Euler inequalities algebra polynomial Vieta geometry LaTeX

[color=red]Σκέψεις - Προβληματισμοί[/color]

  Όπως είχα υποσχεθεί σε παλαιότερη επικοινωνία , σε αυτό το πεδίο θα αναφέρω κατά διαστήματα τα καλλίτερα βιβλία που πέφτουν στην αντίληψή μου και αφορούν την προετοιμασία των Ελλήνων μαθητών στους εσωτερικούς αλλά και τους διεθνείς μαθηματικούς διαγωνισμούς. Είναι προφανές ότι τη λίστα που θα σχηματιστεί μπορούν να τη συμπληρώνουν και άλλοι αναγνώστες και κυρίως νέοι μαθητές  ή  παλαιοί μαθητές που ασχολήθηκαν με τις ολυμπιάδες , μεταλλίστες ή μη , και που τώρα είναι φοιτητές ή σταδιοδρομούν σε χώρους συναφείς μα τα μαθηματικά και τις εφαρμογές τους. Σε μια μικρή χώρα, όπως η Ελλάδα, που η πραγματική γνώση και κυρίως η μαθηματική γνώση - αν και ακριβή σε επίπεδο προετοιμασίας για την εισαγωγή στα ΑΕΙ   - δεν προβάλλεται και δε στηρίζεται από τα επίσημα όργανα της πολιτείας , δεν περιμένει κανείς από τους μαθητές να ξεπεράσουν τον εαυτό τους και τις εγωιστικές νεοελληνικές αντιλήψεις  , ώστε να απαντήσουν με ειλικρίνεια στο ερώτημα
      [color=blue]<< Ποια βιβλία διαβάζεις για τις ολυμπιάδες ; >>  [/color]
που έιχα θέσει σε προηγούμενο topic και δεν εστάλλη ούτε μία απάντηση !
 Παρόλα όμως αυτά , θα υπάρξουν και μαθητές που θα πουν : << Εγώ διαβάζω αυτό και αυτό το βιβλίο κλπ>> , αποδεικνύοντας και το ήθος τους και το  υψηλό επίπεδο γνώσεών τους και την αξία τους που δε φοβάται τη σύγκριση και τον ανταγωνισμό. Πρέπει όμως να τονίσω ότι η βιβλιογραφική  ενημέρωση των μαθητών δεν είναι δική τους δουλειά , αλλά δική μας. Με άλλα λόγια δεν είναι υποχρεωμένοι οι μαθητές να ενημερώσουν τους συμμαθητές τους ποια βιβλία έχουν ή ποια προσφέρονται για μελέτη .Αυτό είναι καθήκον της ΕΜΕ , των παραρτημάτων , των μαθηματικών και όλων των άλλων που προανέφερα στην αρχή.
   Χωρίς καλό σύγγραμμα δεν υπάρχει γνώση. Δεν λέω και χωρίς καλό δάσκαλο – κάτι που είναι προφανές – γιατί θεωρώ ότι η υπόθεση ολυμπιάδες είναι πρώτα υπόθεση ταλέντου , αγάπης για τα μαθηματικά και προσωπικού μόχθου και ύστερα όλων των άλλων. Βέβαια η προπόνηση είναι πολύ σημαντική αλλά δυστυχώς στη χώρα μας οργανωμένη υποστήριξη των ταλαντούχων στα μαθηματικά μαθητών δεν υπάρχει. Αν κάποιος νομίζει ότι φταίει μόνο η ΕΜΕ ή ότι την περισσότερη   ευθύνη την έχει η ΕΜΕ , θα τον στεναχωρήσω. Ο κυριότερος υπαίτιος αυτής της κατάστασης είναι η αντίληψη που έχουμε εμείς οι μαθηματικοί για τα μαθηματικά , για το επάγγελμα του μαθηματικού και το ρόλο μας στο σχολείο και την κοινωνία. Φυσικά ούτε θα διαφωνήσω ούτε θα αντιδικήσω με κάποιον που έχει διαφορετική άποψη. Ίσα -  ίσα που θα χαρώ να ακούσω , όχι σε αυτό όμως το topic, τις απόψεις του στο πλατύ αυτό ζήτημα  και να  αντλήσω  από τη διαφορετικότητα και ενδεχομένως  από το διαφορετικό τρόπο προσέγγισης νέα στοιχεία και επιχειρήματα.
  Αρκετοί  γονείς μου παίρνουν συχνά τηλέφωνο και με ρωτούν :
   [color=red]<< Θέλω να  βοηθήσω το παιδί μου ,  που του αρέσουν τα μαθηματικά , και έχει διακριθεί  στο Θαλή ή τον Ευκλείδη  κλπ , ώστε να προχωρήσει. Ποια βιβλία πρέπει να διαβάσει ; Έχουμε βέβαια και τα δικά σας βιβλία αλλά τι άλλο πρέπει ακόμα να διαβάσει για να διακριθεί . Ξέρετε κάποιον να ασχολείται με ολυμπιάδες για να του κάνει λίγα μαθήματα , ώστε να τον οργανώσει και να του δώσει συγκεκριμένη δουλειά , θεωρία και ασκήσεις ;>>[/color]

 Αγαπητοί φίλοι , δεν έχω βρεθεί ποτέ σε δυσκολότερη θέση από αυτή , διότι είναι πραγματικά πολύ δύσκολο να τους απαντήσω. Αυτό συμβαίνει κυρίως διότι :
   [b]α) [/b]Κάθε παιδί βρίσκεται σε διαφορετικό σημείο εκκίνησης , είτε γιατί βρίσκεται σε διαφορετικοί τάξη , είτε γιατί προέρχεται από διαφορετικό περιβάλλον.
 [b]  β) [/b]Κάθε φάση διαγωνισμών θέλει λίγο πολύ διαφορετική αντιμετώπιση. Για παράδειγμα ,  τα παιδιά του Γυμνασίου που έχουν περάσει τον Αρχιμήδη και θα πάνε στη JBMO θέλουν τελείως διαφορετικά πράγματα από αυτά που θα πάνε στον Ευκλείδη ή τον Αρχιμήδη.Το ίδιο συμβαίνει και με τα αντίστοιχα παιδιά του Λυκείου που θα πάνε στις  ΒΜΟ – ΙΜΟ , Μεσογειάδα κλπ. Άλλα θέλουν οι μαθητές της Α’ Λυκείου και άλλα οι της Γ΄ .
   [b]γ)[/b]  Κάποιοι μαθητές που οι γονείς τους είναι μαθηματικοί ή μηχανικοί κλπ που γνωρίζουν μαθηματικά , μπορούν μέχρι ένα σημείο να βοηθήσουν τα παιδιά τους και να τους διδάξουν τα βασικά μαθηματικά , γεωμετρία , Άλγεβρα κλπ. Τι γίνεται όμως με αυτούς που δεν έχουν αυτή την πολυτέλεια;
    [b]δ)[/b] Σε ορισμένα ιδιωτικά σχολεία γίνονται και μαθήματα προετοιμασίας ,  κυρίως για τους διαγωνισμούς της ΕΜΕ. Τι γίνεται όμως με τα παιδιά των δημόσιων σχολείων , στα οποία η μόνη υπηρεσία που μπορεί να προσφερθεί – έναντι αδρής  αμοιβής βέβαια – είναι ιδιαίτερα μαθήματα για να μάθουν 20 θεωρήματα και 100 ασκήσεις ,ώστε να περάσουν στο Πανεπιστήμιο ;  Διότι κανείς δεν αναλαμβάνει το βαρύ φορτίο να προετοιμάσει μαθητή για μαθηματικούς διαγωνισμούς της ΕΜΕ , πόσο μάλλον για διεθνείς ολυμπιάδες( Δεν τους αδικώ , διότι ούτε και εγώ το κάνω ,  παρόλο που δέκα τουλάχιστον χρόνια ασχολούμαι κάπως πιο εντατικά με αυτό το θέμα. Δεν υπάρχει δυστυχώς χρόνος για να προετοιμαστεί σωστά ο δάσκαλος για μια τέτοιας υψηλής αξίωσης υπηρεσία).
   [b]ε) [/b]Υπάρχουν μαθητές που μπορούν να κατανοήσουν αγγλικό μαθηματικό κείμενο, οι περισσότεροι όμως όχι. Αυτοί δυστυχώς δεν μπορούν να χαρούν τα καλλίτερα αγγλόφωνα βιβλία που αφορούν στις ολυμπιάδες , ούτε να περιηγηθούν σε μαθηματικές ιστοσελίδες του διαδικτίου , όπου υπάρχει πλούσιο υλικό. Πώς λοιπόν να ανεβάσουν το επίπεδό τους;
   [b]στ)[/b] Τα βιβλία που αφορούν τις ολυμπιάδες και κυρίως τα ξενόγλωσσα , είναι μεν καλά βιβλία που οργανώνουν κάπως ορισμένα πράγματα , ασχολούνται όμως κατά κανόνα με προβλήματα ,  των οποίων η λύση προϋποθέτει καλή γνώση των βασικών μαθηματικών. Δυστυχώς ,  το Ελληνικό σχολείο είναι πολύ πίσω στην ύλη και μόνο στη Γ΄ Λυκείου τσακίζει τους μαθητές , όχι με τη δυσκολία αλλά με τον όγκο της ύλης που ο μαθητής καλείται όχι να μάθει , αλλά να κωδικοποιήσει ή να απομνημονεύσει ,  ώστε να γράψει στις εξετάσεις.
     Αυτά είναι μόνο μερικά βασικά ερωτήματα, ωστόσο δείχνουν το μέγεθος του προβλήματος. Λοιπόν , επειδή πολλοί έχουν τα ίδια ερωτήματα που μου θέτουν οι γονείς που προανέφερα , θέλω να προσπαθήσω – και με τη δική σας βοήθεια – να δώσω μια ικανοποιητική απάντηση. Έτσι
[b]i)[/b]	θα ετοιμάσω τίτλους βιβλίων για το κάθε πεδίο(τους έχω μεν αλλά θέλω να τους οργανώσω ανά τάξη και ανά επίπεδο
[b]ii)[/b]	θα προτείνω ένα πρόγραμμα , κάτι σαν αναλυτικό , που το είδα σε ένα ρουμάνικο μαθηματικό περιοδικό , στο οποίο θα γράφω ποια ύλη πρέπει να βγάλει ο μαθητής ανά τάξη ,  ώστε στο τέλος της Γ’ Γυμνασίου ή καλλίτερα αρχίζοντας την Α΄ Λυκείου να είναι περίπου έτοιμος να ασχοληθεί με τα γερά ζητήματα ολυμπιάδων ώστε μπορεί να διακριθεί και στην Ελληνική ολυμπιάδα αλλά και στη συνέχεια.
   Γιατί είναι φανερό ότι μαθητής που περιμένει να τελειώσει η Α΄ Λυκείου για να μάθει το το θεώρημα Θαλή  ή  το θεώρημα Euler καθώς και τόσα άλλα πράγματα , μπορεί να γράψει 20 στις εισαγωγικές της Γ΄ – όπως τόσοι μαθητές – αλλά σε ολυμπιάδα δε θα καταλαβαίνει ούτε σε ποια γλώσσα είναι γραμμένα τα θέματα !!!
 Λοιπόν , ξεκινάμε και καλή μελέτη.Όποιος θέλει να μάθει που θα βρει κάποια από τα βιβλία που ακολουθούν , ας γράψει PM ή                            [color=darkred]stergiu@otenet.gr[/color]

    [color=red]ΒΙΒΛΙΑ ΓΙΑ ΜΕΓΑΛΟΥΣ ( SENIOR LEVEL) - 1
    [/color][color=red] A. ΞΕΝΑ ΒΙΒΛΙΑ[/color]
  [b] 1.[/b] [color=blue]Arth. Engel, Problem Solving strategies[/color]-  SPRINGER VERLAG

 Το ευαγγέλιο του μαθητή και του  trainer  που ασχολείται με διαγωνισμούς. Καλά οργανωμένο , με βασικές μεθόδους και αρκετά υποδειγματικά και αντιπροσωπευτικά λυμένα θέματα.
 Εχει σπουδαίες μαθηματικές - ολυμπιακές ενότητες , όπως αριθμούς - αναλοίωτα -  παιγνίδια - γεμωμετρία - ανισότητες - μιγαδικούς με γεωμετρία  - ακολουθίες κλπ.
 Είναι κατάλληλο κυρίως για μαθητές που έχουν τελειώσει τη βασική σχολική ύλη και βρίσκονται στα μέσα περίπου της Α΄λυκείου(για τα δικά μας δεδομένα και λίγο μετά).Δεν νοείται μαθητής με στόχο τις ΙΜΟ που να μη το ξεκοκαλίσει. Έχει και πολλές προτεινόμενες ασκήσεις , στις οποίες όμως δίνονται καλές υποδείξεις.Όποιος καταφέρει και το τελειώσει μέχρι τα μισά της Β΄Λυκείου , πάει για μετάλιο.
Οι μικροί μαθητές  - κάτω των 15 ετών - να μη βιαστούν να το ξεκινήσουν , διότι θα απογοητευτούν ίσως.Κάθε πράγμα στον καιρό του !!!

[b]  2. [/b][color=blue]Dukic - Jankovic - Matic - Petrovic , The IMO COMPENDIUM,[/color] Springer Verlag
  Ένα μοναδικό και ολοκληρωμένο βιβλίο που όλοι περίμεναν. Έχει 750 σελίδες με τις λύσεις όλων των  προβλημάτων των shortlist  των ΙΜΟ. Τι είναι τα shortlist ; Ας το πούμε για τους μικρούς φίλους του φόρουμ. Κάθε χώρα προτείνει κάθε χρόνο ορισμένα θέματα για την τρέχουσα μαθηματική ολυμπιάδα. Τα θέματα αυτά  - κοντεύουν τα 500 ή και τα ξεπερνούν - που αποτελούν τη long list τα επεξεργάζεται μια επιτροπή στη χώρα που γίνεται ο διαγωνισμός . Από αυτά επιλέγονται καμιά τριανταριά και από τους τέσσερις βασικούς κλάδους των ''ολυμπιακών μαθηματικών'' που είναι η Άλγεβρα , η Γεωμετρία , Η θεωρία Αριθμών και τα λεγόμενα Compinatorics. Έ ,  αυτά τα θέματα αποτελούν τη shortlist . Από αυτά άλλη επιτροπή  επιλέγει τα 6 θέματα που τίθενται για λύση στο διαγωνισμό. Αυτή είναι πάνω - κάτω  η διαδικασία για τη δημιουργία της shortlist.
Λοιπόν , το βιβλίο αυτό περιέχει τις λύσεις όλων αυτών των θεμάτων. Είναι σαφές ότι τα θέματα αυτά αποτελούν την αφρόκρεμα των στοιχειωδών μαθηματικών και διακρίνονται για την πρωτοτυπία  και την ομορφιά τους. Αν μάλιστα σκεφτεί κανείς ότι τα προτείνουν άνθρωποι με τέλεια γνώση των στοιχειωδών μαθηματικών αλλά και καθηγητές πανεπιστημίων , ειδικοί ερευνητές κλπ , είναι φανερό ότι πρόκειται για ένα τεράστιο πανανθρώπινο πολιτισμικό και επιστημονικό αγαθό των τελευταίων 50 χρόνων αλλά και συγχρόνως μια παρακαταθήκη που αφήνει ο  εικοστός αιώνας στις επόμενες γενιές.
  Το βιβλλίο είναι κατάλληλο για τους μαθητές της Β' κυρίως Λυκείου που είτε έχουν μελετήσει τον Engel , είτε έχουν αποκτήσει από διάφορες άλλες πηγές το ανάλογο υπόβαθρο. Φυσικά πρέπει να το έχουν και οι μικρότεροι μαθητές , να το ξεφυλλίζουν συχνά , να διαβάζουν κάποια θέματα και λίγο λίγο να εξοικειώνονται με το επίπεδο των ΙΜΟ. Στη βιβλιοθήκη δε των Μαθηματικών και των φίλων των μαθηματικών πρέπει να φιγουράρει στην πρώτη θέση !
Προτείνω να μελετηθεί κατά πεδίο , δηλαδή πρώτα μα μελετηθούν π.χ. 50 ασκήσεις από τη γεωμετρία , μετά  50 από την άλγεβρα κλπ , ώστε η μελέτη να μην έχει τόσο ενημερωτικό και αποσπασματικό χαρακτήρα αλλά τη μορφή συστηματικής μελέτης και άσκησης.
 Κοστίζει γύρω στα 80 ευρώ αλλά κάτι μπορεί να γίνει και να το βρείτε και φθινότερα. Εύχομαι να βρείτε το χρόνο να το μελετήσετε και να το απολαύσετε. Φυσικά , καλό είναι κατά τη μελέτη να έχετε δίπλα σας και άλλα σχετικά βιβλία με τις λύσεις των θεμάτων των ΙΜΟ, όπως αυτό του Δημήτρη Κοντογιάννη ( μοναδικό και σπάνιο βιβλίο - εξαντλημένο δυστυχώς) ή το βιβλίο της ΕΜΕ που είναι γραμμένο από καλούς και ικανούς συναδέλφους  , αλλά και των Klamkin - Greitzer  ή  Reiman. Αυτό θα βοηθήσει στον παραλληλισμό τυχόν διαφορετικών λύσεων.

