$\displaystyle{a_2=1, ~ a_3=\frac{1}{2},..., a_n=\frac{1}{n-1}.}$

Τότε όμως θα είχαμε

$\displaystyle{a_2a_3\cdots a_n=\frac{1}{(n-1)!}\ne 1,}$ αφού $\displaystyle{n\geq 3.}$

Άρα,

$\displaystyle{(1+a_2)^2(1+a_3)^3\cdots (1+a_n)^n> n^n.}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 13, 2012 3:41 pm**

Για το 2ο αλλιώς θεωρώντας την συνάρτηση $\displaystyle \frac{(x+1)^n}{x}$ και πηγαίνοντας με το ελάχιστο που θα προκύψει συναρτήσει του

.Βέβαια αυτή τη λύση εύκολα την παρατηρεί κανείς αν έχει δει την πρώτη.

Συγχαρητήρια στον κ.Ψύχα για το πρόβλημά του!!
Έχει ανεβεί και η shortlist από πέρυσι.

Edit: απο επίσημα αποτελέσματα το μόνο που έχουμε μέχρι στιγμής είναι ότι στο 6ο πρόβλημα τα 5 από τα 6 μέλη της ομάδας πήραν 0 ενώ το αποτέλεσμα του 2ου διαγωνιζόμενου( που είναι ο Παναγιώτης από ότι είδα) δεν ανακοινώθηκε ακόμη.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 13, 2012 5:52 pm**

Για το 2ο, και για όποιους τους αρέσουν οι υπολογισμοί:

Για n=3

έχουμε καθαρά λυκειακή άσκηση, ελαχιστοποίηση της $(x+1)^2(\frac{1}{x}+1)^3$ (για $x=\frac{3}{2}$ με $MIN=\frac{3125}{108}>3^3$ ).

Για n=4

με λίγη χρήση μερικών παραγώγων (χωρίς πολλαπλασιαστές Lagrange) η ελαχιστοποίηση ανάγεται στην εύρεση του ελαχίστου της $\frac{27(x+1)^5(2x^2+x+3)^4}{16x^8(x+3)^3}$ ... που επιτυγχάνεται στην θετική ρίζα της τεταρτοβάθμιας (x^2+3x)(26x^2+25x+19)-(2x^2+x+3)(11x^2+35x+24)=0

(x^2+3x)(26x^2+25x+19)-(2x^2+x+3)(11x^2+35x+24)=0

, $\approx 2,22724$ , και ισούται προς $\approx 359,681>4^4$ . [Έχουμε δηλαδή $a_2\approx 2,22724$ , $a_3=\frac{2a_{2}}{a_{2}+3}\approx 0,85216$ , $a_{4}=\frac{1}{a_{2}a_{3}}\approx 0,52687$ -- όλα αυτά ελεγμένα στο WoframAlpha, το οποίο βρίσκει και απευθείας το ελάχιστο μέσω της εντολής find minimum of ((x+1)^2)*((y+1)^3)*((z+1)^4) for x>0, y>0, z>0, xyz=1.]

Γιώργος Μπαλόγλου

ΥΓ Νίκο συγχαρητήρια για την ωραία λύση σου!

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 14, 2012 4:30 am**

Για το 6ο:

Αρχικά παρατηρούμε, αν πολλαπλασιάσουμε τη δεύτερη σχέση με 3^n

, ότι το πλήθος των περιττών αριθμών στο σύνολο [1,n]

πρέπει να είναι άρτιος, επομένως ο

είναι της μορφής 4k+1

ή

.
Θα αποδείξουμε με επαγωγή ότι για κάθε

της μορφής αυτής υπάρχει μία ακολουθία που ικανοποιεί τη σχέση.
Δείχνουμε αρχικά κάποιες ταυτότητες.
$\frac{4n+2}{3^{k+1}}+\frac{2n+1}{3^{k+1}}=\frac{2n+1}{3^k}$
$\frac{1}{2^k}=\frac{1}{2^{k+1}}}+\frac{1}{2^{k+1}}$
Με χρήση αυτών των σχέσεων μπορούμε να περάσουμε από το 4n+1

