mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 18, 2011 11:35 am**

Σήμερα είναι νομίζω η πρώτη μέρα του διαγωνισμού. Καλή επιτυχία στους Έλληνες μαθητές.
Όποιος μάθει οτιδήποτε νεώτερο ας μας ενημερώσει.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 18, 2011 11:52 am**

Καλές επιτυχίες.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 18, 2011 1:05 pm**

Όποιος θέλει να ''βλέπει'' παραλειπόμενα από την εκδήλωση ας πιέζει--->εδώ

Καλή επιτυχία στα παιδιά!

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 18, 2011 1:44 pm**

ΚΑΛΑ ΑΠΟΤΕΛΑΣΜΑΤΑ
ΓΙΑ ΤΗΝ ΕΘΝΙΚΗ ΤΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΤΗΣ ΠΑΤΡΙΔΑΣ ΜΑΣ

Σ.Ε.Λουρίδας

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 18, 2011 3:13 pm**

Τα 2 πρώτα προβλήματα.

Πρόβλημα 1: Για κάθε σύνολο $A = \{{a_1, a_2, a_3, a_4} \}$ τεσσάρων διαφορετικών θετικών ακεραίων, συμβολίζουμε με s_A

το άθροισμα a_1+a_2+ a_3+a_4

. Έστω

ο αριθμός των ζευγών (i, j)

, με $1 \leq i <j \leq 4$ , για τα οποία o αριθμός a_i + a_j

διαιρεί τον s_A

.
Βρείτε όλα τα σύνολα

τεσσάρων διαφορετικών θετικών ακεραίων για τα οποία έχουμε την μεγαλύτερη δυνατή τιμή για το n_A

.

Πρόβλημα 2: Έστω $\mathcal{S}$ ένα πεπερασμένο σύνολο σημείων του επιπέδου με τουλάχιστον δύο σημεία. Υποθέτουμε, επίσης, ότι δεν υπάρχουν τρία σημεία του $\mathcal{S}$ πού είναι συνευθειακά. Ένας ανεμόμυλος είναι μια διαδικασία που αρχίζει με μια ευθεία $\ell$ που διέρχεται από ένα μοναδικό σημείο $P\in\mathcal{ S}$ . Η ευθεία περιστρέφεται κατά την φορά των δεικτών του ρολογιού με κέντρο το σημείο

έως ότου συναντήσει για πρώτη φορά κάποιο άλλο σημείο του $\mathcal{S}$ . Αυτό το σημείο, έστω

, γίνεται το νέο κέντρο περιστροφής και η ευθεία περιστρέφεται κατά την φορά των δεικτών του ρολογιού με κέντρο το σημείο

μέχρι να συναντήσει ένα σημείο του $\mathcal{ S}$ . Η διαδικασία αυτή συνεχίζεται επ' άπειρον.
Δείξτε ότι μπορούμε να επιλέξουμε ένα σημείο

του $\mathcal{S}$ και μια ευθεία $\ell$ που διέρχεται από το

, έτσι ώστε ο προκύπτων ανεμόμυλος να χρησιμοποιεί κάθε σημείο του $\mathcal{S}$ ως κέντρο περιστροφής, απείρως πολλές φορές.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 18, 2011 3:15 pm**

Το 3ο πρόβλημα.

'Εστω $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ μια πραγματική συνάρτηση ορισμένη στο σύνολο των πραγματικών αριθμών που ικανοποιεί την σχέση

$f({x + y}) \leq y\,f(x) + f(f(x))$ ,

για όλους τους πραγματικούς

και

. Να αποδειχθεί ότι f(x) = 0

, για κάθε $x \leq 0$ .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 18, 2011 4:03 pm**

Για την 1

Ας υποθέσουμε ότι a < b < c <d

. Τότε $\displaystyle{ \frac{a+b+c+d}{c+d},\frac{a+b+c+d}{b+d} < 2 }$ και άρα $n_A \leqslant 4$ .

Θα δείξω ότι n_A = 4

αν και μόνο αν $A = \{a,5a,7a,11a\}$ ή $A = \{a,11a,19a,29a\}$ για κάποιο $a \in \mathbb{N}$ . Προφανώς για κάθε τέτοιο

ισχύει ότι n_A = 4

.

Από τα πιο πάνω παρατηρούμε ότι n_A = 4

μόνο αν οι $\displaystyle{ x = \frac{a+b+c+d}{a+d}}$ και $\displaystyle{y = \frac{a+b+c+d}{b+c}}$ είναι ακέραιοι. Επειδή όμως $\displaystyle{ 1/x + 1/y = 1}$ πρέπει x = y = 2

και άρα

, δηλαδή

.

