Τεστ Εξάσκησης (4), Μικροί

#1

ΘΕΜΑ 1
Να δείξετε ότι δεν υπάρχουν ακέραιοι x, y

τέτοιοι ώστε x^2 + xy − 3y^2 = 2020.

ΘΕΜΑ 2
Οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί a, b, c

είναι τέτοιοι ώστε

$\displaystyle{\frac{b^2}{a + b}+\frac{c^2}{b + c}+\frac{a^2}{c + a} \geq \frac{c^2}{a + b}+\frac{a^2}{b + c}+\frac{b^2}{c + a} \geq \frac{a^2}{a + b}+\frac{b^2}{b + c}+\frac{c^2}{c + a}}$

Να δείξετε ότι a = b = c.

ΘΕΜΑ 3
Η Μαρία έγραψε στα κελιά ενός πίνακα $3\times 3$ τους αριθμούς 1, 2, 3, . . . , 9

χωρίς να επαναλαμβάνεται κάποιος από αυτούς.
Στη συνέχεια εκτέλεσε αρκετές (πεπερασμένο το πλήθος) φορές την ακόλουθη κίνηση:
κάθε φορά επέλεγε ένα $2\times 2$ τετράγωνο (υπάρχουν 4 τέτοια) και είτε πρόσθετε σε όλους τους αριθμούς του τετραγώνου 1 είτε αφαιρούσε από όλους τους αριθμούς του τετραγώνου 1.
Κάποια στιγμή παρατήρησε ότι και οι 9 αριθμοί του πίνακα $3\times 3$ ήταν ίσοι με τον ακέραιο

Να βρείτε όλες τις δυνατές τιμές του

ΘΕΜΑ 4
Οι κύκλοι K_1

και

τέμνονται στα σημεία

και

Η εφαπτομένη του K_1

στο

τέμνει τον K_2

στο

και η εφαπτομένη του K_2

στο

τέμνει τον K_1

στο

Έστω

σημείο τέτοιο ώστε το

να είναι το μέσο του AC.

Να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο ABCD

είναι εγγράψιμο.

KARKAR · #2

socrates έγραψε: ↑
Τετ Φεβ 26, 2020 12:47 am
ΘΕΜΑ 4
Οι κύκλοι και τέμνονται στα σημεία και Η εφαπτομένη του στο τέμνει τον στο

και η εφαπτομένη του στο τέμνει τον στο Έστω σημείο τέτοιο ώστε το να είναι το μέσο

του Να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο.

: Συμμετροδιάμεσος.png (24.32 KiB) Προβλήθηκε 2665 φορές

Στο τρίγωνο DCA

, η

είναι διάμεσος και η

, συμμετροδιάμεσος .

Αν αυτή είναι η λύση , μήπως είναι υπερβολικό για τους μικρούς ;

#3

KARKAR έγραψε: ↑
Τετ Φεβ 26, 2020 12:53 pm

socrates έγραψε: ↑
Τετ Φεβ 26, 2020 12:47 am
ΘΕΜΑ 4
Οι κύκλοι και τέμνονται στα σημεία και Η εφαπτομένη του στο τέμνει τον στο

και η εφαπτομένη του στο τέμνει τον στο Έστω σημείο τέτοιο ώστε το να είναι το μέσο

του Να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο.
Συμμετροδιάμεσος.png

Στο τρίγωνο , η είναι διάμεσος και η , συμμετροδιάμεσος .

Αν αυτή είναι η λύση , μήπως είναι υπερβολικό για τους μικρούς ;

Υπάρχει και πιο στοιχειώδης λύση, που ταιριάζει στο επίπεδο των μικρών...
Ας βλέπουμε όμως λύσεις με οποιοδήποτε τρόπο, δεν υπάρχει κανένας περιορισμός!

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #4

socrates έγραψε: ↑
Τετ Φεβ 26, 2020 12:47 am

ΘΕΜΑ 2
Οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί είναι τέτοιοι ώστε

$\displaystyle{\frac{b^2}{a + b}+\frac{c^2}{b + c}+\frac{a^2}{c + a} \geq \frac{c^2}{a + b}+\frac{a^2}{b + c}+\frac{b^2}{c + a} \geq \frac{a^2}{a + b}+\frac{b^2}{b + c}+\frac{c^2}{c + a}}$

Να δείξετε ότι

Αρχικά παρατηρούμε ότι $\displaystyle {\sum \dfrac{b^2}{a+b}-\sum \dfrac{a^2}{a+b}=\sum a-\sum a=0}$ άρα πρέπει $\displaystyle{\sum \dfrac{a^2}{a+b}=\sum \dfrac{b^2}{a+b}=\sum \dfrac{a^2}{b+c}} (*)$ .Έστω $c\geq a\geq b$
Τότε οι τριάδες $\left ( c^2,a^2,b^2 \right ),\left ( \dfrac{1}{a+b},\dfrac{1}{b+c},\dfrac{1}{a+c} \right )$ έχουν ίδια διάταξη και έτσι έπεται ότι $\sum \dfrac{c^2}{a+b}\geq \sum \dfrac{c^2}{b+c}$ και επειδή ισχύει η (*) πρέπει a=b=c

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #5

socrates έγραψε: ↑
Τετ Φεβ 26, 2020 12:47 am
ΘΕΜΑ 1
Να δείξετε ότι δεν υπάρχουν ακέραιοι τέτοιοι ώστε

Αν $x\equiv 0(\mod5)$ τότε πρέπει $-3y^2\equiv 2020\equiv 0(\mod5)\Rightarrow y\equiv 0(\mod5)$
Θέτω x=5k,y=5l

.Τότε όμως το αριστερό μέλος είναι $\equiv 0(\mod25)$ ενώ $2020\not\equiv 0\pmod{25}$ .
Άρα πρέπει $x^2+xy-3y^2\equiv 0\pmod5$ με $x,y\not\equiv 0\pmod5$

Διακρίνω 2 περιπτώσεις:

$x\equiv 1,4(\mod5)$
i)Αν $y\equiv 1,4(\mod5)$ τότε πρέπει $1+xy-3\equiv 0(\mod5)\Leftrightarrow xy\equiv 2(\mod5)$ άτοπο (δεν υπάρχει κατάλληλος συνδυασμός)
ii) $y\equiv 2,3\pmod5$ εντελώς όμοια καταλήγουμε σε άτοπο.

$x\equiv 2,3\pmod5$
i) $y\equiv 1,4 \pmod5$ τότε πρέπει $-1+xy-3\equiv 0\pmod5\Leftrightarrow xy\equiv 4\pmod5$ άτοπο (δεν υπάρχει κατάλληλος συνδυασμός)
ii) $y\equiv 2,3\pmod5$ εντελώς όμοια καταλήγουμε σε άτοπο.

#6

socrates έγραψε: ↑
Τετ Φεβ 26, 2020 12:47 am
ΘΕΜΑ 1
Να δείξετε ότι δεν υπάρχουν ακέραιοι τέτοιοι ώστε

Η σχέση γράφεται

$\displaystyle{(2x+y)^2-13y^2=8080}$

και βλέπουμε ότι ένα τετράγωνο είναι ισότιμο με $\displaystyle{0,1,3,4,9,10,12 \mod 13}$ , ενώ $\displaystyle{8080\equiv 7 \mod 13.}$

#7

socrates έγραψε: ↑
Τετ Φεβ 26, 2020 12:47 am
ΘΕΜΑ 2
Οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί είναι τέτοιοι ώστε

$\displaystyle{\frac{b^2}{a + b}+\frac{c^2}{b + c}+\frac{a^2}{c + a} \geq \frac{c^2}{a + b}+\frac{a^2}{b + c}+\frac{b^2}{c + a} \geq \frac{a^2}{a + b}+\frac{b^2}{b + c}+\frac{c^2}{c + a}}$

Να δείξετε ότι

Τώρα που το ξαναβλέπω, δεν είναι απαραίτητο οι a,b,c

να είναι θετικοί. Αρκεί να είναι τέτοιοι ώστε να ορίζονται τα εμφανιζόμενα κλάσματα...

#8

matha έγραψε: ↑
Τετ Φεβ 26, 2020 8:39 pm

socrates έγραψε: ↑
Τετ Φεβ 26, 2020 12:47 am
ΘΕΜΑ 1
Να δείξετε ότι δεν υπάρχουν ακέραιοι τέτοιοι ώστε
Η σχέση γράφεται

$\displaystyle{(2x+y)^2-13y^2=8080}$

και βλέπουμε ότι ένα τετράγωνο είναι ισότιμο με $\displaystyle{0,1,3,4,9,10,12 \mod 13}$ , ενώ $\displaystyle{8080\equiv 7 \mod 13.}$

Η ιδέα για $\pmod 5$ δουλεύει και σε αυτήν την εξίσωση!

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #9

socrates έγραψε: ↑
Τετ Φεβ 26, 2020 12:47 am
ΘΕΜΑ 3
Η Μαρία έγραψε στα κελιά ενός πίνακα $3\times 3$ τους αριθμούς χωρίς να επαναλαμβάνεται κάποιος από αυτούς.
Στη συνέχεια εκτέλεσε αρκετές (πεπερασμένο το πλήθος) φορές την ακόλουθη κίνηση:
κάθε φορά επέλεγε ένα $2\times 2$ τετράγωνο (υπάρχουν 4 τέτοια) και είτε πρόσθετε σε όλους τους αριθμούς του τετραγώνου 1 είτε αφαιρούσε από όλους τους αριθμούς του τετραγώνου 1.
Κάποια στιγμή παρατήρησε ότι και οι 9 αριθμοί του πίνακα $3\times 3$ ήταν ίσοι με τον ακέραιο
Να βρείτε όλες τις δυνατές τιμές του

Πολύ καλή

!

Το κλειδί είναι το κεντρικό κελί:

Έστω ότι η παρατήρηση έγινε αφού είχαν εφαρμοστεί συνολικά

κινήσεις τύπου ''+1'' και

τύπου ''-1''.
Σε κάθε κίνηση τύπου ''+1'' το ολικό άθροισμα μεταβάλλεται κατά

ενώ σε κάθε ''-1'' κατά

. Το αρχικό άθροισμα είναι 1+2+..9=45

.Θα είναι λοιπόν $9n=45+4p-4q\,\,\,\,(1)$ .'Ομως οποιοδήποτε τετράγωνο $2\times 2$ και να επιλέξουμε περιέχει το κεντρικό του οποίου έστω ότι η αρχική τιμή ήταν

.Τότε θα είναι $n=a+4p-4q\,\,\,\,(2)$ .
Από τις (1)(2) έπεται ότι 8n=45-a

που με $\pmod8$ δίνει a=5

και έτσι

Άρα

.

#10

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 27, 2020 3:10 pm

socrates έγραψε: ↑
Τετ Φεβ 26, 2020 12:47 am
ΘΕΜΑ 3
Η Μαρία έγραψε στα κελιά ενός πίνακα $3\times 3$ τους αριθμούς χωρίς να επαναλαμβάνεται κάποιος από αυτούς.
Στη συνέχεια εκτέλεσε αρκετές (πεπερασμένο το πλήθος) φορές την ακόλουθη κίνηση:
κάθε φορά επέλεγε ένα $2\times 2$ τετράγωνο (υπάρχουν 4 τέτοια) και είτε πρόσθετε σε όλους τους αριθμούς του τετραγώνου 1 είτε αφαιρούσε από όλους τους αριθμούς του τετραγώνου 1.
Κάποια στιγμή παρατήρησε ότι και οι 9 αριθμοί του πίνακα $3\times 3$ ήταν ίσοι με τον ακέραιο
Να βρείτε όλες τις δυνατές τιμές του

Πολύ καλή !

Το κλειδί είναι το κεντρικό κελί:

Έστω ότι η παρατήρηση έγινε αφού είχαν εφαρμοστεί συνολικά κινήσεις τύπου ''+1'' και τύπου ''-1''.
Σε κάθε κίνηση τύπου ''+1'' το ολικό άθροισμα μεταβάλλεται κατά ενώ σε κάθε ''-1'' κατά . Το αρχικό άθροισμα είναι .Θα είναι λοιπόν $9n=45+4p-4q\,\,\,\,(1)$ .'Ομως οποιοδήποτε τετράγωνο $2\times 2$ και να επιλέξουμε περιέχει το κεντρικό του οποίου έστω ότι η αρχική τιμή ήταν .Τότε θα είναι $\color{red} n=a+4p-4q\,\,\,\,(2)$ .
Από τις (1)(2) έπεται ότι που με $\pmod8$ δίνει και έτσι

Άρα .

Ωραία, αυτό είναι το κόνσεπτ!
Είναι όμως n=a+p-q

, αφού κάθε φορά προσθέτω +1 ή -1 στο κεντρικό τετράγωνο. Η τελική απάντηση είναι η ίδια!

Μένει, επίσης, να δώσουμε παράδειγμα σκακιέρας που καταλήγει στην

$\displaystyle{\begin{tabular}{|c|c|c|} \hline 5 & 5 & 5 \\ \hline 5 & 5 & 5 \\ \hline 5 & 5 & 5 \\ \hline \end{tabular} }$

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #11

socrates έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 27, 2020 7:31 pm

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 27, 2020 3:10 pm

socrates έγραψε: ↑
Τετ Φεβ 26, 2020 12:47 am
ΘΕΜΑ 3
Η Μαρία έγραψε στα κελιά ενός πίνακα $3\times 3$ τους αριθμούς χωρίς να επαναλαμβάνεται κάποιος από αυτούς.
Στη συνέχεια εκτέλεσε αρκετές (πεπερασμένο το πλήθος) φορές την ακόλουθη κίνηση:
κάθε φορά επέλεγε ένα $2\times 2$ τετράγωνο (υπάρχουν 4 τέτοια) και είτε πρόσθετε σε όλους τους αριθμούς του τετραγώνου 1 είτε αφαιρούσε από όλους τους αριθμούς του τετραγώνου 1.
Κάποια στιγμή παρατήρησε ότι και οι 9 αριθμοί του πίνακα $3\times 3$ ήταν ίσοι με τον ακέραιο
Να βρείτε όλες τις δυνατές τιμές του

Πολύ καλή !

Το κλειδί είναι το κεντρικό κελί:

Έστω ότι η παρατήρηση έγινε αφού είχαν εφαρμοστεί συνολικά κινήσεις τύπου ''+1'' και τύπου ''-1''.
Σε κάθε κίνηση τύπου ''+1'' το ολικό άθροισμα μεταβάλλεται κατά ενώ σε κάθε ''-1'' κατά . Το αρχικό άθροισμα είναι .Θα είναι λοιπόν $9n=45+4p-4q\,\,\,\,(1)$ .'Ομως οποιοδήποτε τετράγωνο $2\times 2$ και να επιλέξουμε περιέχει το κεντρικό του οποίου έστω ότι η αρχική τιμή ήταν .Τότε θα είναι $\color{red} n=a+4p-4q\,\,\,\,(2)$ .
Από τις (1)(2) έπεται ότι που με $\pmod8$ δίνει και έτσι

Άρα .
Ωραία, αυτό είναι το κόνσεπτ!
Είναι όμως , αφού κάθε φορά προσθέτω +1 ή -1 στο κεντρικό τετράγωνο. Η τελική απάντηση είναι η ίδια!

Μένει, επίσης, να δώσουμε παράδειγμα σκακιέρας που καταλήγει στην

$\displaystyle{\begin{tabular}{|c|c|c|} \hline 5 & 5 & 5 \\ \hline 5 & 5 & 5 \\ \hline 5 & 5 & 5 \\ \hline \end{tabular} }$

σωστά.Είναι $\left\{\begin{matrix} & n=a+p-q & \\ & 9n=45+4p-4q & \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} & 4n=4a+4p-4q & \\ & 9n=45+4p-4q & \end{matrix}\right. \end{matrix}\right.\Rightarrow 5n=45-4a\overset {\pmod5} \,\,\,a=5,n=5$

Παιδεύτηκα πολύ να βρω πίνακα αλλά δεν βρήκα ακόμη...όταν βρω θα τον προσθέσω εδώ.Στην αρχική λύση νόμιζα πως δεν χρειάζεται να αποδείξουμε ότι είναι δυνατόν γιατί μας το λέει το πρόβλημα ότι πράγματι συνέβη....

#12

Μια κατάλληλη σκακιέρα είναι η

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

maths_b · #13

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: ↑
Τετ Φεβ 26, 2020 3:31 pm

socrates έγραψε: ↑
Τετ Φεβ 26, 2020 12:47 am

ΘΕΜΑ 2
Οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί είναι τέτοιοι ώστε

$\displaystyle{\frac{b^2}{a + b}+\frac{c^2}{b + c}+\frac{a^2}{c + a} \geq \frac{c^2}{a + b}+\frac{a^2}{b + c}+\frac{b^2}{c + a} \geq \frac{a^2}{a + b}+\frac{b^2}{b + c}+\frac{c^2}{c + a}}$

Να δείξετε ότι

Αρχικά παρατηρούμε ότι $\displaystyle {\sum \dfrac{b^2}{a+b}-\sum \dfrac{a^2}{a+b}=\sum a-\sum a=0}$ άρα πρέπει $\displaystyle{\sum \dfrac{a^2}{a+b}=\sum \dfrac{b^2}{a+b}=\sum \dfrac{a^2}{b+c}} (*)$ .Έστω $c\geq a\geq b$
Τότε οι τριάδες $\left ( c^2,a^2,b^2 \right ),\left ( \dfrac{1}{a+b},\dfrac{1}{b+c},\dfrac{1}{a+c} \right )$ έχουν ίδια διάταξη και έτσι έπεται ότι $\sum \dfrac{c^2}{a+b}\geq \sum \dfrac{c^2}{b+c}$ και επειδή ισχύει η (*) πρέπει

Θα ήθελα να ρωτήσω πότε επιτυγχάνεται η ισότητα όταν εφαρμόζουμε την ανισότητα της αναδιάταξης.

Ευχαριστώ εκ των προτέρων.

#14

maths_b έγραψε: ↑
Τρί Φεβ 18, 2025 8:39 am

Θα ήθελα να ρωτήσω πότε επιτυγχάνεται η ισότητα όταν εφαρμόζουμε την ανισότητα της αναδιάταξης.

Ευχαριστώ εκ των προτέρων.

Αν για παράδειγμα έχεις $a\ge b \ge c$ , τότε η μορφή $a^2+b^2+c^2 \ge ab+bc+ca$ της ανισότητας αναδιάταξης επιτυγχάνει ισότητα αν και μόνον αν a=b=c

. Και αυτό διότι η ισότητα ισοδυναμεί με την

$\dfrac {1}{2} (a-b)^2 +\dfrac {1}{2} (b-c)^2+\dfrac {1}{2} (c-a)^2=0$ , και λοιπά.

Fotis34 · #15

$\textbf{Θέμα 1.}$ Να δείξετε ότι δεν υπάρχουν ακέραιοι x, y

τέτοιοι ώστε
$\displaystyle x^2 + xy - 3y^2 = 2020.$

$\textbf{Λύση.}$

Θεωρούμε την εξίσωση ως δευτεροβάθμια στο

:

$\displaystyle x^2 + y x - 3y^2 - 2020 = 0.$

Για να υπάρχουν ακέραιες λύσεις

, το διακρίνων πρέπει να είναι τέλειο τετράγωνο:

$\displaystyle \Delta = y^2 - 4(-3y^2 - 2020) = y^2 + 12 y^2 + 8080 = 13 y^2 + 8080.$

Άρα πρέπει να υπάρχει ακέραιος

ώστε:

$\displaystyle t^2 = 13 y^2 + 8080 \quad \Rightarrow \quad t^2 - 13 y^2 = 8080.$

Εξετάζουμε την εξίσωση modulo 13:

$\displaystyle t^2 - 13 y^2 \equiv t^2 \equiv 8080 \pmod{13}.$

Υπολογίζουμε $8080 \mod 13$ :

$\displaystyle 13 \cdot 620 = 8060 \implies 8080 - 8060 = 20 \implies 20 \equiv 7 \pmod{13}.$

Άρα πρέπει να ισχύει:

$\displaystyle t^2 \equiv 7 \pmod{13}.$

Τα υπολείμματα των τετραγώνων modulo 13 είναι:

$\displaystyle 0^2 \equiv 0, \; 1^2 \equiv 1, \; 2^2 \equiv 4, \; 3^2 \equiv 9, \; 4^2 \equiv 3, \; 5^2 \equiv 12, \; 6^2 \equiv 10 \pmod{13}.$

Επαναλαμβάνοντας για όλα τα $t = 0,1,\dots,12$ βλέπουμε ότι οι υπόλοιποι τετραγώνων modulo 13 είναι:

$\displaystyle 0,1,3,4,9,10,12.$

Το 7 δεν ανήκει σε αυτά, άρα δεν υπάρχει ακέραιος

που να ικανοποιεί την παραπάνω συνθήκη.

Συνεπώς, η αρχική εξίσωση δεν έχει λύσεις σε ακέραιους x, y

.

$\displaystyle \boxed{\text{Δεν υπάρχουν ακέραιοι λύσεις.}}$

#16

Ωραιότατα και σωστά.

'Εχω όμως δύο σχόλια.

- Ουσιαστικά η ίδια λύση (και πολλή οικονομικότερη) υπάρχει στο ποστ #6 παραπάνω.

- Ένας γρήγορος τρόπος να κάνεις παράθεση κειμένου (π.χ. την εκφώνηση) είναι να πατήσεις το εικονίδιο στο τετραγωνάκι πάνω δεξιά του εκάστοτε ποστ. Επίσης είναι αυτονόητο ότι πρέπει να διαβάζεις το ποστ σου πριν πατήσεις υποβολή. Με αυτόν τον τρόπο βλέπεις τα όποια σφάλματα της πληκτρολόγισης. Όπως είναι τώρα το ποστ σου, πολλά σημεία ΔΕΝ ΔΙΑΒΑΖΟΝΤΑΙ. Βλέπε π.χ. το κουτάκι στο τέλος του μηνύματός σου που είναι προβληματικό. Ειδικά, το κείμανά σου με ελληνικές γραμματοσειρές στα σημεία όπου χρησιμοποιείς latex δεν διαβάζονται. Παρακαλώ πρόσεξέ το αυτό, και διόρθωσέ το.

Fotis34 · #17

Απόρριψη.

Fotis34 · #18

Απόρριψη δημοσίευσης.

#19

Fotis34 έγραψε: ↑
Πέμ Δεκ 04, 2025 6:17 pm

Επειδή τόσο η LHS όσο και η RHS έχουν κάτω φράγμα $\frac{a+b+c}{2}$ , πρέπει να ισχύει ισότητα παντού:
$\displaystyle \text{LHS} = \text{RHS} = \frac{a+b+c}{2}.$

Η ισότητα στην ανισότητα Cauchy-Schwarz απαιτεί
$\displaystyle \frac{b}{\sqrt{a+b}} = \frac{c}{\sqrt{b+c}} = \frac{a}{\sqrt{c+a}},$

.
Το παραπάνω επιχείρημα δεν στέκει. Είναι ένας ακροβατικός συλλογισμός χωρίς βάση. Για παράδειγμα με το ίδιο επιχείρημα θα βγάζαμε το εξής εσφαλμένο συμπέρασμα:

Παρατηρούμε ότι ΓΙΑ ΚΑΘΕ πραγματικό αριθμό

ισχύει $2a^2+1\ge a^2+1\ge 1$ . Τώρα, όπως γράφεις ο ίδιος (αντιγράφω) "επειδή τόσο η LHS όσο και η RHS έχουν κάτω φράγμα , πρέπει να ισχύει ισότητα παντού:

Αυτές όμως δίνουν .

Με άλλα λόγια δείξαμε ότι για ΟΛΟΥΣ τους πραγματικούς αριθμούς

ισχύει

, δηλαδή δεν υπάρχει στον κόσμα κανένας άλλος αριθμός εκτός από τον

.

Αντιλαμβάνεσαι ότι αυτά δεν στέκουν. Προσπάθησε να καταλάβεις που είναι το λογικό σφάλμα.

Και κάτι ακόμα. Καλό είναι να διαβάζεις αυτά που σου γράφουμε:

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Τετ Δεκ 03, 2025 11:34 pm

- Ένας γρήγορος τρόπος να κάνεις παράθεση κειμένου (π.χ. την εκφώνηση) είναι να πατήσεις το εικονίδιο στο τετραγωνάκι πάνω δεξιά του εκάστοτε ποστ.

Τεστ Εξάσκησης (4), Μικροί

Τεστ Εξάσκησης (4), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (4), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (4), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (4), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (4), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (4), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (4), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (4), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (4), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (4), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (4), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (4), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (4), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (4), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (4), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (4), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (4), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (4), Μικροί

Re: Τεστ Εξάσκησης (4), Μικροί

Μέλη σε σύνδεση