στο

, αντικαθιστώντας τον όρο $a_{2n+1}=k$ με τον $a_{2n+1}=k+1$ και προσθέτοντας τον όρο $a_{4n+2}=k+1$ .
Θα δείξουμε τώρα έναν τρόπο να περνάμε από το 8k+1

στο

Θα αντικαταστήσουμε έναν όρο

της πρώτης ακολουθίας με 9 νέους όρους έτσι ώστε να ισχύει $a=\frac{m_1+m_2}{3^2}+\frac{m_3}{3^3}+\frac{a+m_4+m_5+m_6+m_7+m_8}{3^4}}$ , όπου m_i

είναι μια αναδιάταξη των αριθμών από το 8k+2

μέχρι και το 8k+9

.
Θέτουμε m_3=8k+2

και αν γράψουμε m_i=4k+u_i

στη σχέση τότε βρίσκουμε ότι υπάρχει τέτοιο

αν και μόνο αν 10|3k+6+u_1+u_2

. Αφού το

παίρνει όλες τις ακέραιες τιμές στο διάστημα [7,17]

(για $3\leq u_1<u_2 \leq 9$ ) θα υπάρχει τέτοιο ζεύγος για κάθε

, άρα και κάποιο

.
Για

ισχύει $a<\frac{m_i}{3}$ , άρα αντικαθιστώντας το

με τις νέες τιμές που βρήκαμε έχουμε μια νέα ακολουθία για n=8(k+1)+1

που ικανοποιεί και τις δύο ισότητες) [Η αντικατάσταση γίνεται ως εξής, όπου στα αριστερά μέλη έχουμε όρους της παλιάς ακολουθίας, στο τελευταίο της κάθε ισότητας καινούργιας: $a_{m_1}=a_{m_2}=a_a+2,a_{m_3}=a_a+3,a_{a}=a_{m_4}=a_{m_5}=a_{m_6}=a_{m_7}=a_{m_8}=a_a+4$ ]
Μένει λοιπόν να βρούμε κατασκευές για n=1,2,5,9

που είναι απλό.

Επίσης Συγχαρητήρια στον κύριο Ψύχα για το 1ο πρόβλημα.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 14, 2012 5:01 am**

Και μια διαφορετική προσέγγιση για το 4ο.

Θεωρώ ότι έχει αποδειχτεί ότι η

είναι άρτια και ότι f(0)=0

και ότι ισχύει f(2a)(f(2a)-4a)=0

(προκύπτει για a=b,c=-2a

)
Αν η

δεν μηδενίζεται στους θετικούς τότε παίρνουμε εύκολα με επαγωγή (για a=n,b=n+1,c=-2n

, έχοντας ως βάση ότι f(2)=4f(1))

ότι

Αλλιώς θα υπάρχει t>0

με

Για

βρίσκουμε ότι η

είναι περιοδική με περίοδο

. Έστω

η ελάχιστη θετική περίοδος, οπότε διαιρεί όλες τις υπόλοιπες περιόδους.
Άρα η συνάρτηση παίρνει πεπερασμένο πλήθος τιμών, οπότε υπάρχει $n \geq 0$ με t=2^n

(αλλιώς

για κάθε

, άτοπο αν t>1

)
Από την ταυτότητα (f(a)+f(b)-f(a+b))^2=4f(a)f(b)

μπορούμε να υποθέσουμε ότι όλοι οι όροι της συνάρτησης είναι μη αρνητικοί και ότι μέγιστη τιμή της συνάρτησης είναι το

. Είναι εύκολο να δούμε ότι την τιμή αυτή την παίρνει στο $χ=k2^n+2^{n-1}$ , αφού διαφορετικά θα ισχύει f(2x)=4m

, άτοπο.
Άρα $f(1)4^{n-1}=m=4^{n-1}f(3), f(1)=f(3)$ .
Αν $f(4) \neq 0$ τότε f(4)=16f(1)

