ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2023 - 2024

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 4105
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2023 - 2024

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cretanman » Σάβ Ιαν 20, 2024 12:20 pm

Μια και πέρασε ο χρόνος διεξαγωγής του διαγωνισμού ανεβάζω τα σημερινά θέματα του διαγωνισμού για να σχολιάσουμε τις λύσεις τους εδώ.

Καλά αποτελέσματα σε όλους τους υποψηφίους

Αλέξανδρος
Συνημμένα
ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2023_24_εκφωνήσεις_Τ1 (1).pdf
(356.98 KiB) Μεταφορτώθηκε 602 φορές


Αλέξανδρος Συγκελάκης

Λέξεις Κλειδιά:
Dimessi
Δημοσιεύσεις: 91
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 10, 2023 3:48 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2023 - 2024

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Dimessi » Σάβ Ιαν 20, 2024 1:11 pm

Ωραία θεματακια παιδιά! Έρχομαι σε λίγο με τις λύσεις..Καλή επιτυχία σε όλους !! :)


Nickdpoul
Δημοσιεύσεις: 3
Εγγραφή: Σάβ Νοέμ 04, 2023 11:09 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2023 - 2024

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Nickdpoul » Σάβ Ιαν 20, 2024 2:03 pm

Έδωσα σήμερα Γ Λυκείου. Πολύ ωραία τα θέματα. Το 4ο θεωρώ δυσκολότερο από τα άλλα. Ξέρει κανένας περίπου στο πόσο διαμορφώνεται η βάση για τον Αρχιμίδη;


Τσιαλας Νικολαος
Δημοσιεύσεις: 792
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 17, 2015 1:04 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2023 - 2024

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Τσιαλας Νικολαος » Σάβ Ιαν 20, 2024 2:24 pm

Ωραία θέματα και τα σημερινά! Συγχαρητήρια στην επιτροπή. Καλή επιτυχία σε όλα τα παιδιά!


fmak65
Δημοσιεύσεις: 741
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 01, 2009 6:59 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2023 - 2024

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από fmak65 » Σάβ Ιαν 20, 2024 2:36 pm

Καλά αποτελέσματα. Στο συνημμένο είναι οι λύσεις από την Ε.Μ.Ε.
http://www.hms.gr/sites/default/files/s ... 1_2024.pdf


Μαραντιδης Φωτης
Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 4105
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2023 - 2024

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cretanman » Σάβ Ιαν 20, 2024 2:41 pm

Α Λυκείου

Πρόβλημα 1

Είναι A=\dfrac{n^6(n^4-1)-(n^4-1)}{n^6(n-1)-(n-1)}=\dfrac{(n^4-1)(n^6-1)}{(n-1)(n^6-1)}=\dfrac{(n-1)(n+1)(n^2+1)}{n-1}=(n+1)(n^2+1)

άρα ο A είναι σύνθετος αφού αποτελείται από γινόμενο δύο παραγόντων κάθενας από τους οποίους είναι >1.

Πρόβλημα 2

Έστω T το σημείο τομής των KM και BC. Τα ορθογώνια τρίγωνα KMN, \ KBC, \ CBN είναι ίσα (απλό) άρα \angle{CKB}=\angle{BCN} άρα το τετράπλευρο CTBK είναι εγγράψιμο οπότε \angle{CTK}=\angle{CBK}=90^{\circ} συνεπώς στο τρίγωνο CNK το \Lambda είναι το ορθόκεντρο, άρα N\Lambda \perp CK.

Πρόβλημα 3

Θέλουμε a=(b+c)^2, \ b=(c+a)^2, \ c=(a+b)^2 \ \ (1). Αφαιρώντας τις 2 πρώτες κατά μέλη παίρνουμε a-b=(a-b)(-a-b-2c) και αφού είναι διαφορετικοί μεταξύ τους, άρα -a-b-2c=1 δηλαδή a+b=-1-2c \ \ (2).

Αντικαθιστώντας την (2) στην (1) παίρνουμε c=(-1-2c)^2 απ΄όπου καταλήγουμε στην εξίσωση 4c^2+3c+1=0 που δεν έχει πραγματικές λύσεις. Άρα δεν υπάρχουν τέτοιοι αριθμοί.

