mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 01, 2018 3:04 am**

Σήμερα είναι ο προκριματικός!!! Μετά το πέρας των εξετάσεων όποιος μπορεί ας βάλει τα θέματα, αν φυσικά δεν υπάρχει κάποιο πρόβλημα και ζητήσει η επιτροπή το αντιθέτο.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 01, 2018 7:36 am**

Καλή επιτυχία στους συμμετέχοντες!

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 01, 2018 3:35 pm**

Τα θέματα των μεγάλων δεν θα ανακοινωθούν , αφού μάλλον προέρχονται από Shortlists.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 01, 2018 3:52 pm**

Καλησπέρα σε όλους!

Γράφω τα θέματα των Μικρών.

Τα θέματα των μεγάλων ΔΕΝ μπορούν να κοινοποιηθούν σήμερα για το λόγο ότι υπάρχουν μέσα σε αυτά θέματα από τη λίστα προβλημάτων (shortlist) διεθνών διαγωνισμών (που πρέπει να παραμείνει κρυφή μέχρι την επόμενη διοργάνωση) κι έτσι με δεδομένο ότι δεν έχει ολοκληρωθεί η διαδικασία επιλογής των ομάδων από όλες τις χώρες, τα θέματα ΔΕΝ πρέπει να γίνουν γνωστά. Αυτό έχει τονιστεί και στους διαγωνιζόμενους σήμερα.

Εύχομαι καλά αποτελέσματα σε όλους τους συμμετέχοντες!

Θέματα Μικρών:

1ο Θέμα

Θεωρούμε τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς a,b,c,d

που είναι τέτοιοι, ώστε a^2+b^2+c^2+d^2=4

. Να αποδείξετε ότι υπάρχουν δύο από τους a,b,c,d

με άθροισμα μεγαλύτερο ή ίσο του

.

2ο Θέμα

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο $AB\Gamma$ με $AB<A\Gamma<B\Gamma$ , ο περιγεγραμμένος κύκλος του

και τα μέσα $\Delta, E$ των πλευρών

και $A\Gamma$ αντίστοιχα. Με διαμέτρους τις πλευρές

και $A\Gamma$ θεωρούμε ημικύκλια, εξωτερικά του τριγώνου, τα οποία τέμνονται από την ευθεία $E\Delta$ στα σημεία

και

αντίστοιχα. Οι ευθείες

και $N\Gamma$ τέμνουν τον περιγεγραμμένο κύκλο στα σημεία $T, \Sigma$ αντίστοιχα. Οι ευθείες

και $N\Gamma$ τέμνονται στο σημείο

. Να αποδείξετε ότι:
(α) το σημείο

ανήκει στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου AMN

.
(β) οι

και $T\Sigma$ τέμνονται κάθετα στο σημείο

και ότι το

είναι το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου AMN

.

3ο Θέμα

Δώδεκα φίλοι παίζουν ένα τουρνουά τένις, όπου έκαστος παίζει ένα μόνο παιγνίδι με καθέναν από τους υπόλοιπους έντεκα. Ο νικητής παίρνει ένα βαθμό. Ο ηττημένος παίρνει μηδέν βαθμούς, ενώ δεν υπάρχει ισοπαλία. Οι τελικοί βαθμοί των συμμετεχόντων είναι $B_1, B_2, \ldots, B_{12}$ . Να προσδιορίσετε τη μεγαλύτερη δυνατή τιμή του αθροίσματος $\Sigma_3=B_1^3+B_2^3+\cdots + B_{12}^3$ .

4ο Θέμα (επετειακό θέμα για τα 100 χρόνια της Ε.Μ.Ε.)

Να βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους x,y,z

με

περιττό, που είναι λύσεις της εξίσωσης: 2018^x=100^y+1918^z

.

Αλέξανδρος

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 01, 2018 4:58 pm**

cretanman έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 01, 2018 3:52 pm
4ο Θέμα (επετειακό θέμα για τα 100 χρόνια της Ε.Μ.Ε.)