και $(f(1)+f(3)-f(4))^2=4f(1)f(3) \Leftrightarrow 14^2f^2(1)=4f^2(1)$ , άτοπο. Άρα αρκεί να ελέγξουμε τις τετριμμένες περιπτώσεις f(1)=0,f(2)=0,f(4)=0

Λογικά μέσα στο επόμενο εικοσιτετράωρο θα έχουμε τις επιδόσεις των παιδιών. Εύχομαι καλά αποτελέσματα στην ομάδα μας.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 14, 2012 2:44 pm**

Τα πρώτα (μερικά) αποτελέσματα. Εξαιρετικές προοπτικές!
http://www.mediafire.com/?vve2f72sm6frr3r

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 14, 2012 7:48 pm**

Δείτε την τελευταία ενημέρωση των αποτελεσμάτων.
http://www.mediafire.com/?cyjrip29a8lgl0y

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 15, 2012 12:52 am**

Τελικά αποτελέσματα για την Ελληνική αποστολή:

Λώλας: 28
Δημάκης: 23
Μουσάτοβ: 17
Τσίνας: 16
Σκιαδόπουλος: 15
Τσαμπασίδης: 8

Τα cut off για τα μετάλλια θα αποφασιστούν αύριο.

Συγχαρητήρια και πάλι σε όλους τους συμμετέχοντες!

Αλέξανδρος

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 15, 2012 1:29 am**

Συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά για τη συμμετοχή και τις διακρίσεις που θα πάρουν!!!!!

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 15, 2012 6:12 pm**

Συγχαρητηρία σε όλα τα παιδιά!!
http://www.imo-official.org/team_r.aspx ... &year=2012

1

1

3

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 15, 2012 6:23 pm**

Πολλά συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά για την εξαιρετική τους προσπάθεια!

Ένα μεγάλο ΜΠΡΑΒΟ στον Παναγιώτη Λώλα για το χρυσό μετάλλιο!

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 15, 2012 6:23 pm**

Συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά! Τελικά ήταν να μην γίνει η αρχή με το χρυσό πέρυσι. Φέτος κι άλλο.. Πολύ καλή και η θέση της Ελλάδας στη γενική κατάταξη. Μπράβο μπράβο!!!!

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 15, 2012 6:31 pm**

'Ευγε, συγχαρητήρια σε όλους

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 15, 2012 6:36 pm**

2ο συνεχόμενο χρυσό

Η Ελλάδα είναι 26η στη γενική κατάταξη όπως και το 2004.

Συγχαρητήρια στον Παναγιώτη για αυτή την τεράστια επιτυχία. Γνωρίζοντάς τον είμαι πεπεισμένος ότι το αξίζει αυτό το μετάλλιο! Μπράβο!
Επίσης πολλά συγχαρητήρια στα υπόλοιπα παιδιά για τα μεττάλια και τη συμμετοχή! Ειδικά συγχαρητήρια στους 2 συμπολίτες για το χρυσό και το χάλκινο μετάλλιο με τα οποία επιστρέφουν.

Ενδιαφέροντα στοιχεία φαίνεται πως είναι το ότι η Κορέα τερμάτισε πρώτη στη γενική κατάταξη διακόπτοντας το Κινέζικο σερί ενώ ο Teodor von Burg σκαρφάλωσε στην κορυφή του Hall of Fame.

mathematica.gr

IMO 2012

Re: IMO 2012

Re: IMO 2012

Re: IMO 2012

Re: IMO 2012

Re: IMO 2012

Re: IMO 2012

Re: IMO 2012

Re: IMO 2012

Re: IMO 2012

Re: IMO 2012

Re: IMO 2012

Re: IMO 2012

Re: IMO 2012

Re: IMO 2012

Re: IMO 2012

Re: IMO 2012

Re: IMO 2012

Re: IMO 2012

Re: IMO 2012

Re: IMO 2012