Πρόβλημα 4

Αρχικά a^2+9=a^2+ab+bc+ca=(a+b)(a+c). Όμοια b^2+9=(b+c)(b+a) και c^2+9=(c+a)(c+b) οπότε αντικαθιστώντας στην παράσταση παίρνουμε

\begin{aligned} A &=abc+\sqrt{\left[(a+b)(b+c)(c+a)\right]^2}=abc+\left|(a+b)(b+c)(c+a)\right| \\ &\stackrel{(\star)}{=} abc+(a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ca)=54 \end{aligned}

(\star) Από τις αρχικές σχέσεις πρέπει οι αριθμοί a+b, \ b+c, \ c+a να είναι όλοι θετικοί ή όλοι αρνητικοί. Το δεύτερο απορρίπτεται γιατί τότε το άθροισμά τους θα ήταν αρνητικό που είναι άτοπο διότι το άθροισμά τους είναι 2(a+b+c)=12>0.

Γ Λυκείου

Πρόβλημα 2

Λόγω κυκλικότητας του συστήματος μπορούμε να υποθέσουμε ότι κάποιος από τους x,y,z είναι ο μεγαλύτερος, έστω ο x.

Αν ήταν x\geq y \geq z τότε 4x\geq 4y και 3y^3\geq 3z^3 άρα 4x+3y^3\geq 4y+3z^3 απ' όπου παίρνουμε z^5\geq x^5 δηλαδή z\geq x και σε συνδυασμό με την x\geq z έχουμε τελικά x=y=z.

Αν ήταν x \geq z \geq y τότε 4z\geq 4y και 3x^3\geq 3z^3 απ' όπου παίρνουμε 3x^3+4z\geq 3z^3+4y δηλαδή y^5\geq x^5 οπότε y\geq x απ' όπου και πάλι παίρνουμε x=y=z.

Άρα η αρχική εξίσωση γίνεται x^5-3x^3-4x=0 δηλαδή x=0 ή x=2 ή x=-2 οπότε τελικά οι λύσεις της εξίσωσης είναι (x,y,z)=(0,0,0), \ (2,2,2), \ (-2,-2,-2).

Αλέξανδρος


Αλέξανδρος Συγκελάκης
Dimessi
Δημοσιεύσεις: 91
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 10, 2023 3:48 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2023 - 2024

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Dimessi » Σάβ Ιαν 20, 2024 2:52 pm

Πρόβλημα 1- γ λυκείου. Είναι \displaystyle \frac{K\Delta }{\Delta H}=\frac{AK}{AH}\cdot \frac{\eta \mu \angle BAM}{\eta \mu \angle MAH}\overset{BM=MH}=\frac{AK}{AH}\cdot \frac{AH}{AB}=\frac{AK}{AB} και αφού M,N μέσα των BH,CH αντίστοιχα, άρα \displaystyle MN\parallel B\Gamma \Rightarrow K\Lambda \parallel B\Gamma \overset{\Theta .\Theta \alpha \lambda \eta }\Rightarrow \frac{AK}{AB}=\frac{A\Lambda }{A\Gamma }. Επομένως \displaystyle \frac{K\Delta }{\Delta H}=\frac{A\Lambda }{A\Gamma }. Αφού \displaystyle \frac{E\Lambda }{EH}=\frac{A\Lambda }{AH}\cdot \frac{\eta \mu \angle \Gamma A\Lambda }{\eta \mu \angle NAH}\overset{\Gamma N=NH}=\frac{A\Lambda }{AH}\cdot \frac{AH}{A\Gamma }=\frac{A\Lambda }{A\Gamma }, τελικά \displaystyle \frac{K\Delta }{\Delta H}=\frac{E\Lambda }{EH}\overset{\alpha \nu \tau \iota \sigma \tau \rho o\varphi o\Theta .\Theta \alpha \lambda \eta }\Rightarrow \Delta E\parallel K\Lambda \overset{K\Lambda \parallel B\Gamma }\Rightarrow \Delta E\parallel B\Gamma που ολοκληρώνει την απόδειξη.


Άβαταρ μέλους
elenipappa
Δημοσιεύσεις: 10
Εγγραφή: Πέμ Ιούλ 01, 2021 8:42 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2023 - 2024

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από elenipappa » Σάβ Ιαν 20, 2024 2:58 pm

Η λύση μου στο Π2 Α' λυκείου
Παρατηρούμε ότι το \Lambda είναι σημείο της μεσοκαθέτου B\Gamma του τμήματος KN .Άρα το τρίγωνο K\Lambda N είναι ισοσκελές με N\Lambda =\Lambda K . Επίσης, παρατηρούμε ότι K\Gamma =N\Gamma , αφού \Gamma σημείο της μεσοκαθέτου. Όμως, η B\Gamma είναι διχοτόμος της \angle K\Gamma N . Επίσης, τα τρίγωνα KNI (με I σημέιο τομης της N\Lambda με την K\Gamma) και NPK (με P σημείο τομής της KM με την N\Gamma)είναι ίσα (ΓΠΓ). Άρα προκύπτει ότι NP=KI. Άρα, \Gamma P=\Gamma I. Ακόμα, προκύπτει ότι \Lambda P=\Lambda I. Έτσι, αφού το \Lambda είναι σημέιο της διχοτόμου B\Gamma , τότε \angle \Lambda IB = 90^{\circ}. Άρα η N\Lambda είναι κάθετη στην K\Gamma .


