ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 1996 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

#1

Θέμα 1ο
Έστω ισόπλευρο τρίγωνο ABC

του οποίου οι διχοτόμοι των γωνιών

και

τέμνονται στο

. Οι μεσοκάθετοι των

και

τέμνουν τη

στα

και

αντίστοιχα.
α) Να αποδείξετε ότι BE=EZ=ZC

.
β) Να βρεθεί τι μέρος του εμβαδού του τριγώνου ABC

είναι το εμβαδό του τριγώνου BDE

.

Θέμα 2ο
Να βρεθούν όλοι οι φυσικοί αριθμοί

για τους οποίους η παράσταση A=n^4+4n^3+5n^2+6n

είναι τέλειο τετράγωνο φυσικού αριθμού.

Θέμα 3ο
Να εξετάσετε αν μπορούμε να ξαναγράψουμε τους αριθμούς 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10 σε μια σειρά ώστε:
α) Το άθροισμα οποιωνδήποτε τριών διαδοχικών αριθμών στη νέα σειρά να μην υπερβαίνει το 16.
β) Το άθροισμα οποιωνδήποτε τριών διαδοχικών αριθμών στη νέα σειρά να μην υπερβαίνει το 15.

Θέμα 4ο
Δίνονται δέκα ομόκεντροι κύκλοι και δέκα ακτίνες όπως στο σχήμα. Στα σημεία όπου ο εσωτερικός κύκλος τέμνεται από τις ακτίνες γράφουμε διαδοχικά και με τη φορά των δεικτών του ρολογιού, τους αριθμούς 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10. Στον επόμενο κύκλο γράφουμε με την ίδια φορά τους αριθμούς 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20 διαδοχικά και ούτω καθεξής μέχρι τον τελευταίο κύκλο όπου γράφουμε διαδοχικά τους αριθμούς 91, 92, 93, 94, 95, 96, 97, 98, 99, 100. Στη διάταξη αυτή, οι αριθμοί 1, 11, 21, 31, 41, 51, 61, 71, 81, 91 βρίσκονται στην ίδια ακτίνα και ομοίως και για τις άλλες ακτίνες. Μπροστά σε 50 από αυτούς τους 100 αριθμούς βάζουμε το πρόσημο "πλην" φροντίζοντας όμως:
α) σε κάθε μία από τις 10 ακτίνες να υπάρχουν ακριβώς 5 "πλην" και, επίσης,
β) σε κάθε έναν από τους δέκα ομόκεντρους κύκλους να υπάρχουν ακριβώς 5 "πλην".
Δείξτε ότι το άθροισμα των 100 προσημασμένων αριθμών που προκύπτουν, είναι μηδέν.

: Αρχιμήδης Γυμνάσιο 1996.GIF (14.83 KiB) Προβλήθηκε 3392 φορές

Αλέξανδρος

#2

thanos789 έγραψε:Για το 2ο:
$A=n^4+4n^3+5n^2+6n=n\left( n^3+4n^2+5n+6\right)=n(n^3+3n^2+n^2+3n+2n+6)=$
$n\left[n^2(n+3)+n(n+3)+2(n+3) \right]=n(n+3)(n^2+n+2)=(n^2+3n)(n^2+n+2)$
Άρα θα πρέπει $n^2+3n=n^2+n+2\Leftrightarrow n=1$ .

Μου φαίνεται, ότι το παραπάνω επιχείρημα δεν είναι σωστό. Μπορεί ένα τετράγωνο να γραφεί ως γινόμενο διαφορετικών παραγόντων. Π.χ. $\displaystyle{36=3\cdot 12.}$

Μια απόδειξη του ζητούμενο βασίζεται στην παρατήρηση

$\displaystyle{n^4<n^4+4n^3+5n^2+6n\leq (n+1)^4}$ ( $\displaystyle{\color{blue}\bigstar}$ )

Πράγματι, η αριστερή είναι προφανής, ενώ η δεξιά είναι ισοδύναμη με την $\displaystyle{(n-1)^2\geq 0.}$

Αν, λοιπόν, υπάρχει φυσικός $\displaystyle{m}$ τέτοιος, ώστε

$\displaystyle{m^2=n^4+4n^3+5n^2+6n,}$

από την ( $\displaystyle{\color{blue}\bigstar}$ ) έχουμε $\displaystyle{n^2<m\leq (n+1)^2}$ , άρα

$\displaystyle{m=(n+1)^2}$ , δηλαδή τελικά $\displaystyle{n=1.}$

Η επαλήθευση είναι άμεση.

