ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

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

ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cretanman » Σάβ Φεβ 24, 2024 12:10 pm

Καλημέρα σε όλους,

Στη δημοσίευση αυτή θα αναρτηθούν και θα συζητηθούν τα θέματα του διαγωνισμού "Ο ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ" που διεξάγεται σήμερα στα κατά τόπους εξεταστικά κέντρα της χώρας και μετά τη λήξη του διαγωνισμού. Εύχομαι καλή επιτυχία και καλά αποτελέσματα στα παιδιά που συμμετέχουν!

Edit (14:45) Ανεβάζω τα θέματα μια και έχει ολοκληρωθεί ο διαγωνισμός.
Συνημμένα
Λύκειο_εκφωνήσεις 2024_τελικό.pdf
(135.38 KiB) Μεταφορτώθηκε 708 φορές
Γυμνάσιο_εκφωνήσεις 2024_τελικό.pdf
(135.83 KiB) Μεταφορτώθηκε 1042 φορές


Αλέξανδρος Συγκελάκης

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

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Σάβ Φεβ 24, 2024 3:20 pm

Μεγάλοι

Πρόβλημα 1 Αν οι a, b, c είναι πραγματικοί αριθμοί, τέτοιοι ώστε δύο από αυτούς να έχουν διαφορά μεγαλύτερη του \dfrac{1}{2\sqrt{2}}, να αποδείξετε ότι υπάρχει ακέραιος αριθμός x, ώστε x^2 -4(a+b+c)x+12(a+b+c) <0.

Λύση. Εξετάζουμε το δευτεροβάθμιο τριώνυμο

x^2 -4(a+b+c)x+12(a+b+c), η διακρίνουσά του D διαδοχικά γράφεται

D=16(a+b+c)^2-4\cdot 12(ab+bc+ca) = 16 \cdot [ (a+b+c)^2-3(ab+bc+ca)]=

16 (a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)= 16 \cdot \frac{1}{2} ( 2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca) = 8 ((a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2)

Εφόσον οι αριθμοί a,b,c δεν είναι όλοι ίσοι μεταξύ τους θα είναι D>0. Άρα η εξίσωση x^2 -4(a+b+c)x+12(a+b+c) θα έχει δυο διαφορετικές ρίζες και επειδή ο συντελεστής του δευτεροβάθμιου όρου είναι θετικός το τριώνυμο μεταξύ των ριζών θα είναι αρνητικό.

Το μήκος του διαστήματος που ορίζουν οι ρίζες του τριωνύμου είναι ίσο με \sqrt{D} και εφόσον η διαφορά κάποιων εκ των a,b,c είναι μαγαλύτερη του \dfrac{1}{2\sqrt{2}}, θα είναι

\sqrt{D} > \sqrt{8 \cdot \left ( \dfrac{1}{2\sqrt{2}} \right)^2} = 1.

Σε διάστημα μήκους μεγαλυτερου του 1 όμως, θα βρεθεί πάντα ένας ακέραιος.
τελευταία επεξεργασία από Al.Koutsouridis σε Σάβ Φεβ 24, 2024 6:32 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1400
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Σάβ Φεβ 24, 2024 3:35 pm

Να λυθεί και το ακόλουθο
Al.Koutsouridis έγραψε:
Σάβ Φεβ 24, 2024 3:20 pm

Πρόβλημα 1 Αν οι a, b, c είναι πραγματικοί αριθμοί, τέτοιοι ώστε δύο από αυτούς να έχουν διαφορά μεγαλύτερη του \dfrac{1}{2\sqrt{3}}, να αποδείξετε ότι υπάρχει ακέραιος αριθμός x, ώστε x^2 -4(a+b+c)x+12(a+b+c) <0.


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

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Giannis Masterio » Σάβ Φεβ 24, 2024 3:37 pm

Πολύ ωραίο το Π1 των μεγάλων, δεν απαιτούσε ουρανοκατέβατα τεχνάσματα, μια λογική ιδέα και έβγαινε


Ilovemath156
Δημοσιεύσεις: 13
Εγγραφή: Σάβ Φεβ 24, 2024 3:51 pm

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ilovemath156 » Σάβ Φεβ 24, 2024 3:56 pm

Καλησπέρα και συγχαρητήρια σε όλους.Υπάρχει λύση για το θέμα 4 των μικρών τάξεων;;


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

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Σάβ Φεβ 24, 2024 5:02 pm

Μεγάλοι

Πρόβλημα 2 Δίνεται τρίγωνο ABC με  AB < AC < BC, εγγεγραμμένο σε κύκλο \Gamma_{1} με κέντρο το σημείο Ο. Θεωρούμε το κύκλο \Gamma_{2} που έχει κέντρο σημείο D, το οποίο ανήκει στον κύκλο \Gamma_{1}, και εφάπτεται στη πλευρά BC στο σημείο E και στη προέκταση της πλευράς AB στο σημείο F. Οι κύκλοι \Gamma_{1} και \Gamma_{2} τέμνονται στα σημεία K και G (το σημείο K βρίσκεται στο εσωτερικό του τριγώνου BFE). Αν η ευθεία KG τέμνει τις ευθείες FE και CD στα σημεία M και N, αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο BCNM είναι εγγράψιμο.

Λύση Εφόσον το σημείο D ισαπέχει από από τις ευεθέιες AB και BC και είναι σημείο του \Gamma_{1}, θα είναι το μέσο του τόξου AC. Άρα OD \perp AC. Όμως OD \perp KG, αφού OD είναι διάκεντρος των κύκλων \Gamma_{1}, \Gamma_{2}. Οπότε είναι KG || AC.

Από την πάραπάνω παραλληλία έχουμε \angle DNM = \angle DCB = \dfrac{1}{2} \angle B

Το τετράπλευρο DEBF είναι εγγεγραμμένο και έστω \Gamma_{3} ο περιγεγραμμένος κύκλος του. Οι κύκλοι \Gamma_{1}, \Gamma_2} και \Gamma_{3} τέμνονται ανά δυο, οπότε οι χορδές που ορίζουν τα σημεία τομής τους, συντρέχουν. Δηλαδή το σημείο M, που είναι το σημείο τομής των KG, FE θα ανήκει και στην ευθεία BD.

Όμως η ευθεία BD είναι διχοτόμος της γωνίας B. Άρα \dfrac{1}{2} \angle B = \angle MBC = \angle DNM, οπότε το τετράπλευρο MNCB είναι εγγράψιμο.

archimedes_2024_senior_pr2.png
archimedes_2024_senior_pr2.png (206.7 KiB) Προβλήθηκε 11505 φορές


petrosmani
Δημοσιεύσεις: 22
Εγγραφή: Τετ Φεβ 24, 2021 6:09 pm

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από petrosmani » Σάβ Φεβ 24, 2024 5:44 pm

Για το 2 των μεγάλων έστω ότι η FD τέμνει την BC στο Σ και ότι η παράλληλη από το Β προς την EF τέμνει την DF στο P.Τότε από την παραλληλία και από το BE=BF προκύπτει ότι οι BP και BD είναι εσωτερική και εξωτερική διχοτόμος του ΣBF άρα σχηματίζουν γωνία 90 μοιρών άρα FMD ορθή.Επομένως τα B,M,D συνευθειακά .Επιπλέον η διάκεντρος μεσοκάθετος κοινής χορδής άρα το τόξο DK ισούται με το τόξο DG.Αρκει <BMK=<BCN που εύκολα προκύπτει από τις ισότητες των τόξων.
τελευταία επεξεργασία από petrosmani σε Σάβ Φεβ 24, 2024 5:47 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Ilovemath156
Δημοσιεύσεις: 13
Εγγραφή: Σάβ Φεβ 24, 2024 3:51 pm

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ilovemath156 » Σάβ Φεβ 24, 2024 5:46 pm

Καλησπέρα!Πως τα βρήκατε τα θέματα στους μικρούς;Που κυμαίνονται περίπου οι βάσεις;Πιστέυω οτι τα θέματα ήταν πιο δύσκολα από άλλες χρονιές.Εγώ πιστεύω οτι έλυσα το πρώτο θέμα σωστό.Το 2ο δεν το αγγιξα και το 3ο που πιστευω οτι πολλοι εχουν μπερδευτει βρήκα οτι οι διαιρέτες δεν είναι ισοπληθείς οπότε μπορεί να έχω πάρει 2/5 αφού ο τρόπος σκέψης είναι σωστός..Στην θεωρία αριθμών δεν έχω καταλώξει ακομα σε λύση αν και το προφανές είναι η συμμετρία στην εξίσωση.


Αλκυόνη Παπαδάκη
Δημοσιεύσεις: 2
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 27, 2024 10:49 am

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Αλκυόνη Παπαδάκη » Σάβ Φεβ 24, 2024 5:49 pm

Προσωπικά τα θέματα των μικρών τάξεων μου φάνηκαν αρκετά απαιτητικα αλλά πολύ ωραια.. Θα μπορούσε κάποιος να μ στείλει τις λύσεις των θεμάτων γιατί δεν τις βρίσκω;; Ευχαριστώ πολύ !


2nisic
Δημοσιεύσεις: 220
Εγγραφή: Παρ Δεκ 04, 2020 12:06 pm

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από 2nisic » Σάβ Φεβ 24, 2024 6:22 pm

\angle MNC=\angle KGC+\angle NCG=180 -\frac{\angle A+\angle C}{2}=180-\angle DCB
Οπότε για να είναι εγγράψιμο θα πρέπει τα B,MDνα είναι συνευθειακα.
Έστω M' το μεσο της EF θα δείξουμε ότι K,M',G συνευθειακα.
Αρκει:\angle KGE=\angle M'GE
\Leftrightarrow \angle KGE=\angle BGF
\Leftrightarrow \frac{\angle KDE}{2}=180-\angle FBG-BFG
\Leftrightarrow \frac{\angle KDY-\angle EDY}{2}=180-(180-\angle B-\angle GBC)-\angle BFE-\angle EFG
\Leftrightarrow \frac{\angle KDY-\angle EDY}{2}=\angle B+\angle GBC-\frac{\angle B}{2}-\frac{\angle EDG}{2}
\Leftrightarrow \angle KDY-\angle EDY=\angle B+2\angle GBC-(\angle EDY+\angle YDG)
\Leftrightarrow \angle KDY+\angle YDG=\angle B+2\angle GBC
που ισχύει αφού KGCA ισοσκελές τραπέζιο
Συνημμένα
geogebra-export (7).png
geogebra-export (7).png (702.17 KiB) Προβλήθηκε 11235 φορές


Άβαταρ μέλους
abfx
Δημοσιεύσεις: 63
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2022 12:23 pm

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από abfx » Σάβ Φεβ 24, 2024 6:54 pm

Ilovemath156 έγραψε:
Σάβ Φεβ 24, 2024 3:56 pm
Καλησπέρα και συγχαρητήρια σε όλους.Υπάρχει λύση για το θέμα 4 των μικρών τάξεων;;
Ας είναι (a,b,c) λύση της εξίσωσης, δηλαδή a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca=6abc\text{    }(1) .

Τότε a^2+b^2+ab=c(6ab-(a+b)-c) \text{    }(*) .

Θέτουμε P(x)=x^2-(6ab-(a+b))x+a^2+b^2+ab . Είναι σαφές ότι x ρίζα του P αν και μόνο αν (a,b,x) λύση της (1).

Άρα το c θα είναι μια ρίζα του P, ποια όμως θα είναι η άλλη;

Με τη βοήθεια της (*) γράφουμε:

P(x)=x^2-(6ab-(a+b))x+c(6ab-(a+b)-c)

οπότε από Vieta βλέπουμε ότι η άλλη είναι η 6ab-(a+b+c).

Αν λοιπόν (a,b,c) λύση της (1) , με a\geq b\geq c ακεραίους, τότε (6ab-(a+b+c),a,b) ακέραια λύση με

6ab-(a+b+c)+a+b=6ab-c>a+b+c , συνεπώς αρχίζοντας με την (1,1,1) υπάρχουν άπειρες λύσεις.


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

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Σάβ Φεβ 24, 2024 6:57 pm

silouan έγραψε:
Σάβ Φεβ 24, 2024 3:35 pm
Να λυθεί και το ακόλουθο
Al.Koutsouridis έγραψε:
Σάβ Φεβ 24, 2024 3:20 pm

Πρόβλημα 1 Αν οι a, b, c είναι πραγματικοί αριθμοί, τέτοιοι ώστε δύο από αυτούς να έχουν διαφορά μεγαλύτερη του \dfrac{1}{2\sqrt{3}}, να αποδείξετε ότι υπάρχει ακέραιος αριθμός x, ώστε x^2 -4(a+b+c)x+12(a+b+c) <0.
Εξετάζουμε το δευτεροβάθμιο τριώνυμο

x^2 -4(a+b+c)x+12(a+b+c), η διακρίνουσά του D γράφεται

D=16(a+b+c)^2-4\cdot 12(ab+bc+ca) = 16 \cdot [ (a+b+c)^2-3(ab+bc+ca)]=

16 (a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)= 16 \cdot \frac{1}{2} ( 2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca) = 8 ((a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2)

Για την τελευταία παράσταση διαδιχικά ισχύουν οι ανισότητες

D=8 ((a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2)= 8 (|a-b|^2 +|b-c|^2 +|c-a|^2) \geq

8 (|a-b|^2 +\dfrac{\left ( |b-c|+|c-a|\right)^2}{2} \geq 8 (|a-b|^2 +\dfrac{\left ( |b-c|+|c-a|\right)^2}{2} \geq 8 \left (|a-b|^2 +\dfrac{\left ( |b-c+c-a|\right)^2}{2} \right)=

8 \left (|a-b|^2 +\dfrac{\left ( |b-a|\right)^2}{2} \right)> 8 \left (\dfrac{1}{12} + \dfrac{1}{24} \right) =1

Θεωρήσαμε, ότι οι αριθμοί a,b είναι αυτοί που έχουν διαφορά μεγαλύτερη του \dfrac{1}{2\sqrt{3}}.

Ίσως καλυτερα να είχε τεθεί αυτή η παραλλαγή του θέματος :D


Nikolas2006
Δημοσιεύσεις: 2
Εγγραφή: Δευ Ιαν 31, 2022 12:25 pm

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Nikolas2006 » Σάβ Φεβ 24, 2024 7:03 pm

Καλησπέρα και συγχαρητήρια σε όλους.Υπάρχει λύση για το θέμα 3 των μεγάλων τάξεων;;


Ilovemath156
Δημοσιεύσεις: 13
Εγγραφή: Σάβ Φεβ 24, 2024 3:51 pm

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ilovemath156 » Σάβ Φεβ 24, 2024 7:43 pm

Καλησπέρα..Υπαρχει λυση για γεωμετρια μικρων;


sachstyl
Δημοσιεύσεις: 5
Εγγραφή: Παρ Ιουν 06, 2014 10:23 am

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από sachstyl » Σάβ Φεβ 24, 2024 7:52 pm

Μια λύση για το 4 των μικρών με θεωρία εξισώσεων Pell.

Θέτουμε x=1,y=a-b και z=a+b για θετικούς ακεραίους a>b, κι έτσι, μετά από πράξεις, η δεδομένη εξίσωση γίνεται 7b^2=3a^2-2a-1. Πολλαπλασιάζοντας με 3 και τα δύο μέλη και συμπληρώνοντας το τετράγωνο ως προς a, οδηγούμαστε στην ισοδύμανη

(3a-1)^2-21b^2=4.

Προς αναζήτηση λύσεων θέτουμε τώρα a=2A+1 και b=2B με A,B\in\mathbb{N} και οδηγούμαστε στην εξίσωση

(3A+1)^2-21B^2=1.

Αρκεί λοιπόν να αιτιολογήσουμε ότι η τελευταία έχει άπειρες λύσεις. Κατ' αρχήν, η εξίσωση Pell

m^2-21n^2=1

έχει άπειρες λύσεις (m_k,n_k) με τη μικρότερη να είναι η (m_1,n_1)=(55,12) και οι υπόλοιπες προκύπτουν αναδρομικά. Το ζητούμενο θα έχει αποδειχτεί εφόσον αιτιολογήσουμε ότι οι λύσεις για το m αφήνουν υπόλοιπο 1 διαιρούμενες με το 3, πράγμα που εγγυάται την ύπαρξη των αντίστοιχων A παραπάνω. Από τη θεωρία επίλυσης εξισώσεων Pell έχουμε ότι

m_{k+1}=55m_{k}+21\cdot 12n_k\equiv m_k(\text{mod}\,3).

Άρα, όλες οι λύσεις ως προς m έχουν το ίδιο υπόλοιπο διαιρούμενες με το 3 κι αφού m_1=55\equiv 1(\text{mod}\,3), έπεται ότι m_k\equiv 1(\text{mod}\,3) για κάθε k\in\mathbb{N}^* και η απόδειξη ολοκληρώνεται.
τελευταία επεξεργασία από sachstyl σε Κυρ Φεβ 25, 2024 9:24 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


mfw240
Δημοσιεύσεις: 3
Εγγραφή: Τρί Ιουν 20, 2023 12:24 am

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

#16

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mfw240 » Σάβ Φεβ 24, 2024 8:11 pm

Καλησπέρα! Μπορεί κάποιος να μου πει εάν στέκει μαθηματικά η λύση μου στο 3ο πρόβλημα των μεγάλων;


Πρόβλημα 3ο


Από την εκφώνηση εύκολα προκύπτει ότι \lvert A \rvert \le n και ότι \lvert \Gamma \rvert =\lvert A \rvert * \lvert B \rvert.

Ακόμη εύκολα προκύπτει, ότι d \le \lvert \Gamma \rvert, αφού το πλήθος των δυνατών διαφορών μπορεί να είναι το μέγιστο ίσο με το πλήθος των στοιχείων του \Gamma, στην περίπτωση που όλα τα ζεύγη του συνόλου \Gamma έχουν διαφορετικές διαφορές.

Λόγω του τρόπου με τον οποίο ορίζεται το \Gamma, γνωρίζουμε επιπλέον ότι σε όλες τις τριάδες (\kappa, \lambda, \mu), με (\kappa, \lambda) \in \Gamma και (\kappa, \mu) \in \Gamma, θα ισχύει \kappa \in A και \lambda, \mu \in B . Από το σύνολο  A υπάρχουν \lvert A \rvert τρόποι για να διαλέξουμε κάποιο στοιχείο \kappa. Από το σύνολο  B υπάρχουν \lvert B \rvert τρόποι για να διαλέξουμε κάποιο στοιχείο  \lambda και, επειδή το  \mu στην εκφώνηση ορίζεται ανεξάρτητα του  \lambda (δηλαδή μπορεί να είναι και ίσα), υπάρχουν επίσης \lvert B \rvert τρόποι για να διαλέξουμε κάποιο στοιχείο \mu. Έτσι, προκύπτει ότι p = \lvert A \rvert * \lvert B \rvert * \lvert B \rvert = \lvert A \rvert * {\lvert B \rvert}^{2}.
  • Έστω ότι \lvert A \rvert < n. Τότε, είναι: \displaystyle{ n > \lvert A \rvert \iff  n* \lvert A \rvert * {\lvert B \rvert}^{2} > \lvert A \rvert *\lvert A \rvert * {\lvert B \rvert}^{2} \iff n*p > {\lvert \Gamma \rvert}^{2} \ge d^2.} Άρα, αν \lvert A \rvert < n, τότε n*p > d^2
  • Έστω ότι \lvert A \rvert = n. Τότε, είναι: \displaystyle{ n = \lvert A \rvert \iff  n* \lvert A \rvert * {\lvert B \rvert}^{2} = \lvert A \rvert *\lvert A \rvert * {\lvert B \rvert}^{2} \iff n*p = {\lvert \Gamma \rvert}^{2} \ge d^2.} Άρα, αν \lvert A \rvert = n, τότε n*p \ge d^2
Επομένως, σε κάθε περίπτωση n*p \ge d^2.


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

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

#17

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Σάβ Φεβ 24, 2024 8:29 pm

mfw240 έγραψε:
Σάβ Φεβ 24, 2024 8:11 pm
Καλησπέρα! Μπορεί κάποιος να μου πει εάν στέκει μαθηματικά η λύση μου στο 3ο πρόβλημα των μεγάλων;


Πρόβλημα 3ο


....Έτσι, προκύπτει ότι p = \lvert A \rvert * \lvert B \rvert * \lvert B \rvert = \lvert A \rvert * {\lvert B \rvert}^{2}.

...
Όχι, δεν ισχύει η παραπάνω σχέση.

Φιλικά,

Αχιλλέας


Ilovemath156
Δημοσιεύσεις: 13
Εγγραφή: Σάβ Φεβ 24, 2024 3:51 pm

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

#18

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ilovemath156 » Σάβ Φεβ 24, 2024 9:36 pm

Θα ανεβάσει κανείς την γεωμετρία των γυμνασίων;


Maria Papadopoulou
Δημοσιεύσεις: 1
Εγγραφή: Σάβ Φεβ 24, 2024 9:41 pm

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

#19

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Maria Papadopoulou » Σάβ Φεβ 24, 2024 9:43 pm

Ποια πιστεύετε ότι θα είναι η βάση για την εισαγωγή στον προκριματικό;


Ilovemath156
Δημοσιεύσεις: 13
Εγγραφή: Σάβ Φεβ 24, 2024 3:51 pm

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2024

#20

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ilovemath156 » Σάβ Φεβ 24, 2024 9:46 pm

Maria Papadopoulou έγραψε:
Σάβ Φεβ 24, 2024 9:43 pm
Ποια πιστεύετε ότι θα είναι η βάση για την εισαγωγή στον προκριματικό;
Και εγω το ιδιο αναρρωτιέμαι!!


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 4 επισκέπτες