ΠΟΛΥΤ. ΘΕΣΣ. 1959 ΑΛΓΕΒΡΑ ΠΟΛΙΤΙΚΟΙ ΜΗΧΑΝΙΚΟΙ

parmenides51 · #1

Εξεταστές: Πυλαρινός - Φλωράς

1. Θεωρούμε την πρόοδο $\displaystyle{1,4,7,...}$ και την χωρίζουμε σε ομάδες $\displaystyle{(1),(4,7),(10,13,16,19),(22,25,...),...}$ έτσι ώστε η πρώτη να περιέχει $\displaystyle{1}$ όρο, η δεύτερη $\displaystyle{2}$ , η τρίτη $\displaystyle{4}$ , και ούτω καθ' εξής, η $\nu$ -ιοστή να περιέχει $\displaystyle{2^{\nu -1}}$ όρους. Να βρεθεί το άθροισμα των όρων της $\displaystyle{\nu}$ -ιοστής ομάδας.

2. Δίνεται η εξίσωση $\displaystyle{f(x)=x^2-(\lambda -1)x+\lambda=0}$ . Για ποιες τιμές του $\displaystyle{\lambda}$ η εξίσωση έχει πραγματικές ρίζες; Στην περίπτωση αυτή να υποθέσετε οτι οι πραγματικές ρίζες είναι $\displaystyle{\varepsilon\phi \alpha}$ και $\displaystyle{\varepsilon\phi \beta}$ όπου $\displaystyle{-\frac{\pi}{2}<\alpha,\beta<\frac{\pi}{2}}$ . Ζητείται να βρεθεί το άθροισμα $\displaystyle{\alpha+\beta}$ . Αφού αποδείξετε οτι υπάρχουν μόνο δυο τιμές για το $\displaystyle{ \alpha+\beta}$ , να διερευνήσετε για ποιες τιμές του $\displaystyle{\lambda}$ παίρνει την μία τιμή και για ποιες την άλλη.

3. Εαν οι διαφορετικοί μεταξύ τους αριθμοί $\displaystyle{x,y,z}$ επαληθεύουν τις σχέσεις $\displaystyle{x^2+y^2+\lambda xy=y^2+z^2+\lambda yz=x^2+z^2+\lambda xz}$ , να δειχθεί οτι καθεμία από τις παραστάσεις $\displaystyle{x^2+y^2+\lambda xy,y^2+z^2+\lambda yz,x^2+z^2+\lambda xz}$ ισούται με $\displaystyle{ \frac{1}{2}(x^2+y^2+z^2)}$

4. Εαν $\displaystyle{\xi}$ είναι ρίζα της εξίσωσης $\displaystyle{x^4+\alpha x^2+\beta=0}$ και είναι $\displaystyle{ |\xi|<1}$ , να δειχθεί τότε οτι θα είναι πάντα $\displaystyle{ \left|\alpha\xi^2+\frac{\beta}{2}\right|<|\xi|^2+ \left|\frac{\beta}{2}\right|}$

Γιώργος Απόκης · #2

parmenides51 έγραψε: 4. Εαν $\displaystyle{\xi}$ είναι ρίζα της εξίσωσης $\displaystyle{x^4+\alpha x^2+\beta=0}$ και είναι $\displaystyle{ |\xi|<1}$ , να δειχθεί τότε οτι θα είναι πάντα $\displaystyle{ \left|\alpha\xi^2+\frac{\beta}{2}\right|<|\xi|^2+ \left|\frac{\beta}{2}\right|}$

Εδώ

Tolaso J Kos · #3

parmenides51 έγραψε:
2. Δίνεται η εξίσωση $\displaystyle{f(x)=x^2-(\lambda -1)x+\lambda=0}$ . Για ποιες τιμές του $\displaystyle{\lambda}$ η εξίσωση έχει πραγματικές ρίζες; Στην περίπτωση αυτή να υποθέσετε οτι οι πραγματικές ρίζες είναι $\displaystyle{\varepsilon\phi \alpha}$ και $\displaystyle{\varepsilon\phi \beta}$ όπου $\displaystyle{-\frac{\pi}{2}<\alpha,\beta<\frac{\pi}{2}}$ . Ζητείται να βρεθεί το άθροισμα $\displaystyle{\alpha+\beta}$ . Αφού αποδείξετε οτι υπάρχουν μόνο δυο τιμές για το $\displaystyle{ \alpha+\beta}$ , να διερευνήσετε για ποιες τιμές του $\displaystyle{\lambda}$ παίρνει την μία τιμή και για ποιες την άλλη.