Πρέπει a+d|2a+2d

και

. Έστω

. Επειδή

πρέπει

. Επίσης, επειδή a+c < b + c

, πρέπει

.

Έχουμε nm(a+b) + nm(2a + d - b) = (n+m)(2a+2d)

και άρα

.

Όμως $3mn - 2m - 2n = 3(m-2/3)(n-2/3) - 4/3 \geqslant 3(4-2/3)(3-2/3) - 4/3 >0$ . Άρα πρέπει 0 < 2m + 2n - mn = 4 - (m-2)(n-2)

. Από τις συνθήκες όμως που βρήκαμε για τα m,n

καταλήγουμε ότι n=3,m=4

ή

.

Αν

τότε

και

και παίρνουμε την πρώτη από τις δύο λύσεις. Αν n=3,m=5

τότε

και

παίρνουμε την δεύτερη λύση.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 18, 2011 8:32 pm**

Για το 3ο έχω βάλει μια λύση εδώ:
http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 7#p2363997

Αν και μου έφαγε ένα 3ωρο, είναι μάλλον εύκολο για 3ο θέμα σε IMO.
Το 1ο πρόβλημα πάλι, ήταν κι αυτό εύκολο αλλά ήθελε λίγη δουλειά και προσοχή για να μη χαθεί καμία περίπτωση.
Το 2ο δεν το προσπάθησα, αλλά από μια πρόχειρη ματιά μου φαίνεται αρκετά πρωτότυπο.

Καλά αποτελέσματα στην Ελληνική ομάδα.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 19, 2011 3:03 pm**

Το εκνευριστικό στο 3ο πρόβλημα είναι ότι, αν η δεδομένη ανισότητα ήταν αντεστραμμένη, έβγαινε σε δυο γραμμές !

Καλά αποτελέσματα και από εμένα.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 19, 2011 6:04 pm**

Δεύτερη μέρα στα Αγγλικά:
Problem 4. Let n > 0 be an integer. We are given a balance and n weights of weight 2^0, 2^1, . . . , 2^(n−1). We are to place each of the n weights on the balance, one after another, in such a way that the right pan is never heavier than the left pan. At each step we choose one of the weights that has not yet been placed on the balance, and place it on either the left pan or the right pan, until all of the weights have been placed.
Determine the number of ways in which this can be done.
Problem 5. Let f be a function from the set of integers to the set of positive integers. Suppose that, for any two integers m and n, the difference f (m) − f (n) is divisible by f (m − n). Prove that, for all integers m and n with f(m) ≤ f(n), the number f(n) is divisible by f(m).
Problem 6. Let ABC be an acute triangle with circumcircle Γ. Let l be a tangent line to Γ, and let l_a, l_b and l_c be the lines obtained by reffecting l in the lines BC, CA and AB, respectively. Show that the circumcircle of the triangle determined by the lines l_a, l_b and l_c is tangent to the circle Γ.

και η μετάφραση:

Πρόβλημα 4: Έστω ένας ακέραιος n>0

. Δίνετε μιά ζυγαριά και

βάρη με τιμές $2^0, 2^1, \ldots , 2^{n-1}$ . Πρόκειται να τοποθετήσουμε στην ζυγαριά κάθε ένα από τα

βάρη, το ένα μετά το άλλο, με τέτοιον τρόπο ώστε το δεξιό ταψί της ζυγαριάς να μην είναι ποτέ βαρύτερο από το αριστερό ταψί. Σε κάθε βήμα επιλέγουμε ένα από τα βάρη που δεν έχουν ακόμα τοποθετηθεί στην ζυγαριά, και το τοποθετούμε είτε στο αριστερό ταψί, είτε στο δεξιό ταψί, έως ότου τοποθετηθούν όλα.
Βρείτε το πλήθος των τρόπων με τους οποίους μπορεί να γίνει αυτό.

Πρόβλημα 5: Έστω

μια συνάρτηση από το σύνολο των ακεραίων στο σύνολο των θετικών ακεραίων. Υποθέτουμε ότι, για δύο οποιουσδήποτε ακεραίους

και

, η διαφορά f(n)-f(m)

διαιρείται από το f(m-n)

. Αποδείξτε ότι, για όλους τους ακεραίους

και

με $f(m)\leq{f(n)}$ , ο αριθμός f(n)

διαιρείται από τον f(m)

.