Να βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους με περιττό, που είναι λύσεις της εξίσωσης:

Παίρνοντας mod3

προκύπτει ότι ο

είναι περιττός. Η εξίσωση γράφεται: $2^x\cdot 1009^x=2^{2y}\cdot 25^y+2^z\cdot 7^z\cdot 137^z$

$\blacksquare$ Αν z>2y

τότε $2^x\cdot 1009^x=2^{2y}\left(25^y+2^{z-2y}\cdot 7^z\cdot 137^z\right)$ . Αν τώρα ήταν x>2y

τότε

, άτοπο. Αν ήταν x<2y

τότε

, άτοπο. Επίσης $x\neq 2y$ αφού ο

είναι περιττός.

$\blacksquare$ Αν z<2y

τότε $2^x\cdot 1009^x=2^z\left(2^{2y-z}\cdot 25^y + 7^z\cdot 137^z\right)$ απ' όπου με όμοια επιχειρήματα όπως παραπάνω προκύπτει ότι z=x

.

(Η περίπτωση z=2y

απορρίπτεται αφού ο

είναι περιττός)

Συνεπώς η εξίσωση γίνεται $1009^x=2^{2y-x}25^y+7^x\cdot 137^x$ . Αν ήταν $2y-x\geq 2$ τότε παίρνοντας mod4

έχουμε $1\equiv -1\pmod{4}$ , άτοπο. 'Αρα 2y-x=1

κι έτσι παίρνουμε:

$1009^x-7^x\cdot 137^x=2\cdot 5^{2x}$ . Όμως το πρώτο μέλος για $x\geq 2$ είναι μεγαλύτερο του $\left(1009-7\cdot 137\right)^x=50^x$ και το δεξί μέλος μικρότερο του 50^x

, άτοπο. Άρα x=1

.

Έτσι, παίρνουμε μοναδική λύση την $\boxed{(x,y,z)=(1,1,1)}$ .

$(\star)$ : Εναλλακτικά, μόλις βγάλουμε ότι z=x

γράφουμε την εξίσωση στη μορφή $2018^x-1918^x=100^{y}$ και από το λήμμα Zsigmondy παίρνουμε εύκολα ότι x=1

. Όμως έτσι σκοτώνουμε κουνούπι με μπαζούκα!

Αλέξανδρος

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 01, 2018 5:06 pm**

cretanman έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 01, 2018 3:52 pm
Καλησπέρα σε όλους!

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο $AB\Gamma$ με $AB<A\Gamma<B\Gamma$ , ο περιγεγραμμένος κύκλος του και τα μέσα $\Delta, E$ των πλευρών και $A\Gamma$ αντίστοιχα. Με διαμέτρους τις πλευρές και $A\Gamma$ θεωρούμε ημικύκλια, εξωτερικά του τριγώνου, τα οποία τέμνονται από την ευθεία $E\Delta$ στα σημεία και αντίστοιχα. Οι ευθείες και $N\Gamma$ τέμνουν τον περιγεγραμμένο κύκλο στα σημεία $T, \Sigma$ αντίστοιχα. Οι ευθείες και $N\Gamma$ τέμνονται στο σημείο . Να αποδείξετε ότι:
(α) το σημείο ανήκει στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου .
(β) οι και $T\Sigma$ τέμνονται κάθετα στο σημείο και ότι το είναι το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου .

Καλησπέρα!

: Προκριματικός.2018.png (25.42 KiB) Προβλήθηκε 7342 φορές

α) Επειδή $\displaystyle H\widehat MA = H\widehat NA = {90^0},$ το HMAN

είναι εγγράψιμο.

β) Από την παραλληλία MN||BC

και τα εγγράψιμα HMAN, BTSC,

είναι: $\displaystyle H\widehat AN = H\widehat MN = H\widehat BC = T\widehat SH,$

άρα το ANSZ

είναι εγγράψιμο και κατά συνέπεια $\displaystyle AH \bot TS.$

$\displaystyle T\widehat AH = {90^0} - S\widehat TA = {90^0} - A\widehat CN = C\widehat AN = A\widehat NM = A\widehat HM,$

οπότε AT=TH,

άρα το

είναι μέσο του

και το ζητούμενο έπεται.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 01, 2018 5:26 pm**

Αυτή τη στιγμή βρίσκομαι εκτός. Έτσι με το μυαλό που την κοίταξα μήπως βγαίνει πολύ γρήγορα με mod9 η' μου διαφεύγει κάτι?

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 01, 2018 6:27 pm**

Τσιαλας Νικολαος έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 01, 2018 5:26 pm
Αυτή τη στιγμή βρίσκομαι εκτός. Έτσι με το μυαλό που την κοίταξα μήπως βγαίνει πολύ γρήγορα με mod9 η' μου διαφεύγει κάτι?

Νίκο παίρνοντας mod9

παίρνεις απλά ότι $2^x\equiv 2 \pmod{9}$ και επειδή $\phi(9)=6$ και $ord_9{(2)}=6$ , το μόνο που μπορείς να πάρεις είναι ότι $x\equiv 1\pmod{6}$ . Μετά δε βλέπω πως μπορείς να συνεχίσεις για να πάρεις ότι x=1

.

Αλέξανδρος

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 01, 2018 6:31 pm**

Όντως!!! Μέσα σε ταβέρνα και με το μυαλό έκανα λάθος σκέψη!! Το διαπυστώσα συζητώντας με τον Σιλουανό!!

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 01, 2018 7:06 pm**

cretanman έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 01, 2018 3:52 pm
.....

Θέματα Μικρών:

1ο Θέμα

Θεωρούμε τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς που είναι τέτοιοι, ώστε . Να αποδείξετε ότι υπάρχουν δύο από τους με άθροισμα μεγαλύτερο ή ίσο του .

...

Μια λύση για το 1ο Θέμα:

Ας υποθέσουμε ότι $a\geq b\geq c\geq d>0$ .

Εάν $b\geq 1$ , τότε τελειώσαμε, αφού θα είναι $a+b\geq 2$ . Αλλιώς, θα έχουμε $a\geq 1> b\geq c\geq d>0$ .

Τότε, αφού 0<b<1

, παίρνουμε b(b-1)<0

κι άρα

.

Έτσι, είναι (2-b)^2<4-3b^2

, ή ισοδύναμα $2-b=|2-b|<\sqrt{4-3b^2}.$

Συνεπώς,

$a+b=b+\sqrt{4-(b^2+c^2+d^2)}\geq b+\sqrt{4-3b^2}>b+(2-b)=2.$

Η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 01, 2018 10:26 pm**

cretanman έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 01, 2018 3:52 pm
Καλησπέρα σε όλους!
Τα θέματα των μεγάλων ΔΕΝ μπορούν να κοινοποιηθούν σήμερα για το λόγο ότι υπάρχουν μέσα σε αυτά θέματα από τη λίστα προβλημάτων (shortlist) διεθνών διαγωνισμών (που πρέπει να παραμείνει κρυφή μέχρι την επόμενη διοργάνωση) κι έτσι με δεδομένο ότι δεν έχει ολοκληρωθεί η διαδικασία επιλογής των ομάδων από όλες τις χώρες, τα θέματα ΔΕΝ πρέπει να γίνουν γνωστά. Αυτό έχει τονιστεί και στους διαγωνιζόμενους σήμερα.
Αλέξανδρος

Προσωπικά δεν καταλαβαίνω.
Πως θα παραμείνει κρυφή ενώ τα ξέρουν τόσα άτομα;
Δηλαδή βασιζόμαστε στην καλή πίστη των διαγωνιζομένων.
Και αν κάποιος από αυτούς τα διαρεύσει σε φίλους του στο εξωτερικό;
Μάλλον υποθέτουμε ότι δεν έχει.
Νομίζω ότι δεν είναι σοβαρά πράγματα αυτά.
Είναι προφανές ότι τα παραπάνω δεν αφορούν τον Αλέξαντρο (που πολύ καλά έκανε και το έγραψε)
αλλά αυτούς που διοργανώνουν τους διαγωνισμούς.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 01, 2018 10:44 pm**

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 01, 2018 10:26 pm
Πως θα παραμείνει κρυφή ενώ τα ξέρουν τόσα άτομα;
Δηλαδή βασιζόμαστε στην καλή πίστη των διαγωνιζομένων.
Και αν κάποιος από αυτούς τα διαρεύσει σε φίλους του στο εξωτερικό;

Σταύρο επειδή η λίστα αυτή περιέχει συνήθως πολύ καλά προβλήματα από εκείνα που έχουν στείλει οι χώρες για τον εκάστοτε διαγωνισμό (είτε λέγεται BMO, είτε JBMO, είτε IMO), είναι κρίμα να πηγαίνουν χαμένα κι έτσι έχει γίνει συμφωνία μεταξύ των αρχηγών των αποστολών στους οποίους κοινοποιείται η λίστα αυτή τις μέρες του διαγωνισμού (εξάλλου από αυτή επιλέγουν τα προβλήματα του διαγωνισμού), να παραμένουν μη κοινοποιήσιμα για 1 χρόνο και μέχρι την επόμενη διοργάνωση. Ο λόγος είναι αν θέλει κάποια χώρα να χρησιμοποιήσει κάποια από αυτά τα προβλήματα να το κάνει (και το κάνουν πάρα πολλές). Μάλιστα πολλές χώρες δεν κοινοποιούν και τους διαγωνισμούς επιλογής τους ποτέ ενώ σε μας γίνεται πάντα (απλά λίγο αργότερα όταν συντρέχουν λόγοι όπως οι παραπάνω).

Πράγματι εδώ βασιζόμαστε στην καλή πίστη των διαγωνιζομένων μια και δε φαίνεται να υπάρχει καλύτερη λύση από την παραπάνω και το να μη χρησιμοποιούνται προβλήματα από αυτή μετά τη διοργάνωση του διαγωνισμού για τον οποίο προορίζονται (τότε όμως πάνε "χαμένα" τόσα όμορφα προβλήματα...). Δεν ξέρω αν υπάρχει κάτι άλλο σαν λύση!

Γενικά φαίνεται να δουλεύει μια χαρά αυτός ο τρόπος. Εξάλλου το κέρδος από αυτούς τους διαγωνισμούς είναι ένα "στεφάνι ελιάς"! Δε νομίζω να αξίζει ο κόπος να ανακατέψει κάποιος γη και ουρανό για να βρει κάποιο ή κάποια προβλήματα από shortlist προηγουμένων ετών για να γράψει καλύτερα από κάποιο άλλο και να πάρει τη θέση του σε μία διεθνή διοργάνωση στην οποία αν κάποιος δεν είναι προπονημένος, τότε είναι χαμένος από χέρι...

Αλέξανδρος

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 01, 2018 11:04 pm**

cretanman έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 01, 2018 3:52 pm

1ο Θέμα

Θεωρούμε τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς που είναι τέτοιοι, ώστε . Να αποδείξετε ότι υπάρχουν δύο από τους με άθροισμα μεγαλύτερο ή ίσο του .

Εστω $a\geq b\geq c\geq d$

Θα έχουμε ότι $a^{2}+3b^{2}\geq 4$ και θα θέλουμε να δείξουμε ότι $a+b\geq 2$

Μειώνοντας εν ανάγκη το

αρκεί να δείξουμε ότι

$a,b\geq 0,a\geq b,a^{2}+3b^{2}=4\Rightarrow a+b\geq 2$

Θέτουμε x=a,y=b

Εχουμε $x,y\geq 0,x\geq y,x^{2}+3y^{2}=4$

Τα x,y

βόσκουν πάνω σε ένα τόξο μιας έλλειψης.