Wer wagt, gewinnt
Άβαταρ μέλους
Lymperis Karras
Δημοσιεύσεις: 170
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 06, 2020 5:16 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2023 - 2024

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Lymperis Karras » Σάβ Ιαν 20, 2024 3:01 pm

Προβλημα 3, Γ Λυκείου:

Εύκολα παίρνουμε ότι το H είναι το ορθόκεντρο των AKN, AML. Έτσι LE κάθετη στην AM και KD κάθετη στην AL. Έτσι το H είναι ορθόκεντρο του ADE και το ζητούμενο έπεται.


Ένας μαθηματικός χρειάζεται μολύβι, γόμα και μεγάλο καλάθι αχρήστων.
-Hilbert
Dimessi
Δημοσιεύσεις: 91
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 10, 2023 3:48 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2023 - 2024

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Dimessi » Σάβ Ιαν 20, 2024 3:08 pm

Πρόβλημα 4-γ λυκείου. Είναι \displaystyle a_{1}+a_{3}+...+a_{2023}=\frac{Q\left ( 1 \right )-Q\left ( -1 \right )}{2}=\frac{P\left ( 1 \right )-P\left ( -1 \right )}{2}=\frac{45^{1012}-1}{2} και καλούμαστε να αποδείξουμε ότι ο αριθμός \displaystyle A=\frac{45^{1012}-1}{2\cdot 2\cdot 2\left ( 1+2+...+1012 \right )}=\frac{45^{1012}-1}{2024\cdot 2026} είναι ακέραιος. Ειναι \displaystyle A=\frac{45^{1012}-1}{2024\cdot 2026}=\frac{2025^{506}-1}{2025^{2}-1}=\frac{\left ( 2025^{2} \right )^{253}-1}{2025^{2}-1}. Όμως, ο 2025^{2}-1 είναι παράγοντας του \left ( 2025^{2} \right )^{253}-1 , που ολοκληρώνει την απόδειξη.


achilleas
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 3017
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2023 - 2024

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Σάβ Ιαν 20, 2024 3:10 pm

Nickdpoul έγραψε:
Σάβ Ιαν 20, 2024 2:03 pm
Έδωσα σήμερα Γ Λυκείου. Πολύ ωραία τα θέματα. Το 4ο θεωρώ δυσκολότερο από τα άλλα. Ξέρει κανένας περίπου στο πόσο διαμορφώνεται η βάση για τον Αρχιμίδη;
Kavousianos Ioannis έγραψε:
Σάβ Ιαν 20, 2024 2:55 pm
Μήπως ξέρει κανείς αν η βάση στην Β γυμνασιου θα είναι από 15 και κάτω?

Οποιαδήποτε εκτίμηση για τις βάσεις είναι άκαιρη. Κατ'επανάληψη έχουμε επισημάνει ότι τέτοια ερωτήματα δεν έχουν νόημα και με έκπληξη βλέπουμε να επαναμβάνονται κάθε φορά. :(

Συγχαίρουμε όλους τους μαθητές και τις μαθήτριες για τη συμμετοχή τους στον "ΕΥΚΛΕΙΔΗ", τους προτρέπουμε να απέχουν από όποιες συζητήσεις για τις βάσεις - εκτός από τους επικεφαλής της επιτροπής της ΕΜΕ μετά το τέλος της βαθμολόγησης, κανείς άλλος δεν γνωρίζει τις βάσεις- και τους ενθαρρύνουμε να συνεχίσουν την ενασχόληση τους με τα μαθηματικά από αγάπη γι'αυτά και ανεξάρτητα από τα αποτελέσματα του σημερινού διαγωνισμού.