Πρόβλημα 6: Έστω ένα οξυγώνιο τρίγωνο ABC

και $\Gamma$ ο περιγεγραμμένος κύκλος του. Έστω

μια εφαπτομένη ευθεία στον $\Gamma$ και έστωσαν l_a

,

και

οι συμμετρικές ευθείες της ευθείας

ως προ τις ευθείες

,

και

αντίστοιχα. Δείξτε ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου πού ορίζεται από τις ευθείες l_a

,

και

εφάπτεται του κύκλου $\Gamma$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 19, 2011 6:44 pm**

για ελληνικά:
http://official.imo2011.nl/problems.aspx
επιλέξτε greek στο 2011, και μετά download.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 19, 2011 6:56 pm**

Για την 4.

Για κάθε διάταξη των κιλών, παρατηρούμε ότι σε κάθε κιλό έχουμε δύο επιλογές για το που θα το τοποθετήσουμε εκτός στην περίπτωση όπου αυτό το κιλό είναι μεγαλύτερο από όλα τα υπόλοιπα κιλά που ήδη τοποθετήθηκαν. Αυτό ισχύει επειδή για κάθε

έχουμε $2^0 + 2^1 + \cdots + 2^k <2^{k+1}$ .

Επομένως ο ζητούμενος αριθμός είναι ο $\displaystyle{ \sum_{\pi} 2^{n-f(\pi)}}$ όπου το άθροισμα είναι σε όλες τις 1-1 συναρτήσεις $\pi: \{1,2,\ldots,n\} \to \{1,2,\ldots,n\}$ και $f(\pi)$ ισούται με τον αριθμό των $k \in \{1,2,\ldots,n\}$ ώστε $\pi(i) \leqslant \pi(k)$ για κάθε $i \leqslant k$ .

Έστω T(n)

ο ζητούμενος αριθμός. Προφανώς T(1) = 1

. Για

γράφουμε
$\displaystyle{ \sum_{\pi} 2^{n-f(\pi)} = \sum_{\pi : \pi(1)=1} 2^{n-f(\pi)} + \sum_{i = 2}^n\sum_{\pi : \pi(i)=1} 2^{n-f(\pi)}}$

Παρατηρούμε τώρα ότι $\displaystyle{ \sum_{\pi : \pi(1)=1} 2^{n-f(\pi)} = T(n-1)}$ και $\displaystyle{ \sum_{\pi : \pi(i)=1} 2^{n-f(\pi)} = 2T(n-1)}$ για $i \geqslant 2$ . (*)

Επομένως T(n) = (2n-1)T(n-1)

και άρα επαγωγικά βρίσκουμε $\displaystyle{ T(n) = 1 \cdot 3 \cdots (2n-1) = \frac{(2n)!}{2^n n!}}$

(*) Ο λόγος είναι ότι για κάθε $1 \leqslant i \leqslant n$ υπάρχει 1-1 αντιστοιχία μεταξύ των 1-1 συναρτήσεων $\pi:\{1,2,\ldots,n\} \to \{1,2,\ldots,n\}$ με $\pi(1) = i$ και των 1-1 συναρτήσεων $\hat{\pi_i}:\{1,2,\ldots,n-1\} \to \{1,2,\ldots,n-1\}$ που δίνεται από τον τύπο $\hat{\pi_i}(j) = \begin{cases} \pi(j) - 1 & j < i \\ \pi(j+1) - 1 & j \geqslant i\end{cases}$ . Έχουμε $f(\pi) = f(\hat{\pi_i}) + 1$ αν i=1

και $f(\pi) = f(\hat{\pi_i})$ αν i >1

από το οποίο συμπεραίνουμε το (*).

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 20, 2011 4:26 pm**

Για το (5).

Αφού f(m) | f(m) - f(0)

για κάθε

, το $f ( \mathbb{Z} )$ είναι πεπερασμένο. Εστω n_1 > n_2 > ... > n_p

τα στοιχεία του. Ισχύει f(0) = n_1

.

Αν $f^{-1} (n_1) = \{ 0 \}$ τότε έστω t_2

το σημείο με την ελάχιστη απόλυτη τιμή τέτοιο ώστε f(t_2) = n_2

. Αφού $n_2 \mid f(x + t_2) - f(x)$ για κάθε $x \in \mathbb{Z}$ , ισχύει ότι το $f^{-1} (n_2) \cup \{ 0 \}$ είναι περιοδικό σύνολο με περίοδο t_2

και $n_2 \mid n_1$ . Αντικαθιστούμε την

θέτοντας

αντί

και συνεχίζουμε.