Αυτό αρχίζει από το A(1,1)

και καταλήγει στο B(2,0)

Φέρουμε το ευθύγραμμο τμήμα

που σχηματίζει με τον x'x

γωνίες

.

Εστω

σημείο του τόξου.

Φέρω την κάθετη

στον

που τέμνει το ευθύγραμμο τμήμα

στο

.

Αν

η αρχή των αξόνων τότε x=OK,y=GF

Αλλά $GF\geq KF=FB$

Ετσι $x+y=0F+GF\geq OF+FB=2$ και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Ενα σχήμα θα βοηθούσε αλλά δεν έχω μάθει ακόμα.

Σημείωση.Υπάρχει τουλάχιστον ακόμα μια απόδειξη με τριγωνομετρία.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 01, 2018 11:12 pm**

Κύριε Σταύρο αυτό όπως τόνισε ο Αλέξανδρος γίνεται παγκοσμίως!! Υπάρχουν πολλά ωραία θέματα που μπορεί να "καούν" αν δημοσιευτούν!! Αν θέλετε να δείτε μερικά από αυτά μπορείτε να ανατρέξετε στην επίσημη σελίδα της imo στην οποία θα βρείτε όλες τις shortlist μέχρι το 2016.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Απρ 02, 2018 12:01 am**

Σταύρο και Αχιλλέα, ωραίες οι προσεγγίσεις σας στο πρώτο θέμα!

Σταύρο αν θέλεις, γράψε τη λύση σου με τριγωνομετρία.
Τα πράγματα μετά τη θεώρηση της διάταξης $a\geq b\geq c\geq d$ είναι απλά γιατί:
$(a+b)^2=a^2+b^2+2ab\geq a^2+b^2+c^2+d^2=4$ , οπότε $a+b\geq 2$ .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Απρ 02, 2018 12:37 am**

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 01, 2018 11:04 pm

cretanman έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 01, 2018 3:52 pm

1ο Θέμα

Θεωρούμε τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς που είναι τέτοιοι, ώστε . Να αποδείξετε ότι υπάρχουν δύο από τους με άθροισμα μεγαλύτερο ή ίσο του .

Εστω $a\geq b\geq c\geq d$

Θα έχουμε ότι $a^{2}+3b^{2}\geq 4$ και θα θέλουμε να δείξουμε ότι $a+b\geq 2$

Μειώνοντας εν ανάγκη το αρκεί να δείξουμε ότι

$a,b\geq 0,a\geq b,a^{2}+3b^{2}=4\Rightarrow a+b\geq 2$

Θέτουμε

Εχουμε $x,y\geq 0,x\geq y,x^{2}+3y^{2}=4$

Τα βόσκουν πάνω σε ένα τόξο μιας έλλειψης.

Αυτό αρχίζει από το και καταλήγει στο

Φέρουμε το ευθύγραμμο τμήμα που σχηματίζει με τον γωνίες .

Εστω σημείο του τόξου.

Φέρω την κάθετη στον που τέμνει το ευθύγραμμο τμήμα στο .

Αν η αρχή των αξόνων τότε

Αλλά $GF\geq KF=FB$

Ετσι $x+y=0F+GF\geq OF+FB=2$ και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Ενα σχήμα θα βοηθούσε αλλά δεν έχω μάθει ακόμα.

Σημείωση.Υπάρχει τουλάχιστον ακόμα μια απόδειξη με τριγωνομετρία.

Η λύση με τριγωνομετρία.(έχει άμεση σχέση με την παραπάνω)

Εχουμε $x,y\geq 0,x\geq y,x^{2}+3y^{2}=4$ η

$(\frac{x}{2})^{2}+(\frac{\sqrt{3}y}{2})^{2}=1$

θέτουμε $x=2\cos z,y=\frac{2}{\sqrt{3}}\sin z$

και θέλουμε ελαχίστη τιμή του $A=2\cos z+\frac{2}{\sqrt{3}}\sin z$

με την προυπόθεση ότι $0\leq z\leq \frac{\pi }{3}$

λόγω της $x\geq y$

έχουμε $A=\frac{4}{\sqrt{3}}\cos (z-\frac{\pi }{6})\geq \frac{4}{\sqrt{3}}\cos (\frac{\pi }{3}-\frac{\pi }{6})=2$