#3

cretanman έγραψε:Θέμα 2ο
Να βρεθούν όλοι οι φυσικοί αριθμοί για τους οποίους η παράσταση είναι τέλειο τετράγωνο φυσικού αριθμού.

Διαφορετικά από την απάντηση του Θάνου αλλά με όμοιο τρόπο:

Είναι $\left(n^2+2n\right)^2<n^4+4n^3+5n^2+6n \leq \left(n^2+2n+1\right)^2$

Η αριστερή είναι ισοδύναμη με την n^2+6n>0

που είναι αληθής ενώ η δεξιά είναι ισοδύναμη της $(n-1)^2\geq 0$ . Συνεπώς πρέπει $n^4+4n^3+5n^2+6n = \left(n^2+2n+1\right)^2$ ισότητα που αληθεύει μόνο για n=1

.

Αλέξανδρος

Thanasis Tasoulas · #4

Ναι έχετε δίκιο είναι εντελώς λάθος σκέψη μου.(Τη διαγράφω για να μην υπάρχουν λάθος λύσεις και μπερδευτεί κανείς.)
Πολύ ωραίες λύσεις.

#5

cretanman έγραψε:Θέμα 3ο
Να εξετάσετε αν μπορούμε να ξαναγράψουμε τους αριθμούς 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10 σε μια σειρά ώστε:
α) Το άθροισμα οποιωνδήποτε τριών διαδοχικών αριθμών στη νέα σειρά να μην υπερβαίνει το 16.
β) Το άθροισμα οποιωνδήποτε τριών διαδοχικών αριθμών στη νέα σειρά να μην υπερβαίνει το 15.

α) Μπορούμε και ως παράδειγμα έχουμε την εξής 10-άδα 9,6,1,8,5,3,7,4,2,10
β) Ας υποθέσουμε ότι μπορούμε να τους ξαναγράψουμε όπως ζητείται. Το άθροισμα όλων των αριθμών είναι 55. Αν λοιπόν το άθροισμα οποιωνδήποτε τριών διαδοχικών αριθμών στη νέα σειρά ήταν όχι μεγαλύτερο του 15 τότε ο 10ος αριθμός δε θα ήταν μικρότερος από το 10 (διότι έχουμε ήδη τρεις τριάδες αριθμών να προηγούνται και είναι $55=3\cdot 15+10$ ). Άρα στη 10η θέση βρίσκεται υποχρεωτικά το 10. Σε ανάλογο αποτέλεσμα καταλήγουμε για τον 1ο αριθμό που πρέπει να είναι το 10 κι έτσι ο αριθμός αυτός βρίσκεται ταυτόχρονα σε δύο θέσεις, άτοπο.

Αλέξανδρος

#6

cretanman έγραψε:
Θέμα 4ο
Δίνονται δέκα ομόκεντροι κύκλοι και δέκα ακτίνες όπως στο σχήμα. Στα σημεία όπου ο εσωτερικός κύκλος τέμνεται από τις ακτίνες γράφουμε διαδοχικά και με τη φορά των δεικτών του ρολογιού, τους αριθμούς 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10. Στον επόμενο κύκλο γράφουμε με την ίδια φορά τους αριθμούς 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20 διαδοχικά και ούτω καθεξής μέχρι τον τελευταίο κύκλο όπου γράφουμε διαδοχικά τους αριθμούς 91, 92, 93, 94, 95, 96, 97, 98, 99, 100. Στη διάταξη αυτή, οι αριθμοί 1, 11, 21, 31, 41, 51, 61, 71, 81, 91 βρίσκονται στην ίδια ακτίνα και ομοίως και για τις άλλες ακτίνες. Μπροστά σε 50 από αυτούς τους 100 αριθμούς βάζουμε το πρόσημο "πλην" φροντίζοντας όμως:
α) σε κάθε μία από τις 10 ακτίνες να υπάρχουν ακριβώς 5 "πλην" και, επίσης,
β) σε κάθε έναν από τους δέκα ομόκεντρους κύκλους να υπάρχουν ακριβώς 5 "πλην".
Δείξτε ότι το άθροισμα των 100 προσημασμένων αριθμών που προκύπτουν, είναι μηδέν.
Αρχιμήδης Γυμνάσιο 1996.GIF