Μετά τα δύο πρώτα βιβλία και όλα τα σχόλια , θα συνεχίσω άλλη μέρα σε άλλο post  και με άλλα βιβλία , διότι είναι πρακτικά δύσκολο να συνεχίσω  στο ίδιο.
 Με τους μαθητές του Γυμνασίου θα ασχοληθώ αργότερα και σε ξεχωριστή θέση ,διότι αυτοί αποτελούν την πιο ενδιαφέρουσα περίπτωση  μια και αποτελούν το φυτώριο για τη δημιουργία των μελλοντικών Ολυμπιακών ομάδων.
[u]Μπάμπης[/u]

[color=red]ΒΙΒΛΙΑ ΓΙΑ ΤΟ ΓΥΜΝΑΣΙΟ[/color]

   Η συστηματική προετοιμασία για τις ολυμπιάδες ξεκιξάει από το Γυμνάσιο , για να μην πω από το Δημοτικό( Ε' και ΣΤ' τάξη !) . Για το λόγο αυτό δίνω μεγάλη σημασία στα βιβλία που αφορούν το Γυμνάσιο. Ξεκινάω τη λίστα από σήμερα , έτσι ώστε οι Junior να ξεκινήσουν από το καλοκαίρι την ...προθέρμανση.
 Και ο πρόλογος αυτός ,  αλλά και ο κατάλογος θα πάρουν σιγά- σιγά την οριστική μορφή.

[b]1. [/b][color=blue]Σωκράτη Ρωμανίδη, Ή Άλγεβρα στις Ολυμπιάδες [/color], .........

  Θα σας περιγράψω αργότερα τα χαρακτηριστικά του ωραίου αυτού βιβλίου , στο οποίο εύχομαι [b]καλή επιτυχία! [/b] μια και είναι το νέοτερο και γραμμένο από εκλεκτό συνάδελφο.Η ευχή μου είναι να φανεί χρήσιμο  στα παιδιά και να εμπνεύσει ακόμα περισσότερους να ασχοληθούν με τους διαγωνισμούς.
 Λοιπόν , το βιβλίο κυκλοφόρησε και το έχω μπροστά μου. Στις 480 σελίδες του θα βρείτε θέματα - όλα λυμένα -από τις ενότητες:
 [b]α)[/b] Ταυτότητες -Παραστάσεις [b]β)[/b]Εξισώσεις - Ανισώσεις [b]γ)[/b] Συστήματα [b]δ)[/b] Ανισότητες.
 Πλούσια θεματογραφία με καλές ασκήσεις , κατάλληλο και για τους μαθηματικούς των σχολείων και των φροντιστηρίων.Δυστυχώς , αυτών των συναδέλφων η βιβλιοθήκη δεν κοσμείται από βιβλία ολυμπιάδων και διαγωνισμών παρά μόνο από SOS θέματα για τη Γ΄Λυκείου. Τους κατανοώ βέβαια , ωστόσο πρέπει να τους επισημάνω ότι παραβλέποντας τις ολυμπιάδες και τα σχετικά βιβλία , στερούνται από την πραγματική ηδονή των μαθηματικών.Τους προτείνω να στολίσουν τις προθήκες των βιβλιοθηκών τους με ολυμπιακά βιβλία και να βάλουν πιο μέσα τα φροντιστηριακά , γιατί μόνο αυτά ταιριάζουν με το ύψος του μαθηματικού.
  Το μόνο ''παράπονο'' :(  από το φίλο Σωκράτη είναι η περιορισμένη και σχετικά επιλεκτική βιβλιογραφία.Ωστόσο είναι πολύ καλή η αναφορά του στις σχετικές μαθηματικές ιστοσελίδες.
 Σας προτείνω ανεπιφύλακτα και αυτό το βιβλίο και εύχομαι στο συγγραφέα του καλή συνέχεια στο συγγραφικό έργο.

[b]2.[/b][color=blue]Νίκος Σκομπρής, 320 Αλγεβρικά Θέματα(για μαθητές 13 – 15 ετών), Εκδόσεις Σαββάλα
      Για τους διαγωνισμούς  Θαλής – Ευκλείδης – Αρχιμήδης[/color]

  Ο τίτλος περιγράφει ακριβώς σε ποιους απευθύνεται. Όλες οι ασκήσεις συνοδεύονται με πλήρη λύση στο τέλος του βιβλίου και αυτό το καθιστά ιδιαίτερα ευχάριστο στο  μαθητή που ασχολείται ή θέλει να ασχολείται και μόνος του.
Η άλγεβρα είναι το κλειδί για να μπει ένας μαθητής στο χώρο των διαγωνισμών , αφού αποτελεί το αλφαβητάρι για την εισαγωγή σε οποιαδήποτε έννοια. Αν λάβουμε υπόψη ότι οι μαθητές μας αργούν πολύ να εισαχθούν στις αλγεβρικές ενότητες στο Σχολείο , τότε το βιβλίο αυτό δίνει στο μαθητή  μια καλή ευκαιρία να ασχοληθεί με την Άλγεβρα και συγχρόνως να λύσει πολλές ενδιαφέρουσες ασκήσεις , πολλές από τις οποίες έχουν τεθεί ως θέμα σε διάφορους διαγωνισμούς.
 Το βιβλίο είναι έτοιμο και θα εκδοθεί ο φθινόπωρο του 2006.Θα το περιμένουμε !

[b]3.[/b][color=blue]Σωτήρης Λουρίδας – Κώστας Σάλλαρης , Μαθηματικές Ολυμπιάδες (για μαθητές Δημοτικού – Γυμνασίου), εκδόσεις Λιβάνη -2006[/color]

  Το βιβλίο περιέχει 262 λυμένα θέματα από την Αριθμητική , την Άλγεβρα , τη Λογική και τη Γεωμετρία, καθώς και 113 προτεινόμενα θέματα με τις απαντήσεις τους . Ένα όμορφο βιβλίο ,  με τη θεωρία του συνοπτικά , με καλά προβλήματα και ασκήσεις , πολλά από τα οποία  έχουν τεθεί σε σχολικούς ή άλλους διαγωνισμούς σε διάφορες χώρες του κόσμου. Πιστεύω ότι θα βοηθήσει αρκετά τους μαθητές -που έχουν το απαραίτητο θεωρητικό υπόβαθρο- να εμπεδώσουν με ευχάριστο τρόπο τις γνώσεις τους και να αποκτήσουν βαθμιαία ικανότητα για επίλυση συνθετότερων ασκήσεων.  Υπάρχει σε όλα τα βιβλιοπωλεία και συνιστώ στους ενδιαφερόμενους να το αποκτήσουν. Τελείως απαραίτητη θεωρώ την αγορά του από τις σχολικές βιβλιοθήκες , όπως βέβαια και των άλλων αντίστοιχων ‘’ολυμπιακών βιβλίων’’.

[color=red]ΒΙΒΛΙΑ ΓΙΑ ΤΟΥΣ ΜΕΓΑΛΟΥΣ ( SENIOR)- ΣΥΝΕΧΕΙΑ[/color]

   [b]3. [/b][color=blue] HERMAN - KUCERA-SIMSA, Counting and Configurations, Springer Verlag( Canadian Mathematical Society)

  [/color]
  Ένα εξαιρετικό βιβλίο πάνω στη συνδυαστική , τη συνδυαστική αριθμητική και τη συνδυαστική γεωμετρία
 Η θεωρία είναι με αποδείξεις , οργανωμένη με  αρκετά λυμένα και χαρακτηριστικά παραδείγματα , ασκήσεις για λύση σε κάθε πεδίο και παντού οι απαραίτητες υποδείξεις. Αυτή τη στιγμή , αν και έχω τόσα μέτωπα ανοιγμένα , νοιώθω ,  βλέποντας μπροστά μου το βιβλίο , να τα αφήσω όλα και ασχοληθώ ένα χρόνο με το βιβλίο αυτό! Τόσο πραγματικά ελκυστικό είναι το περιέχόμενό του. Περιέχει πράγματα που μόνο στη γεωμετρία του Κοντογιάννη έχω ξαναδεί μέχρι στιγμής και ίσως και κάποια στον Engel.
Πιθανόν να είναι εξαντλημένο. Θυμάμαι την τελευταία φορά που το είχα συστήσει στο φίλο μου Γιώργο Ευαγγελόπουλο , μόνο δυο -τρία ήταν ακόμα διαθέσιμα στο AMAZON. Φυσικά για τους Έλληνες μαθητές κάτι μαγικό - και ελληνικό !!! - θα κάνουμε , ώστε να μπορούν να το αποκτήσουν φθινότερα.
  Ίσως , μετά από αυτό το βιβλίο , το αντικείμενο που λέγεται Combinatorics  να μην προκαλεί στους διαγωνιζόμενους τόσο δέος. Μπορεί να διαβαστεί από ηλικία 15,5 χρονών και πάνω και αφού ο μαθητής έχει πάρει μια καλή γεύση από το βιλίο Mathematical Circle  της AMS. Θα ζητήσω από τον Ευαγγελόπουλο να μου δώσει και το άλλο μνημειώδες βιβλίο του Lowatch στη συνδυαστική και ίσως μπορέσουμε να το κάνουμε και αυτό προσιτό στον Έλληνα αναγνώστη.
 Λοιπόν , αποκτήστε και απολαύστε το [color=red] '' Configurations  '' [/color]!

[b]4.[/b][color=blue]Herman – Kucera – Simsa , Equations and Inequalities [/color], Springer Verlag (Canadian Mathematical Society).

      Όταν ξεφυλλίζει ένας μαθηματικός αυτό το βιβλίο λέει :
<<Έτσι πρέπει να γράφεται ένα βιβλίο ! >> .Πραγματικά , η δομή του είναι καταπληκτική. Περιέχει κατανοητή θεωρία που συνοδεύεται από καλές λυμένες ασκήσεις. Η θεωρία είναι τεμαχισμένη σε μικρές υποενότητες και στο τέλος κάθε υποενότητας ακολουθούν ασκήσεις για λύση , βαλμένες με σειρά και σκοπό. Τίποτα σε αυτό το βιβλίο δεν είναι ούτε περιττό ούτε σε λάθος θέση. Αυτός είναι ίσως και ο λόγος που η καναδέζικη μαθηματική εταιρεία ανέλαβε να το μεταφράσει από τα τσέχικα. Τι περιέχει όμως το βιβλίο ; [color=violet]Στο βιβλίο περιέχονται [/color]
 [color=red] α)[/color] [color=blue]Αλγεβρικές ταυτότητες και εξισώσεις [/color],  ανάμεσά τους το διωνυμικό θεώρημα , πεπερασμένα αθροίσματα, ταυτότητες όλων των ειδών , τηλεσκοπικά αθροίσματα , πολυώνυμα , σχέσεις Vieta , συμμετρικά πολυώνυμα , , άρρητες εξισώσεις , εφαρμογές των μιγαδικών αριθμών στην άλγεβρα κλπ.
 [color=red] β) [/color][color=blue]Αλγεβρικές ανισότητες.[/color] Ένα ολόκληρο κεφάλαιο αφιερωμένο σε αυτό το πλούσιο πεδίο που κάθε χρόνο δίνει θέμα στην ΙΜΟ. Καλά οργανωμένο και με καλές ασκήσεις. Αν κάποιος έχει μελετήσει το βιβλίο << Αλγεβρικές ανισότητες >> των Στεργίου – Σκομπρή , έχει καλύψει το περιεχόμενο του βιβλίου αυτού. Άλλωστε το βιβλίο αυτό το είχαμε μπροστά μας όταν γράψαμε τις ανισότητες και διδαχθήκαμε αρκετά πράγματα και από αυτό. Ωστόσο, η τρομερή μεθοδολογία του πάντα έχει να διδάξει κάτι , ακόμα και στον πιο μυημένο αναγνώστη.
   [color=red]γ)[/color] [color=blue]Θεωρία αριθμών.[/color] Ξεκινάει από τα απλά και φτάνει σε υψηλά επίπεδα, όχι όμως με μεγάλη έμφαση σε προβλήματα επιπέδου ΙΜΟ, χωρίς αυτό να σημαίνει ότι αυτός που θα το ξεκοκαλίσει δε μπορεί να λύσει άσκηση επιπέδου ΙΜΟ. Έχει ισοτιμίες , διοφαντικές εξισώσεις πολύ καλά δομημένες , βάσεις αρίθμησης κλπ. Δίνω ένα πρόβλημα που το επιλέγω τελείως τυχαία αυτή τη στιγμή που ξεφυλλίζω το βιβλίο.
 ‘’ Find the smallest natural number $n$  , for which the numbers  $19^{n}, 313^{n}$ end in the same three digits. Find these numbers.’’
  Δεν έχω κοιτάξει καν τη λύση , απλά το δίνω γιατί μου κάνει εντύπωση , αφού αυτή τη στιγμή ,  τουλάχιστον ,  δεν μου έρχεται καμιά(!) ιδέα για να ξεκινήσω.
 Να μην ξεχάσω να πω ότι στο τέλος του βιβλίου δίνονται καλές  υποδείξεις ή λύσεις σε όλες τις ασκήσεις
 Λοιπόν , πρόκειται για ένα βιβλίο προετοιμασίας για ολυμπιάδες. Διότι, βιβλία με μαθηματικά θέματα υπάρχουν πολλά και καλά , το θέμα όμως είναι να προτείνουμε βιβλία για το συγκεκριμένο  σκοπό που είναι η προετοιμασία , δηλαδή βιβλία που θα οδηγήσουν βαθμιαία το μαθητή να αποκτήσει ευχέρεια στη λύση ολυμπιακών προβλημάτων.
  Το βιβλίο μπορεί να μελετηθεί -  με καθοδήγηση -  από την αρχή της Α΄Λυκείου και μερικές ενότητες μπορούν και πρέπει να διαβαστούν και νωρίτερα. Μερικά εδάφια είναι απαραίτητα και για τους Junior μαθητές( οι αποκαλούμενοι ‘’μικροί’’)  που δίνουν  Αρχιμήδη ή Βαλκανιάδα νέων. Ο μαθητής της Β΄ Λυκείου πρέπει το αργότερο μέχρι τον διαγωνισμό του Ευκλείδη να έχει κατακτήσει πολύ καλά το αντικείμενο. Αυτό φυσικά μπορεί να γίνει  με την παράλληλη μελέτη και  άλλων βιβλίων.
 Η τιμή του βιβλίου είναι γύρω στα 70 ευρώ.  Επειδή ο Θεός δε δίνει μυαλό μόνο στους ''έχοντες ΄' που μπορούν να το αγοράσουν  και επειδή μαθηματικά θέλουν να μάθουν και  φτωχότερα παιδιά - τα περισσότερα στην Ελλάδα -  , ίσως το… ελληνικό δαιμόνιο φροντίσει ώστε οι ενδιαφερόμενοι να  βρουν το βιβλίο και με άλλο τρόπο , πολύ φθηνότερο. Ειδικά  , αν είναι εξαντλημένο !!! Θα σας πω άλλη φορά τον τρόπο.

Mias kai ginontai diafores protaseis gia olimpiaka vivlia, na proteinw to eksairetiko vivlio tou

[color=red]I. Sharygin  "Problems in Plane Geometry" ekdoseis MIR [/color]

(Einai rwssiko kai exei metafrastei sta agglika). Exei mia perifimi sillogi apo provlimata eukleideias Gewmetrias sinodeumena me tin lisi tous. Einai pragmatika vivlio tsepis kathws (an kai einai 400 selides) exei poli poli mikres selides se mikos kai platos. Ean o kirios Stergiu to exei ipopsi tou tha ithela na akousw tin apopsi tou gia to vivlio auto.

Sas to proteinw anepifilakta!!

Alexandros

Αλέξανδρε γεια !

 Έκανες πολύ καλά που έγραψες , διότι δίνεις και το καλό παράδειγμα για να γράψουν και άλλοι.
Πράγατι , πολύ καλό βιβλίο με πολύ καλά θέματα - προκλήσεις , όπως λέει και ο συγγραφέας στον πρόλογο. Νομίζω ότι πρέπει κάποιος να το λύσει στην Α΄Λυκείου ή έστω αρχίζοντας από την  Α Λυκείου- όχι γιατί είναι εύκολο -  αλλά διότι είναι πολύ βασικό.Αν κάποιος έχει στην οικογένειά του μαθηματικό ή άνθρωπο που να ξέρει μαθηματικά(μηχανικούς κλπ) , μπορεί να το ξεκινήσει και από τη Γ΄Γυμνασίου. Η άποψή μου είναι : ¨οσο νωρίτερα , τόσο καλύτερα.
  Εκτός αυτού , έχουμε να λύσουμε και τον Prasolovov , να μην το ξεχνάμε , που είναι ένα τεράστιας αξίας βιβλίο γεωμετρίας και καλύπτει όλα τα γεωμετρικά πεδία . Και του Sharygin αλλά και του Prasolov θα τα βάλω σιγά - σιγά στη λίστα.Σε ευχαριστώ.

[u] Μπάμπης[/u]
 Ααα ! Αλέξανδρε , εσύ πότε ξεκίνησες να το διάβαζεις αυτό το βιβλίο ; Εννοώ σε τι ηλικία και πώς ; Είχες διαβάσει πριν άλλο βιβλίο , Ελληνικό ή ξένο ;

[size=134](Gia osous den endiaferontai na diavasoun auto to post (isws) logw megethous: Pigainete sto telos, exei ena xrisimo sindesmo me links  kai odigoun se sites pou periexoun mathimatikous diagwnismous kai olimpiades opws episis kai kapoious xrisimous odigous gia na mathete ta vasika (kai oxi mono) sto LaTeX).[/size]

Na pw tin alitheia to petixa kata lathos sti Mathimatiki Vivliothiki tou X. Vafeiadi to kalokairi tis A' Likeiou -> B' kai pragmatika itan apo ta wraiotera vivlia askisewn pou eixan pesei sta xeria mou. (H Eleni Mitsiou kai o aeimnistos Th. Kazantzis itan kathigites mou se mathimatikous diagwnismous, opote to episkeptomoun sixnotata. Lipamai pou den tous gnwrisa nwritera alla logw tou epaggelmatos tou patera mou - stratiwtikos - allaza sinexws meri. Akoma kai sti Xalkida eimoun 6 xronia! :) ) . Mou arese to mikro megethos tou vivliou kai to vrika poli filiko otan to ksefilisa mesa sto vivliopwleio. Gi'auto to pira. Thimamai kai se ena diagwnismo sti Roumania to 98, tous mathites na to exoun fwtotipia kai na diavazoun "xrisimes askiseis" ligo prin tin enarksi. Se polles episis istoselides kai vivlia to exoun ws reference book sto telos.