Θα αποδείξουμε επαγωγικά ότι το $t_k = \min \left( f^{-1} (n_k) \cap \mathbb{N}^* \right)$ ορίζεται για κάθε σημείο του πεδίου τιμών και $t_k \mid t_{k-1}$ για k > 2

. Από αυτό έπεται ότι $n_k \mid f(t_{k-1} - t_k) \mid f(t_{k-1}) - f(t_k) \implies n_k \mid n_{k-1}$ .

Εστω $t_{k-1} \mid t_{k-2} \mid ... \mid t_2$ και έστω $t_k = \min \{ m \in \mathbb{N}^* : f(m) = n_k \}$ . Το t_k

υπάρχει, αφού $f^{-1} (n_k) + t_{k-1} = f^{-1} (n_k)$ . Για τον ίδιο λόγο, $t_k \leq t_{k-1}$ . Θέτουμε $m = t_{k-1} \mod t_k$ . Ισχύει $n_{k-1} \mid f(t_{k-1}+m) - f(m)$ αλλά και $n_k \mid f(t_{k-1}+m)$ . Αν m > 0

τότε $f(t_{k-1}+m) = f(m)$ (αφού $t_{k-1} + m < 2 t_{k-1} \leq t_{k-2}$ ) και $n_k \mid f(m)$ με |m| < t_k

(άτοπο). Αρα m=0

και $t_k \mid t_{k-1}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 21, 2011 1:11 pm**

Έχουμε κανένα νεώτερο σχετικά με τις επιδώσεις των Ελλήνων μαθητών?

Πάντος συγκρίνοντας τα θέματα με άλλες χρονιές, μου φάνηκε ότι τα εύκολα (1,4,2,5) ήταν δυσκολούτσικα, ενώ τα δύσκολα (3,6) δεν ήταν και τόσο δύσκολα, οπότε βλέπω το αργυρό και το χάλκινο αρκετά χαμιλά φέτος (11-12 το ένα, 18-19 το άλλο), ενώ το χρυσό αρκετά ψηλά (31+)

ΥΓ: κύριε Δημήτρη (dement), δεν είδα ολόκληρη τη λύση σας (την τελευταία), αλλά κάτι δεν μου φαίνεται σωστό στην αρχή: είναι εύκολο να δούμε ότι η f μπορεί να είναι σταθερή, οπότε τότε παίρνει μόνο την τιμή n_1

και δεν γίνεται $f^{-1}(n_1) = \{0\}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 21, 2011 1:57 pm**

Καλημέρα Νίκο κι ευχαριστώ.

Από αβλεψία δε θεώρησα την περίπτωση $\{ 0 \} \subset f^{-1} (n_1)$ . Νομίζω πως τώρα είναι εντάξει.

Ισως δεν κατάλαβα αυτό που λες ότι η

πρέπει να είναι σταθερή : f(2n) = 2, f(2n+1) = 1

είναι μια λύση, δεν είναι έτσι;

Καλά να περνάς.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 21, 2011 2:33 pm**

dement έγραψε:Καλημέρα Νίκο κι ευχαριστώ.

Από αβλεψία δε θεώρησα την περίπτωση $\{ 0 \} \subset f^{-1} (n_1)$ . Νομίζω πως τώρα είναι εντάξει.

Ισως δεν κατάλαβα αυτό που λες ότι η πρέπει να είναι σταθερή : είναι μια λύση, δεν είναι έτσι;

Καλά να περνάς.

Ναι είναι, εγώ μπερδεύτηκα σε ένα σημείο, αλλά τώρα όλα είναι ok

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 21, 2011 2:52 pm**

Nick1990 έγραψε: Πάντος συγκρίνοντας τα θέματα με άλλες χρονιές, μου φάνηκε ότι τα εύκολα (1,4,2,5) ήταν δυσκολούτσικα, ενώ τα δύσκολα (3,6) δεν ήταν και τόσο δύσκολα, οπότε βλέπω το αργυρό και το χάλκινο αρκετά χαμιλά φέτος (11-12 το ένα, 18-19 το άλλο), ενώ το χρυσό αρκετά ψηλά (31+)

Και εγώ αυτό παρατήρησα αν και δεν παρακολουθώ τις βάσεις των μεταλλίων για να μπορώ να κάνω προβλέψεις. Το (1) νομίζω όμως ότι ήταν σχετικά εύκολο και ίσως δώσει αρκετές εύφημες μνείες. Είμαι περίεργος πάντως να δω πόσοι έλυσαν το (2) και πόσοι τα (3) και (6). Ίσως το (2) να ήταν το πιο δύσκολο πρόβλημα.