λόγω της μονοτονίας του συνημιτόνου.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Απρ 02, 2018 2:26 am**

Η λύση μου για το 1ο.(Αν υπάρχει κάποιο σφάλφμα θα παρακάλουσα να αναφερθεί).
Έστω, $a\geq b\geq c\geq d$ και a+b<2

.Από την αρχική σχέση παίρνουμε ότι:
$a^{2}+3b^{2}\geq 4$ (1) και $a^{2}\geq 1\Leftrightarrow a\geq 1$ Όμως,
$a+b<2\Rightarrow0 \leq a-1<1-b\Rightarrow 1-b>0$ και a<2-b

Άρα, από (1) έχουμε:
$\left (2-b \right )^{2}+3b^{2}>4\Leftrightarrow b\left ( b-1 \right )>0$ Άτοπο! Αφού b>0

και

Άρα, $a+b\geq2$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Απρ 02, 2018 8:00 am**

ΑΝΔΡΕΑΣ ΛΑΜΠΡΟΥ έγραψε: ↑
Δευ Απρ 02, 2018 2:26 am
Η λύση μου για το 1ο.(Αν υπάρχει κάποιο σφάλφμα θα παρακάλουσα να αναφερθεί).
Έστω, $a\geq b\geq c\geq d$ και .Από την αρχική σχέση παίρνουμε ότι:
$a^{2}+3b^{2}\geq 4$ (1) και $a^{2}\geq 1\Leftrightarrow a\geq 1$ Όμως,
$a+b<2\Rightarrow0 \leq a-1<1-b\Rightarrow 1-b>0$ και Άρα, από (1) έχουμε:
$\left (2-b \right )^{2}+3b^{2}>4\Leftrightarrow b\left ( b-1 \right )>0$ Άτοπο! Αφού και
Άρα, $a+b\geq2$

Καλημέρα Ανδρέα,

Είναι σωστή η λύση σου και ίδια με εκείνη του Αχιλλέα παραπάνω. Διαφέρουν μόνο στον τρόπο γραφής. Τα ουσιαστικά σημεία όμως δεν αλλάζουν.

Αλέξανδρος

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Απρ 02, 2018 9:20 am**

silouan έγραψε: ↑
Δευ Απρ 02, 2018 12:01 am
Σταύρο και Αχιλλέα, ωραίες οι προσεγγίσεις σας στο πρώτο θέμα! Σταύρο αν θέλεις, γράψε τη λύση σου με τριγωνομετρία.
Τα πράγματα μετά τη θεώρηση της διάταξης $a\geq b\geq c\geq d$ είναι απλά γιατί:
$(a+b)^2=a^2+b^2+2ab\geq a^2+b^2+c^2+d^2=4$ , οπότε $a+b\geq 2$ .

Πράγματι, Σιλουανέ!

Πολύ ωραία! Επισυνάπτω και μια απόδειξη χωρίς λόγια βασισμένη στην παραπάνω απόδειξη της μιας γραμμής του Σιλουανού.

Το παρακάτω σχήμα δίνει και "δυσκολότερες" ασκήσεις. Π.χ.

Αν $3d\geq b+d\geq a\geq b\geq c\geq d>0$ και 3(a^2+b^2+c^2+d^2)=2(a+b)(c+d)+4

τότε $a+b\geq 2.$

Φιλικά,

Αχιλλέας

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Απρ 02, 2018 1:39 pm**

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 01, 2018 11:04 pm
'Ενα σχήμα θα βοηθούσε αλλά δεν έχω μάθει ακόμα.

Το σχήμα της ωραιότατης λύσης του Σταύρου :

: Σταύρο-ση.png (130.6 KiB) Προβλήθηκε 6785 φορές

mathematica.gr

ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018