Εύκολο αρκεί να το δούμε από την σωστή οπτική γωνία. Θα προσθέσουμε πρώτα τις μονάδες των αριθμών και μετά τις δεκάδες.

Τις μονάδες τις προσθέτουμε ανά ακτίνα. Από το (α) σε κάθε ακτίνα το άθροισμα είναι

οπότε το συνολικό άθροισμα των μονάδων είναι

. Τις δεκάδες τις προσθέτουμε ανά κύκλο. Από το (β) σε κάθε κύκλο το άθροισμα θα είναι είτε +10

είτε

ανάλογα αν ο αριθμός που είναι πολλαπλάσιος του

έχει πρόσημο

ή

αντίστοιχα. Πάλι από το (α) όμως θα έχουμε ακριβώς πέντε +10

και ακριβώς πέντε

. Οπότε το συνολικό άθροισμα των δεκάδων και άρα και το συνολικό άθροισμα είναι μηδέν.

hlkampel · #7

cretanman έγραψε:Θέμα 1ο
Έστω ισόπλευρο τρίγωνο του οποίου οι διχοτόμοι των γωνιών και τέμνονται στο . Οι μεσοκάθετοι των και τέμνουν τη στα και αντίστοιχα.
α) Να αποδείξετε ότι .
β) Να βρεθεί τι μέρος του εμβαδού του τριγώνου είναι το εμβαδό του τριγώνου .

α) Είναι $\displaystyle\widehat {DBE} = \widehat {DCZ} = \frac{{60^\circ }}{2} = 30^\circ$ , EB = ED

και

γιατί τα σημεία E,Z

ανήκουν στις μεσοκαθέτους των

και

αντίστοιχα.

Άρα τα τρίγωνα BED

και

είναι ισοσκελή και ίσα αφού $\widehat {DBE} = \widehat {DCZ}$ , $\widehat {BDE} = \widehat {CDZ} = 30^\circ$ και DB = DC

(

ισοσκελές) έτσι DE = DZ

(1),

(2)

Είναι $\widehat {DEZ} = \widehat {DZE} = 2 \cdot 30^\circ = 60^\circ$ ως εξωτερικές των τριγώνων BED

και

αντίστοιχα και επειδή DE = DZ

το τρίγωνο DEZ

είναι ισόπλευρο, οπότε $EZ = DE \Rightarrow EZ = BE$ (3)

Από τις σχέσεις (1), (2) και (3) έχουμε ότι BE = EZ = ZC

β) Αν

η πλευρά του τριγώνου ABC

τότε $\displaystyle\left( {ABC} \right) = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}$

Το ύψος

του τριγώνου BDE

είναι και ύψος του ισοπλεύρου τριγώνου DEZ

με πλευρά $\displaystyle\frac{a}{3}$ ισούται με $\displaystyle DM = \frac{{\frac{a}{3}\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow DM = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}$ και το εμβαδόν του $\displaystyle\left( {BDE} \right) = \frac{1}{2}BE \cdot DM = \frac{1}{2} \cdot \frac{a}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{6} \Rightarrow \left( {BDE} \right) = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{{36}}$

Οπότε $\displaystyle{\frac{{\left( {BDE} \right)}}{{\left( {ABC} \right)}} = \frac{{\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{{36}}}}{{\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}}} \Rightarrow \frac{{\left( {BDE} \right)}}{{\left( {ABC} \right)}} = \frac{1}{9} \Rightarrow \left( {BDE} \right) = \frac{1}{9}\left( {ABC} \right)}$

Orestisss · #8

cretanman έγραψε: Κυρ Σεπ 02, 2012 8:10 pm
Θέμα 2ο
Να βρεθούν όλοι οι φυσικοί αριθμοί για τους οποίους η παράσταση είναι τέλειο τετράγωνο φυσικού αριθμού.

Έστω $\displaystyle{n^4+4n^3+5n^2+6n=k^2, k\in \mathbb{N}}$
$\Leftrightarrow$ $\displaystyle{n(n^3+4n^2+5n+6)=k^2}}$ $\Leftrightarrow$
$\displaystyle{(n^2+n+2)(n^2+3n)=k^2}$ $\Rightarrow$ $\displaystyle{(n^2+n+2=k^2 \land n^2+3n=1)}$ $\vee$
$\displaystyle{(n^2+n+2=1 \land n^2+3n=k^2)}$ $\vee$ $\displaystyle{(n^2+n+1=k \land n^2+3n=k)}$ . Απο το πρώτο σύστημα προκύπτει $\displaystyle{n^2+3n-1=0 \Leftrightarrow n \notin \mathbb{N}}$ ,
άτοπο. Από το δεύτερο σύστημα έχω $\displaystyle{n^2+n+1=0 \Leftrightarrow n \notin \mathbb{R}}$ , άτοπο. Τέλος, από το τρίτο σύστημα προκύπτει: $\displaystyle{n^2+n+2=n^2+3n \Leftrightarrow n=1}$
Αποσυρω τη λυση ως εσφαλμένη.

#9

Orestisss έγραψε: Τρί Αύγ 06, 2024 3:09 pm
$\displaystyle{(n^2+n+2)(n^2+3n)=k^2}$ $\Rightarrow$ $\displaystyle{(n^2+n+2=k^2 \land n^2+3n=1)}$ $\vee$
$\displaystyle{(n^2+n+2=1 \land n^2+3n=k^2)}$ $\vee$ $\displaystyle{(n^2+n+1=k \land n^2+3n=k)}$ .

.
Για ξαναδές αυτό που απομόνωσα.

Ισχυρίζεσαι ότι αν mn=k^2

τότε θα ισχύει κάποιο από τα

$(m=k^2 \land n=1) \vee (m=1 \land n=k^2) \vee (m=k \land n=k)$ .

Να όμως που για $m=4, \, n =9$ έχουμε $4\cdot 9=6^2$ χωρίς να ισχύει κανένα από τα

$(m=6^2 \land n=1) \vee (m=1 \land n=6^2) \vee (m=6 \land n=6)$ .

Άλλο αντιπαράδειγμα το $2\cdot 18=6^2$

Orestisss · #10

Mihalis_Lambrou έγραψε: Τρί Αύγ 06, 2024 3:53 pm
Orestisss έγραψε: Τρί Αύγ 06, 2024 3:09 pm
$\displaystyle{(n^2+n+2)(n^2+3n)=k^2}$ $\Rightarrow$ $\displaystyle{(n^2+n+2=k^2 \land n^2+3n=1)}$ $\vee$
$\displaystyle{(n^2+n+2=1 \land n^2+3n=k^2)}$ $\vee$ $\displaystyle{(n^2+n+1=k \land n^2+3n=k)}$ .
.
Για ξαναδές αυτό που απομόνωσα.

Ισχυρίζεσαι ότι αν τότε θα ισχύει κάποιο από τα

$(m=k^2 \land n=1) \vee (m=1 \land n=k^2) \vee (m=k \land n=k)$ .

Να όμως που για $m=4, \, n =9$ έχουμε $4\cdot 9=6^2$ χωρίς να ισχύει κανένα από τα

$(m=6^2 \land n=1) \vee (m=1 \land n=6^2) \vee (m=6 \land n=6)$ .

Άλλο αντιπαράδειγμα το $2\cdot 18=6^2$

Σωστα, ο συλλογισμός μου είναι λανθασμένος. Τώρα που το ξανά κοιταξα η παραπάνω πράξη θα ισχύει μόνο αν k πρώτος.
Θα δημοσιεύσω μια νέα λυση σε λίγες μέρες. Ευχαριστω για την παρατήρηση.

#11

Orestisss έγραψε: Τετ Αύγ 07, 2024 12:12 am Σωστα, ο συλλογισμός μου είναι λανθασμένος. Τώρα που το ξανά κοιταξα η παραπάνω πράξη θα ισχύει μόνο αν k πρώτος.
Θα δημοσιεύσω μια νέα λυση σε λίγες μέρες. Ευχαριστω για την παρατήρηση.

Για την ώρα ας επαναλάβω κάτι που σου έχουμε πει στο παρελθόν: Δεν είναι μεπτό να κάνουμε λάθη. Αυτό που είναι μεπτό είναι να ξέρεις ότι η λύση σου είναι εσφαλμένη αλλά να μην το σημειώνεις. Βλέπε εδώ στο ποστ #18.

Σε πρακτικούς όρους, παρακαλώ πήγαινε πίσω στο ποστ #8 και σημείωσε ότι η λύση είναι εσφαλμένη. Προσπαθούμε να προστατεύσουμε τον μελλοντικό αναγνώστη που θα δει την λύση σου και θα νομίσει ότι είναι σωστή, με κίνδυνο να επαναλάβει το επιχείρημα σε δικές του λύσεις.

Orestisss · #12

Mihalis_Lambrou έγραψε: Τρί Αύγ 06, 2024 3:53 pm
Orestisss έγραψε: Τρί Αύγ 06, 2024 3:09 pm
$\displaystyle{(n^2+n+2)(n^2+3n)=k^2}$ $\Rightarrow$ $\displaystyle{(n^2+n+2=k^2 \land n^2+3n=1)}$ $\vee$
$\displaystyle{(n^2+n+2=1 \land n^2+3n=k^2)}$ $\vee$ $\displaystyle{(n^2+n+1=k \land n^2+3n=k)}$ .
.
Για ξαναδές αυτό που απομόνωσα.

Ισχυρίζεσαι ότι αν τότε θα ισχύει κάποιο από τα

$(m=k^2 \land n=1) \vee (m=1 \land n=k^2) \vee (m=k \land n=k)$ .

Να όμως που για $m=4, \, n =9$ έχουμε $4\cdot 9=6^2$ χωρίς να ισχύει κανένα από τα

$(m=6^2 \land n=1) \vee (m=1 \land n=6^2) \vee (m=6 \land n=6)$ .

Άλλο αντιπαράδειγμα το $2\cdot 18=6^2$

Από τον ισχυρισμό σας, παρατηρώ ότι αν ένα γινόμενο είναι ίσο με τελειο τετράγωνο θα πρέπει κάθε παράγοντας να είναι κι αυτός τελειο τετράγωνο. Αυτό θα ισχύει με την προϋπόθεση ότι το τελειο τετράγωνο είναι άρτιος. Για παράδειγμα όπως αναφέρατε, $4 \cdot 9=2^2 \cdot 3^2=(2 \cdot 3)^2=6^2$ . Όμοια ισχύει και για το άλλο παράδειγμα. Ακόμη, για οποιοδήποτε άρτιο η περιττό

το παραπανω γινόμενο είναι άρτιος. Έχοντας πει αυτο, θα πρέπει
$n^2+n+2=m^2, m \in \mathhbb{N}$ . Ως τριωνυμο του

θα πρέπει η διακρίνουσα να είναι τελειο τετράγωνο δηλαδή
$D=-7+4m^2=r^2 \Leftrightarrow (2m-r)(2m+r)=7$
Προκύπτουν τα συστήματα:
$(2m-r= \pm 7 \land 2m+r= \pm1)$ $\Rightarrow$ $m= \pm2$
Όπου παίρνω μόνο τις φυσικές τιμές του

. Όποτε για m=2

$\Leftrightarrow$ (n+2)(n-1)=0

$\Rightarrow n=1 \in \mathbb{N}$
Ομοίως για τον παράγοντα $n^2+3n=t^2, t \in \mathbb{N}$
θα πάρω τιμές $n=0 \vee n=-3 \vee n=1 \vee n=-4$ . Από όλες αυτές τις τιμές οι δυο παράγοντες είναι τελεια τετράγωνα μόνο για n=1

. Συγκεκριμένα προκύπτει k=16=4^2

.
Ελπίζω να ήμουν πιο σαφής αυτή τη φορά.
Αποσυρω τη λυση ως εσφαλμένη.

#13

Orestisss έγραψε: Τετ Αύγ 07, 2024 4:05 pm
Έχοντας πει αυτο, θα πρέπει
$n^2+n+2=m^2, m \in \mathhbb{N}$ .

Όχι!

Στο ποστ μου #9 σου έδωσα παράδειγα, το $2\cdot 18 =36$ , που δείχνει ότι δεν ισχύει αυτό. Δεν το πρόσεξες;

Θα επαναλάβω άλλη μία φορά αυτό που έχω πει πολλές φορές σε δημόσια θέα ή στην μεταξύ μας αλληλογραφία με ΠΜ: Δίνε περισσότερη προσοχή σε αυτά που γράφεις, ελέγχοντας ότι όλα τα βήμα του συλλογισμού σου είναι σωστά και πλήρη. Χωρίς τέτοια μεθοδολογία, δεν πας πουθενά.

Orestisss · #14

Mihalis_Lambrou έγραψε: Τετ Αύγ 07, 2024 4:29 pm
Orestisss έγραψε: Τετ Αύγ 07, 2024 4:05 pm
Έχοντας πει αυτο, θα πρέπει
$n^2+n+2=m^2, m \in \mathhbb{N}$ .
Όχι!

Στο αμέσως προηγούμενο ποστ που σου έδωσα παράδειγα, το $2\cdot 18 =36$ , που δείχνει ότι δεν ισχύει αυτό. Δεν το πρόσεξες;

Θα επαναλάβω άλλη μία φορά αυτό που έχω πει πολλές φορές σε δημόσια θέα ή στην μεταξύ μας αλληλογραφία με ΠΜ: Δίνε περισσότερη προσοχή σε αυτά που γράφεις, ελέγχοντας ότι όλα τα βήμα του συλλογισμού σου είναι σωστά και πλήρη. Χωρίς τέτοια μεθοδολογία, δεν πας πουθενά.

Ναι το πρόσεξα, αλλά αν αναδιοργανωσουμε τους όρους δεν μπορουμε $2 \cdot 18=2 \cdot 2 \cdot 9=2^2 \cdot 3^2=6^2$ ;

#15

Orestisss έγραψε: Τετ Αύγ 07, 2024 4:31 pm
Ναι το πρόσεξα, αλλά αν αναδιοργανωσουμε τους όρους δεν μπορουμε $2 \cdot 18=2 \cdot 2 \cdot 9=2^2 \cdot 3^2=6^2$ ;

Είναι απίστευτα εσφαλμένο το επιχειρημά σου, και θα σου συνιστούσα να ΞΕΚΑΘΑΡΙΣΕΙΣ τις έννοιες.

Με λίγα λόγια: Φυσικά ισχύει $2 \cdot 18=2^2 \cdot 3^2$ αλλά αυτό ΔΕΝ ΣΗΜΑΙΝΕΙ ΟΤΙ ΤΟ

ή το

είναι τέλειο τετράγωνο. Φαντάζομαι ότι το αντιλαμβάνεσαι αυτό.

Και ας κάνω άλλη μία προσπάθεια:

Mihalis_Lambrou έγραψε: Τετ Αύγ 07, 2024 4:29 pm Θα επαναλάβω άλλη μία φορά αυτό που έχω πει πολλές φορές σε δημόσια θέα ή στην μεταξύ μας αλληλογραφία με ΠΜ: Δίνε περισσότερη προσοχή σε αυτά που γράφεις, ελέγχοντας ότι όλα τα βήμα του συλλογισμού σου είναι σωστά και πλήρη. Χωρίς τέτοια μεθοδολογία, δεν πας πουθενά.

Νομίζω ότι δεν έχεις κατανοήσει τι λέω, γι' αυτό βλέπουμε για τρίτη φορά να σου κάνω διόρθωση, μετά διόρθωση στην διόρθωση και μετά ξανά διόρθωση στην διόρθωση της διόρθωσης.

Orestisss · #16

Mihalis_Lambrou έγραψε: Τετ Αύγ 07, 2024 4:43 pm
Orestisss έγραψε: Τετ Αύγ 07, 2024 4:31 pm
Ναι το πρόσεξα, αλλά αν αναδιοργανωσουμε τους όρους δεν μπορουμε $2 \cdot 18=2 \cdot 2 \cdot 9=2^2 \cdot 3^2=6^2$ ;
Είναι απίστευτα εσφαλμένο το επιχειρημά σου, και θα σου συνιστούσα να ΞΕΚΑΘΑΡΙΣΕΙΣ τις έννοιες.

Με λίγα λόγια: Φυσικά ισχύει $2 \cdot 18=2^2 \cdot 3^2$ αλλά αυτό ΔΕΝ ΣΗΜΑΙΝΕΙ ΟΤΙ ΤΟ ή το είναι τέλειο τετράγωνο. Φαντάζομαι ότι το αντιλαμβάνεσαι αυτό.

Και ας κάνω άλλη μία προσπάθεια:

Mihalis_Lambrou έγραψε: Τετ Αύγ 07, 2024 4:29 pm Θα επαναλάβω άλλη μία φορά αυτό που έχω πει πολλές φορές σε δημόσια θέα ή στην μεταξύ μας αλληλογραφία με ΠΜ: Δίνε περισσότερη προσοχή σε αυτά που γράφεις, ελέγχοντας ότι όλα τα βήμα του συλλογισμού σου είναι σωστά και πλήρη. Χωρίς τέτοια μεθοδολογία, δεν πας πουθενά.
Νομίζω ότι δεν έχεις κατανοήσει τι λέω, γι' αυτό βλέπουμε για τρίτη φορά να σου κάνω διόρθωση, μετά διόρθωση στην διόρθωση και μετά ξανά διόρθωση στην διόρθωση της διόρθωσης.

Έχετε δίκιο, συγγνωμη για την απροσεξία. Υποθέτω πως δεν χρειάζεται να σημειώσω στο ποστ ότι ο ισχυρισμός μου είναι εσφαλμένος, καθώς είναι απάντηση μου σε εσάς και Οχι στην δημοσιευμένη άσκηση.

#17

Orestisss έγραψε: Τετ Αύγ 07, 2024 4:46 pm Έχετε δίκιο, συγγνωμη για την απροσεξία. Υποθέτω πως δεν χρειάζεται να σημειώσω στο ποστ ότι ο ισχυρισμός μου είναι εσφαλμένος, καθώς είναι απάντηση μου σε εσάς και Οχι στην δημοσιευμένη άσκηση.

Φυσικά χρειάζεται να το σημειώσεις. Εφόσον στο ποστ #12 έχεις έναν εσφαλμένο συλλογισμό, και γνωρίζεις ότι είναι εσφαλμένος, πρέπει να το σημειώσεις. Είναι αυτονόητο.

Το γεγονός ότι το ποστ απευθύνεται σε μένα, δεν σημαίνει ότι μόνο εγώ θα το διαβάσω. Δεν παύει να είναι σε δημόσια θέα, και θα το διαβάσουν όλοι. Ειδικά, ο ανυποψίαστος αναγνώστης θα το διαβάσει νομίζοντας ότι ο συλλογισμός είναι σωστός, που δεν είναι.

ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 1996 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 1996 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 1996 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 1996 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 1996 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 1996 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 1996 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 1996 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 1996 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 1996 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 1996 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 1996 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 1996 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 1996 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 1996 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 1996 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 1996 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 1996 - ΓΥΜΝΑΣΙΟ

Μέλη σε σύνδεση