Φιλικά,

Αχιλλέας


Giannis Masterio
Δημοσιεύσεις: 12
Εγγραφή: Κυρ Απρ 03, 2022 2:44 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2023 - 2024

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Giannis Masterio » Σάβ Ιαν 20, 2024 3:33 pm

Καλησπέρα σας. Γνωρίζουμε ποτε περίπου θα βγουν τα αποτελέσματα;


Dimessi
Δημοσιεύσεις: 91
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 10, 2023 3:48 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2023 - 2024

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Dimessi » Σάβ Ιαν 20, 2024 3:36 pm

Στο 3ο θέμα της Α λυκείου, μπορούμε και αλλιώς. Παίρνουμε \left ( b-a \right )\left (a+b+2c-1 \right )=0\overset{b-a\neq 0}\Leftrightarrow a+b+2c=1 και \displaystyle \left ( c-a \right )\left ( a+c+2b-1 \right )=0\overset{c-a\neq 0}\Leftrightarrow a+c+2b=1. Τελικά b=c, άτοπο. done.
τελευταία επεξεργασία από Dimessi σε Σάβ Ιαν 20, 2024 3:39 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


achilleas
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 3017
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2023 - 2024

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Σάβ Ιαν 20, 2024 3:39 pm

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 4 - Β ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ

Μια διδακτική λύση με διαφορά τετραγώνων, την οποία ο μέσος μαθητής διδάσκεται στη Γ Γυμνασίου, αλλά ο μυημένος στους μαθηματικούς διαγωνισμούς την γνωρίζει ήδη:


Λύση. (α) Είναι 2024=2025-1={45}^2-1^2=\left(45-1\right)\left(45+1\right)=44\cdot 46=2^3\cdot 11 \cdot 23.

(β) Για \nu>1, είναι

\dfrac{1}{\nu-1}-\dfrac{1}{\nu+1}=\dfrac{\left(\nu+1\right)-\left(\nu-1\right)}{\left(\nu-1\right)\left(\nu+1\right)}=\dfrac{2}{\nu^2-1},

Οπότε διαιρώντας και τα δύο μέλη με το 2 παίρνουμε

\dfrac{1}{\nu^2-1}=\dfrac{1}{2(\nu-1)}-\dfrac{1}{2(\nu+1)}.

Με \nu=45 παιρνουμε

\dfrac{1}{2024}=\dfrac{1}{{45}^2-1}=\dfrac{1}{2\cdot 44}-\dfrac{1}{2\cdot 46}=\dfrac{1}{88}-\dfrac{1}{92}.

Φιλικά,

Αχιλλέας


Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 1832
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2023 - 2024

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Σάβ Ιαν 20, 2024 3:57 pm

Α' Λυκείου.

Πρόβλημα 1. Να αποδείξετε ότι το πηλίκο

A = \dfrac{n^{10} -n^6-n^4+1}{n^7-n^6-n+1}

είναι σύνθετος ακέραιος, για κάθε ακέραιο n \geq 2.

Λύση.

Εκτελούμε την διαίρεση των πολυωνύμων του αριθμητή προς τον παρονομαστή του ζητούμενου κλάσματος και βρίσκουμε:

\begin{tabular}{c|l}
n^{10} -n^6-n^4+1& \underline{n^7-n^6-n+1 \phantom{1+}}  \\
\underline{-(n^{10}-n^9-n^4+n^3)} \phantom{1+} & n^3+n^2+n+1 \\
\phantom{1+} 0 +n^9-n^6-n^3+1 & \\
\underline{- (n^9-n^8-n^3+n^2)} &  \\
\phantom{1+}0 +n^8-n^6-n^2+1 & \\
\phantom{1+}\underline{-(n^8-n^7-n^2+n)} & \\
\phantom{1+}0 +n^7-n^6-n +1& \\
\phantom{1+}\underline{-(n^7-n^6-n++1)} & \\
\phantom{1+}0 + 0 & 
\end{tabular}.

Οπότε η ζητούμενη παράσταση γράφεται

A=n^3+n^2+n+1 = n^2(n+1)+(n+1)=(n+1)(n^2+1)

Η οποία ως γινόμενο δυο παραγόντων μεγαλύτερων του 2 είναι σύνθετος αριθμός.


AnnM
Δημοσιεύσεις: 9
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 20, 2024 5:19 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2023 - 2024

#16

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από AnnM » Σάβ Ιαν 20, 2024 5:24 pm

Δεν ξέρω για τις άλλες τάξεις, αλλά τα θέματα της Γ Γυμνασιου δεν μου άρεσαν καθόλου. Ήταν πάρα πολύ διαφορετικά σε σχέση με τα παλαιότερα και προσωπικά τα βαρέθηκα.Προετοιμάζομαι από το καλοκαίρι σταδιακά, έχω λύσει πολλες ασκήσεις αλλά τέτοια θέματα δε συνάντησα καθόλου.Θεωρω ίσως πως το 3ο θέμα έπρεπε να το ασχοληθώ περισσότερο γτ μπορούσα να το πιάσω όλο όπως και το πρώτο (χαζομαρα γτ κόλλησα στο 2ο το οποίο τελικά δεν έλυσα) Θέλω ωστόσο να κάνω μια ερώτηση. Οι λύσεις που βγαίνουν είναι οπωσδήποτε αυτές, ή υπάρχουν και άλλες μεθοδολογίες και τρόποι που μπορούν να οδηγήσουν στα ίδια αποτελέσματα οι οποίες πιάνονται? Και εάν δεν έχουμε καταλήξει σε ένα αποτέλεσμα αλλά έχουμε χτίσει ένα κομμάτι της μεθοδολογίας, θα πιαστεί?