Παίζει η βάσεις να είναι πιο ψηλά λόγω των (3) και (5); Για παράδειγμα στο (5) αν κάποιος αποδείξει ότι f(n)|f(0)

ότι

και ίσως και κάποιες άλλες σχέσεις που χρησιμεύουν στην προτεινόμενη λύση μπορεί να πάρει 2-3 μονάδες ή δεν θα πάρει τίποτα;

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 21, 2011 3:26 pm**

Demetres έγραψε:
Για παράδειγμα στο (5) αν κάποιος αποδείξει ότι ότι και ίσως και κάποιες άλλες σχέσεις που χρησιμεύουν στην προτεινόμενη λύση μπορεί να πάρει 2-3 μονάδες ή δεν θα πάρει τίποτα;

Για την πρώτη σχέση σίγουρα δεν θα δωθεί μονάδα καθώς προκείπτει πολύ εύκολα, ενώ για το f(-n) = f(n)

μάλλον 1 μονάδα καθώς μπορεί να εχει λίγο δουλειά αλλά βγαίνει straightforward. Οι πολλές μονάδες στα IMO 3,5,6 που είναι τα πιο δύσκολα του διαγωνισμού, μοιράζονται στα 2-3 έξυπνα τρικ που είναι τα βασικότερα για τη λύση του προβλήματος, πράγμα που δεν ισχύει σε άλλους διαγωνισμούς (πχ σε BMO,Seemous οι μονάδες μοιράζονται ομοιόμορφα).

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 21, 2011 3:52 pm**

Nick1990 έγραψε:
Demetres έγραψε:
Για παράδειγμα στο (5) αν κάποιος αποδείξει ότι ότι και ίσως και κάποιες άλλες σχέσεις που χρησιμεύουν στην προτεινόμενη λύση μπορεί να πάρει 2-3 μονάδες ή δεν θα πάρει τίποτα;
Για την πρώτη σχέση σίγουρα δεν θα δωθεί μονάδα καθώς προκείπτει πολύ εύκολα, ενώ για το μάλλον 1 μονάδα καθώς μπορεί να εχει λίγο δουλειά αλλά βγαίνει straightforward. Οι πολλές μονάδες στα IMO 3,5,6 που είναι τα πιο δύσκολα του διαγωνισμού, μοιράζονται στα 2-3 έξυπνα τρικ που είναι τα βασικότερα για τη λύση του προβλήματος, πράγμα που δεν ισχύει σε άλλους διαγωνισμούς (πχ σε BMO,Seemous οι μονάδες μοιράζονται ομοιόμορφα).

Ευχαριστώ για την πληροφορία. Οπότε το 11-12 που είπες ακούγεται λογικό.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 21, 2011 5:06 pm**

έχω δει αποτελέσματα για τα p1, p5.
Δεν είμαι σίγουρος, αλλά: ο hel6 μέχρι τώρα έχει 14/14, ο hel2 11/14, o hel5 10/14, ο hel3 9/14 και οι άλλοι δυο 3/14. Δεν είμαι σίγουρος όμως, και ειδικά για το τελευταίο.
Αυτά φυσικά δεν είναι τα τελικά αποτελέσματα, αφού μπορεί να μεσολαβήσει κάποια αλλαγή(αν και η πιθανότητα είναι ελάχιστη).
Τώρα στο ποια είναι η πηγή μου... σε ένα βίντεο, για μισό δευτερόλεπτο φαίνεται ο πίνακας που ανακοινώνονται τα αποτελέσματα(λίγο θαμπά βέβαια, γι’ αυτό και δεν είμαι σίγουρος.)

Ξέρει κάποιος ποιο όνομα αντιστοιχεί σε ποιον αριθμό;

mathematica.gr

IMO 2011

IMO 2011

Re: IMO 2011

Re: IMO 2011

Re: IMO 2011

Re: IMO 2011

Re: IMO 2011

Re: IMO 2011

Re: IMO 2011

Re: IMO 2011

Re: IMO 2011

Re: IMO 2011

Re: IMO 2011

Re: IMO 2011

Re: IMO 2011

Re: IMO 2011

Re: IMO 2011

Re: IMO 2011

Re: IMO 2011

Re: IMO 2011

Re: IMO 2011