To allo vivlio den to exw katholou ipopsi mou. Nomizw omws oti vrika mia selida sto ekswteriko kapoiou kathigiti pou to ksanaftiaxnei se LaTeX kai tha to dianeimei dwrean. Molis mathw ti egine tha sas enimerwsw wste opoios thelei na to katevasei na tou dwsw tin dieuthinsi.

Ti kala pou tha itan na eixame se ilektroniki morfi kai alla vivlia na ta tipwname! An eixe xrono o kathenas mas na kanei scan ena vivlio kathe 2-3 mines kai na to anevasei se kapoio istoxwro tha itan kalo gia olous mas. Diathesi gia mathisi iparxei, alla sixna den iparxei oute to katallilo iliko alla oute kai i oikonimiki enisxisi gia na agorastei. Ki eseis o idios vevaia eiste siggrafeas kai isws na akougetai ligo asximo auto alla i metadosi tetoiou eidous gnwsis tha eprepe na epidoteitai kai oxi na tin plirwnoume.

Oson afora alla vivlia distixws den eixa polla. Tote ksekinisa na agorazw apo tis ekdoseis katoptro tin sillogi me tis Olimpiades twn Hnwm. Politeiwn tou M. Klamkin kai ti sillogi me tis Panenwsiakes Olimpiades pou tote mou fainotan arketa diskoles. Apo Gewmetria eixa to vivlio tou Tzitzifa, tou Mpailaki kai siga siga pira tin seira me tin gewmetria twn Iisouitwn. Ta dio prwta omws, ta vrika poli endiaferonta gia ellinika vivlia. Elpizw na simfwneite kai eseis! Auta eixa na anefwrw gia arxi...

Filika,
Alexandros

Y.G. Exw ftiaksei stin istoselida mou, mia (kat'eme) endiaferousa lista me istoselides pou periexoun mathimatikous diagwnismous kai olimpiades opws episis kai kapoious xrisimous odigous gia na mathete ta vasika (kai oxi mono) sto LaTeX. Einai sillogi pou mazeuw 2-3 xronia kai eipa na tin sikwsw. Sigoura iparxoun para polla akomi pou den gnwrizw logw tou periorismenou xronou pou exw na asxolithw. Den einai topothetimenes oi selides me kapoia logiki seira kathws o prwtos stoxos mou itan na sas dwsw oso pio sintoma ti diki mou sillogi apo istoselides me mathimatikous diagwnismous. Opoios gnwrizei alles selides ektos apo autes pou exw, mporei eite na mou steilei PM na tin prosthesw, eite na tin steilei edw kai na tin simplirwsw sta links.

O sindesmos me ta links einai

[b] [url]http://www.math.uoc.gr/~ags/links.htm[/url][/b]

Πολύ καλή αυτή η πρωτοβουλία του κ.Στεργίου .

 Από μετριοφροσύνη όμως δεν έχει βάλει τα δικά του βιβλία "[color=blue]Μαθηματικές
 Ολυμπιάδες"  Β, Γυμνασίου  και Α Λυκείου[/color] , όπως και τις "Ανισότητες" , τα
 οποία είναι πολύ καλά για το ξεκίνημα .

 Θα συμπληρώσω τη λίστα των βιβλίων για τη Γεωμετρία με τους εξής  τίτλους :

 [color=red]1. Ισότητες και Ανισότητες στο τρίγωνο , του κ.Κοντογιάννη
 2. Geometry Revised , των Coxeter - Greitzer[/color]

Omega ,
  σε ευχαριστώ και εκτιμώ την πρωτοβουλία σου. Θα βάλω και τα βιβλία μου , αλλά αυτό θα το κάνω αργότερα στη λίστα με τα ελληνικά βιβλία. Τα ελληνικά βιβλία θα τα βάλω ξεχωριστά σε άλλο μήνυμα , διότι αυτά θα βοηθήσουν πιο πολύ τους μαθητές μας στο ξεκίνημα. Πρέπει να πω όμως και να συμπληρώσω ότι τις << Ανισότητες >> τις έχω γράψει με το Νίκο το Σκουμπρή , γνωστό στο forum ως << Nickolas>> , στον οποίο χρωστάμε και τη δημιουργία του ελληνικού forum.
Τα βιβλία που πρότεινες θα τα βάλω στη λίστα , φυσικά με τον απαραίτητο σχολιασμό τους. Ξανά ευχαριστώ.

 babis

[color=red][size=150]ΕΛΛΗΝΙΚΑ ΒΙΒΛΙΑ[/size][/color]

  [i]Για τα Ελληνικά βιβλία δε θα βάλω πολλά σχόλια. Είναι πολύ εύκολο να τα ξεφυλλίσει κάποιος πριν τα αγοράσει και να πάρει μια πρώτη εικόνα. Φυσικά ,  σχόλια μπορούν να κάνουν οι αναγνώστες - πάντα καλοπροαίρετα όμως για να μη χαλάσουμε το ωραίο κλίμα. Η αρνητική κριτική και οι συγκρίσεις νομίζω ότι είναι καλλίτερα να αποφευχθούν. Δεν ταιριάζει στο μέρος αυτό , διότι δεν κάνουμε διαφήμηση βιβλίων αλλά βιβλιοπαρουσίαση.Σκοπός μας είναι να δυναμώσουμε το οπλοστάσιο των μαθητών με καλά βιβλία και οι αναγνώστες ας κάνουν μόνοι τους τις εκτιμήσεις.[/i]

 [b][size=150]Α. Για το Γυμνάσιο[/size][/b]

[b]1. [/b][color=red]Μπάμπης Στεργίου , Ολυμπιάδες Μαθηματικών Β΄ Γυμνασίου , Εκδόσεις Σαββάλας[/color]

 [color=orange]Λίγη Ιστορία (από αυτή που αρέσει !)[/color]
       Ένα – τουλάχιστον ! -  από τα παιδιά των εκδοτών Σαββάλα είχε ως μαθητής Γυμνασίου αρκετό ταλλέντο αλλά και αγαπούσε τα μαθηματικά. Είχα και εγώ αρπάξει τον ‘’ υιό’’ των μαθηματικών ολυμπιάδων για τα καλά και έτσι όταν πρότεινα στους εκδότες και φίλους Άγγελο και  Σπύρο Σαββάλα να φτιάξω ένα εισαγωγικό βιβλίο μαθηματικών ολυμπιάδων για τη Β΄Γυμνασίου , η ιδέα τους ήρθε κουτί. Φυσικά όλοι το ξέραμε πως δεν επρόκειτο καθόλου για ευφυή(!) επιχειρηματική κίνηση , αφού ούτε εγώ θα έβγαζα από την υπόθεση αυτή τα έξοδα για το μελάνι που θα χρησιμοποιούσα , αλλά και αυτοί δεν θα έκαναν απόσβεση των εξόδων έκδοσης ! Όμως η πρόκληση και για αυτούς ήταν μεγάλη: Τι θα απαντούσαν στο παιδί αν τους έλεγε:
 ‘’ Καλά ρε μπαμπά , τι εκδότης είσαι αφού δεν έχεις ούτε ένα βιβλίο ολυμπιάδων ;’’
 Η ζωή  , αγαπητοί φίλοι – που λέει και ο Λιακόπουλος – είναι και πείσμα και γόητρο μερικές φορές. Έτσι όλοι μας ξεχάσαμε το ‘’ συμφέρον ‘’ και ακολουθήσαμε την καρδιά μας. Αποτέλεσμα αυτής της απόφασης ήταν να προκύψει ένα συμπαθητικό και πολύ χρήσιμο βιβλίο  για τους μικρούς φίλους. Εκατοντάδες παιδιά , γονείς  και συνάδελφοι επικοινώνησαν μαζί μας να μας πουν τα καλά τους λόγια – τους ευχαριστώ και από αυτό το βήμα – αλλά και να μας ενθαρρύνουν να συνεχίσουμε και με την επόμενη τάξη.
[color=orange] Τι να βάλω στο βιβλίο;[/color]
   Είχα προσέξει ότι για  τις μικρές τάξεις του Γυμνασίου είχε αναπτυχθεί σε διεθνές επίπεδο ένα άλλο είδος προβλημάτων και ασκήσεων που λείπει από τα δικά μας σχολικά βιβλία και βοηθήματα. Τα προβλήματα αυτά τα συναντούσες κυρίως σε διαγωνισμούς αλλά και σε κάτι ιστοσελίδες με την ένδειξη ‘’ άσκηση της εβδομάδας ή  του μήνα κλπ ‘’Συχνά τα βλέπαμε και στους διαγωνισμούς της ΕΜΕ ( Θαλής , Ευκλείδης κλπ) και μας έκανε εντύπωση η πρωτοτυπία τους. Συχνά αναρωτιόμουνα : << Μα που τα βρίσκουν αυτά τα θέματα; >>.
 Όλα όμως τα πράγματα έχουν την εξήγησή τους. Έτσι άρχισα να ψάχνω για βιβλία σε άλλες χώρες και κυρίως στις πρώην ανατολικές. Λοιπόν , έμεινα έκπληκτος !
  Βρήκα ωραία βιβλία  με θέματα διαγωνισμών και  περιοδικά με πλούσια θεματογραφία . Τα προβλήματα διακρίνονταν από πρωτοτυπία αλλά και από ομορφιά , αφού μόλις τα διάβαζες ήθελες να σταματήσεις κάθε άλλη δουλειά και αρχίσεις να λύνεις. Τη γοητεία που ασκούσαν πάνω μου αυτά τα θέματα θέλησα αμέσως να τη μοιραστώ με το ελληνικό κοινό. Και ο μόνος τρόπος ήταν  να τα συμπεριλάβω σε ένα βιβλίο.
 Από την άλλη μεριά η απλή παράθεση ασκήσεων μπορεί να αρέσει στο μαθηματικό , δε βοηθάει όμως το μαθητή να ξεκινήσει. Για το λόγο αυτό επέλεξα την εξής δομή.
  Το βιβλίο είναι χωρισμένο σε μικρές ανεξάρτητες ενότητες  που έχουν  τη βασική θεωρία , προσεγμένα και ελκυστικά παραδείγματα καθώς και πολλές λυμένες ασκήσεις . Πολλά από αυτά είναι θέματα διαγωνισμών άλλων χωρών αλλά και της ΕΜΕ. Στο τέλος κάθε ενότητας δίνονται για εξάσκηση αρκετές ασκήσεις που συνοδεύονται όμως από τις λύσεις τους στο τέλος του βιβλίου , ώστε ο μαθητής να μην απογοητεύεται και εγκαταλείπει τη μελέτη του.
   Προσπάθησα να βάλω ύλη από όλους τους κλάδους: Άλγεβρα , Θεωρία αριθμών , Γεωμετρία και Συνδυαστική. Έδωσα έμφαση στις ενότητες που αφορούν τα ,,Αναλλοίωτα’’ και τη  ‘’ θεωρία παιγνίων ‘’ , που είναι σχετικά άγνωστα στο ελληνικό μαθηματικό κοινό και που παρουσιάζουν το μεγαλύτερο ενδιαφέρον μια και συχνά παρουσιάζονται σους διαγωνισμούς.
 Αυτά τα … λίγα. Θέλω να πιστεύω πώς τα λεφτά για την απόκτηση ενός τέτοιου βιβλίου , όπως και κάθε ολυμπιακού βιβλίου άλλων συναδέλφων , θα πιάσουν τόπο και θα σας αποζημιώσουν με τον καλύτερο τρόπο. Και για να λέμε τα πάντα με τη γλώσσα της αλήθειας  - αφού αυτό είναι το πρώτο που σου διδάσκουν τα μαθηματικά – και για να αποφεύγονται παρεξηγήσεις πρέπει να ξέρετε ότι συγγραφέας κερδίζει 1 ευρώ ανά βιβλίο. Από τα άλλα που πληρώνετε, τα 5 είναι του βιβλιοπώλη και τα υπόλοιπα των πρακτορείων διάθεσης και των εκδοτών. Αν κάποιος μαθητής δεν έχει τη δυνατότητα να το αποκτήσει , ας μου γράψει να του το στείλω τιμητικά(δωρεάν).

[b]2.[/b] [color=red]Μπάμπης Στεργίου , Ολυμπιάδες Μαθηματικών Γ΄ Γυμνασίου , Εκδόσεις Σαββάλας[/color]

 Ακολουθεί το πνεύμα του προηγούμενου βιβλίου , αλλά το επίπεδο αναβαίνει σταδιακά.

[b]3. [/b][color=red]Μπάμπης Στεργίου , Ολυμπιάδες Μαθηματικών Α΄ Λυκείου , Εκδόσεις Σαββάλας[/color]

 Το βιβλίο αυτό θεωρώ ότι πρέπει να διαβαστεί στη Γ΄ Γυμνασίου και κυρίως το καλοκαίρι της Γ ΄ Γυμνασίου προς Α΄ Λυκείου , με εξαίρεση ίσως το κεφάλαιο των συναρτήσεων.
Γενικά , η βασική ύλη πρέπει να βγει νωρίς.Μέχρι το τέλος της Γ ΄ Γυμνασίου ο μαθητής πρέπει να κατέχει όλα τα εργαλεία της Άλγεβρας και της Γεωμετρίας. Άλλωστε , στη Βαλκανιάδα νέων , τα προβλήματα που τίθενται προϋποθέτουν καλή γνώση και των τριών παραπάνω βιβλίων.

 [b][size=150]Β. Για το Λύκειο[/size][/b]

 [i] Όποιος άργησε να ανακαλύψει ότι έχει ταλλέντο και όρεξη στα μαθηματικά και ξεκινάει την Α΄Λυκείου , θα πρέπει να μελετήσει πρώτα με σχετικά γρήγορο ρυθμό τα βιβλία [b]1[/b] και [b]2 [/b]που περιγράψαμε για το Γυμνάσιο.[/i]

[b]1.[/b] [color=red]Μπάμπης Στεργίου , Ολυμπιάδες Μαθηματικών Α΄ Λυκείου , Εκδόσεις Σαββάλας.[/color]

  Οι μαθητές της Α΄Λυκείου πρέπει να μελητήσουν εντατικά , ώστε να τελειώσουν νωρίς με την άλγεβρα , την  τριγωνομετρία, τα πολυώνυμα κλπ. Στη συνέχεια θα μελητήσουν θέματα διαγωνισμών ή ειδικά θέματα.Το βιλίο αυτό καλύπτει θέματα μέχρι τον Ευκλείδη και όχι πάντοτε , διότι ήταν σχεδιασμένο για τη Γ΄Γυμνασίου.Αν μελετήσετε γρήγορα το περιεχόμενό του , προχωρήστε στις Ανισότητες(το επόμενο βιβλίο).

[b]2.[/b]  [color=red]Μπάμπης Στεργίου - Νίκος Σκομπρής , Αλγεβρικές Ανισότητες , Εκδόσεις Σαββάλας.[/color]

  Τέσσερα χρόνια μας πήρε με το Νίκο για να το γράψουμε !
 Ως προς το παρόν δε γράφω τίποτα άλλο.
  Ο Eckard Specht , από το πανεπιστήμιο του Magdeburg της Γερμανίας , όταν του το  έστειλα , μας έγραψε:
  [color=blue]'' Το βιλίο αυτό πρέπει να είναι η  βίβλος των ανισοτήτων για τους Έλληνες μαθητές , όπως είναι ο  Engel για τις ολυμπιάδες !!! ''[/color]
  Ίσως ο Specht  να υπερβάλλει , αλλά δε θα τον προσβάλλουμε αμφισβητώντας την κρίση του !
    Απολαύστε το περιέχομενο αυτού του βιβλίου , όχι γιατί το γράψαμε εμείς , αλλά γιατί είναι από μόνο του υπέροχο !!!

[color=blue]Α! Μπορεί να διαβαστεί και από μαθητές που βρίσκονται στα μισά της Γ΄Γυμνασίου και έχουν προχωρήσει στην Άλγεβρα. [/color]

[b]3.[/b]  [color=red]Μπάμπης Στεργίου - Νίκος Σκομπρής , Κλασσικές και νέες  Ανισότητες , Εκδόσεις Σαββάλας.[/color]

 Το βιβλίο είναι ............. έτοιμο !
 Οι φίλοι των δυνατών εργαλλείων , όπως  jensen , muirhead , Popoviciu κλπ  θα συμπληρώσουν τη θεματογραφία του προηγούμενου βιβλίου. Το βιβλίο έχει τη δομή του παραπάνω , ξεκινώντας από τις κλασσικές ανισότητες με πολλά θέματα , λυμένα και για εξάσκηση( με όλες τις λύσεις στο τέλος του) και καταλήγοντας στα ειδικά θέματα.
 Αν ο χώρος το επιτρέψει θα φιλοξενήσουμε , εκτός από τα τελευταία θέματα διεθνών διαγωνισμών , και μερικά από τον Cirtoaje και τους Βιετανμέζους.
  Πιστεψτε μας , το περιμένουμε και εμείς !

[b]4. [/b] [color=red]Μπάμπης Στεργίου : Γεωμετρία για διαγωνισμούς , τομος 3( Μετρικές σχέσεις στον κύκλο - ριζικός άξονας , ριζικό κέντρο.[/color]

   Εκδόθηκε τον Ιανουάριο του 2009 . Περιέχει 355 ασκήσεις, από επίπεδο junior μέχρι ΙΜΟ !. Τα θεωρήματα είναι με αποδείξεις και όλες οι ασκήσεις είναι λυμένες.
  Αποτελεί μέρος μιας σειράς βιβλίων που ετοιμάζω για τη γεωμετρία, την...  [b][color=blue]'' αγαπημένη των Ελλήνων ''[/color][/b] , όπως την αποκαλώ !
  Πιστεύω σιγά - σιγά να βρω το χρόνο να ολοκληρώσω τους πρώτους δύο τόμους που θα καλυπτουν όλη τη βασική γεωμετρία και τα περισσότερα από τα βασικά θεωρήματα(πχ Euler, Ceva, pascal, leibniz, Simson, Stewart ,..).
 Το τελευταίο μέρος θα έχει γεωμετρικούς μετασχηματισμούς , πολικές , αρμονικές τερτάδες κλπ.

[b]5.[/b] [color=red]Ν.Ζανταρίδης – Κ.Παπαδόπουλος , Ανισοτικές Σχέσεις και Μαθηματικοί Διαγωνισμοί, Εκδόσεις ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΒΙΒΛΙΟΘΗΚΗ , Θεσσαλονίκη 2004[/color]

   Πρόκειται για ένα καλό βιβλίο αλγεβρικών ανισοτήτων , γραμμένο από  δύο καλούς συναδέλφους και φίλους. Περιέχει μια βασική λίστα με τις σημαντικότερες βασικές ανισότητες , 3 ομάδες με  αρκετές λυμένες ασκήσεις και 36 προτεινόμενες ασκήσεις με τις υποδείξεις τους .Τα θέματα είναι προσεκτικά διαλεγμένα , ώστε μέσα σε μικρό διάστημα να αποκτήσει κανείς μια καλή σχετικά άποψη για το τόσο όμορφο και πλούσιο αυτό αντικείμενο Οι λύσεις είναι αναλυτικά γραμμένες και καλά διατυπωμένες , ώστε να γίνονται εύκολα κατανοητές.
 Μπορεί να διαβαστεί από μαθητές της Α΄ Λυκείου , ίσως και από προχωρημένους μαθητές της Γ΄ Γυμνασίου. Το συνιστούμε , ανεξάρτητα από το αν έχετε και άλλα βιβλία ανισοτήτων , κυρίως γιατί είναι εισαγωγικό , λειτουργικό και δείχνει πολλά σε λίγο χρόνο !

 [b][size=150]Γ. Διάφορα βιβλία[/size][/b]

  [size=150][color=blue][b]1. Χαρ. Στεργίου - Σιλ. Μπραζιτίκος : Μαθηματικοί Διαγωνισμοί , εκδόσεις Σαββάλα - 2010[/b][/color][/size]

 Το βιβλίο απαυθύνεται κυρίως σε δύο κατηγορίες μαθητών :

[b]α) [/b]Σε αυτούς που έχουν προς τα μέσα ή το τέλος της Γ΄Γυμνασίου τελειώσει τη βασική σχολική ύλη και θέλουν να μπουν δυνατά στο χώρο των διαγωνισμών.

[b]β) [/b]Στους μαθητές της Α΄ και Β΄ Λυκείου που ακαλουθώντας ένα ίσως πιο ήπιο ρυθμό μελέτης  να γνωρίσουν το αληθινό πνεύμα των διαγωνισμών και των ολυμπιάδων μέσα από πραγματικά θέματα .

 Οι μαθητές της πρώτης κατηγορίας θα γνωρίσουν θέματα κατάλληλα (και μάλλον προς το δυσκολότερο)  για τον Αρχιμήδη, τους διαγωνισμούς επιλογής και την προετοιμασία τους για την βαλκανιάδα Νέων.Το βιβλίο αυτό θα ήταν ιδανικό για αυτή την κατηγορία των μαθητών, αν το ελληνικό σχολικό πρόγραμμα ήταν κάπως πιο απαιτητικό στις βαθμίδε ςτου Γυμνασίου, κάτι που συμβαίνει στις άλλες βαλκανικές χώρες. Ωστόσο, ακόμα και έτσι , οι μαθητές θα έχουν σημαντική βοήθεια, μια και το βιβλίο περιλαμβάνει με τις λύσεις τους όλα τα θέματα των Βαλκανιάδων Νέων , τα θέματα των shortlist και πλήθος από άλλα θέματα των τεστ επιλογής για τις ομάδες από άλλες βαλκανικές χώρες.Να αναφέρω επίσης ότι πολλά από τα θέματα αυτά είχα δώσει στο Σιλουανό για μελέτη όταν έκανε τα πρώτα του βήματα στην Οδύσσεια των διαγωνισμών. Ελπίζω και ο ίδιος να μη μου κρατάει ...κακία επειδή τον έρριξα στα βαθειά !

 Οι μαθητές της άλλης κατηγορίας  , όπως και κάθε άλλος μαθητής , θα έχουν τη δυνατότητα να γνωρίσουν την ποικιλία των ολυμπιακών θεμάτων και μέσα από όμορφα αλλά και διδακτικά συνάμα θέματα θα αποκτήσουν γνώση, δεξιότητες και τεχνικές , στοιχεία τελείως απαραίτητα για την αντιμετώπιση θεμάτων βαλκανιάδων και ΙΜΟ.

 Το βιβλίο είναι χωρισμένο σε τέσσερα μέρη :
 Στην Αλγεβρα, την Θεωρία αριθμών , τη Γεωμετρία και την συνδυαστική(combinatorics).
 Σε κάθε κεφάλαιο υπάρχουν ορισμένα απαραίτητα στοιχεία από τη θεωρία(στους αριθμούς βάλαμε περισσότερη θεωρία για να βοηθήσουμε τους juniors), ακολουθούν 10-15 λυμένες ασκήσεις και στη συνέχεια δίνονται για εξάσκηση αρκετές ασκήσεις όλων των βαθμών δυσκολίας.
 Στο δεύτερο μέρος του βιβλίου δίνονται οι λύσεις όλων των προτεινόμεων ασκήσεων, γεγονός που καθιστά τη μελέτη πιο ευχάριστη και αποτελεσματική.
  Θα λέγαμε ότι το βιβλίο αυτό δεν είναι εύκολο, χωρίς όμως να σημαίνει ότι καλύπτει τη δυσκολία των μεγάλων διαγωνισμών. Για το επίπεδο ΙΜΟ έχουμε κατά νου να γράψουμε αργότερα ένα άλλο βιβλίο που θα περιέχει το πιο όμορφα προβλήματα από τις shortlist με ποικιλία λύσεων, τους διαγωνισμούς επιλογής των δύσκολων χωρών(Ρωσία, ΗΠΑ, Κορέα, Ιραν κλπ) αλλά και διδακτικά θέματα εθνικών διαγωνισμών από άλλες χώρες και όλα τα χρόνια του θεσμού των ολυμπιάδων.Για την ώρα θέλουμε να πιστεύουμε ότι οι μαθητές που μελετήσουν συστηματικά τα θέματα αυτού του βιβλίου θα κάνουν ένα μεγάλο άλμα για την προετοιμασία τους στους διαγωνισμούς και αναπτύξουν ισχυρά εργαλεία για την αντιμετώπιση ακόμα και πολύ δύσκολων ασκήσεων.

 Ευχόμαστε σε  όλους καλή μελέτη και σύντομα να έρθει στη χώρα μας το πρώτο χρυσό μετάλλιο!

[b][size=150][color=#f00]Δ. NEA BΙΒΛΙΑ 2020[/color][/size][/b]

[i][b]ΜΑΓΚΟΣ-ΜΟΥΡΟΥΚΟΣ-ΣΤΕΡΓΙΟΥ-ΣΥΓΚΕΛΑΚΗΣ-ΧΡΙΣΤΟΦΙΔΗΣ (Εκ.Σαββάλας )[/b][/i]

[b][color=#00f]1. ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ- ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ

2. ΑΛΓΕΒΡΑ - Θ.ΑΡΙΘΜΩΝ[/color][/b]

Αλέξανδρε (Cretanman)γεια !

 Συμφωνώ μαζί σου σε αυτά που γράφεις αλλά καλλίτερα να πάρουμε τα πράγματα με τη σειρά.
   α)  Τα ηλεκτρονικά βιβλία που έχεις μπορείς να τα βάλεις και στο forum  σε αυτό το topic. Είναι πολύ εύκολο, αρκεί να τα έχεις σε PDF. Το ίδιο σκέφτομαι να κάνω και εγώ .
   β) Να στείλεις και τους διάφορους συνδέσμους που έχεις , ώστε να τις επισκέπτεται κάποιος απευθείας , χωρίς να χάνει χρόνο ψάχνοντας δεξιά – αριστερά.
   γ) Για το σκανάρισμα βιβλίων και τη μετατροπή τους σε pdf υπάρχει η εξής δυσκολία: Πρώτα - πρώτα αυτό είναι παράνομο και κυρίως για τα βιβλία που είναι σε κυκλοφορία. Φαντάζεσαι να σκανάρουμε τον ENGEL και να διαρρεύσει στο διαδίκτυο ; Θα έρθει ο Springer – ο εκδότης -  και θα μας ζητήσει 1 000 000 ευρώ αποζημίωση για διαφυγόντα κέρδη. Χαθήκαμε ! Σε  σπάνια βιβλία αυτό μπορεί να γίνει και όποιος μπορεί να το κάνει , ας το κάνει. Αλλά το πιο σημαντικό δεν είναι αυτό. Ακόμα και σκαναρισμένο να είναι ένα βιβλίο , για να το τυπώσει κάποιος θέλει τουλάχιστον 7 λεπτά τη σελίδα – αν έχει laser.Ίσως κάποιοι να μπορούν και φθηνότερα αλλά οι περισσότεροι θα το πληρώσουν ακριβότερα. Έτσι , ένα βιβλίο 300 σελίδων θα κοστίσει τουλάχιστον 20 ευρώ. Καλά , για τα Ελληνικά βιβλία δεν το συζητώ , η ηλεκτρονική μορφή και μετά η εκτύπωση δε συμφέρει κανένα , αφού με 20 το πολύ ευρώ το έχουμε δίχρωμο , δεμένο και καλοφτιαγμένο να μπαίνει στο ράφι , να το κουβαλάμε μαζί μας και να μην αλλοιώνεται στο χρόνο. Είμαι σίγουρος ότι σε ηλεκτρονική μορφή και σκαναρισμένα , θα εννοείς να διακινήσουμε ξένα και κυρίως  εξαντλημένα βιβλία. Λοιπόν , για αυτά θα προτείνω σε ένα γνωστό στην Αθήνα να κάνει για μας αυτή ακριβώς τη δουλειά , αν φυσικά το θέλει. Δηλαδή να τα σκανάρει , να τα δένει και να μας τα δίνει σχεδόν σε τιμή κόστους: 3 λεπτά τη σελίδα και 2 ευρω τη βιβλιοδεσία. Από εκεί θα το μπορεί να το παραγγέλνει οποιοσδήποτε , από όλη την Ελλάδα και να το παίρνει με αντικαταβολή με το ταχυδρομείο ή Courier κλπ . Με τον τρόπο αυτό όλοι μας θα μπορούμε να έχουμε τα καλλίτερα  - ξένα μόνο -  βιβλία με τιμή το πολύ 20 – 25 ευρώ , όταν η αρχική τιμή τους ξεπερνάει τα 70 – 80 ευρώ, βάλε και την αποστολή.(Μεταξύ μας ,  αυτό δε μας τιμάει ως χώρα , γιατί δίνουμε το δικαίωμα να μας λένε τσαμπατζήδες κλπ. Αν τα προμηθεύονταν όμως τα βιβλία οι σχολικές βιβλιοθήκες , δε θα είχαμε κανένα πρόβλημα να το κάνουμε αυτό και να γινόμαστε ρεζίλι. Είναι ντροπή να δίνουν οι σύλλογοι γονέων – κηδεμόνων και οι δήμοι μερικές χιλιάδες ευρώ το χρόνο για τις πενταήμερες εκδομές και να μη δίνουν να πάρει κάθε σχολείο 10 καλά βιβλία ή περιοδικά μαθηματικών για να ενισχύσει τους μαθητές του. Αλλά ας μη μπω σε αυτό το θέμα γιατί θα πω πολλά και δε θέλω.)
  Για το CRUX θα φτιάξω ένα cd με όλα τα τεύχη από το 1996 μέχρι σήμερα και θα το αφήσω σε κάποιον από σας να το δίνει και στους άλλους. Δε συμφέρει η ηλεκτρονική διακίνηση , διότι εκτός από παράνομη είναι και χρονοβόρα στο κατέβασμα και πιο πολύ στην εκτύπωση. Τώρα που το συζητάμε , καλό είναι να το τυπώσει και αυτό ο ίδιος άνθρωπος και να τα παίρνετε με 15 ευρώ τον τόμο. Εγώ, να σκεφτείτε, πληρώνω 80 ευρώ το χρόνο για τη συνδρομή και μερικά τεύχη χάνονται στο δρόμο γιατί κάποιοι τα …ξαφρίζουν !
  Δεν ξέρω αν συμφωνούν και οι άλλοι φίλοι με αυτή την ιδέα των ξενόγλωσσων ή αν έχουν να προτείνουν κάτι άλλο. Εδώ είμαστε.
 Τέλος, δε θέλω  να νομίσει κανείς ότι οι Έλληνες συγγραφείς έχουν αντίρρηση με την ηλεκτρονική μορφή των βιβλίων τους. Ο συγγραφέας παίρνει κοντά στο 1 ευρώ το βιβλίο – τα έχω ξαναγράψει αυτά - και δεν πρόκειται να γίνει φτωχότερος αν χάσει και 5  βιβλία το χρόνο από μαθητές που θα το διαβάζουν στην οθόνη. Όμως για να γίνει ένα βιβλίο χρειάζεται πολύς μόχθος και έξοδα – τα βιβλία μόνο και τις πηγές τις χρυσοπληρώνουμε. Στην Ελλάδα τα βιβλία  των ολυμπιάδων δεν έχουν κοινό. Άντε να δώσεις από 200 – 300 βιβλία το χρόνο , χαρά στο πράμα. Αυτός που κάνει ένα ιδιαίτερο πχ  Α΄ Λυκείου βγάζει τουλάχιστον 1500  το χρόνο. Δε συμφέρει να γράφεις ! Και αυτά τα λίγα βιβλία που κυκλοφορούν είναι γραμμένα με αίμα, ρωτήστε όποιον θέλετε !  Θέλω να τα ξέρετε αυτά για να είμαστε ξεκάθαροι. Τίμια πράγματα. Α ! Να πω και τούτο. Αν κάποιο βιβλίο το δώσω και ηλεκτρονικά στο διαδίκτυο θα το κατεβάσει ένας επιτήδειος ‘’ φωτοτυπάς ‘’ , θα το αναπαράγει , θα το πουλάει 30 ευρώ το ένα  , όταν  στο βιβλιοπωλείο μπορείς να  αγοράσεις 15 ή 20 ευρώ. Προσωπικά , αν κάποιος μου ζητήσει ηλεκτρονικά δικό μου βιβλίο , θα του το δώσω χωρίς να τον ρωτήσω τι το θέλει και συνάμα θα του χαρίσω και ένα βιβλίο ! Και αυτό γιατί δε θέλω να πιστεύει κάποιος ότι πίσω από αυτά που γράφω βρίσκονται άλλες σκοπιμότητες.
   Αυτά για τώρα. Θα επανέλθω με τίτλους βιβλίων.
[u]Μπάμπης[/u]

Kirie Stergiou,

Pragmati ksexasa na anaferw oti milaw gia ta vivlia pou den mporoume na vroume edw stin ellada kai twn opoiwn to kostos einai terastio. (Gia paradeigma tha ithela poli na vrw to IMO COMPENDIUM se ilektroniki morfi (to psaxnw arketo kairo twra)) kai oxi gia ta vivlia ekeina pou mporeis me 15 kai 20 eurw na ta agoraseis. Einai pragmati amartia na mi dwseis 5-7 eurw parapanw kai na min to exeis sti vivliothiki sou kai na to anoigeis opote theliseis. Omws pragmatika ta ksena vivlia einai poli poli diseureta kai panakriva. Auto pou mporoume na kanoume einai na ftiaksoume allo ena topic me vivlia pou exei o kathenas sti diathesi tou se ilektroniki morfi h pou mporei na ftiaksei kai na vroume kapoio xwro wste na ta filoksenoume anwnima kai na exoume to kefali mas isixo apo opoiondipote. Tha psaksw kai mporw na analavw egw na to ftiaksw auto. Meta enas- enas tha mou stelnei o,ti exei euxaristisi kai tha to vazw ston sigekrimeno xwro wste na mporoun na to katevasoun oloi. Min anisixeite an den mporeite na kanete .pdf. Auto mporw na to kanw egw. To mono pou xreiazetai na kanete, ean prokeitai na skanarete einai na swsete kathe selida se morfi eikonas .jpg kai meta na simpiesete (zipparete) tis eikones kai na mou steilete to zipparismeno arxeio afou prwta mou steilete PM gia na exw to nou mou kai na sinenoithoume.

Den kserw ti allo tha mporouse na ginei pragmatika... Oso mporw na voithisw egw tha to kanw! (se liges meres pisteuw tha exw xalarwsei apo to panepistimio kai tha mporw na ksekinisw siga siga na anevazw diafora vivlia).

Filika,
Alexandros

Y.G. Kalitera gia na mi gemizoume auto to topic me tetoiou eidous post alla mono me titlous vivliwn, na anoiksoume kapoio kainourio gia na kanoume ti sizitisi auti.

[color=red][size=150]ΒΙΒΛΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ[/size][/color]

   [i]Σε αυτό το εδάφιο θα παρουσιάζω βιβλία Γεωμετρίας. Η Γεωμετρία είναι το αγαπημένο πεδίο των Ελλήνων μαθητών και το δυνατό τους χαρτί στις ολυμπιάδες. Τιμάμε τη χώρα μας , όταν αγαπάμε τη γεωμετρία και μπορούμε να λύνουμε γεωμετρικά προβλήματα, μια και η γεωμετρία αναπτύχθηκε κυρίως από τους αρχαίους Έλληνες. Στη γεωμετρία υπάρχουν καλά , αλλά παλαιά ,  βιβλία , διότι κάποτε η γεωμετρία ήταν μάθημα που εξετάζονταν στις εξετάσεις για τα πανεπιστήμια. Δυστυχώς τα περισσότερα είναι εξαντλημένα. Ωστόσο θα αναφέρω ορισμένα από αυτά ,  διότι θα μπορούσαν να είναι πολύ χρήσιμα σε παιδιά που τρέφουν αγάπη για το αντικείμενο. Οι ενδιαφερόμενοι μπορούν να τα βρουν σε κάποιες βιβλιοθήκες – ακόμα και σχολικές – ή να ρωτήσουν ανθρώπους που σπούδασαν πριν το 1980.Θα εμπλουτίσω σιγά – σιγά τη λίστα με σχόλια, ώστε οι νέοι μας να μαθαίνουν για τη δομή του κάθε βιβλίου.[/i]

[b] [size=150]Α.ΕΛΛΗΝΙΚΑ ΒΙΒΛΙΑ[/size] [/b]
[color=blue] 1. Δ Κοντογιάννη, Μαθηματικές Ολυμπιάδες – ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ[/color]
     Πιθανόν εξαντλημένο ,αλλά ο Κοντογιάννης είναι … ανεξάντλητος ! Θα τον παρακαλέσω να βρει έναν τρόπο ,ώστε το βιβλίο να μπορούν να το βρουν οι ενδιαφερόμενοι.

[color=blue]2. Γ. Τσιντσιφας, ΕΠΙΠΕΔΟΜΕΤΡΙΑ[/color]
  Μοναδικό βιβλίο από έναν γεωμέτρη με παγκόσμια αναγνώριση. Δυστυχώς εξαντλημένο. Θα γράψω στον συγγραφέα να δω αν μπορεί να γίνει κάτι. Το θέμα που έβαλαν φέτος οι Τούρκοι στο test επιλογής της ομάδας τους ήταν και στον Τσίντσιφα. Αυτό δείχνει ότι το βιβλίο περιέχει πολύ καλά θέματα, ίσως τα καλλίτερα που κυκλοφορούσαν μέχρι το 1970.

[color=blue]3.Γιάννης Ντάννης , Επιτεδομετρία – 1[/color]
   Το καλλίτερο βιβλίο για να αποκτήσει κάποιος τα θεωρητικά εργαλεία  για να λύνει γεωμετρία. Καλά προβλήματα, όλα λυμένα αλλά δεν έχει ασκήσεις για εξάσκηση. Θα βρείτε εκεί όλα τα θεωρήματα , με αποδείξεις στα πιο απαραίτητα από αυτά  και βασικές αλλά πολύ καλές εφαρμογές.
 Δυστυχώς εξαντλημένο.

[color=blue]4. Γιάννης Μπαϊλάκης,Γεωμετρία Β΄Λυκείου.[/color]
Περιέχει σύντομη θεωρία και πολλές λυμένες ασκήσεις – ολυμπιακού κυρίως επιπέδου.Ο τίτλος <<… Β΄Λυκείου >> μη σας απασχολεί. Ο μαθητής των ολυμπιάδων  , από τον Ευκλείδη και μετά , πρέπει και μπορεί να το μελετήσει από τη Γ΄Γυμνασίου. Θα αποκτήσει σπουδαία εμπειρία , διότι πολλά θέματα έχουν μπει σε εθνικές ολυμπιάδες άλλων χωρών.

[color=blue]5. Μ.Π- Γεωργιακάκης , Γεωμετρία 1975[/color]
 Το καλλίτερο οργανωμένο βιβλίο ασκήσεων. Πολύ καλά θέματα , μέθοδοι και πολλές λύσεις , όπου αυτό είναι εφικτό. Πρέπει όμως να γνωρίζεις καλά τη βασική θεωρία από όλους τους χώρους(και πολικές ή αντιστροφή κλπ).Εξαντλημένο.
 Βλέπω στο εσώφυλλο του βιβλίου μου , ότι το είχα βρει ξεχασμένο σε κάποιο βιβλιοπωλείο στην Καρδίτσα το 1986 , από όπου περνούσα για το χωριό μου. Μου το είχε συστήσει ένας συνάδελφος που τον είχε καθηγητή σε κεντρικό φροντιστήριο των Αθηνών , όταν ήταν υποψήφιος το 1976.
Όταν πηγαίνετε διακοπές και βρίσκετε παλαιά βιβλιοχαρτοπωλεία με ιδιοκτήτες κάτι ‘’παπούδες ‘’ 70 χρονών ,να ρωτάτε:<< Μήπως έχετε τίποτα παλαιά βιβλία μαθηματικών ;>> . Αυτοί οι τύποι τα ξέρουν τα βιβλία αυτά καλλίτερα από εμάς… τους μαθηματικούς !!!
Μπορείτε έτσι να βρείτε πολύ καλά βιβλία για τη βιβλιοθήκη σας.

[color=blue]6.Χρήστου Ταβανλή, Επίπεδος Γεωμετρία[/color]

 Ένα ωραίο και σωστά οργανωμένο βιβλίο. Στην αρχή έχει τη θεωρία, όλα τα καλά θεωρήματα με τις αποδείξεις τους και μερικές βασικές εφαρμογές καλού επιπέδου. Είδα τα θεωρήματα  Ceva, Μεναλάου, την ευθεία Newton - Gaous, τη θεωρία αρμονικότητας και πολικών και όλη την ...ολυμπιακή ύλη.Στο 2ο μέρος έχει λυμένες αλλά και προτεινόμενες ασκήσεις σε κάθε κεφάλαιο. Μπορεί να είναι γραμμένο σε απλή καθαρεύσουσα , αλλά δεν θα δυσκολέψει κανέναν να το διαβάσει . Υπάρχει ακόμα στο εμπόριο. Εϊδα μερικά αντίτυπα στο βιβλιοπωλείο Σαββάλας-για όσους είναι Αθήνα. Πιθανόν όμως να υπάρχει και αλλού.

 [color=blue]7. Μπάμπης Στεργίου : Γεωμετρία για διαγωνισμούς , τομος 3( Μετρικές σχέσεις στον κύκλο - ριζικός άξονας , ριζικό κέντρο). [/color]

Εκδόθηκε τον Ιανουάριο του[color=red][b] 2009 [/b][/color]. Περιέχει 355 ασκήσεις, από επίπεδο junior μέχρι ΙΜΟ !. Τα θεωρήματα είναι με αποδείξεις και όλες οι ασκήσεις είναι λυμένες.
Αποτελεί μέρος μιας σειράς βιβλίων που ετοιμάζω για τη γεωμετρία, την... '' αγαπημένη των Ελλήνων '' , όπως την αποκαλώ !
Πιστεύω σιγά - σιγά να βρω το χρόνο να ολοκληρώσω τους πρώτους δύο τόμους που θα καλυπτουν όλη τη βασική γεωμετρία και τα περισσότερα από τα βασικά θεωρήματα(πχ Euler, Ceva, pascal, leibniz, Simson, Stewart ,..).
Το τελευταίο μέρος θα έχει γεωμετρικούς μετασχηματισμούς , πολικές , αρμονικές τερτάδες κλπ.

  [color=red]  Έπεται συνέχεια !!![/color]

[quote="stergiu"]
[color=blue] 1. Δ Κοντογιάννη, Μαθηματικές Ολυμπιάδες – ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ[/color]
     Πιθανόν εξαντλημένο ,αλλά ο Κοντογιάννης είναι … ανεξάντλητος ! Θα τον παρακαλέσω να βρει έναν τρόπο ,ώστε το βιβλίο να μπορούν να το βρουν οι ενδιαφερόμενοι.
[/quote]

Ρώτησα σε 4 βιβλιοπωλεία στην Αθήνα για αυτό το βιβλίο και δεν το βρήκα...  :(

[color=red]ΒΙΒΛΙΑ ΓΙΑ ΤΟΥΣ ΜΕΓΑΛΟΥΣ ( SENIOR)- ΣΥΝΕΧΕΙΑ [/color]

[b]5. [/b][color=blue]Andreescu - Andrica, Complex Numbers: From A to Z[/color], Birkhauser.

     Οι μιγαδικοί έχουν πολλά χαρακτηριστικά , ένα απο τα οποία είναι η εφρμογή τους στη λύση γεωμετρικών προβλημάτων κάθε δυσκολίας. Στο παραπάνω βιβλίο παρουσιάζονται οι μιγαδικοί με απλό και κατανοητό τρόπο με όλα τα σχετικά θεωρήματα. Πολλές  ασκήσεις  , όλες λυμένες ή σχεδόν λυμένες και ένα ειδικό κεφάλαιο αφιερωμένο στη λύση γεωμετρικών θεμάτων με μιγαδικούς. Προφανώς υπάρχει και το θέμα των πανελλαδικών 2006 , που αν και καλό στη βάση του  , η επιτροπή το κακοποίησε κι το έκανε μισητό !!!
  Το βιβλίο είναι χρήσιμο κι σε καθηγητές Λυκείου , αν και πολλά θέματα τα προσάρμοσα στις ελληνικές απαιτήσεις κι θα τα συμπεριλάβω σε κάποιο επόμενο βιβλίο μου.
  Είμαι σίγουρος ότι το βιβλίο αυτό και θα το ευχαριστειθείτε και θα μάθετε , όπως και εγώ , αρκετά σημαντικά πράγματα.Μπορείτε , αν δεν μπορείτε αλλιώς ,να το αποκτήσετε φθινά με το γνωστό τρόπο.

  [b]Καλή Μελέτη !!![/b]

[b]6.[/b][color=red]Vasile Cirtoaje , Algebraic Inequalities, Edition Gil , Romany 2006[/color]

  Το βιβλίο είναι και συλλεκτικό και πολύ χρήσιμο. Δε μαθαίνεις σε καμιά περίπτωση να αποδεικνύεις  ανισότητες , αν δεν είσαι ήδη καλός λύτης , γίνεσαι όμως τελειότερος και αγγίζεις τα όρια της αυθεντίας , όπως και ο συγγραφέας του. Όλα τα θέματα είναι λυμένα , κάτι που συμβαίνει με όλα σχεδόν τα ρουμάνικα ολυμπιακά βιβλία. Κοστίζει γύρω στα 45 ευρώ και είναι πάνω από 450 σελίδες. Όσοι έχετε φίλους στη Ρουμανία και διαθέτετε το ποσόν , αξίζει να το αποκτήσετε  , κυρίως για να μη σας κάνουν κάποιοι νεοφώτιστοι τους ειδικούς ,  δίνοντάς σας να λύσετε  ασκήσεις που δε θα βρείτε λυμένες πουθενά αλλού. Οι μαθητές μας που πρόκειται να μπουν με αξιώσεις στις ολυμπιακές μας ομάδες πρέπει να το συμβουλευτούν και να λύσουν ένα σημαντικό μέρος από τις ασκήσεις του. Σε αυτούς ίσως το δώσει δωρεάν η Μαθηματική Εταιρεία(αυτό δεν είναι προφητεία(!!!) , αλλά πρόταση προς την ΕΜΕ). Τέλος πάντων , για να μη  μακρηγορώ , το βιβλίο πρέπει να προσπαθήσουμε να το  κάνουμε προσιτό και στους Έλληνες μαθητές , ώστε να το αποκτήσει μεγαλύτερο κοινό. Θα δούμε αν μπορεί να δράσει ξανά το ελληνικό ….. δαιμόνιο.
  [b]Με την ευκαιρία : [/b]
 Aυτές τις σχολικές βιβλιοθήκες τι στο διάολο τις θέλουν(συγνώμη για τη λαϊκή αυτή έκφραση ,αλλά δεν τη σβήνω, γιατί έτσι νοιώθω) , αφού δεν αγοράζουν ούτε ένα βιβλίο της προκοπής που να ενδιαφέρει τους  ανήσυχους και ταλαντούχους μαθητές;

[quote="stergiu"]Πρόσθεσα σε προηγούμενη σελίδα το βιβλίο :

[i] [color=blue]6.Χρήστου Ταβανλή, Επίπεδος Γεωμετρία[/color]

 Ένα ωραίο και σωστά οργανωμένο βιβλίο. Στην αρχή έχει τη θεωρία, όλα τα καλά θεωρήματα με τις αποδείξεις τους και μερικές βασικές εφαρμογές καλού επιπέδου. Είδα τα θεωρήματα  Ceva, Μεναλάου, την ευθεία Newton - Gaous, τη θεωρία αρμονικότητας και πολικών και όλη την ...ολυμπιακή ύλη.Στο 2ο μέρος έχει λυμένες αλλά και προτεινόμενες ασκήσεις σε κάθε κεφάλαιο. Μπορεί να είναι γραμμένο σε απλή καθαρεύσουσα , αλλά δεν θα δυσκολέψει κανέναν να το διαβάσει . Υπάρχει ακόμα στο εμπόριο. Εϊδα μερικά αντίτυπα στο [color=red][b]βιβλιοπωλείο Σαββάλας[/b][/color]-για όσους είναι Αθήνα. Πιθανόν όμως να υπάρχει και αλλού.[/i]

 Συγνώμη που τόσο καιρό δεν το είχα βάλει, αλλά μου διέφυγε τελείως. Το θυμήθηκα χθες γιατί αγόρασα ένα ακόμα αντίτυπο για τη βιβλιοθήκη μου στο πατρικό σπίτι(στα βουνά ανοίγει η όρεξη για μελέτη , οπότε καλό είναι να υπάρχει!).
 Όσοι ενδιαφέρονται , ας βιαστούν , διότι έχουν μείνει μόνο λίγα αντίτυπα.

[color=red][b] Καλό Αύγουστο!!![/b][/color]
[u] Μπάμπης[/u][/quote]

Με την ευκαιρία να προσθέσω ότι στο ίδιο βιβλιοπωλείο είδα προχθές και καναδυό τεύχη από το βιβλίο του

[color=red][b]Δ.Γ.Κοντογιάννη : ισότητες και ανισότητες στο τρίγωνο(το κίτρινο , το μικρό).[/b][/color]

Μου έκανε εντύπωση διότι ήταν εξαντλημένο .Επειδή ξέρω ότι κάποιοι το ψάχνατε παλαιότερα, έχετε τώρα την ευκαιρία να το αποκτήσετε  .Μέχρι να βγάλω με τον Σκομπρή το

 '' γεωμετρικές ανισότητες ''

που το έχουμε έτοιμο ,  μπορείτε και με αυτό να κάνετε καλά τη δουλειά σας.Είναι άλλωστε βιβλίο πολύ καλό και χρήσιμο.Διότι το ''recent advances in geometrical inequalities '' που είναι η βίβλος των γεωμετρικών ανισοτήτων είναι εξαντλημένο, όπως επίσης και το κλασικό '' geometric inequalities''των Botema κλπ

 Μπάμπης

Κυκλοφόρησε και το βιβλίο :

[color=red][b] Μπάμπης Στεργίου : Γεωμετρία για Διαγωνισμούς , εκδόσεις Σαββάλα.[/b][/color]

 Περιέχει τις [color=blue][b]μετρικές σχέσεις σε κύκλο, ριζικό άξονα και ριζικό κέντρο[/b][/color].Έχει 350 ασκήσεις, όλες λυμένες .

Ξεκινάει από  επίπεδο junior και φτάνει μέχρι ΙΜΟ .

(Φεβρουάριος - 2009) Μπάμπης

to link einai ayto

http://www.mediafire.com/?tdzmnmmnt2d

kai periexei
to gnwsto vivlio toy prasolov orismena tou Andreskou k.a.

kalo diavasma...

Αγαπητοί φίλοι !

 Θέλω με χαρά να σας ανακοινώσω ότι μόλις κυκλοφόρησε το βιβλίο :

 [size=150][color=blue][b]Χαρ. Στεργίου - Σιλ. Μπραζιτίκος : Μαθηματικοί Διαγωνισμοί , εκδόσεις Σαββάλα - 2010[/b][/color][/size]

 Το βιβλίο απαυθύνεται κυρίως σε δύο κατηγορίες μαθητών :

α) Σε αυτούς που έχουν προς τα μέσα ή το τέλος της Γ΄Γυμνασίου τελειώσει τη βασική σχολική ύλη και θέλουν να μπουν δυνατά στο χώρο των διαγωνισμών.

β) Στους μαθητές της Α΄ και Β΄ Λυκείου που ακαλουθώντας ένα ίσως πιο ήπιο ρυθμό μελέτης  να γνωρίσουν το αληθινό πνεύμα των διαγωνισμών και των ολυμπιάδων μέσα από πραγματικά θέματα .

 Οι μαθητές της πρώτης κατηγορίας θα γνωρίσουν θέματα κατάλληλα (και μάλλον προς το δυσκολότερο)  για τον Αρχιμήδη, τους διαγωνισμούς επιλογής και την προετοιμασία τους για την βαλκανιάδα Νέων.Το βιβλίο αυτό θα ήταν ιδανικό για αυτή την κατηγορία των μαθητών, αν το ελληνικό σχολικό πρόγραμμα ήταν κάπως πιο απαιτητικό στις βαθμίδε ςτου Γυμνασίου, κάτι που συμβαίνει στις άλλες βαλκανικές χώρες. Ωστόσο, ακόμα και έτσι , οι μαθητές θα έχουν σημαντική βοήθεια, μια και το βιβλίο περιλαμβάνει με τις λύσεις τους όλα τα θέματα των Βαλκανιάδων Νέων , τα θέματα των shortlist και πλήθος από άλλα θέματα των τεστ επιλογής για τις ομάδες από άλλες βαλκανικές χώρες.Πολλά από τα θέματα του βιβλίου τα είχα δώσει στο Σιλουανό για μελέτη όταν έκανε το πρώτα του βήματα στην Οδεύσσεια των ολυμπιάδων.Τα θέματα αυτά ο Σιλουανός τα επεξεργάστηκε με τη σειρά του  με τον αδερφό του τον Κωνσταντίνο, τον οποίο και ευχαριστώ προσωπικά για τη συμβολή του.Ελπίζω κανένας από τους δύο να μη μου κρατάει ...κακία επειδή τους έρριξα  στα βαθειά !

 Οι μαθητές της άλλης κατηγορίας  , όπως και κάθε άλλος μαθητής , θα έχουν τη δυνατότητα να γνωρίσουν την ποικιλία των ολυμπιακών θεμάτων και μέσα από όμορφα αλλά και διδακτικά συνάμα θέματα θα αποκτήσουν γνώση, δεξιότητες και τεχνικές , στοιχεία τελείως απαραίτητα για την αντιμετώπιση θεμάτων βαλκανιάδων και ΙΜΟ.

 Το βιβλίο είναι χωρισμένο σε τέσεερα μέρη :
 Στην Αλγεβρα, την Θεωρία αριθμών , τη Γεωμετρία και την συνδυαστική(combinatorics).
 Σε κάθε κεφάλαιο υπάρχουν ορισμένα απαραίτητα στοιχεία από τη θεωρία(στους αριθμούς βάλαμε περισσότερη θεωρία για να βοηθήσουμε τους juniors), ακολουθούν 10-15 λυμένες ασκήσεις και στη συνέχεια δίνονται για εξάσκηση αρκετές ασκήσεις όλων των βαθμών δυσκολίας.
 Στο δεύτερο μέρος του βιβλίου δίνονται οι λύσεις όλων των προτεινόμεων ασκήσεων, γεγονός που καθιστά τη μελέτη πιο ευχάριστη και αποτελεσματική.
  Θα λέγαμε ότι το βιβλίο αυτό δεν είναι εύκολο, χωρίς όμως να σημαίνει ότι καλύπτει τη δυσκολία των μεγάλων διαγωνισμών. Για το επίπεδο ΙΜΟ έχουμε κατά νου να γράψουμε αργότερα ένα άλλο βιβλίο που θα περιέχει το πιο όμορφα προβλήματα από τις shortlist με ποικιλία λύσεων, τους διαγωνισμούς επιλογής των δύσκολων χωρών(Ρωσία, ΗΠΑ, Κορέα, Ιραν κλπ) αλλά και διδακτικά θέματα εθνικών διαγωνισμών από άλλες χώρες και όλα τα χρόνια του θεσμού των ολυμπιάδων.Για την ώρα θέλουμε να πιστεύουμε ότι οι μαθητές που μελετήσουν συστηματικά τα θέματα αυτού του βιβλίου θα κάνουν ένα μεγάλο άλμα για την προετοιμασία τους στους διαγωνισμούς και αναπτύξουν ισχυρά εργαλεία για την αντιμετώπιση ακόμα και πολύ δύσκολων ασκήσεων.

 Ευχόμαστε σε  όλους καλή μελέτη και σύντομα να έρθει στη χώρα μας το πρώτο χρυσό μετάλλιο!

Μπάμπης Στεργίου - Σιλουανός Μπραζιτίκος

Μόλις προμηθεύτηκα το βιβλίο (μου το είχε δείξει βέβαια ο Σιλουανός από πριν) και είναι εξαιρετικό.

Συγχαρητήρια και ευχαριστούμε! :)

Θα ήθελα και γω να πω (και δημοσίως) τα συγχαρητήρια μου για αυτό το βιβλίο! Αποτελεί σίγουρα ένα απ' τα πιο χρήσιμα "μαθηματικά" εργαλεία στα χέρια κάθε Ελληνα μαθητή που θέλει να ασχοληθεί με τους διαγωνισμούς!

Αναμένουμε τα επόμενα  :wink:

[url]http://www.easy-share.com/1909680636/olympiad2.rar[/url]

[url]
http://www.easy-share.com/1909681769/olympiads1.rar

http://www.easy-share.com/1909683040/Olympiads&ProblemSolving.rar[/url]

[quote]Problem Solving strategies-Engel
Algebraic Inequalities-Cirtoaje
101 problems in Algebra-Andreescu - Feng
A path to combinatorics-Andreescu - Feng[/quote]

Μπορεί κάποιος να μου δώσει κανα link για αυτά τα βιβλια(ηλεκτρονικη μορφή) ή να μου τ στείλει στο mail mou????

Ευχαριστώ εκ των προτέρων.

Δημήτρης

Edit:Το πρώτο κ το τελευταίο τα βρήκα.

Ξέρει κανείς αν τα βιβλία της Art of Problem Solving είναι καλά για κάποιον που ετοιμάζεται για Ολυμπιάδες;;;;;;;

[size=150]Έστω με καθυστέρηση να ενημερώσουμε τους αναγνώστες μας ότι κυκλοφόρησαν τα βιβλία :[/size]

[size=150]- Μπάμπης Στεργίου : Γεωμετρία για διαγωνισμούς , τόμος 1( μέχρι εγγράψιμα).

- Μπάμπης Στεργίου : Γεωμετρία για διαγωνισμούς , τόμος 2( μετρική γεωμετρία- ειδικά γεωμετρικά θέματα - Pascal κλπ)[/size]

[size=150]Πλήθος από λυμένες ασκήσεις, χρήσιμα θεωρήματα και θέματα από διαγωνισμούς ή Ολυμπιάδες.Είναι από τις εκδόσεις Σαββάλας.

Μπάμπης[/size]

[quote=stergiu][size=150]Πριν από δύο χρόνια η σειρά :''Γεωμετρία  για Διαγωνισμούς '' ολοκληρώθηκε με το βιβλίο  :

 [color=#00f][b]Μπάμπης Στεργίου :  Γεωμετρία για διαγωνισμούς ,

Τόμος 4      ( Μετασχηματισμοί - Αρμονικότητα -Πολικές .[/b][/color]
[/size]

[size=150]Και αυτό το βιβλίο είναι από τις εκδόσεις Σαββάλας .[/size][/quote]

Απίθανο βιβλίο, μόλις το αγόρασα και έχω αρχίσει να κατανοώ επιτέλους τους γεωμετρικούς μετασχηματισμούς. Ευχαριστούμε πολύ κύριε Στεργίου για το έργο σας στα διαγωνιστικά μαθηματικά!


Set $x=a+b$, $y=b+c$ and $z=c+a$. Then $2a=x+z-y$, $2b=x+y-z$ and $2c=y+z-x$. The LHS of the inequality becomes: \[\sum_{cyc}\frac{(x+z-y)^{2}}{x}=x+y+z+\sum_{cyc}\frac{(y-z)^{2}}{x}.\]
Since $4(a^{3}+b^{3})=4(a+b)[(a+b)^{2}-3ab]=4x[x^{2}-\frac{3}{4}(x+z-y)(x-z+y)]$, by using $(x+z-y)(x-z+y)=x^{2}-(y-z)^{2}$, we get a "nice form" for $4(a^{3}+b^{3})=x[4x^{2}-3x^{2}+3(y-z)^{2}]=x[x^{2}+3(y-z)^{2}]$. Then $RHS = \sum\sqrt[3]{4a^{3}+4b^{3}}=\sum\sqrt[3]{x\sqrt{x^{2}+3(y-z)^{2}}\sqrt{x^{2}+3(y-z)^{2}}}$. Using AM-GM, we get that \[RHS\leq\frac{1}{3}\sum_{cyc}\left(x+2\sqrt{x^{2}+3(y-z)^{2}}\right).\]
Set $a=|y-z|$, $b=|z-x|$ and $c=|x-y|$.
So, the inequality to prove is:
\[x+y+z+\frac{a^{2}}{x}+\frac{b^{2}}{x}+\frac{c^{2}}{x}\geq\frac{1}{3}(x+y+z+2\sqrt{x^{2}+3a^{2}}+2\sqrt{y^{2}+3b^{2}}+2\sqrt{z^{2}+3c^{2}})\]
We prove that
\[x+\frac{a^{2}}{x}\geq\frac{1}{3}x+\frac{2}{3}\sqrt{x^{2}+3a^{2}}.\]
Summing this inequality with analogous inequalities, we finish the proof.
But the last one is straightforward. It becomes $2x+\frac{3a^{2}}{x}\geq2\sqrt{x^{2}+3a^{2}}$. By squaring and reducing common terms we are left with $\frac{9a^{4}}{x^{2}}\geq0$.

mine solution is a bit shorter then yours..
using same substitution we have
$\sum_{cyc}(x+\frac{(y-z)^{2}}{x}) =\sum_{cyc}\frac{x+x+\frac{x^{2}+3(y-z)^{2}}{x}}{3}\geq \sum_{cyc}\sqrt[3]{x(x^{2}+3(y-z)^{2})}$ (AM-GM)

Discussed at
[url]http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?highlight=4a+frac&t=44070[/url] :wink:


Not hard if we square both side.and use:
$\sqrt{(a^2+b^2)(b^2+c^2)} \ge ab+bc$ and similar. :)

Nice  :) Just asking:
Is there a way withouth squering

Also discussed at

http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=23720 .

  darij


calculus
integration
trigonometry
quadratics
algebra
quadratic formula
complex analysis

$\int_{0}^{2\pi}\frac{d\theta}{3+\sin\theta+\cos\theta}$. This should be a standard $z=e^{i\theta}$ so $d\theta=\frac{dz}{iz}$, $\sin\theta=\frac{1}{2i}\left(z-\frac{1}{z}\right)$ and $\cos\theta=\frac{1}{z}\left(z+\frac{1}{z}\right)$, but for some reason I can't seem to get any sort of "good" factorization to fall out.

$3+\sin\theta+\cos\theta=\frac{1}{2}(6-zi+\frac{i}{z}+z+\frac{1}{z})$, so $\int_{0}^{2\pi}\frac{d\theta}{3+\sin\theta+\cos\theta}= \int_{|z|=1}\frac{2\,dz}{iz(6-zi+\frac{1}{z}+z+\frac{1}{z})}= \int_{|z|=1}\frac{2dz}{(i+1)z^{2}+6iz-1+i}$

Due to where this problem lies (6th problem in Cauchy's Theorem/Cauchy's Formula), it seems as if I should be able to factor and see that one root lies in $|z|=1$ and the other lies outside. Anyone see a better way/where my mistake is?

I think you'll need to use the quadratic formula to find the roots. It's not that hard.  :)

Another possibility: $\sin\theta+\cos\theta=\sqrt{2}\cos(\theta-\pi/4)$, and a change of variables reduces the integral to $\int_{0}^{2\pi}\frac{d\theta}{3+\sqrt{2}\cos\theta}$. Probably does not help much, though.

right. we can give this $\int\frac{dx}{1+acosx}$ and last is easy.


[hide]
$x^2-4x-3=0$
Using the quadratic equation,
we get $a$ and $b$ are $2+\sqrt{7}$ and $2-\sqrt{7}$
$\frac{1}{2+\sqrt{7}}+\frac{1}{2-\sqrt{7}}=\frac{2-\sqrt{7}}{4-7}+\frac{2+\sqrt{7}}{4-7}=\frac{4}{-3}$
Answer: $-\frac{4}{3}$
I hope that's right. :D
[/hide]

[quote="bedakilla"]$x^2-4x-3=0$ has 2 solutions $a$ and $b$,

what is the value of $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}$[/quote]
[hide]
$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{a+b}{ab}$. The sum of the roots is $\frac{4}{1}$ and the product is $\frac{-3}{1}$. Substituting, $\frac{a+b}{ab}=\frac{4}{-3}=\boxed{-\frac{4}{3}}$.[/hide]

[hide]With a given polynomial $ax^2+bx+c=0$, the sum of the reciprocals of the roots equals $\frac{-b}{c}$. Plugging in the values with the given equation, $x^2-4x-3=0$, we have ${\frac{-b}{c}=\boxed{\boxed{-\frac{4}{3}}}}$[/hide]

[quote="daermon"]ok im reeeeally confused i have no idea how to do quadratics  :?[/quote]

The full quadractic equation for an equation in the form $ax^2 + bx + c = 0$ is $\frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$. The $\pm$ allows you to have 2 solutions and the discriminant to tell you how many solutions there is would be $b^2 - 4ac$. If that results in the negative the equation has no real solutions (imaginary ones though), if it results in 0, the equation has 1 result, and if it results in a positive number the equation has 2 solutions. You can probably google for more information as it's a popular topic ;)

[hide]The sum of the reciprocals of the roots of a quadratic is -b/c. $\boxed{-\frac{4}{3}}$.[/hide]

I've solved the problem in a different type, but I think it isn't right.Can you help me?We have x^2-4x=3, then
(x-2)^2=7 whith the solutions x-2=7=>x=9 and x-2=-7=>x=-5.The answer is -4/45.Why? :(

Ahhh... a classic problem.  :lol:

You did the follwing:
$x^2 - 4x = 3$
$(x-2)^2 = 7$
$\Rightarrow (x-2) = 7$  and   $(x-2) = -7$
$\Rightarrow x = 9$  and  $x = -5$

But you cannot do the third step!! You always have to have the right side equal to 0 before you can use the zero product property! For example, if you have the following:
$x^2 + 7x = -12$
$x^2 + 7x + 12 = 0$
$(x + 4)(x + 3) = 0$
$\Rightarrow (x + 4) = 0$ and/or  $(x + 3) = 0$
$\Rightarrow x = -4$  and/or  $x = -3$
The reason why you are able to say that $(x + 4) = 0$ and/or  $(x + 3) = 0$ is because you had something times something equal to zero in the previous step. When you have something times something equal to zero, you automatically know that one of the two things you are multiplying has to be zero because the only time the right hand side can be zero, is when you have something times zero or zero times zero on the left hand side. Thus the only way the left hand side could be zero is when x=-4 or when x = -3.

Now here's the right way to do your problem:
$x^2 - 4x = 3$
$x^2 - 4x + 4= 3 + 4$
$(x-2)^2 = 7$
$\Rightarrow (x-2) = \pm\sqrt 7$
$\Rightarrow x = 2 \pm\sqrt 7$
which is what we wanted. :lol:

-Swapnil Jain

Yeah, it's a big mistake! :blush:  : Thank you for the explamations!Now I understood the problem. :D

[hide]
The sum of the reciprocals of the answer is $\frac{-b}{c}$ because:
$\frac{-b+\sqrt{b^2-4ac}}{2a}\cdot\frac{-b-\sqrt{b^2-4ac}}{2a}=\frac{-b}{c}$
So, the answer is $\frac{-4}{3}$[/hide]

[quote="pascal_1623"][hide]
The sum of the reciprocals of the answer is $\frac{-b}{c}$ because:
$\frac{-b+\sqrt{b^2-4ac}}{2a}\cdot\frac{-b-\sqrt{b^2-4ac}}{2a}=\frac{-b}{c}$[/hide][/quote]
Was there a point in saying that? As you really didn't explain it, in fact, someone with no idea of that property before would have no idea how it works just by looking the denominator. (They would probably go, "How does $(2a)^2 = c$?")


If you have something like (14*15*19*2^8) mod 9.

Is that the equivalent of saying 14 mod 9 * 15 mod 9 * 19 mod 9 * 2^8 mod 9?

Can you distribute the mod 9 into every thing?

Yes. The remainders are most important in modular mathematics.

Yes, that is a property

$ ab \pmod{m} \equiv (a \pmod{m})(b \pmod{}m)$


IMO 2005
number theory
modular arithmetic
exponential
IMO
Divisibility
Fermat s Little Theorem

Determine all positive integers relatively prime to all the terms of the infinite sequence \[ a_n=2^n+3^n+6^n -1,\ n\geq 1. \]

Another very easy problem, two others are not much harder. I predict cutoff for a Gold around 35 points.

[size=100]Mine solution is similarly to yours:

if n is prime then by li'l Fermat we have:
a [/size][size=75]n-1[/size][size=100]=2^(n-1)+ 3^(n-1) + 6^(n-1) - 1 leaves remainder 2 (mod n), for n>=3. (*)
But for n=3 we have a[/size][size=59]2[/size][size=100]=48 which is divisible by 3 and becase of (*) we have contradiction.
Therefore, there is no prime solution so there is no solution at all.

I hope that i didn't made some stupid mistake.[/size]

[quote="Fedor Petrov"]It is not locked? Participants may not read our messages? Thank you for rapidity, Valentin!

For this problem, I think answer is only $1$ and it is clear, since for any prime $p>3$ we have $2^{p-2}+3^{p-2}+6^{p-2}-1$ is divisible by $p$ by Fermat Small Theorem ($a^{p-2}\equiv 1/a$, while $1/2+1/3+1/6-1=0$). For $n=2$ we have $a_n=48$ and so it is divisible by 6.[/quote]

Same solutions as yours, except that I wrote it a bit differently because I'm not used to write stuff like $2^{p-2}\equiv\frac{1}{2}$ because it doesn't seem ok (I mean $2^3\equiv\frac{1}{2}$ would mean that 5 divides 15/2 from the definition of congruence).. So I wrote it like this $2^{p-2}=\frac{px+1}{2}, 3^{p-2}=\frac{py+1}{3}, 5^{p-2}=\frac{pz+1}{5}$ and then we get $a_{p-2}=2^{p-2}+3^{p-2}+6^{p-2}-1=\frac{3px+3+2py+2+pz+1}{6}-1=\frac{3px+2py+pz}{6}$ which is obviously divisible by p (for p>=5), and beacuse $a_1=10$ and $a_2=48$ we see that there's no solution in prime numbers..

No, it looks OK, though may be not usual for one seing it first time. In a ring of residues modulo $n$ those residues coprime to $n$ are invertible, i.e. if $a$ and $n$ are coprime, then there exists $a'$ such that $a\cdot a'\equiv 1$ modulo $n$. So, if we write $b/a$, we mean $b\cdot a'$.

[quote="idioteque"]

Same solutions as yours, except that I wrote it a bit differently because I'm not used to write stuff like $2^{p-2}\equiv\frac{1}{2}$ because it doesn't seem ok (I mean $2^3\equiv\frac{1}{2}$ would mean that 5 divides 15/2 from the definition of congruence)..[/quote]
So if you work with rationals you should interpret "p/q=0 mod m" as "m divides p and is coprime to q".

Strange  :roll: ! I think this is the easiest Number theory problem in IMO .
 The most difficult part : Predict with each prime $ p >3 $ : $ 2^{p-2}+3^{p-2}+6^{p-2} -1 $ is divisible by $ p $ (It's proved easily by [b]Fermat Little Theorem[/b])

  I think the 2nd day is easier than the 1st day  :lol:

For any prime [tex]p>3[/tex]
[tex]x=2^{p-2}, y=3^{p-2}, z=6^{p-2}[/tex]
Since [tex]2x\equiv 3y\equiv 6z (\equiv 1) (\mod p)[/tex] and [tex]\gcd(p,2)=\gcd(p,3)=1[/tex]
We have [tex]x\equiv 3z, y\equiv 2z (\mod p)[/tex]
So [tex]x+y+z\equiv 6z\equiv 1 (\mod p)[/tex] or [tex]p|a_{p-2}[/tex]

I've got another (more or less) nice solution:

The main idea is to make a recursion of that explicit term for $a_n$.
It is given that $a_n=2^n+3^n+6^n+(-1)*1^n$, so the 4 solutions for the characteristic equality $q^4+A*q^3+B*q^2+C*q+D$ are $1, 2, 3, 6$
We still have to calculate the coefficients A, B, C, D which is done easily by Vieta:
$D=1*2*3*6=36$
$C=-(1*2*3+2*3*6+1*3*6+1*2*6)=-72$
$B=1*2+1*3+1*6+2*3+2*6+3*6=47$
$A=-(1+2+3+6)=-12$
We therefore get $a_{n+4}=12a_{n+3}-47a_{n+2}+72a_{n+1}-36a_n$
By calculating the first 4 values for $a_n$ by the explicit term, we get
$a_1=10$
$a_2=48$
$a_3=250$
$a_4=1392$
And now we can calculate (and this time without any concerns about calculating with rational numbers) $a_0=2$ and $a_{-1}=0$.
As $a_n$ is unique in both directions modulo any prime, 0 will appear again. Therefore 1 is the only solution.

Yimin

thatw as also the solution I gave in the contest... ;)

[quote="Yimin Ge"]
As $a_n$ is unique in both directions modulo any prime, 0 will appear again. Therefore 1 is the only solution.

Yimin[/quote]

modulo any prime not dividing $36$!!!!!!!!! ;)

The number $a_n=2^n+3^n+6^n -1$, $n\geq 1$ is a complex number so we are done

complex I mean that it is not an odd number

The only number is 1. We see that 2 and 3 don't work due to examples n=1 and n=2. Now we note that 6(RHS)=3*2^(n-1)+2*3^(n-1)+6^(n-1)-6=0 mod p, so any numbers divisible by primes don't satisfy the problems.

[hide=motivation]Clearly in these we try to find numbers that are not relatively prime, so that we can find numbers that ARE satisfied, since we must eliminate some. This is given away by modulos such as mod primes. Hence we try mod p[/hide]

We claim the answer is $\boxed{1}$ only. It suffices to show that every prime $p$ divides some term of the sequence. For $p = 2$ and $p = 3$, take $a_2 = 48$. Else, by Fermat's little theorem, by taking $n = p - 2$ we get
$$a_{p - 2} = 2^{p - 2} + 3^{p - 2} + 6^{p - 2} - 1 \equiv 2^{-1} + 3^{-1} + 6^{-1} - 1 \equiv 6^{-1}(3 + 2 + 1) - 1 \equiv 0 \pmod p,$$
and hence we are done.

Obviously $2$ and $3$, don't work. For all primes, we have that $\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{6}-1=0$, so the number can't be divisible by a prime greater than $3$, hence, $1$ is the only solution.

Lol this imo question is easier than some round 1 questions.
We need to find p>3 such that $2^{n}+3^{n}+6^{n}\neq 0 \pmod p.$ If you see that $\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{6}=1$ the question is nearly over. $a_{p-2}=2^{p-2}+3^{p-2}+6^{p-2},$ and $a_{p-2}\equiv  \frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{6}\equiv 1\pmod p.$ Now there are only 2 primes to consider: 2, 3. It is obvious to see that all $a_{n}\equiv 1^{n}-1\equiv 0 \mod2$ and when n is even $a_{2k}\equiv 2^{2k}-1 \equiv 4^{k}-1\equiv 0\mod3.$ This shows that there exists no such prime and 1 is the only existing solution.

I claim that only $1$ is relatively prime to all terms of this sequence. We show this by proving that for all primes $p$, there exists a $n$ such that $a_n$ is divisible by $p$.\\\\
For $p=2$ and $p=3$, we can simply let $n=2$, giving us
\[2^2+3^2+6^2-1=4+9+36-1=48,\]
which is divisible by $6$. \\\\
For any $p$ larger than $3$, I claim that $p \mid a_{p-2}$. Note that since $p>3$ is prime, we have that $2^{p-1}$, $3^{p-1}$, and $6^{p-1}$ are all $1$ mod $p$. Therefore,
\[2^{p-2}+ 3^{p-2}+ 6^{p-2} \equiv \frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{6} \pmod p,\]
which we will then prove is equivalent to $1$ mod $p$. \\\\
Since $p$ is relatively prime to $6$, by Chinese Remainder Theorem, we can always find a number that is simultaneously $0$ mod $6$ and  $1$ mod $p$. Call such a number $6k$ for some integer $k$. Now we have
\[\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{6} \equiv \frac{6k}{2}+\frac{6k}{3}+\frac{6k}{6} \equiv 3k+2k+k \equiv 6k \equiv 1 \pmod p,\]
since we’ve already established that $6k$ is $1$ mod $p$. \\\\
This gives us
\[a_{p-2} \equiv 2^{p-2}+3^{p-2}+6^{p-2}-1 \equiv 1-1 \equiv 0 \pmod p,\]
meaning that $p$ divides $a_{p-2}$ for all $p>3$. \\\\
From this, we can conclude that all positive integers greater than $1$ cannot be relatively prime to all terms of the sequence $a_n$, finishing the problem.

We claim the only number relatively prime to all terms in the infinite sequence is $1$.

[color=#00f]Claim:[/color]
For any prime $p \geq 5$ there exists a value of $n$ such that $ a_{n} \equiv 0 \pmod{p}$.

[color=#f00]Proof:[/color]
Take $n=p-2$ we then have
$$a_{p-2}=2^{p-2}+3^{p-2}+6^{p-2}-1$$
$$2^{p-2}+3^{p-2}+6^{p-2}-1\equiv \frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{6}-1 \pmod{p}$$
$$\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{6}-1 \equiv 0 \pmod{p}$$

[color=#00f]Claim:[/color]
There exist terms in the sequence divisible by $2$ and $3$.
[color=#f00]Proof:[/color]
Take $n=2$

Thus, the only positive integer relatively prime to all terms $a_n$ is $1$.

Note that obviously $p = 2, 3, 5$ fail. Then note that for $p \geq 5$ for a prime $p$,
\[ 2^{p-2} + 3^{p-2} + 6^{p-2} - 1 \equiv \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{6} - 1 \equiv 0 \pmod p \]
which means all primes fail. Thus, the answer is $1$. $\blacksquare$

Clearly the number $1$ works. We now show these are the only ones.\\

Consider a prime $p\neq 2,3$. Let $n\equiv k\pmod{p-1}$. As it is an infinite sequence, there is a point where $n\equiv -1\pmod{p-1}$. In that case:
\[a_n\equiv \frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{6}-1\equiv 0\pmod{p}.\]
Therefore, $p$ can only be $2,3$.\\

However, if $p=2$ it does not work. This is the same for $p=3$, Therefore, the only possible answer is $1$.

Notice that the value of $a_n\pmod{p}$ is periodic with period $p-1$ but $\frac12+\frac13+\frac16-1=0$ so for every prime $p$ there exists some $n$ s.t. $p|a_n$. Therefore, the only positive integer that works is $1$.

We claim $\boxed{1}$ is our only possible answer (which obviously works). Using $a_1 = 10$ and $a_2 = 48$, we clearly see 2 and 3 are not valid, and cannot be prime factors of our desired number.

Suppose we have a prime $p \neq 2,3$. Note
\[a_{p-2} \equiv 2^{p-2}+3^{p-2}+6^{p-2}-1 \equiv 2^{-1}+3^{-1}+6^{-1}-1 \equiv 0 \pmod p,\]

so no positive integer greater than 1 is relatively prime to all terms in the sequence. $\blacksquare$

Consider primes $p \neq 2,3$. Note that $p=2$ and $p=3$ can be manually checked not to work for $n=2$. Else, the sequence is clearly periodic every $p-1$ terms, so we can consider negative numbers $n$. For $n=-1$,

\[a_{-1} = \frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{6}-1 = 0.\]

Thus, for every prime $p$, there exists some $n$ such that $p \mid a_n$, so the only value possible is $\boxed{1}$.

It's crazy you can do this.
$\newline$

We can prove that for some arbitrary $p$, there is a $n$ so that
\[2^n + 3^n + 6^n - 1 \equiv 0\pmod{p}\]
Let $n \equiv -1 \pmod{p-1}$.
Then
\[\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{6} - 1 \equiv 0\pmod{p}\]
so $a_n$ is divisible by every prime at some point.
Hence, our answer is $1$.

[hide=aehrignjadfalsdkjfnsdkaslkdjffasdf]
The answer is $1$, since for any $p$
\[2^{p-2}+3^{p-2}+6^{p-2}\equiv2^{-1}+3^{-1}+6^{-1}\equiv1\pmod{p}.\]
[/hide]

It is enough to find a prime number p  p/an= pow(2,n) + pow(3,n) + pow(6,n) -1

a2= 2² + 3² + 6² - 1= 4+9+36-1=48
p=2,  p=3
For p>=5
From the Fermat's little theorem;

Pow(2, p-1)== pow(3, p-1) == pow( 6, p-1) (mod p)

6* ( pow( 2, p-2) + pow( 3, p-2) + pow( 6, p-2) -1)==0  (mod p)

So,  p / 6* a(p-2) ,   also (p;6)=1  so,  p / a(p-2)

If we find all primes such that $p \not \mid a_{i}$ for all $i$, we can construct every set with them. However, note that
\[a_{p-2} \equiv \frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{6}-1 \equiv 0\pmod{p}\]
for all $p\neq 2, 3$. It's easy to see that $2$ and $3$ divides $a_1$ and $a_2$ respectively. Thus, the only such $n$ is $1$.


Lazarus has $ 2^{10}$ songs and $ 21$ artists on his iPod. Given that each artist has at least 28 songs represented on his iPod, what is the largest integral value of $ k$ possible such that Lazarus has $ 2^{k}$ songs by Chimaira on his iPod?

Dude, did you just make that up or something?:P

[hide]Anyways, I got 8 too.[/hide]

[hide="No, I did not. :wink: "]
There are $ 21$ artists on the iPod with atleast $ 28$ songs each.
Since Chimaira is one of those artists, that leaves the other $ 20$ with the minimum of amount of songs each, $ 28$.
Subtracting that total from the total amount of songs on the iPod, the maximum number of songs Chimaira can have is $ 464$.
The largest multiple of two that is close to the number is $ 256=2^{8}\Rightarrow k=8$.
$ \mathbb{Q.E.D.}$
[/hide]

Basically, you've proven what you wanted to prove.
From the latin phrase "quod erat demonstrandum"

It directly translates to "That which was to be demonstrated."

That sounds about right.

And yeah, I actually have 1024 songs on my iPod and 21 distinct bands. 58 of them are by Chimaira, lol.


algebra
function
domain
Ring Theory
quadratics
LaTeX

if a prime divides $ x^2 \plus{} 2$
then prove that the prime is of the form $ 8k \plus{} 1$ or $ 8k \plus{} 3$
P.S. I got a solution
but i will post my solution only after others post theirs. :D

More general problem:
If a prime $ p$ divides $ x^2 \plus{} 2y^2$ but not divides $ x$ and $ y$ then $ p$ is of the form $ a^2 \plus{} 2b^2$

Proof:

If $ p$ is a prime in $ \mathbb Z[\sqrt { \minus{} 2}]$ which is a [url=http://en.wikipedia.org/wiki/Euclidean_domain]Euclidean domain[/url], hence an [url=http://en.wikipedia.org/wiki/Unique_factorization_domain]UFD[/url], then $ p$ divides one of $ x \plus{} y\sqrt { \minus{} 2}$ and $ x \minus{} y\sqrt { \minus{} 2}$. But that's not possible since $ p\not |x,y$

So $ p$ is composite in $ \mathbb Z[\sqrt { \minus{} 2}]$, then there exists $ z_1,z_2\in \mathbb Z[\sqrt { \minus{} 2}]$ such that $ p \equal{} z_1z_2$ and $ N(z_1),N(z_2) > 1$.
$ N(p) \equal{} N(z_1z_2)\implies p^2 \equal{} N(z_1)N(z_2)\implies p \equal{} N(z_1) \equal{} N(z_2)$
Thus there exists $ a,b$ such that $ p \equal{} a^2 \plus{} 2b^2$
$ QED$

[i]Note:[/i] If $ p \equal{} a^2 \plus{} 2b^2$ odd then $ a$ is odd hence $ a^2$ is of the form $ 8k \plus{} 1$. And since any square is of the form $ 4k$ or $ 4k \plus{} 1$, $ 2b^2$ is of the form $ 8k$ or $ 8k \plus{} 2$. Hence $ p \equal{} a^2 \plus{} 2b^2$ is of the form $ 8k \plus{} 1$ or $ 8k \plus{} 3$. If $ p$ even then $ a \equal{} 0,b \equal{} 1$ suffices.

Actually $ p \equal{} a^2 \plus{} 2b^2\iff p\equiv 1\text{ or }3\mod 8$ as [url=http://en.wikipedia.org/wiki/Fermat%27s_theorem_on_sums_of_two_squares]this[/url] shows in the "Related results" section.

Akashnil, u know damn lot theory man. :omighty:  :coolspeak:

well it can be solved another way.

let us first consider the case where $ x^{2}$ + 2$ y^{2}$ is composite and p be a prime factor of it. then x=qp+r and y=ap+b. then $ r^{2}$+$ 2b^{2}$ is also a multiple of p.rest is trivial.

what is N(z) by the way?

Akshanil great solution
another one
$ p$ divides $ x^{2}\plus{}2$
$ \Longrightarrow ( \frac{\minus{}2}{p} )\equal{}1$ (quadratic reciprocity symbol)
$ \Longrightarrow$
 case 1  both $ ( \frac{2}{p} )\equal{}1$ and  $ ( \frac{\minus{}1}{p} )\equal{}1$
 this gives us $ p\equal{}8k\plus{}1$
 case2   both $ ( \frac{2}{p} )\equal{}\minus{}1$ and  $ ( \frac{\minus{}1}{p} )\equal{}\minus{}1$
 this gives us $ p\equal{}8k\plus{}3$

Nice solution Gaurav.

Befuddlers, post your solution too. We'll have 4 solutions then. :)

illiterate, I can't see through the trivial part. Would you pls complete it for me?

$ N(z)$ is the norm of a complex number $ z$. If $ |z|$ denotes the modulus of $ z$: $ N(z)\equal{}(|z|)^2$. Or equivalently $ N(a\plus{}bi)\equal{}a^2\plus{}b^2$

[quote="gauravpatil"]$ \Longrightarrow ( \frac { \minus{} 2}{p} ) \equal{} 1$ (quadratic reciprocity symbol)[/quote]
the code "\left(\frac { - 2}{p}\right)" gives $ \left(\frac { \minus{} 2}{p}\right)$ which resembles the [url=http://en.wikipedia.org/wiki/Legendre_symbol]Legendre symbol[/url] more accurately.

we know by properties of legendre symbol that $ (ab/p)$=$ (a/p)(b/p)$
So $ ( \minus{} 2/p)$=$ ( \minus{} 1/p)(2/p)$
But it can be proved that $ ( \minus{} 1/p)$=$ ( \minus{} 1)^{(p \minus{} 1/2)}$
and that $ (2/p)$=$ ( \minus{} 1)^{((p^2 \minus{} 1/8))}$
So $ ( \minus{} 2/p)$ is just (-1) to the power $ (p^2 \plus{} 4p \minus{} 5)/8$
But given in the question that $ ( \minus{} 2/p)$ = $ 1$
So it is just that 8 divides $ (p^2 \plus{} 4p \minus{} 5)$ which is $ (p \plus{} 5)*(p \minus{} 1)$
So we get either 8 divides $ (p \plus{} 5)$ or $ (p \minus{} 1)$
So we get prime is of the form $ 8k\plus{}1$ or $ 8k\plus{}3$
Plugging in we see that $ (p^2 \plus{} 4p \minus{} 5)/8$  is even when prime is of the form $ 8k\plus{}1$ or $ 8k\plus{}3$
and we see that (-1) to the power $ (p^2 \plus{} 4p \minus{} 5)/8$ is indeed $ 1$ which is what we wanted to prove :D

is my solution nice akashnil?
P.S. i edited my post 3 or 4 times to change my miserable latex code :rotfl:

quite nice, similar idea as Gaurav's, you explained it more though.
I wonder if quadratic reciprocity can prove $ p \equal{} a^2 \plus{} 2b^2$.
One more thing: Could you edit your latex ones more? :P : "\frac{a}{b}" gives $ \frac {a}{b}$
And could anyone pls explain the rest of illiterate's solution?

i think i made a mistake.never mind that junk :oops: elegant solution akashnil :)

Well, I don't understand the solutions of quadratic reciprocity.
Could u please elaborate?


What is the positive difference between 34 and 43?


calculus AMC AIME geometry inequalities induction USA(J)MO

Well I only have a about a year until high school graduation. I haven't had the chance to do any Olympiad-level math yet, but I could start doing it during the summer and during senior year. How useful does it end up being in college? Would I be better off getting a head start on math I'll see in college? I only know calculus up to Calculus II and have an AIME-level knowledge of high school math (except geometry :oops:). What should I focus on?

What Olympiad-level math will do for you is to improve your perspective and to strengthen your ability to deal with problem-solving heuristics and abstraction.  You may not directly be able to apply, for example, your knowledge of how to prove inequalities, but if you've gotten good enough at it you're aware of useful ideas like homogenization, induction, and so forth.  Depending on what kind of Olympiad math you focus on, it can also lead directly or indirectly into a lot of interesting college-level math.  Abstract algebra and its many descendants are the big example I can think of right now.

My answer is to do all of the math you can.  Whatever you can find and whatever interests you.

Edit:  Here, I'll give an example.  A month or two ago I noticed that several AIME problems (and at least one USAMO problem) take the form "find the number of words over some alphabet excluding these words as a substring," and I thought it would be interesting to figure out how to solve them generally.  By posting a thread here and after some investigation on Wikipedia, I was led to:

- the [url=http://en.wikipedia.org/wiki/Knuth-Morris-Pratt_algorithm]Knuth-Morris-Pratt[/url] and [url=http://en.wikipedia.org/wiki/Aho-Corasick_algorithm]Aho-Corasick[/url] algorithms,
- the notion of a [url=http://en.wikipedia.org/wiki/Regular_language]regular language[/url],
- [url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/weblog_entry.php?t=270779]this blog post[/url].

So a problem in combinatorics ended up being directly relevant to my other budding interest right now, which is theoretical computer science.  And the net effect of this exploration - which I'll remind you started with AIME and USAMO problems - is that I'm going to take more theoretical computer science courses now.  :)


The length of the median to the hypotenuse of an isosceles, right triangle is $ 10$ units.  What is the length of a leg of the triangle, in units? Express your answer in simplest radical form.

We denote the leg of the triangle as $ a$. Then, using the Pythagorean Theorem and general propetires of medians and isoceles right triangles, we have

$ (\frac{a\sqrt{2}}{2})^2\plus{}10^2\equal{}a^2$

$ \implies\frac{a^2}{2}\plus{}100\equal{}a^2$

$ \implies a^2\equal{}200 \implies a\equal{}\boxed{10\sqrt{2}}$.


geometry
parallelogram
geometric transformation
rotation
number theory
least common multiple
geometry unsolved

We have parallelogram $ ABCD$. We let $ K,L,M,N$ designate the centers of teh squares erected on the four sides outside of the parallelogram. Prove that $ KLMN$ is a square.

[hide="Attempt"]I tried attempting to draw it out and place the whole thing in a Cartesian plane. I then tried to prove that $ K,L,M,N$ are points of 90 degree rotations, but I couldn't do it with rigor[/hide]

Suppose $ K$, $ L$, $ M$, and $ N$ are the centers of the squares based on $ AB$, $ BC$, $ CD$, and $ DA$, resp.  Clearly, $ LB \equal{} LC$, $ \angle{KBL} \equal{} \frac{\pi}{2}\plus{}\angle{B} \equal{} \angle{LCM}$, and $ KB \equal{} MC$.  Thus, $ \triangle{KBL}$ is the image of $ \triangle{LCM}$ under rotation about $ L$ by angle $ \frac{\pi}{2}$.  This show that $ KL \equal{} LM$ and $ \angle{KLM} \equal{} \frac{\pi}{2}$.  Do this to other points, we then show that $ KLMN$ is a square.


geometry
circumcircle
inequalities
inradius
trigonometry
inequalities proposed

Given are triangle $ABC$ circumradius $R$ we well know
$a^{2}+b^{2}+c^{2}\le 9R^{2}$ but we want a stronger inequality therefore we will get the problem find the best const $k>0$ such that
$a^{2}+b^{2}+c^{2}\le (9-k)R^{2}+4kr^{2}\le 9R^{2}$
$r$ is inradius!

i think the best $k$ is 1, using $p^{2}\leq 4R^{2}+4Rr+3r^{2}(\star)$ and $a^{2}+b^{2}+c^{2}=2p^{2}-2r^{2}-8Rr$.

using $(\star)$ we optain $a^{2}+b^{2}+c^{2}\leq 8R^{2}+4r^{2}$ so $k=1$

i think that in our ineq : $p^{2}\leq 4R^{2}+4Rr+3r^{2}$ the constants are best. (maybe it is a known result)

You shown that $k=1$ is satify my inequality but you must show when $k>1$ then exist a tringle that don't satify it or you must show $k\le 1$

[quote="pohoatza"] i think that in our ineq : $p^{2}\leq 4R^{2}+4Rr+3r^{2}$ the constants are best. (maybe it is a known result)[/quote]
This is true only under the assumption to have equality if and only if the triangle is equilateral.
Actually, the following more general inequality holds for $0<m\leq 1$:
$mp^{2}\leq (m+1)^{2}R^{2}-2(m^{2}-5m+2)Rr+(4-m)r^{2}$,
with equality for an equilateral triangle, and also for an isosceles triangle with $b=c$ and $\frac a{b}=1-m$.

[quote="Vasc"]
This is true only under the assumption to have equality if and only if the triangle is equilateral.
Actually, the following more general inequality holds for $0<m\leq 1$:
$mp^{2}\leq (m+1)^{2}R^{2}-2(m^{2}-5m+2)Rr+(4-m)r^{2}$,
with equality for an equilateral triangle, and also for an isosceles triangle with $b=c$ and $\frac a{b}=1-m$.[/quote]
That's right it is above problem, can you post your solution for your nice problem ? Vasc  :)

[quote="pohoatza"]$p^{2}\leq 4R^{2}+4Rr+3r^{2}$[/quote]
I can't prove it. Can you help me?

we can prove $a^{2}+b^{2}+c^{2}\le 8R^{2}+4r^{2}$ as following
using law of sine and $r=4R\prod\sin\frac{A}{2}$
it is equivalent $\sum \sin^{2}A\le 2+16\prod\sin^{2}\frac{A}{2}$
now using $\sum\cos A=1+4\prod\sin\frac{A}{2}$ we get
$3-\sum\cos^{2}A\le 2+(\sum\cos A-1)^{2}\Leftrightarrow 2\sum\cos^{2}A+2\sum\cos B\cos C-2\sum\cos A\ge 0$
now using $\sum\cos^{2}A=1-2\prod\cos A$ we get
it equivalent $(1-\cos A)(1-\cos B)(1-\cos C)\ge \cos A\cos B\cos C$
if triangle has an angle greater than $90$ then it is true or if triangle is acute then using $1-\cos x=2\sin^{2}\frac{x}{2}$ it equivalent $\prod\tan A\ge\prod\cot\frac{A}{2}\Leftrightarrow \sum\tan A\ge\sum\cot\frac{A}{2}=\sum\tan\frac{B+C}{2}$ which is true because $\tan x$ is convex! :)


floor function
modular arithmetic
inequalities unsolved
inequalities

Show that there is a digit unequal to 2 in the decimal represesentation of $ \sqrt [3]{3}$ between the $ 1000000$-th und $ 3141592$-th position after decimal point.

Wow...... What a problem! I have no idea where to start. :wacko:
Here is 1000000 digits of $ \sqrt{2}$, you would expect a digit to occur at least 15 times in a row, but 0 occurs 7 times in a row and that's the highest.
[url]http://antwrp.gsfc.nasa.gov/htmltest/gifcity/sqrt2.1mil[/url]

Let $ a\equal{}10^6$, $ b\equal{}\lfloor \pi 10^6 \rfloor\equal{}3141592$ and $ c\equal{}\sqrt[3]{3}$.
I'm gonna use the identity:
$ 2\lfloor x\rfloor \le \lfloor 2x\rfloor \le 2\lfloor x\rfloor\plus{}1$, easy to prove.
For $ a \le k\le b$, we have:
$ 2\lfloor 5c 10^{k\minus{}1}\rfloor \le \lfloor c 10^k\rfloor \le 2\lfloor 5c 10^{k\minus{}1}\rfloor\plus{}1$, but the term between the $ \le$'s is $ \equiv 2 \pmod{10}$, wich means that it will never (in the interval of $ k$) be equal to the $ RHS$.
So $ \lfloor 5c 10^{k\minus{}1}\rfloor \equiv 1 \pmod{10}$.
Repeating the argument, we find that $ \lfloor 25c 10^{k\minus{}2}\rfloor \equiv 0 \pmod{10}$, wich means that:
$ \lfloor 25c 10^{b\minus{}2}\rfloor\equal{}10^{b\minus{}a}\lfloor 25c 10^{a\minus{}2}\rfloor$.
Let $ t\equal{}\lfloor 25c 10^{a\minus{}2}\rfloor$. The last equation implies:
$ 10^{b\minus{}a}t < 25c 10^{b\minus{}2} < 10^{b\minus{}a}t\plus{}1$. This means:
$ t^3 < 10^{3a\minus{}6}.25^3.3 < t^3\plus{}\dfrac{3t^2}{10^{b\minus{}a}}\plus{}\dfrac{3t}{10^{2b\minus{}2a}}\plus{}\dfrac{1}{10^{3b\minus{}3a}} < (t\plus{}1)^3$ - will be important!
We can take from this: $ t\le 10^{a\minus{}2}.25c <t\plus{}1$. Now:
$ \dfrac{3t^2}{10^{b\minus{}a}}\le \dfrac{1875c^2}{10^{b\minus{}3a\plus{}4}}\equal{}\dfrac{1875c^2}{10^{141596}} < \dfrac{1}{3}$.
It's easy to show: $ \dfrac{1}{3} >\dfrac{3t^2}{10^{b\minus{}a}} > \dfrac{3t}{10^{2b\minus{}2a}} > \dfrac{1}{10^{3b\minus{}3a}}$.
From the equation I told would be important, we have, by consequence of this last equation:
$ t^3 < 10^{3a\minus{}6}.25^3.3 < t^3\plus{}\dfrac{3t^2}{10^{b\minus{}a}}\plus{}\dfrac{3t}{10^{2b\minus{}2a}}\plus{}\dfrac{1}{10^{3b\minus{}3a}} <t^3 \plus{}3.\dfrac{1}{3}\equal{}t^3\plus{}1$.
But this is an absurd, since the term in the middle is an integer between 2 consecutive integer!!

Is my solution correct? There are lots of details. Please check if there is any mistake. I thank in advance.
P.S: very cool problem!

[quote="erudito"]So $ \lfloor 5c 10^{k \minus{} 1}\rfloor \equiv 1 \pmod{10}$.
Repeating the argument, we find that $ \lfloor 25c 10^{k \minus{} 2}\rfloor \equiv 0 \pmod{10}$, wich means that:[/quote]
See that $ 2 \cdot 1 \equiv 2 \cdot 6 \bmod{10}$. So you have only concluded $ \lfloor 5c 10^{k \minus{} 1}\rfloor \equiv 1 \bmod 5$. Thus you cannot conclude $ \lfloor 25c 10^{k \minus{} 2}\rfloor \equiv 0 \pmod{10}$.

Oh, God! That's a stupid mistake...
Now I don't have time to review and correct my solution, but feel free to post a solution using (if you want) the ideas I posted.

Suppose the opposite: let all the digits of $ \sqrt[3]3$ between the $ 1\,000\,000$th and the $ 3\,141\,592$nd position after the decimal point be equal to $ 2$. Denote $ s\equal{}\left\lfloor 10^{1\,000\,000}\sqrt[3]3\right\rfloor$. We shall pay attention to the following estimate:\[ \begin{array}{r@{\;}l}
\left|\sqrt[3]{3\cdot(9\cdot 10^{1\,000\,000})^3}\minus{}(9s\plus{}2)\right|&\equal{}\cfrac{|3\cdot(9\cdot 10^{1\,000\,000})^3\minus{}(9s\plus{}2)^3|}{\left(\sqrt[3]{3\cdot(9\cdot 10^{1\,000\,000})^3}\right)^2\plus{}\sqrt[3]{3\cdot(9\cdot 10^{1\,000\,000})^3}(9s\plus{}2)\plus{}(9s\plus{}2)^2}>\\
&>\cfrac 1{3\cdot(10^{1\,000\,002})^2}>10^{\minus{}2\,000\,005}.\end{array}\quad(1)\]The estimate for the numerator holds because the numbers are clearly different, since one is divisible by $ 3$ while the other is not; the estimate for the denominator holds because $ \sqrt[3]{3\cdot(9\cdot 10^{1\,000\,000})^3}\equal{}\sqrt[3]3\cdot 9\cdot 10^{1\,000\,000}<10^{1\,000\,002}$ and $ 9s\plus{}2<10s<10\cdot 10^{1\,000\,000}\sqrt[3]3<10^{1\,000\,002}$.

On the other hand, from the supposal follows $ \left|\sqrt[3]3\minus{}\left(s\plus{}\frac 2 9\right)10^{\minus{}1\,000\,000}\right|<10^{\minus{}3\,141\,591}$, what is easily seen to be the same as \[ \left|\sqrt[3]{3\cdot(9\cdot 10^{1\,000\,000})^3}\minus{}(9s\plus{}2)\right|<9\cdot 10^{\minus{}2\,141\,591}<10^{\minus{}2\,141\,590}.\quad(2)\]From (1) and (2) we have a contradiction.


[u]Problem:[/u] Four points are chosen randomly and independently from inside a square. What is the probability that the four points form the vertexes of a unique quadrilateral?

[u]Notes:[/u]
[b]@ Solvers:[/b] [i]How difficult was this problem? General feedback is also much appreciated :)[/i]
[b]@ Mods:[/b] [i]Feel free to move this to a different forum if deemed appropriate[/i]

What do you mean by "unique quadrilateral"?  For any non-symmetric arrangement (which is all of them from a probabilistic standpoint) there are at least seven distinct congruent arrangements of the four points.

For example, the four points $ (\pm 1, \; \pm 1)$ define a unique quadrilateral -- there is only one quadrilateral with those four vertexes, and it happens to be a square of sidelength 2.

So really, you're asking that they form a convex quadrilateral, right?  If so, this is hard.  (It's similar to a recent Putnam question 6 in which the figure was a circle, not a square -- I don't know if this is easier than that question.)

Also, "vertices." :P


A triangle is uniquely determined  when  you know the position of one vertex and any two of its circumcentre,orthocentre,nine-point centre or centroid .Prove this

Since the centroid, orthocentre and circumcentre are collinear, so we can know the position of one centre once we know the other two. Then it will become much easy.
I don't know much about the nine point centre...

the nine-point center is on the euler line as well
O:G:N:H=2:1:3.


A rectangular piece of paper is rolled, with no overlap, into the curved surface of a cylinder. The cylinder's volume is 1872pi cubic inches. The paper is then rolled tighter so that half the circumference of the new cylinder is overlapped paper, and the cylinder has the same height. What is the volume of the new cylinder? Express your answer in terms of pi.
Could it be 832pi?

What is the difference, expressed as a percent of the original price, between a 20% discount followed by a 30% discount and a straight 45% discount?

And last but not least...

If Pat drives to a concert at an average speed of 60 miles per hour, he will arrive one hour early. If he drives at an average speed of 40 miles per hour, he will arrive one hour late. At what average speed in miles per hour should he drive to arrive on time?

The preferred method that my coach wants me to do for number three is to make a chart but for this particular situation you can solve it using the harmonic mean which equals $ \frac{2xy}{x\plus{}y}$. So it would just be 4800/100 or [b]48[/b].

[hide="1"]Circumference of old cylinder - $ x$
Circumference of new cylinder - $ y$

$ \dfrac12y\plus{}2\cdot\dfrac12y\equal{}x$

$ \dfrac32y\equal{}x$

$ 2\pi r_1\equal{}\dfrac{3}{2}y$
$ 2\pi r_2\equal{}y$

From here we have that $ r_2\equal{}\frac{2}{3}\cdot r_1$

$ V_2\equal{}{(\frac{2}{3})^2} \cdot {V_1}\equal{}\frac{4}{9}\cdot{V_1}$

$ \frac{4}{9} \cdot 1872 \pi\equal{}832 \pi$ $ (cm^3)$ So Yes, your answer is correct.[/hide]

[quote="M_M"]
What is the difference, expressed as a percent of the original price, between a 20% discount followed by a 30% discount and a straight 45% discount?

[/quote]

Lets say 200 is our original number.  The first case is $ 200\cdot.20\equal{}40$, so we have $ 200\minus{}40\equal{}160$.  Then we take off 30%, $ 160\cdot.70\equal{}112$.  Now we take 45% of 200, $ 200\cdot.55\equal{}110$.  Then $ 112\minus{}110\equal{}2$, that is our difference.  2 of 200 is 1%.  So our answer is 1%.

Here's some more insight into the third problem:

[hide]The single observation that is the key to the whole problem is the equation $ d \equal{} rt$, where $ d$ is the distance traveled, $ r$ is the rate of travel, and $ t$ is the time taken. Thus if we let $ d$ be the distance to the concert and $ t$ be the time Pat has to get there, the problem essentially gives us the following two equations:
\[ \frac{d}{60} \equal{} t \minus{} 1\]
\[ \frac{d}{40} \equal{} t \plus{} 1\]
Keep in mind that we are looking for the speed Pat needs to drive to arrive exactly on time, which is equal to $ \frac{d}{t}$ by our equation.
Thus, we modify our above equations to the following:
\[ d \equal{} 60t \minus{} 60\]
\[ d \equal{} 40t \plus{} 40\]
Now we could find $ \frac{d}{t}$ easily if either of the above equations did not have a constant term, so we would like to find a way to eliminate it. Since we have two equations, we could try to add some multiples of them together to cancel it out. We do this by multiplying the equations by $ 40$ and $ 60$, respectively, as follows:
\[ 40d \equal{} 2400t \minus{} 2400\]
\[ 60d \equal{} 2400t \plus{} 2400\]
Now when we add these equations together, we obtain that $ 100d \equal{} 4800t$, so $ \frac{d}{t} \equal{} \boxed{48}$.
[/hide]