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 13438
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2023 - 2024

#17

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Σάβ Ιαν 20, 2024 5:37 pm

Πρόβλημα 2 - Β' Λυκείου:

Προφανώς το E ανήκει στον περιγεγραμμένο κύκλο του τετραγώνου Άρα:
Πρ.2-ΒΛ-2024.png
Πρ.2-ΒΛ-2024.png (13.68 KiB) Προβλήθηκε 5615 φορές
\displaystyle \tan \theta  = \tan \omega  \Leftrightarrow \frac{{CM}}{a} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow CM = \frac{a}{2} και το ζητούμενο έπεται.


Τσιαλας Νικολαος
Δημοσιεύσεις: 792
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 17, 2015 1:04 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2023 - 2024

#18

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Τσιαλας Νικολαος » Σάβ Ιαν 20, 2024 5:40 pm

Νομίζω στις επίσημες λύσεις το τελικό αποτέλεσμα έχει λάθος στο θέμα γεωμετρίας της Β' γυμνασίου


Τσιαλας Νικολαος
Δημοσιεύσεις: 792
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 17, 2015 1:04 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2023 - 2024

#19

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Τσιαλας Νικολαος » Σάβ Ιαν 20, 2024 5:48 pm

AnnM έγραψε:
Σάβ Ιαν 20, 2024 5:24 pm
Δεν ξέρω για τις άλλες τάξεις, αλλά τα θέματα της Γ Γυμνασιου δεν μου άρεσαν καθόλου. Ήταν πάρα πολύ διαφορετικά σε σχέση με τα παλαιότερα και προσωπικά τα βαρέθηκα.Προετοιμάζομαι από το καλοκαίρι σταδιακά, έχω λύσει πολλες ασκήσεις αλλά τέτοια θέματα δε συνάντησα καθόλου.Θεωρω ίσως πως το 3ο θέμα έπρεπε να το ασχοληθώ περισσότερο γτ μπορούσα να το πιάσω όλο όπως και το πρώτο (χαζομαρα γτ κόλλησα στο 2ο το οποίο τελικά δεν έλυσα) Θέλω ωστόσο να κάνω μια ερώτηση. Οι λύσεις που βγαίνουν είναι οπωσδήποτε αυτές, ή υπάρχουν και άλλες μεθοδολογίες και τρόποι που μπορούν να οδηγήσουν στα ίδια αποτελέσματα οι οποίες πιάνονται? Και εάν δεν έχουμε καταλήξει σε ένα αποτέλεσμα αλλά έχουμε χτίσει ένα κομμάτι της μεθοδολογίας, θα πιαστεί?
Καλησπέρα. Οι λύσεις είναι ενδεικτικές και εννοείται οποιαδήποτε άλλη λογίζεται ως σωστή, αρκεί να είναι. Από εκεί και πέρα όντως τα θέματα της Γ' Γυμνασίου ήταν λίγο "διαφορετικά" αλλά αυτή δεν είναι άλλωστε και η ομορφιά των διαγωνισμών; Όπως και να έχει η δυσκολία είναι ίδια για όλους οπότε κάντε υπομονή μέχρι να βγουν τα αποτελέσματα για να δείτε πως πήγατε . Συνέχισε την προσπάθειά σου πάντως γιατί μόνο κερδισμένος- κερδισμένη έχεις να βγεις από την όλη διαδικασία!


achilleas
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 3017
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2023 - 2024

#20

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Σάβ Ιαν 20, 2024 5:55 pm

Τσιαλας Νικολαος έγραψε:
Σάβ Ιαν 20, 2024 5:40 pm
Νομίζω στις επίσημες λύσεις το τελικό αποτέλεσμα έχει λάθος στο θέμα γεωμετρίας της Β' γυμνασίου
Πρόκειται για τυπογραφικό λάθος, όχι μαθηματικό, το οποίο θα διορθωθεί σύντομα: 12\cdot 11=132.

No big deal!


Απάντηση

Επιστροφή σε “Θέματα διαγωνισμών (ΕΜΕ, ΚΥΜΕ, BMO, JBMO, IMO, Kangaroo κλπ)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης