mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 30, 2013 6:49 pm**

Τά θέματα βρίσκονται ἐδῶ:

https://dl.dropboxusercontent.com/u/529 ... MO2013.pdf

Ἡ ἐξέταση τελείωσε στίς 14:30, ἀρχίζει ἡ βαθμολόγηση.

Γ.-Σ. Σμυρλῆς, Ἀγρός

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 30, 2013 8:11 pm**

Ωραία τα θέματα φέτος

Μια προσπάθεια για το 2ο πρόβλημα:

Καταρχάς, 2013=3*11*61

Από Μικρό Θεώρημα Fermat, $x^{10}=1(mod 11)\Righarrow x^5=+1,-1 (mod 11)$
Οπότε εύκολα βρίσκουμε με δοκιμές στον εκθέτη

ότι

Έχουμε λοιπόν ισοδύναμα τη νέα εξίσωση $x^5+4^{5*k}=2013^z \Leftrightarrow (x+4^k)*\frac{x^5+4^{5*y}}{x+4^k}=2013^z$

Από το λήμμα Lifting the exponent προκύπτει ότι οι παράγοντες στο αριστερό μέλος είναι σχετικά πρώτοι, αφού (5,2013)=1

Χωρίς βλάβη της γενικότητας x>4^k

Καταλήγουμε έτσι εύκολα σε 3 περιπτώσεις:

- x+4^k=3^z

και $\frac{x^5+4^{5*y}}{x+4^k}=(11*61)^z$
Πρέπει $3^{4z}=(x+4^k)^4>(11*61)^z$ , που δεν ισχύει

- x+4^k=11^z

και $\frac{x^5+4^{5*y}}{x+4^k}=(3*61)^z$
Πρέπει $(3*61)^z=\frac{x^5+4^{5*y}}{x+4^k}>\frac{x^4}{2}>\frac{11^{4*z}}{32}$ που δεν ισχύει για z>1

Για

εύκολα επαληθεύουμε ότι δεν υπάρχουν λύσεις

- x+4^k=(3*11)^z

και $\frac{x^5+4^{5*y}}{x+4^k}=61^z$
Ομοία με την 2η περίπτωση καταλήγουμε ότι δεν υπάρχουν λύσεις

Άρα δεν υπάρχουν θετικοί ακέραιοι που να ικανοποιούν την εξίσωση

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 30, 2013 8:29 pm**

Και μία για το 3ο:

$f(k^2x,k^2y,k^2z)=kf(k^2x,ky,z)=k\frac{z}{k^2x}f(z,ky,k^2x)=\frac{z}{x}f(z,y,x)=f(x,y,z)$

$f(x,y,z)=f(1,\frac{y}{x},\frac{z}{x})=f(1,ab,(a+1)b^2)=b(a+1)$ , όπου :
$ab=\frac{y}{x}$
$(a+1)*b^2=\frac{z}{x}$

Η λύση του συστήματος δίνει $b=\frac{-\frac{y}{x}+\sqrt{\frac{y^2}{x^2}+\frac{4z}{x}}}{2}$ και

$f(x,y,z)=\frac{2z}{-y+\sqrt{y^2+4zx}}$

Η παραπάνω ικανοποιεί και τις τρεις σχέσεις, άρα είναι η μοναδική λύση.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 01, 2013 12:02 am**

Πολύ όμορφη η Γεωμετρία. Γράφω τη λύση μου, αλλά μάλλον θα υπάρχει κάτι πιο σύντομο το οποίο δεν βλέπω...
Έστω R,S

αντίστοιχα τα σημεία επαφής των $\omega_a, \omega_b$ με τις BC,AC

.
Έστω

το σημείο τομής των MN,PQ

.
Αν

τέμνει την

στο

και η

την

στο

τότε προφανώς το τετράπλευρο KLDE

είναι εγγράψιμο. Οπότε αρκεί να δείξω ότι $AB\parallel ED$ . Όμως στο τρίγωνο XED

το

είναι ορθόκεντρο και άρα $XC\perp DE$ , συνεπώς για να ισχύει η παραλληλία πρέπει $XC\perp MP$ .
Εύκολα έχω ότι η

είναι παράλληλη στην διχοτόμο της $\angle BAC$ , άρα $MS\perp XP$ .
Όμοια, $PR\perp MN$ .
Τώρα μένει να δείξω ότι οι XC,PR,MS

συντρέχουν (και άρα θα συντρέχουν στο ορθόκεντρο του XPM

οπότε θα έχω το ζητούμενο).
Έστω $RS\cap PM\equiv T$ , $PX\cap CR\equiv U$ και $CS\cap MX\equiv V$ .
Εφαρμόζοντας το θεώρημα Μενελάου στο τρίγωνο ABC

με διατέμνουσες τις RSU,PQV,MNT

έχω ότι:

$\displaystyle\frac{TA}{TB}=\frac{s-b}{s-a}$

$\displaystyle\frac{UB}{UC}=\frac{s-c}{s-b}$

$\displaystyle\frac{VC}{VA}=\frac{s-a}{s-c}$

Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη τις 3 παραπάνω σχέσεις έχω ότι τα σημεία T,U,V

είναι συνευθειακά.
Συνεπώς τα τρίγωνα CSR,XPM

είναι προοπτικά ως προς άξονα, άρα θα είναι και ως προς κέντρο, δηλαδή οι XC,PR,MS

συντρέχουν και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 01, 2013 11:51 am**

Τό 4ο πρόβλημα (προταθέν ἀπό τήν Σερβία) δέν τό ἔλυσε πλήρως κανένας διαγωνιζόμενος.

Δοκιμάστε μέ Θεωρία Γραφημάτων, ἀφοῦ ὁρίσετε προσεκτικά πότε συνδέονται δύο κορυφές!

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 01, 2013 5:04 pm**

Να κάνω ένα σχόλιο για τη γεωμετρία. Η άσκηση προτάθηκε από τη Βουλγαρία και ουσιαστικά το κεντρικό λήμμα είναι το εξής:

Mikesar έγραψε: Έστω το σημείο τομής των .
Τότε $XC\perp MP$ .

Αυτό το λήμμα έχει πέσει στη Βουλγαρία σε διαγωνισμό στις αρχές του 2000. Θυμάμαι να το θέτει εδώ ή στο mathlinks ο κ. Στεργίου (ενδεχομένως να είναι
και σε κάποιο από τα βιβλία).

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 01, 2013 5:37 pm**

Μερικές υποδείξεις:

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 01, 2013 10:15 pm**

Τα αποτέλεσματα έχουν βγει. Οι πληροφορίες μιλούν για χρυσό μετάλλιο για τον Παναγιώτη Λώλα

ασημένιο μετάλλιο για τον Παναγιώτη Δημάκη

και τρία Χάλκινα μετάλλια Κων/νος Τσίνας, Αθηναγόρας Σκιαδόπουλος, Πέτρος Ντούνης

ΠΟλλά συγχαρητήρια!!!!!

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 01, 2013 10:46 pm**

Πολλά συγχαρητήρια στα παιδιά καθώς τα θέματα φέτος παρουσίασαν αρκετή πιστευω δυσκολία

!!!! Λογικά όπου να'ναι τα θέματα θα ανακοινωνθούν επίσημα και εδώ! http://www.bmo2013.eu/index.php/en/cont ... dHcCNjILz0

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 01, 2013 10:49 pm**

Συγχαρητήρια σε όλους και από εμένα. Ειδικά στους δυο Παναγιώτηδες, που μακάρι στην ΙΜΟ να έχουν αμφότεροι χρυσά, αλλά και στον Πέτρο Ντούνη που αν δεν απατώμαι έχει και διάκριση στη φυσική. Άρχοντες!!!

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 01, 2013 11:04 pm**

Ο Βαγγέλης Λάζαρης είναι αυτός που είναι και στην ομάδα φυσικής.

Ο Πέτρος Ντούνης είναι πρώτη λυκείου.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 01, 2013 11:12 pm**

Μπράβο στα παιδιά, πάντα επιτυχίες να έχουν!

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 02, 2013 12:35 am**

smar έγραψε:Ο Βαγγέλης Λάζαρης είναι αυτός που είναι και στην ομάδα φυσικής.

Ο Πέτρος Ντούνης είναι πρώτη λυκείου.

Μα νομίζω πως στην α λυκείου είναι έκτος... Όσο για το Βαγγέλη, δεν πειράζει που δεν πήρε τώρα μετάλλιο,θα μας βγάλει ασπροπρόσωπους στη φυσική.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 02, 2013 12:55 am**

Και μόνο η συμμετοχή σε έναν τόσο σπουδαίο διαγωνισμό είναι συμμετοχή αιχμής που φωτίζει λαμπρά, σταθερά και διαχρονικά, αφού στέλνει πολλαπλό μήνυμα ουσίας.
Αποτελεί νίκη για την Ελλάδα κάθε επιστημονική παρέμβαση από Έλληνες που αναγνωρίζεται και αγκαλιάζεται από τη Διεθνή Επιστημονική Κοινότητα.
Συγχαρητήρια στους συμμετέχοντες, στους γονείς τους αλλά και στους πραγματικούς τους δασκάλους.
Καλή συνέχεια με υγεία και πολλές επιτυχίες.
Ιδιαίτερα συγχαρητήρια στους τροπαιούχους του διαγωνισμού αυτού.
Εύχομαι από καρδιάς στά επίλεκτα μέλη της Εθνικής επί των Μαθηματικών επιτυχίες και στην επερχόμενη Ι.Μ.Ο., που έτσι και αλλιώς θα έρθουν, ώστε να μας κάνουν για άλλη μία φορά υπερήφανους.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 02, 2013 2:22 pm**

http://www.bmo2013.eu/images/Results/Me ... mbers_.pdf ...Να και τα επίσημα αποτελέσματα!!!συγχαρητήρια και πάλι στα παιδιά,πρώτα για τη συμμετοχή και έπειτα και για τα μετάλια!

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 02, 2013 3:24 pm**

Μια λύση για το πρόβλημα 4, ελπίζω να είναι σωστή.

Το μεταφράζουμε σε γράφημα ως εξής: ενώνουμε

κορυφές άμα οι αντίστοιχοι συμμετέχοντες δεν είναι φίλοι. Τότε, η συνθήκη γράφεται ως εξής: για κάθε κύκλο

και

εκτός του

, το

είναι συνδεδεμένο το πολύ σε ένα μέλος του

. Το ζητούμενο γίνεται: μπορούμε να χρωματίσουμε τις κορυφές με

χρώματα ώστε κάθε

κορυφές που συνδέονται να έχουν διαφορετικό χρώμα.
Τώρα, αρκεί να αποδείξουμε ότι κάθε τέτοιο γράφημα έχει μια κορυφή με βαθμό το πολύ

. Άμα ισχύει, τότε μπορούμε επαγωγικά να δείξουμε το ζητούμενο (αυτή η κορυφή μπορεί να χρωματισθεί ανεξαρτήτως των υπολοίπων οπότε μπορούμε να την αφαιρέσουμε, προφανώς άμα αφαιρέσουμε μια κορυφή, το γράφημα διατηρεί την παραπάνω ιδιότητα, οπότε πάλι θα υπάρχει μια κορυφή με βαθμό το πολύ

, κλπ).
Ας υποθέσομε ότι υπάρχει τέτοιο γράφημα με κάθε κορυφή να έχει βαθμό πάνω από

.
Ένα μονοπάτι $x_{1},...,x_{k}$ ονομάζεται αμείωτο αν οι κορυφές $x_{i},x_{i+j}$ δεν συνδέονται για οποιοδήποτε j>1

. Θεωρούμε ένα αμείωτο μονοπάτι μέγιστου μήκους

.
Τότε, θεωρούμε κορυφές a, b

που συνδέονται με την $x_{k}$ (υπάρχουν, καθώς ο βαθμός της $x_{k}$ είναι τουλάχιστον

). Τότε, προφανώς δεν θα ανήκουν στο μονοπάτι. Αν μια από τις a, b

δεν είναι συνδεδεμένη με καμία κορυφή του μονοπατιού, τότε έχουμε ένα μεγαλύτερο αμείωτο μονοπάτι, άτοπο.
Άρα, η

συνδέεται με την $x_{i}$ και η

με την $x_{j}$ . Χωρίς βλάβη της γενικότητας, $i \leq j$ . Τότε, η

συνδέεται με 2 στοιχεία του κύκλου $(x_{i}, x_{i+1},..., x_{n}, a, x_{i})$ , τα στοιχεία $x_{j}, x_{n}$ , που οδηγεί σε άτοπο από την συνθήκη του προβλήματος. Άρα, υπάρχει κορυφή με βαθμό το πολύ

.

Να σημειώσω ότι σαν να μην έφτανε η φυσική δυσκολία του προβλήματος, υπήρχε επιπλέον "τεχνητή" δυσκολία: το πρόβλημα προκύπτει άμεσα από μια πολύ πιο ισχυρή συνθήκη από αυτή που ζητάει η εκφώνηση. Έλυσα το πρόβλημα μόνο μετά από hint (υπάρχει κορυφή με βαθμό το πολύ 2), δεν πιστεύω ότι στην πίεση του διαγωνισμού θα έκαναν πολλά άτομα τέτοια μαντεψιά. Πάντως, δεδομένης της τεράστιας δυσκολίας του 4 σε σχέση με τα άλλα 3 προβλήματα, λογικά θα υπάρχουν αρκετά άτομα με βαθμολογία $30\pm \varepsilon$ .

Επίσης, συγχαρητήρια στην ομάδα για τις επιτυχίες της!

Καλή επιτυχία και στην ΙΜΟ.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 02, 2013 3:50 pm**

Συγχαρητήρια σε όλα τα μέλη της ομάδας μας! Τους εύχομαι παρόμοια επιτυχία και στην IMO!

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 02, 2013 4:53 pm**

Σαφώς ποιοτικότερα τα θέματα από πέρσι! Κάτι που είναι εμφανές και από τα cut-offs....πολλά συγχαρητήρια στην ελληνική ομάδα και τις ευχές μου για καλή συνέχεια στην ΙΜΟ!

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 02, 2013 9:32 pm**

Τεράστια επιτυχία για ακόμη μία χρονιά!!! Συγχαρητήρια σε κάθε ένα παιδί ξεχωριστά:

Στον Παναγιώτη Λώλα για το Χρυσό

Στον Παναγιώτη Δημάκη για το Αργυρό

Στον Κων/νο Τσίνα για το Χάλκινο

Στον Πέτρο Ντούνη για το Χάλκινο

Στον Αθηναγόρα Σκιαδόπουλο για το Χάλκινο

Στον Βαγγέλη-Δαμιανό Λάζαρη για τη συμμετοχή του!

Αλέξανδρος

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 02, 2013 10:47 pm**

cretanman έγραψε:Τεράστια επιτυχία για ακόμη μία χρονιά!!! Συγχαρητήρια σε κάθε ένα παιδί ξεχωριστά:

Στον Παναγιώτη Λώλα για το Χρυσό
Στον Παναγιώτη Δημάκη για το Αργυρό
Στον Κων/νο Τσίνα για το Χάλκινο
Στον Πέτρο Ντούνη για το Χάλκινο
Στον Αθηναγόρα Σκιαδόπουλο για το Χάλκινο
Στον Βαγγέλη-Δαμιανό Λάζαρη για τη συμμετοχή του!

Θερμότατα συγχαρητήρια σε όλους!!

Φιλικά,

Αχιλλέας

mathematica.gr

BMO 2013 Ἀγρός

BMO 2013 Ἀγρός

Re: BMO 2013 Ἀγρός

Re: BMO 2013 Ἀγρός

Re: BMO 2013 Ἀγρός

Re: BMO 2013 Ἀγρός

Re: BMO 2013 Ἀγρός

Re: BMO 2013 Ἀγρός

Re: BMO 2013 Ἀγρός

Re: BMO 2013 Ἀγρός

Re: BMO 2013 Ἀγρός

Re: BMO 2013 Ἀγρός

Re: BMO 2013 Ἀγρός

Re: BMO 2013 Ἀγρός

Re: BMO 2013 Ἀγρός

Re: BMO 2013 Ἀγρός

Re: BMO 2013 Ἀγρός

Re: BMO 2013 Ἀγρός

Re: BMO 2013 Ἀγρός

Re: BMO 2013 Ἀγρός

Re: BMO 2013 Ἀγρός