ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2012 - ΛΥΚΕΙΟ

sokratis lyras · #1

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 1

Δίνεται η ακολουθία πραγματικών αριθμών (a_n),n=1,2,3,...

με

και $a_n=\left( \displaystyle\frac{n+1}{n-1} \right)(a_1+...+a_{n-1}),n\ge 2$ .
Να προσδιορίσετε τον όρο $a_{2013}$ .

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 2

Στο σύνολο των ακεραίων να λύσετε την εξίσωση: y=2x^2+5xy+3y^2

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 3

Δίνονται τα σύνολα $A_1,...,A_{160}$ τέτοια ώστε $\left| A_i \right|=i,i=1,2,...,160$ .Με τα στοιχεία των συνόλων αυτών κατασκευάζουμε καινούρια σύνολα M_1,...,M_n

με την ακόλουθη διαδικασία: Στο πρώτο βήμα επιλέγουμε κάποια από τα σύνολα $A_1,...,A_{160}$ και αφαιρούμε από το καθένα τον ίδιο αριθμό στοιχείων.Όλα τα στοιχεία που αφαιρούμε αποτελούν τα στοιχεία του M_1

.Στο δεύτερο βήμα επαναλαμβάνουμε την ίδια διαδικασία στα σύνολα που έχουν προκύψει μετά την εφαρμογή του πρώτου βήματος και έτσι ορίζουμε το M_2

.Συνεχίζουμε ομοίως μέχρι που να εξαντληθούν όλα τα στοιχεία των $A_1,...,A_{160}$ ορίζοντας έτσι τα σύνολα M_1,...,M_n

.Να βρεθεί η ελάχιστη τιμή του

.

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 4

Δίνεται τρίγωνο ABC

εγγεγραμμένο σε κύκλο c(O,R)

και έστω

τυχόν σημείο της πλευράς

(διαφορετικό από το μέσον της

).Ο περιγεγραμμένος κύκλος του BOD

,έστω

,τέμνει τον κύκλο c(O,R)

στο σημείο

και την

στο σημείο

.O περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου COD

,έστω

,τέμνει τον κύκλο c(O,R)

στο σημείο

και την

στο σημείο

.Τέλος, ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου AEZ

,έστω

τέμνει τον κύκλο c(O,R)

στο σημείο

.Να αποδείξετε ότι τα τρίγωνα ABC

και

είναι ίσα.
(Σημείο

=Σημείο Γ και σημείο

=σημείο Δ στα θέματα)

#2

sokratis lyras έγραψε:ΠΡΟΒΛΗΜΑ 1

Δίνεται η ακολουθία πραγματικών αριθμών με και $a_n=\left( \displaystyle\frac{n+1}{n-1} \right)(a_1+...+a_{n-1}),n\ge 2$ .
Να προσδιορίσετε τον όρο $a_{2013}$ .

Είναι $a_n=\left(\dfrac{n+1}{n-1}\right)\left(a_1+a_2+\cdots + a_{n-2}+a_{n-1}\right) \ \ (1)$

Άρα για $n\geq 3$ έχουμε $a_{n-1}=\dfrac{n}{n-2}\left(a_1+a_2+\cdots + a_{n-2}\right)$ απ' όπου

$a_1+a_2+\cdots + a_{n-2}=\dfrac{n-2}{n}a_{n-1}$

Αντικαθιστούμε την τελευταία στην (1) και παίρνουμε: $a_n=\left(\dfrac{n+1}{n-1}\right)\left(\dfrac{n-2}{n}a_{n-1}+a_{n-1}\right)$ δηλαδή $\dfrac{a_n}{a_{n-1}}=\dfrac{2(n+1)}{n}$

Έτσι έχουμε:

$\begin{cases} \dfrac{a_{2013}}{a_{2012}}=\dfrac{2\cdot 2014}{2013} \\ \dfrac{a_{2012}}{a_{2011}}=\dfrac{2\cdot 2013}{2012} \\ \dfrac{a_{2013}}{a_{2012}}=\dfrac{2\cdot 2012}{2011} \\ \vdots \\ \dfrac{a_{4}}{a_{3}}=\dfrac{2\cdot 5}{4} \\ \dfrac{a_{3}}{a_{2}}=\dfrac{2\cdot 4}{3} \\ \dfrac{a_2}{a_1}=\dfrac{2\cdot 3}{2} \end{cases}$

Πολλαπλασιάζοντας τις παραπάνω κατά μέλη παίρνουμε τελικά:

$\dfrac{a_{2013}}{a_1}=\dfrac{2^{2012}\cdot 2014}{2}$ δηλαδή $a_{2013}=2^{2012}\cdot 2014$

Αλέξανδρος

Edit: Ευχαριστώ το Νίκο Αθανασίου για την επισήμανση!

#3

sokratis lyras έγραψε:ΠΡΟΒΛΗΜΑ 2

Στο σύνολο των ακεραίων να λύσετε την εξίσωση:

Η εξίσωση γράφεται: 2x^2+5yx+3y^2-y=0

που βλέποντάς το ως τριώνυμο του

, η διακρίνουσα $\Delta$ είναι ίση με: $\Delta=y^2+8y$ .

Για να έχει ακέραιες λύσεις η αρχική πρέπει η διακρίνουσα να είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου δηλαδή

y^2+8y=k^2

για κάποιο ακέραιο

η οποία ισοδύναμα γίνεται y^2+8y+16=k^2+16

δηλαδή

που τελικά δίνει (y+4-k)(y+4+k)=16

.

Επειδή το άθροισμα των δύο παραγόντων y+4-k

και

είναι άρτιος και το γινόμενο είναι επίσης άρτιος, άρα πρέπει κάθε ένας εκ των παραγόντων να είναι άρτιος

Έτσι, καταλήγουμε στα εξής συστήματα:

$(\Sigma_1) \ \ \begin{cases} y+4-k=2 \\ y+4+k=8 \end{cases} \Leftrightarrow (y,k)=(1,3)$ απ' όπου έχουμε τελικά (x,y)=(-2,1)

$(\Sigma_2) \ \ \begin{cases} y+4-k=4 \\ y+4+k=4 \end{cases} \Leftrightarrow (y,k)=(0,0)$ απ' όπου έχουμε τελικά (x,y)=(0,0)

$(\Sigma_3) \ \ \begin{cases} y+4-k=8 \\ y+4+k=2 \end{cases} \Leftrightarrow (y,k)=(1,-3)$ απ' όπου έχουμε τελικά (x,y)=(-2,1)

$(\Sigma_4) \ \ \begin{cases} y+4-k=-2 \\ y+4+k=-8 \end{cases} \Leftrightarrow (y,k)=(-9,-3)$ απ' όπου έχουμε τελικά (x,y)=(12,-9)

$(\Sigma_5) \ \ \begin{cases} y+4-k=-4 \\ y+4+k=-4 \end{cases} \Leftrightarrow (y,k)=(-8,0)$ απ' όπου έχουμε τελικά (x,y)=(10,-8)

$(\Sigma_6) \ \ \begin{cases} y+4-k=-8 \\ y+4+k=-2 \end{cases} \Leftrightarrow (y,k)=(-9,3)$ απ' όπου έχουμε τελικά (x,y)=(12,-9)

Συνοψίζοντας, οι λύσεις είναι οι $(x,y)=(-2,1), \ (0,0), \ (12,-9), \ (10,-8)$

Αλέξανδρος

#4

sokratis lyras έγραψε:ΠΡΟΒΛΗΜΑ 2

Στο σύνολο των ακεραίων να λύσετε την εξίσωση:

Γράφουμε

οπότε

όπου $k\in \Bbb{N}_0.$

Έχουμε, λοιπόν, (y+4+k)(y+4-k)=16.

Είναι $y+4+k\geq y+4-k$ και $(y+4+k)\equiv (y+4-k) \pmod 2$ οπότε οι μόνες περιπτώσεις είναι

y+4+k=-8, y+4-k=-2

που δίνει

$\displaystyle{y+4+k=-4, y+4-k=-4}$ που δίνει (x,y)=(10,-8)

$\displaystyle{y+4+k=8, y+4-k=2}$ που δίνει (x,y)=(-2,1)

$\displaystyle{y+4+k=4, y+4-k=4}$ που δίνει (x,y)=(0,0)

Διόρθωσα μια λύση, μετά από μήνυμα του Αλέξανδρου!

petros r · #5

Για το 1 επισης μπορεί κάποιος να προστέσει και στα δύο μέλη με $\frac{n+1}{n-1}a_{n}$ οπότε θα πάρει $a_{n}=\frac{n+1}{2n}\sum_{1}^{n}a_{n}$ Όμως στην σχέση που μας δίνεται αν βάλουμε όπου n το n+1 παίρνουμε ότι $\sum_{1}^{n}a_{n}=\frac{n}{n+2}a_{n+1}$ . Άρα έχουμε ότι $a_{n}=\frac{n+1}{2(n+2)}a_{n+1}$ που είναι της μορφής $a_{n+1}=ka_{n}$ . Άρα έχουμε $a_{n}=k^{n-1}a_{1}$ όπου $k=\frac{2(n+2)}{n+1}$

KARKAR · #6

: Αρχιμήδειον σχήμα.png (26.52 KiB) Προβλήθηκε 6502 φορές

Βάζω μόνο το σχήμα της άσκησης , που εντυπωσιάζει . Παρατηρήστε ότι οι μικροί κύκλοι είναι ίσοι ...

#7

sokratis lyras έγραψε: ΠΡΟΒΛΗΜΑ 3

Δίνονται τα σύνολα $A_1,...,A_{160}$ τέτοια ώστε $\left| A_i \right|=i,i=1,2,...,160$ .Με τα στοιχεία των συνόλων αυτών κατασκευάζουμε καινούρια σύνολα με την ακόλουθη διαδικασία: Στο πρώτο βήμα επιλέγουμε κάποια από τα σύνολα $A_1,...,A_{160}$ και αφαιρούμε από το καθένα τον ίδιο αριθμό στοιχείων.Όλα τα στοιχεία που αφαιρούμε αποτελούν τα στοιχεία του .Στο δεύτερο βήμα επαναλαμβάνουμε την ίδια διαδικασία στα σύνολα που έχουν προκύψει μετά την εφαρμογή του πρώτου βήματος και έτσι ορίζουμε το .Συνεχίζουμε ομοίως μέχρι που να εξαντληθούν όλα τα στοιχεία των $A_1,...,A_{160}$ ορίζοντας έτσι τα σύνολα .Να βρεθεί η ελάχιστη τιμή του .

Μπορεί να γίνει με n=8

ως εξής:

Για την κατασκευή του M_i

θα αφαιρέσω $2^{i-1}$ στοιχεία από κάθε A_j

ώστε όταν γράψω το

στο δυαδικό σύστημα θα έχει μονάδα στην θέση

.

Π.χ. για την κατασκευή του M_1

θα αφαιρέσω από ένα στοιχείο από τα $A_1,A_3,\ldots,A_{159}$ . Αν $j = 2^{a_1} + \cdots + 2^{a_r}$ με $0 \leqslant a_1 < a_2 < \cdots < a_r < 8$ τότε στο δυαδικό σύστημα το A_j

έχει μονάδα στις θέσεις $a_1+1,a_2-1,\ldots,a_r+1$ και άρα συνολικά αφαιρώ ακριβώς $2^{a_1} + \cdots + 2^{a_r} = j$ στοιχεία από το A_j

, δηλαδή όλα.

Μένει να δείξω ότι δεν μπορεί να γίνει με n < 8

. Για αυτό θα αποδείξω πιο γενικά ότι αν έχω σύνολα $A_1,\ldots,A_k$ με οποιεσδήποτε πληθικότητες ώστε $\left|\{|A_1|,\ldots,|A_k|\}\right| \geqslant 2^m$ τότε ακολουθώντας την πιο πάνω διαδικασία θα έχω $n \geqslant m+1$ .

Θα το δείξω με επαγωγή στο

. Η περίπτωση m=1

είναι προφανής. Για το επαγωγικό βήμα ας υποθέσουμε ότι $\left|\{|A_1|,\ldots,|A_k|\}\right| \geqslant 2^m$ και ότι στην πρώτη μας κίνηση αφαιρούμε χωρίς βλάβη της γενικότητας τον ίδιο αριθμό στοιχείων μόνο από τα $A_1,\ldotsA_r$ για να πάρουμε τα σύνολα $A_1',\dlots,A_r'$ . Τότε είτε $\left|\{|A_1|,\ldots,|A_r|\}\right| \geqslant 2^{m-1}$ είτε $\left|\{|A_{r+1}|,\ldots,|A_k|\}\right| \geqslant 2^{m-1}$ . Οπότε και στις δύο περιπτώσεις έχουμε $\left|\{|A_1|,\ldots,|A_r|,|A_{r+1}|,\ldots,|A_k|\}\right| \geqslant 2^{m-1}$ που από την επαγωγική υπόθεση θέλουμε άλλες

κινήσεις για να εξαντλήσουμε όλα τα στοιχεία τους.

ksofsa · #8

Ποια εικαζετε ότι θα είναι η βάση για τους μεγαλους;

Broly · #9

ksofsa έγραψε:Ποια εικαζετε ότι θα είναι η βάση για τους μεγαλους;

10,5 λογικά .

petros r · #10

Για την 2 μια προσεγγιση μέσω γραμικής άλγεβρας. Η εξίσωση είναι της μορφής $Ax^{2}+Bxy+Cy^{2}+Dx+Ey+F=0$ . Όμως έχουμς οτι $B^{2}-4AC>0$ . Άρα σίγουρα η εξίσωση μας παριστάνει υπερβολή.Για να βρούμε την κανονική μορφή της υπερβολής τοτε απο το 2Χ2 πίνακα K με στοιχεία στην πρώτη σειρά

και $\frac{B}{2}$ και στην δεύτερη σειρά $\frac{B}{2}$ και

, βρίσκουμε τις ιδιοτιμές , τα αντίστοιχα ιδιοδυανίσματα $V_{1}$ , $V_{2}$ .Τότε ο μετασχηματισμός είναι
$\displaystyle{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}$ = $\frac{1}{|detS|}S\displaystyle{\begin{pmatrix}x_{1}\\y_{1}\end{pmatrix}}$
όπου S είναι ο πίνακας ιδιοδυανισμέτων του Κ.

nickthegreek · #11

Αν δεν κάνω λάθος, για το 3 και για γενικό

η απάντηση είναι $n_{min}=\begin{Bmatrix}log_2(i) \end{Bmatrix} +1$ , όπου στα brackets συμβολίζουμε το ακέραιο μέρος.

Η ιδέα είναι ίδια με του Δημήτρη βασικά. Για την γεωμετρία, να σημειώσω ότι τα δύο τρίγωνα έχουν τον ίδιο περιγεγραμμένο κύκλο, οπότε για να αποδείξουμε ότι είναι ίσα αρκεί να αποδείξουμε ότι είναι όμοια! (Γιατί;) Οπότε μένει να αποδείξουμε ότι πχ τα σημεία K,D,M

είναι συνευθειακά που δεν είναι δύσκολο...

Φιλικά,
Νίκος

sokratis lyras · #12

sokratis lyras έγραψε:ΠΡΟΒΛΗΜΑ 1

Δίνεται η ακολουθία πραγματικών αριθμών με και $a_n=\left( \displaystyle\frac{n+1}{n-1} \right)(a_1+...+a_{n-1}),n\ge 2$ .
Να προσδιορίσετε τον όρο $a_{2013}$ .

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 2

Στο σύνολο των ακεραίων να λύσετε την εξίσωση:

Το 1 το έλυσα παρόμοια με τον κ.Αλέξανδο,απλώς βρήκα την ακολουθία πρώτα και έβαλα n=2013

.
Στο 2 τριώνυμο ως προς

κλπ απλώς έχασα από απροσεξία μία λύση

και στα άλλα 2 πασαλείμματα.Γιαα να δούμε.

ArgirisM · #13

Για την ακολουθία: Έστω S_n

το άθροισμα των πρώτων όρων της ακολουθίας. Έχουμε:

$a_n = \frac{n + 1}{n - 1}S_{n - 1} \Longleftrightarrow S_n = \frac{2n}{n - 1}S_{n - 1} \Longleftrightarrow \frac{S_n}{S_{n - 1}} = \frac{2n}{n - 1} (1)$
Εφαρμόζουμε τη σχέση (1)

για

και προκύπτει ότι $\frac{S_n}{S_1} = 2^{n - 2}n (2)$ . Αναλόγως για n - 1

έχουμε $\frac{S_{n - 1}}{S_1} = 2^{n - 3}(n - 1) (3)$ . Στις σχέσεις (2), (3)

είναι

οπότε αφαιρώντας κατά μέλη έχουμε $S_n - S_{n - 1} = 2^{n - 1}(n + 1) \Longleftrightarrow a_n = 2^{n - 1}(n + 1)$ . Από το παραπάνω για n = 2013

έχουμε $a_{2013} = 2^{2012}\cdot 2014$
Στο δεύτερο πήρα την περίπτωση να έχουμε (x, y) = (0, 0)

ενώ θεωρώντας ότι το

διαιρεί είτε το x + y

είτε το

οπότε βρήκα και το (x, y) = (-2, 1)

αλλά έχασα τα άλλα δύο ζεύγη έτσι. Τι λέτε να παίρνω από αυτό;

#14

sokratis lyras έγραψε: ΠΡΟΒΛΗΜΑ 4
Δίνεται τρίγωνο εγγεγραμμένο σε κύκλο και έστω τυχόν σημείο της πλευράς (διαφορετικό από το μέσον της ).Ο περιγεγραμμένος κύκλος του ,έστω ,τέμνει τον κύκλο στο σημείο και την στο σημείο .O περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ,έστω ,τέμνει τον κύκλο στο σημείο και την στο σημείο .Τέλος, ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ,έστω τέμνει τον κύκλο στο σημείο .Να αποδείξετε ότι τα τρίγωνα και είναι ίσα.
(Σημείο =Σημείο Γ και σημείο =σημείο Δ στα θέματα)

Ας δούμε και μια στοιχειώδη λύση στο όμορφο πρόβλημα...

Προφανώς το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο σε κύκλο $\left( {\angle EOZ = \angle B + \angle C = {{180}^0} - \angle A} \right)$ (από τα εγγεγραμμένα ).

Με $\angle OZB\mathop = \limits^{\varepsilon \sigma \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta \,\, - \,\,\alpha \pi \varepsilon \nu \alpha \nu \tau \iota \,\,\varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta \,\,\sigma \tau o\,\,\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu o\,\,BZOD} \angle ODC$ $\mathop = \limits^{\varepsilon \sigma \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta \,\, - \,\,\alpha \pi \varepsilon \nu \alpha \nu \tau \iota \,\,\varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta \,\,\sigma \tau o\,\,\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu o\,\,ODCE} \angle OEA$ και

με $OB = OC = OA = {R_O}$ προκύπτει ότι οι κύκλοι $\left( {{C_1}} \right),\left( {{C_2}} \right),\left( {{C_3}} \right)$ είναι ίσοι (ίσες εγγεγραμμένες γωνίες τους "βλέπουν" ίσες χορδές τους).

Έτσι $\left\{ \begin{gathered} \angle ODK\mathop = \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \varepsilon \varsigma \,\,\sigma \tau \iota \varsigma \,\,\iota \sigma \varepsilon \varsigma \,\,\chi o\rho \delta \varepsilon \varsigma \,\,\tau o\upsilon \varsigma \,\,OK = OC\, = {R_O}\,} \angle ODC \hfill \\ \angle ODB\mathop = \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \varepsilon \varsigma \,\,\sigma \tau \iota \varsigma \,\,\iota \sigma \varepsilon \varsigma \,\,\chi o\rho \delta \varepsilon \varsigma \,\,\tau o\upsilon \varsigma \,\,OB = OM\, = {R_O}\,} \angle ODM \hfill \\ \end{gathered} \right.$ $\mathop \Rightarrow \limits^{\left( - \right)} \angle ODK - \angle ODB = \angle ODC - \angle ODM \Rightarrow$ $\boxed{\angle BDK = \angle MDC}:\left( 1 \right)$ .
[attachment=0]Πρόβλημα 4.png[/attachment]
Από την $\left( 1 \right)$ και με συνευθειακά προκύπτει ότι και συνευθειακά και επίσης από την $\left( 1 \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {{C_1}} \right) = \left( {{C_2}} \right)} \boxed{BK = CM}:\left( 2 \right)$ .

Από την $\left( 2 \right)\mathop \Rightarrow \limits^{BK,CM\,\,\chi o\rho \delta \varepsilon \varsigma \,\,\tau o\upsilon \,\,\left( O \right)} BKCM$ ισοσκελές τραπέζιο οπότε και $\boxed{\left( {KM} \right) = \left( {BC} \right)}:\left( 3 \right)$ (ίσες διαγώνιες).

Με όμοιο τρόπο προκύπτει ότι $\boxed{\left( {MN} \right) = \left( {CA} \right)}:\left( 4 \right)$ και $\boxed{\left( {NK} \right) = \left( {AB} \right)}:\left( 5 \right)$ .

Από $\left( 3 \right),\left( 4 \right),\left( 5 \right)$ προκύπτει (από $\Pi - \Pi - \Pi$ ) ότι $\vartriangle ABC = \vartriangle KMN$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Υ.Σ. Αξίζει να σημειωθεί ότι το κέντρο του περικυκλίου του $\vartriangle ABC$ είναι ένα από τα σημεία του τριγώνου $\vartriangle DEZ$ .

#15

sokratis lyras έγραψε:ΠΡΟΒΛΗΜΑ 2
Στο σύνολο των ακεραίων να λύσετε την εξίσωση:

Πολλαπλασιάζουμε με

και η εξίσωση γράφεται:

16x^2+40xy+24y^2-8y=0

$\left(4x+5y \right)^2-\left(y+4 \right)^2=-16$

$\left(4x+6y+4 \right)\left(4x+4y-4 \right)=-16$

$\left(2x+3y+2 \right)\left(x+y-1 \right)=-2$

Υπάρχουν τώρα

τρόποι να γράψουμε το

σαν γινόμενο δύο ακεραίων. Λύνοντας τα συστήματα που προκύπτουν βρίσκουμε

$\left(x,y \right)=\left( 0,0\right),\left(10,-8 \right),\left(-2,1 \right),\left(12,-9 \right)$

Nick Rapanos · #16

Γειά σας παιδιά. Καλή επιτυχία σε όλους τους συμμετέχοντες.

Δυστυχώς το 4ο θέμα των μεγάλων ήταν κάπως απογοητευτικό. Αρχικά πρέπει να παρατηρήσει κανείς ότι το AZOE

είναι εγγράψιμο, το οποίο αποδεικνύεται πολύ εύκολα με angle chasing. Και μετά το μόνο που μένει είναι να δείξουμε ότι τα σημεία K, D, M

είναι συνευθειακά, το οποίο επίσης αποδεικνύεται με angle chasing. Δηλαδή, το 4ο θέμα του Αρχιμήδη δεν ήταν τίποτε άλλο παρά angle chasing.

Νομίζω πως τα τελευταία χρόνια το επίπεδο των διαγωνιζόμενων έχει ανέβει κατακόρυφα οπότε ο Αρχιμήδης πρέπει να γίνει μια ακόμη μεγαλύτερη πρόκληση ώστε να προετοιμάζει τους μαθητές για το επίπεδο που θα συναντήσουν στους διεθνείς διαγωνισμούς.

#17

Καλά αποτελέσματα !

Νομίζω ότι αρκετοί πρέπει να τα ξέρουν ήδη !

Συγχαρητήρια στους ολυμπιονίκες αλλά και σε όλα τα υπέροχα αυτά παιδιά που διαγωνίστηκαν!

Μπάμπης

S.E.Louridas · #18

Πολλά συγχαρητήρια στους Διαγωνιζόμενους και τους Ανθρώπους τους.
Καλή συνέχεια στους επιτυχόντες.

Ας μου επιτραπεί τώρα μία προσεγγιστική άποψη για την Γεωμετρία του Λυκείου (4ο Θέμα):

$\left( {\angle D_1 + \angle D_2 = \pi } \right) \wedge \left( {OB = OC} \right) \Rightarrow c_1 = c_2\; ( Fig.1)$ και $c_1 = c_2 \Rightarrow KB = CM \;(Fig.2)$ , λόγω άμεσης συμμετρίας ως προς την ευθεία

.
Άρα στην περίπτωση μας παίρνουμε: $\angle KOM = \angle BOC \Rightarrow KM = BC.$

Grigoris K. · #19

Θερμά συγχαρητήρια στους επιτυχόντες και ιδιαίτερα στους Αντώνη Ζητρίδη και Θωμά Δημόπουλο!

Δυστυχώς εγώ δεν τα κατάφερα έχοντας λύσει 2ο, 4ο και κάτι ψιλά από το 1ο θέμα.

Νασιούλας Αντώνης · #20

Για όσους δεν το είδαν, ο Δημήτρης Μελάς (γιος τους γνωστού Αντώνη Μελά) κατέκτησε αργυρό μετάλλιο στους junior, παρόλο που πηγαίνει στη ΣΤ Δημοτικό. Επίσης απέσπασε και 1ο Βραβείο στον Ευκλείδη της Γ(!) γυμνασίου. Θα πρέπει να περιμένουμε μεγάλα πράγματα από τον Μελά junior...
Αξιοσημείωτο επίσης ότι ο Βλάσσης Μάνος, μαθητής της Α Γυμνασίου, κατέκτησε χάλκινο μετάλλιο στους μικρούς.

Κατά τα άλλα τόσο ο Παναγιώτης (Λώλας) όσο και τα Τρίκαλα συνέχισαν την παράδοσή τους.

Συγχαρητήρια σε όλους και καλή συνέχεια...

ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2012 - ΛΥΚΕΙΟ

ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2012 - ΛΥΚΕΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2012 - ΛΥΚΕΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2012 - ΛΥΚΕΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2012 - ΛΥΚΕΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2012 - ΛΥΚΕΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2012 - ΛΥΚΕΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2012- ΛΥΚΕΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2012 - ΛΥΚΕΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2012 - ΛΥΚΕΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2012 - ΛΥΚΕΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2012 - ΛΥΚΕΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2012 - ΛΥΚΕΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2012 - ΛΥΚΕΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2012 - ΛΥΚΕΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2012 - ΛΥΚΕΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2012 - ΛΥΚΕΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2012 - ΛΥΚΕΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2012 - ΛΥΚΕΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2012 - ΛΥΚΕΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2012 - ΛΥΚΕΙΟ

Μέλη σε σύνδεση