V Middle European Mathematical Olympiad

[Swistak]

No eloelo, pozdro ze sŁonecznej Chorwacji, a nie z deszczowego Amsterdamu !
No dzisiaj se były zawody indywidualne i wogle centralnie zadanka były proste i tak sie zlozyło, ze liczba zadan zrobionych przez kazdego z nas jest dana wzorem 1997 odjac rok urodzenia zawodnika. Młodym talentom troche nie pykło, ale to mozna bylo przewidziec po tym, ze grali do 6 w nocy w zakrapianego pokera. Zadanka powinny sie jakos niedlugo ukazac.
pozdro600

[Burii]

Słaba forma młodych talentów, dali im dzień wcześniej zadanka i skminili po jednym....

[Swistak]

No dobra, tak na serio, to indywidualne byly dzisiaj, ale to nie zmienilo faktu, ze calkiem spora liczba z nas zrobila wszystko . Zadania byly iscie dosc proste (easiest MEMO ever?) w wyniku czego ja, Zajac i Karol mamy wszystko, Kamil i Grzesiek maja 3, a Darek sie nie przyznaje .
Zadanka beda jakos niedlugo na tej stronce: ... 14&lang=en-- 3 września 2011, 21:35 --Okazalo sie, ze innym krajom nie poszo zbyt zarabiscie. W 2 najmocniejszych teamach poza Polska, czyli w wegierskim i niemieckim jest tylko jeden max, ale az 10 trojek i jedna dwojka. Poza nimi wiadomo mi jeszcze o Czechach, u nich bez szalu - najlepsza osoba tylko 2 pelne xD.

[Mama Jerza]

Chlopaki! Umieram z ciekawosci, jak wam dzisiaj poszlo! Mój Teoś wam strasznie zazdrosci tej wycieczki.

Przesylam buziaki z Polski :*

[Swistak]

Ano dzisiaj bylo w miare epicko. Udalo nam sie zrobic wszystko . Ja zrobilem 3 zadania, w tym moim zdaniem 2 najlatwiejsze (amok! i rwanie!) i 1 najtrudniejsze (CHŁOSTA!). Poza tym byly jeszcze 2 w miare harde. Jedno z nich (jazda!) zrobili na spolke Darek i Zajac, a drugie (i zgon!) zrobil Kamil z mala pomoca Karola.
Wegrzy, czyli chyba najmocniejszy team poza nami, zrobili 6 zadan .

[Burii]

Polska!!!

[Swistak]

Na stronie MEMO są już wszystkie zadania.
Są pod linkiem: ... 14&lang=en
Poza tym widzę ogromne zainteresowanie tym tematem .

[timon92]

I-3

Ukryta treść:    

po przeliczeniu kątów widzimy, że:
- trójkąty KAC i LAD są równoramienne
- E jest środkiem okręgu opisanego na ACD
łącząc te fakty widzimy, że E jest ortocentrum trójkąta AKL, stąd teza

[binaj]

T-2:    

założenie jest równoważne:
\(\displaystyle{ \sum \frac{1}{1+a}=1}\)

niech \(\displaystyle{ x=\frac{1}{1+a}}\) analogicznie y i z, wtedy:

\(\displaystyle{ a= \frac{y+z}{x}}\), a teza jest równoważna:

\(\displaystyle{ \sum \sqrt{ \frac{x+y}{4z} } \ge \sum \sqrt{ \frac{z}{x+y} }}\)
\(\displaystyle{ \sum \sqrt{xy(x+y)} \ge \sum 2z \sqrt{ \frac{xy}{x+y} }}\)
\(\displaystyle{ \sum (x+y)\sqrt{\frac{xy}{(x+y)}} \ge \sum 2z \sqrt{ \frac{xy}{x+y} }}\)
WLOG możemy założyć, ze \(\displaystyle{ x \ge y \ge z}\)
wtedy ciągi \(\displaystyle{ (x+y,x+z,y+z)}\) oraz \(\displaystyle{ ( \sqrt{ \frac{xy}{x+y} }, \sqrt{ \frac{xz}{x+z} }, \sqrt{ \frac{yz}{y+z} })}\) są jednomonotoniczne, używając Czebyszewa dostajemy teze

[jerzozwierz]

T8:    

Lemat:
niech \(\displaystyle{ p \in Z[x]}\). Jeśli \(\displaystyle{ p}\) przyjmuje dla pewnych dwóch argumentów względnie pierwsze wartości, wtedy istnieje nieskończony zbiór argumentów dla których \(\displaystyle{ p}\) przyjmuje wartości parami względnie pierwsze.
Dowód przez indukcję: mamy sobie \(\displaystyle{ n}\)-elementowy zbiór \(\displaystyle{ a_1, a_2, ... a_n}\) taki, że \(\displaystyle{ p(a_1), p(a_2),... p(a_n)}\) są parami względnie pierwsze, niech \(\displaystyle{ p_1, ... p_k}\) będą wszystkimi liczbami pierwszymi dzielącymi \(\displaystyle{ \prod_{i=1}^{n} p(a_i)}\). Teraz dla każdego \(\displaystyle{ p_i}\) istnieje takie \(\displaystyle{ r_i}\), że \(\displaystyle{ p(r_i)}\) nie jest podzielne przez \(\displaystyle{ p_i}\), w przeciwnym wypadku sprzeczność z założeniem. Z chińskiego o resztach znajdujemy argument, który przystaje do \(\displaystyle{ r_i}\) mod \(\displaystyle{ p_i}\) dla każdego \(\displaystyle{ i}\), on działa.

Zadanie właściwe:
połóżmy \(\displaystyle{ a=b=m(km+1)}\), \(\displaystyle{ c=m^2}\). Można się przekonać, że wtedy \(\displaystyle{ n = m(km+1)(m^2+2m) = (m^4+2m^3)k+ (m^3+2m^2)}\). Wobec tego cudowne są wszystkie liczby, które można przedstawić w takiej postaci. Używamy lematu dla \(\displaystyle{ p(x) = x^4+2x^3}\), dostajemy 2011 liczb \(\displaystyle{ b_1, b_2, ... ,b_{2011}}\) dla których \(\displaystyle{ p(b_1), ...}\) są parami względnie pierwsze. Z chińskiego twierdzenia o resztach istnieje takie \(\displaystyle{ A}\), które spełnia układ kongruencji \(\displaystyle{ A+i \equiv p(b_i)/b_i \ (mod \ p(b_i))}\). Liczby \(\displaystyle{ A+1, A+2,...A+2011}\) spełniają warunek zadania.

[Big ?eb]

Na stronie MEMO są już wszystkie zadania.
Są pod linkiem: ... 14&lang=en
Poza tym widzę ogromne zainteresowanie tym tematem .

Wszyscy kochają reprezentację i z drżeniem serca wyczekują na wyniki xD.