Είναι $\displaystyle{f(x)=x^2-(\lambda -1)x+\lambda }$ το οποίο είναι τριώνυμο και έχει πραγματικές ρίζες όταν $\displaystyle{(\lambda +1)^2-4\lambda >0\Leftrightarrow (\lambda -1)^2>0}$ δηλαδή έχει ρίζες για $\displaystyle{\lambda \in \mathbb{R}-\left \{ 1 \right \}}$

Τώρα από την ταυτότητα $\displaystyle{\varepsilon \varphi (\alpha +\beta )=\frac{\varepsilon \varphi (\alpha )+\varepsilon \varphi (\beta )}{1-\varepsilon \varphi \alpha \cdot \varepsilon \varphi \beta }\, \, \, (1)}$ και από το γεγονός ότι οι $\displaystyle{\varepsilon \varphi \alpha ,\, \, \, \varepsilon \varphi \beta }$ είναι ρίζες , άρα από $\displaystyle{Vietta}$ έχουμε:
$\displaystyle{\bullet \varepsilon \varphi \alpha +\varepsilon \varphi \beta =-\lambda +1}$ και
$\displaystyle{\bullet \varepsilon \varphi \alpha \cdot \varepsilon \varphi \beta =\lambda }$
Οπότε η $\displaystyle{(1)}$ δίνει:
$\displaystyle{\varepsilon \varphi \left ( \alpha +\beta \right )=1\Rightarrow \alpha +\beta =k\pi +\pi /4}$ όπου $\displaystyle{k\in \mathbb{Z}}$ .

Τώρα είναι $\displaystyle{\left.\begin{matrix} -\pi /2<\alpha <\pi /2 & \\ -\pi /2<\beta <\pi /2& \end{matrix}\right\}(+)\Rightarrow -\pi <\alpha +\beta <\pi \Rightarrow -\pi <\kappa \cdot \pi +\pi /4<\pi \Rightarrow ...\Rightarrow -5/4<\kappa <3/4}$ και επειδή $\displaystyle{\kappa \in \mathbb{Z}}$ είναι $\displaystyle{k=-1}$ ή $\displaystyle{k=0}$ .
Άρα πράγματι το άθροισμα υπάρχουν δύο τιμές ... (α) $\displaystyle{\alpha +\beta =\pi /4}$ και (β) $\displaystyle{\alpha +\beta =-3\pi /4}$ .

Θα συνεχίσω με τις τιμές του $\displaystyle{\lambda }$ αύριο... !!
Κατάλαβα πού έκανα λάθος... και έκανα και πολλά τυπογραφικά! Ευχαριστώ τον parmenides και τον κ. Γιώργο Απόκη για τις παρατηρήσεις.

Γιώργος Απόκης · #4

Tolaso J Kos έγραψε:
parmenides51 έγραψε:
2. Δίνεται η εξίσωση $\displaystyle{f(x)=x^2-(\lambda -1)x+\lambda=0}$ . Για ποιες τιμές του $\displaystyle{\lambda}$ η εξίσωση έχει πραγματικές ρίζες; Στην περίπτωση αυτή να υποθέσετε οτι οι πραγματικές ρίζες είναι $\displaystyle{\varepsilon\phi \alpha}$ και $\displaystyle{\varepsilon\phi \beta}$ όπου $\displaystyle{-\frac{\pi}{2}<\alpha,\beta<\frac{\pi}{2}}$ . Ζητείται να βρεθεί το άθροισμα $\displaystyle{\alpha+\beta}$ . Αφού αποδείξετε οτι υπάρχουν μόνο δυο τιμές για το $\displaystyle{ \alpha+\beta}$ , να διερευνήσετε για ποιες τιμές του $\displaystyle{\lambda}$ παίρνει την μία τιμή και για ποιες την άλλη.

Είναι $\displaystyle{f(x)=x^2-(\lambda -1)x+\lambda }$ το οποίο είναι τριώνυμο και έχει πραγματικές ρίζες όταν $\displaystyle{(\lambda +1)^2-4\lambda >0\Leftrightarrow (\lambda -1)^2>0}$ δηλαδή έχει ρίζες για $\displaystyle{\lambda \in \mathbb{R}-\left \{ 1 \right \}}$

Τώρα από την ταυτότητα $\displaystyle{\varepsilon \varphi (\alpha +\beta )=\frac{\varepsilon \varphi (\alpha )+\varepsilon \varphi (\beta )}{1-\varepsilon \varphi \alpha \cdot \varepsilon \varphi \beta }\, \, \, (1)}$ και από το γεγονός ότι οι $\displaystyle{\varepsilon \varphi \alpha ,\, \, \, \varepsilon \varphi \beta }$ είναι ρίζες , άρα από $\displaystyle{Vietta}$ έχουμε:
$\displaystyle{\bullet \, \, \varepsilon \varphi \alpha +\varepsilon \varphi \beta =-\frac{\beta }{\color{red}2\color{black}a }=\frac{\lambda -1}{2}}$ και
$\displaystyle{\bullet \, \, \varepsilon \varphi \alpha\cdot \varepsilon \varphi \beta =\frac{\gamma }{a }=\lambda }$
η $\displaystyle{(1)}$ γράφεται: $\displaystyle{\varepsilon \varphi (\alpha +\beta )=\frac{\lambda -1}{2\left ( 1-\lambda \right )}=-\frac{1}{2}}$ . Τότε έχουμε: $\displaystyle{\varepsilon \varphi \left ( \alpha +\beta \right )=-\frac{1}{2}\Rightarrow \alpha +\beta =-\tau o\xi o\varepsilon \varphi \left ( \frac{1}{2} \right )}$ αυτή όμως είναι αμφινοσήμαντη τιμή αφού η $\displaystyle{\arctan }$ είναι γνήσια αύξουσα στο πεδίο ορισμού της..

Κάνω κάπου λάθος;;

Καλημέρα. Χωρίς το $\displaystyle{\color{red}2}$ ...

parmenides51 · #5

Tolaso J Kos έγραψε: $\displaystyle{\varepsilon \varphi \left ( \alpha +\beta \right )=-\frac{1}{2}\Rightarrow \alpha +\beta =-\tau o\xi o\varepsilon \varphi \left ( \frac{1}{2} \right )}$ αυτή όμως είναι αμφινοσήμαντη τιμή αφού η $\displaystyle{\arctan }$ είναι γνήσια αύξουσα στο πεδίο ορισμού της..

κσλησπέρα

ας απαντήσω δημόσια στο λεπτό σημείο,
μιας και το τυπογραφικό το βρήκε ο Γιώργος

η εξίσωση $\displaystyle{\varepsilon \phi x=-\frac{1}{2}}$ πόσες λύσεις έχει;
εξαρτάται από τις τιμές του $\displaystyle{x}$

για παράδειγμα η εξίσωση $\displaystyle{\varepsilon \phi x=1}$ έχει άπειρες λύσεις , τις $\displaystyle{x=\kappa \pi +\frac{\pi}{4}}$ με $\displaystyle{\kappa \in Z}$
διότι γράφεται ως $\displaystyle{\varepsilon \phi x= \varepsilon \phi \frac{\pi}{4}}$ , αν περιορίσω τις τιμές του $\displaystyle{x}$ , περιορίζω και τις λύσεις της εξίσωσης

διαφορετικά η γραφική παράσταση της $\displaystyle{\varepsilon \phi x}$ τέμνει άπειρες φορές την οριζόντια ευθεία $\displaystyle{y=1}$
σε διαστήματα που διαφέρουν κατά την περίοδο της $\displaystyle{\varepsilon \phi x}$ , οπότε βρίσκουμε μια λύση
και προσθέτουμε τα πολλαπλάσια της περιόδου της για να τις βρούμε όλες

τέλος οι εξισώσεις $\displaystyle{\varepsilon \phi x=1}$ και $\displaystyle{x=\tau o \xi \varepsilon \phi 1}$ δεν είναι ισοδύναμες γιατί έχουν διαφορετικά πεδία ορισμού,
μόνο εαν περιορίσεις την 1η σε διάστημα στο οποίο είναι η $\displaystyle{\varepsilon \phi x}$ $\displaystyle{ 1-1}$ , είναι ισοδύναμη η 1η εξίσωση με την 2η

σε τριγωνομετρικές εξισώσεις β λυκείου, δεν χρειάζεται να μπλέκεις με τόξα εφαπτομένης

καλή συνέχεια

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #6

parmenides51 έγραψε: 1. Θεωρούμε την πρόοδο $\displaystyle{1,4,7,...}$ και την χωρίζουμε σε ομάδες $\displaystyle{(1),(4,7),(10,13,16,19),(22,25,...),...}$ έτσι ώστε η πρώτη να περιέχει $\displaystyle{1}$ όρο, η δεύτερη $\displaystyle{2}$ , η τρίτη $\displaystyle{4}$ , και ούτω καθ' εξής, η $\nu$ -ιοστή να περιέχει $\displaystyle{2^{\nu -1}}$ όρους. Να βρεθεί το άθροισμα των όρων της $\displaystyle{\nu}$ -ιοστής ομάδας.

Καλό θέμα ....

Έστω $\beta _{\nu }$ η ακολουθία των πρώτων όρων των ομάδων στις οποίες χωρίστηκε η πρόοδος.

Ισχύουν οι εξής , $\nu -1$ το πλήθος , ισότητες:

$\beta _{2 } -\beta _{1} =1$

$\beta _{3 } -\beta _{2} =6$

$\beta _{4 } -\beta _{3} =12$

...............................................
...............................................
...............................................

$\beta _{ \nu } -\beta _{\nu -1} =3\cdot 2^{\nu -2}$

Προσθέτω τις $\nu -1$ το πλήθος παραπάνω ισότητες και προκύπτει ότι

$\beta _{ \nu } -\beta _{1} =3+6+12+...+3\cdot 2^{\nu -2}$

και λαμβάνοντας υπ' όψιν ότι $\beta _{1}=1$ , προκύπτει ότι

$\beta _{\nu } =3+6+12+...+3\cdot 2^{\nu -2} +1=3\left(1+2+2^{2}+...+2^{\nu -2} \right) +1=3\left(2^{\nu -1}-1 \right)+1=3\cdot 2^{\nu -1}-2$

Βρέθηκε η ακολουθία που δίνει τον πρώτο όρο της νιοστής ομάδας.

Το άθροισμα των όρων της νιοστής ομάδας είναι το άθροισμα των $2^{ \nu -1}$ όρων αριθμητικής προόδου με πρώτο όρο το $\beta _{\nu }$ και διαφορά ίση με

Εφαρμόζω τον τύπο που γνωρίζετε όλοι , το ζητούμενο άθροισμα είναι ίσο με

$\frac{2\left(3\cdot 2^{\nu -1}-2 \right)+\left(2^{\nu -1} -1\right)\cdot 3}{2}\cdot 2^{\nu -1}=...=2^{\nu -2}\left(9\cdot 2^{\nu -1}-7 \right)$

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #7

parmenides51 έγραψε:Εξεταστές: Πυλαρινός - Φλωράς
3. Εαν οι διαφορετικοί μεταξύ τους αριθμοί $\displaystyle{x,y,z}$ επαληθεύουν τις σχέσεις $\displaystyle{x^2+y^2+\lambda xy=y^2+z^2+\lambda yz=x^2+z^2+\lambda xz}$ , να δειχθεί οτι καθεμία από τις παραστάσεις $\displaystyle{x^2+y^2+\lambda xy,y^2+z^2+\lambda yz,x^2+z^2+\lambda xz}$ ισούται με $\displaystyle{ \frac{1}{2}(x^2+y^2+z^2)}$

Πρόκειται για όμορφο θέμα...

Ας ξεκινήσουμε από την ισότητα
$\displaystyle{x^2+y^2+\lambda xy=y^2+z^2+\lambda yz}$
Ισοδύναμα μπορεί να γραφεί
$x^{2}-z^{2}=\lambda y\left(z-x \right)\Leftrightarrow-\left(x+z \right)\left(z-x \right)=\lambda y\left(z-x \right)$
και αφού μας έχει δοθεί ότι $x\neq z$ μπορώ ισοδύναμα να γράψω ότι ισχύει
$-\left(x+z \right)=\lambda y\Leftrightarrow x+\lambda y+z=0$ (1)

Mε αντίστοιχες σκέψεις , από την
$\displaystyle{x^2+y^2+\lambda xy=x^2+z^2+\lambda xz}$ προκύπτει ισοδύναμα
$\lambda x+y+z=0$ (2)
και από την
$\displaystyle{x^2+z^2+\lambda xz=y^2+z^2+\lambda yz}$ προκύπτει ισοδύναμα
$x+ y+\lambda z=0$ (3)

Oι (1), (2), (3) αποτελούν ένα ομογενές γραμμικό σύστημα τριών εξισώσεων με τρεις αγνώστους , τα x,y,z , το οποίο έχει και άπειρες μη μηδενικές λύσεις, αφού οι x,y,z είναι αριθμοί διαφορετικοί μεταξύ τους. Το $\lambda$ είναι παράμετρος. Ισοδύναμα λοιπόν η ορίζουσα του συστήματος είναι ίση με

. Για να μη σας κουράζω με πράξεις , αυτό ισοδυναμεί με $\left(1-\lambda \right)\left(\lambda ^{2}+\lambda -2 \right)=0$ .
Οι τιμές της παραμέτρου $\lambda$ που μας απασχολούν είναι λύσεις της παραπάνω εξίσωσης. Πρόκειται για τους αριθμούς

και

.
Ας εξετάσουμε την κάθε τιμή χωριστά.

Για $\lambda=-2$ το σύστημα γράφεται
x-2y+z=0

Οι άπειρες λύσεις του ,όπως κάποιος μπορεί να βρει, είναι της μορφής x=y=z=t

όπου

οποιοσδήποτε πραγματικός αριθμός.
Αυτή η περίπτωση δεν είναι όμως συμβατή με τα δεδομένα του θέματος τα οποία σαφώς δηλώνουν ότι οι οι x,y,z είναι αριθμοί διαφορετικοί μεταξύ τους.
Άρα αποκλείεται η τιμή $\lambda=-2$ .

Για $\lambda=1$ το σύστημα γράφεται
x+y+z=0

όπως εύκολα κάποιος μπορεί να βρει.
Στην πραγματικότητα οι τρεις εξισώσεις έγιναν μία , η x+y+z=0

.
Από αυτήν προκύπτει ότι
$\left(x+y+z \right)^{2}=0\Rightarrow x^{2}+y^{2}+z^{2}+2\left(xy+yz+zx \right)=0 \Rightarrow$

$\displaystyle xy+yz+zx=-\frac{1}{2}\left(x^{2}+y^{2}+z^{2} \right)$

Έτσι
$3\left(x^{2}+y^{2}+xy \right)=x^{2}+y^{2}+xy+y^{2}+z^{2}+yz+x^{2}+z^{2}+xz=$

$2\left(x^{2}+y^{2}+z^{2} \right)+xy+yz+zx=$

$\displaystyle2\left(x^{2}+y^{2}+z^{2} \right)-\frac{1}{2}\left(x^{2}+y^{2}+z^{2} \right)=$

$\displaystyle\frac{3}{2}\left(x^{2}+y^{2}+z^{2} \right)$

Aποδείχθηκε λοιπόν ότι

$\displaystyle 3\left(x^{2}+y^{2}+xy \right)=\frac{3}{2}\left(x^{2}+y^{2}+z^{2} \right)$ .

Το ζητούμενο πλέον είναι προφανές.

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #8

parmenides51 έγραψε:Εξεταστές: Πυλαρινός - Φλωράς
3. Εαν οι διαφορετικοί μεταξύ τους αριθμοί $\displaystyle{x,y,z}$ επαληθεύουν τις σχέσεις $\displaystyle{x^2+y^2+\lambda xy=y^2+z^2+\lambda yz=x^2+z^2+\lambda xz}$ , να δειχθεί οτι καθεμία από τις παραστάσεις $\displaystyle{x^2+y^2+\lambda xy,y^2+z^2+\lambda yz,x^2+z^2+\lambda xz}$ ισούται με $\displaystyle{ \frac{1}{2}(x^2+y^2+z^2)}$

Μια άλλη λύση στο θέμα αυτό , η οποία μου δόθηκε από έναν παλιό φίλο ...

Έστω
$\displaystyle{x^2+y^2+\lambda xy=y^2+z^2+\lambda yz=x^2+z^2+\lambda xz}=u$

Tα $\displaystyle x,y$ είναι ρίζες της εξίσωσης
$t^{2}+\lambda zt+z^{2}-u=0$

Συνεπώς
$x+y=-\lambda z\Leftrightarrow x+y+z=z-\lambda z\Leftrightarrow x+y+z=\left(1-\lambda \right)z$

Mε αντίστοιχες σκέψεις προκύπτει
$x+y+z=\left(1-\lambda \right)y$

Άρα ισχύει ότι
$\left(1-\lambda \right)z=\left(1-\lambda \right)y\Leftrightarrow\left(1-\lambda \right)\left(z-y)=0$
και ισοδύναμα προκύπτει , αφού $z\neq y$ , ότι $1-\lambda =0 \Leftrightarrow\lambda =1$

Άρα

x+y+z=0

και

$\displaystyle u=x^{2}+y^{2}+xy=\frac{1}{2}\left(2x^{2}+2y^{2}+2xy \right)=\frac{1}{2}\left[x^{2}+y^{2}+\left(x+y \right)^{2} \right]=$

$\displaystyle \frac{1}{2}\left[x^{2}+y^{2}+\left(-z \right)^{2} \right]=\frac{1}{2}\left(x^{2}+y^{2}+z^{2} \right)$

Αρχιμήδης 6 · #9

Αν θέλουμε άλλο τρόπο για το παραπάνω σύστημα τότε απλά θέτω

x=klz

,

και αφού κοιτάξω πότε μηδενίζονται οι k,l,x,y,z

τότε αντικαθιστώ ...

Στο τέλος παίρνω όλες τις λύσεις.

chris_konst · #10

Καλημέρα σε όλους

Άλλη μια αντιμετώπιση θα μπορούσε να είναι η εξής:

Έστω $\displaystyle{k=x^2+y^2+\lambda xy=x^2+z^2+\lambda xz=y^2+z^2+ \lambda yz \quad (1) }$ .

Σε ορθοκανονικό σύστημα αξόνων Ouv

θεωρούμε την ευθεία $(\epsilon)$ με εξίσωση $v=\lambda u + (x^2+y^2+z^2)$ . Η (1) δηλώνει ότι τα σημεία $A(xy, z^2+k), B(xz, y^2+k), \C(yz, x^2+k)$ είναι και τα τρία σημεία της $(\epsilon)$ .

Επομένως $\overrightarrow{AB} \parallel \overrightarrow{AC} \Leftrightarrow det(\overrightarrow{AB} \parallel \overrightarrow{AC} ) =0 \Leftrightarrow \begin{vmatrix} x(z-y) & (y-z)(y+z) \\ y(z-x) & (x-z)(x+z) \\ \end{vmatrix} = 0$

Από αυτήν, και επειδή $x \neq y \neq z \neq x$ , με πολύ εύκολες πράξεις προκύπτει αμέσως ότι: x+y+z=0

.

Ακόμα:

$x^2+y^2+ \lambda xy = x^2 + z^2 + \lambda xz \Leftrightarrow (y-z)(y+z) = \lambda x (z-y)$ . Αφού όμως $y \neq z$ θα είναι:

$y+z = - \lambda x \Leftrightarrow \lambda x =x \quad (2)$ . Αντίστοιχα παίρνουμε και $\lambda y = y \quad (3)$ , $\lambda z =z \quad (4)$ .

Από τις (2), (3), (4) είναι $\lambda =1$ (π.χ. από (2): αν ήταν x=0

, τότε θα ήταν $\lambda \in \mathbb{R}$ , οπότε για να ισχύουν οι (3) και (4) θα έπρεπε y=0,z=0

άτοπο).

Μετά συνεχίζουμε κατά τα γνωστά, όπως παραπάνω:

$k=x^2+y^2+xy= \frac{1}{2} \left(2x^2+2y^2+2xy) = \frac{1}{2} \left[ (x^2+y^2+(x+y)^2 \right] = \frac{1}{2} (x^2+y^2+z^2 )$

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #11

Mέσω αυτής της δημοσίευσης καλωσορίζω το νέο μέλος του forum μας christ_konst.
Όταν έναν άνθρωπο τον ξέρεις 30 χρόνια , από την πρώτη μέρα του πρώτου έτους , όταν έχεις δαπανήσει τόσο πολύ χρόνο μαζί του , όταν ξέρεις την αγάπη του για τα μαθηματικά , όταν ξέρεις τι κόσμο έχει βοηθήσει , δε μπορείς παρά να χαίρεσαι που - μολονότι είναι τόσο μακρυά σου - είναι μαζί σου στο mathematica.
Mαζί με το τηλέφωνο και τα mail , τώρα υπάρχει και το forum...
Kαλώς ήρθες παλιόφιλε...

Τηλέμαχος Μπαλτσαβιάς
Ένας απλός καθηγητής μαθηματικών σ' ένα γυμνάσιο ενός χωριού της Κεφαλλονιάς.

chris_konst · #12

Ευχαριστώ πολύ Τηλέμαχε, και καλώς σας βρήκα όλους

Χρήστος

ΠΟΛΥΤ. ΘΕΣΣ. 1959 ΑΛΓΕΒΡΑ ΠΟΛΙΤΙΚΟΙ ΜΗΧΑΝΙΚΟΙ

ΠΟΛΥΤ. ΘΕΣΣ. 1959 ΑΛΓΕΒΡΑ ΠΟΛΙΤΙΚΟΙ ΜΗΧΑΝΙΚΟΙ

Re: ΠΟΛΥΤ. ΘΕΣΣ. 1959 ΑΛΓΕΒΡΑ ΠΟΛΙΤΙΚΟΙ ΜΗΧΑΝΙΚΟΙ

Re: ΠΟΛΥΤ. ΘΕΣΣ. 1959 ΑΛΓΕΒΡΑ ΠΟΛΙΤΙΚΟΙ ΜΗΧΑΝΙΚΟΙ

Re: ΠΟΛΥΤ. ΘΕΣΣ. 1959 ΑΛΓΕΒΡΑ ΠΟΛΙΤΙΚΟΙ ΜΗΧΑΝΙΚΟΙ

Re: ΠΟΛΥΤ. ΘΕΣΣ. 1959 ΑΛΓΕΒΡΑ ΠΟΛΙΤΙΚΟΙ ΜΗΧΑΝΙΚΟΙ

Re: ΠΟΛΥΤ. ΘΕΣΣ. 1959 ΑΛΓΕΒΡΑ ΠΟΛΙΤΙΚΟΙ ΜΗΧΑΝΙΚΟΙ

Re: ΠΟΛΥΤ. ΘΕΣΣ. 1959 ΑΛΓΕΒΡΑ ΠΟΛΙΤΙΚΟΙ ΜΗΧΑΝΙΚΟΙ

Re: ΠΟΛΥΤ. ΘΕΣΣ. 1959 ΑΛΓΕΒΡΑ ΠΟΛΙΤΙΚΟΙ ΜΗΧΑΝΙΚΟΙ

Re: ΠΟΛΥΤ. ΘΕΣΣ. 1959 ΑΛΓΕΒΡΑ ΠΟΛΙΤΙΚΟΙ ΜΗΧΑΝΙΚΟΙ

Re: ΠΟΛΥΤ. ΘΕΣΣ. 1959 ΑΛΓΕΒΡΑ ΠΟΛΙΤΙΚΟΙ ΜΗΧΑΝΙΚΟΙ

Re: ΠΟΛΥΤ. ΘΕΣΣ. 1959 ΑΛΓΕΒΡΑ ΠΟΛΙΤΙΚΟΙ ΜΗΧΑΝΙΚΟΙ

Re: ΠΟΛΥΤ. ΘΕΣΣ. 1959 ΑΛΓΕΒΡΑ ΠΟΛΙΤΙΚΟΙ ΜΗΧΑΝΙΚΟΙ

Μέλη σε σύνδεση