Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2015-16 (ΦΙΙ τάξη 9)

Al.Koutsouridis · #1

Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2015-2016

Θέματα της δεύτερης φάσης (τελικής) για την 9η τάξη.

1. Δίνονται τρία δευτεροβάθμια τριώνυμα f,g,h

που δεν έχουν ρίζες. Οι συντελεστές των μεγιστοβάθμιων όρων τους είναι ίσοι μεταξύ τους, αλλά όλοι οι συντελεστές του

διαφορετικοί. Να αποδείξετε ότι υπάρχει αριθμός

, τέτοιος ώστε οι εξισώσεις

f(x)+cg(x) = 0

και

να έχουν κοινή ρίζα.

2. Σε πίνακα $300 \times 300$ είναι τοποθετημένοι πύργοι (σκακιστικοί), έτσι ώστε όλος ο πίνακας να είναι υπό την απειλή τους και κάθε πύργος να απειλεί το πολύ έναν άλλο πύργο. Ποιο είναι το ελάχιστο

για το οποίο μπορούμε με βεβαιότητα να αποφανθούμε ότι κάθε τετράγωνο $k \times k$ θα περιέχει ένα πύργο;

3. Στην πλευρά

μη ισοσκελούς τριγώνου ABC

δίνονται δυο σημεία

και

τέτοια, ώστε AC=AP

και

. Η μεσοκάθετος του τμήματος

τέμνει την διχοτόμο της γωνίας

στο σημείο

(εσωτερικά του τριγώνου). Να αποδείξετε ότι

$\angle ACB + \angle PRQ=180^0$ .

4. Δυο διαφορετικοί πρώτοι αριθμοί

και

έχουν λόγο μικρότερο του δυο. Να αποδείξετε, ότι υπάρχουν δυο διαδοχικοί φυσικοί αριθμοί τέτοιοι, ώστε ο ένας από αυτούς να έχει μέγιστο πρώτο διαιρέτη τον

και ο άλλος τον

.

Καταληκτική αίθουσα (*)

5. Ο Κώστας και ο Γρηγόρης παίζουν ένα παιχνίδι με μια λευκή ταινία μήκους 2016 κελιών. Ο Κώστας (παίζει πρώτος) με μια κίνηση πρέπει να χρωματίσει μαύρα δυο γειτονικά λευκά κελιά. Ο Γρηγόρης με μια κίνηση πρέπει να χρωματίσει είτε ένα λευκό κελί, είτε τρία γειτονικά λευκά κελιά. Απαγορεύεται να κάνουν κίνηση, με την οποία προκύπτει λευκό κελί που δεν έχει γειτονικά λευκά κελιά. Χάνει αυτός που δεν μπορεί να κάνει κίνηση. Ωστόσο, αν όλα τα κελιά είναι χρωματισμένα, κερδίζει ο Κώστας. Ποιος κερδίζει αν παίξει σωστά (έχει στρατηγική νίκης);

6. Ο εγγεγραμμένος κύκλος τριγώνου ABC

εφάπτεται της πλευράς

στο σημείο

. Το τμήμα

τέμνει εκ νέου τον κύκλο στο σημείο

. Τα σημεία

και

του εγγεγραμμένου ύκλου είναι τέτοια, ώστε FE||BC

και

. Να αποδείξετε ότι το τμήμα που συνδέει τα κέντρα των εγγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων EFD

και

, διχοτομείται από την διχοτόμο της γωνίας GDF

.

7. Μια ακολουθία

διαδοχικών θετικών ακεραίων ονομάζεται «καλή», αν το γινόμενο δυο από αυτών διαιρείται με το άθροισμα των υπόλοιπων. Για ποιά

υπάρχουν άπειρες καλές ακολουθίες;

(*) Όσοι έλυσαν τρία από τα τέσσερα αρχικά προβλήματα καλέστηκαν να λύσουν άλλα τρία σε διαφορετική αίθουσα. Ο επιπλέον χρόνος που δίνεται είναι μια ώρα.

Στατιστικά: Στον πρώτο πίνακα αναγράφεται ο αριθμός των λυτών ανά θέμα (πόσοι έλυσαν το πρώτο, δύτερο θέμα κτλ.). Στον δεύτερο πίνακα ο αριθμός των μαθητών ανά πλήθος θεμάτων που έλυσαν(πόσοι έλυσαν ένα, δυο κτλ θέματα).

$\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline \text{\gr τάξη} & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & \text{\gr σύνολο} &\text{\gr καταληκτική} \\ \hline 9 & 64 & 67 & 35 & 19 & 5 & 2 & 7 & 110 & 35 \\ \hline \end{tabular}$

$\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline \text{\gr τάξη} & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 \\ \hline 9 & 16 & 25 & 17 & 11 & 5 & 1 & 1 \\ \hline \end{tabular}$

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #2

Al.Koutsouridis έγραψε:Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2015-2016
3. Στην πλευρά μη ισοσκελούς τριγώνου δίνονται δυο σημεία και τέτοια, ώστε και . Η μεσοκάθετος του τμήματος τέμνει την διχοτόμο της γωνίας στο σημείο (εσωτερικά του τριγώνου). Να αποδείξετε ότι

$\angle ACB + \angle PRQ=180^0$ .

Αρχικά θα αποδείξουμε ότι το σημείο είναι το έκκεντρο του τριγώνου .

Υποθέτουμε αρχικά ότι το έκκεντρο είναι κάποιο άλλο σημείο το οποίο θα βρίσκεται πάνω στη διχοτόμο . Η θα είναι διχοτόμος της γωνίας $\hat{B}$ και επειδή το τρίγωνο είναι ισοσκελές, η θα είναι μεσοκάθετος στο , άρα (1). Ομοίως η θα είναι διχοτόμος της γωνίας $\hat{A}$ και επειδή το τρίγωνο είναι ισοσκελές, η θα είναι μεσοκάθετος στο , άρα (2). Από τις σχέσεις (1) και (2) προκύπτει ότι , δηλαδή το σημείο θα βρίσκεται στην μεσοκάθετο του . Όμως επειδή το σημείο βρίσκεται πάνω στη διχοτόμο , θα είναι το σημείο τομής της με τη μεσοκάθετο του , δηλαδή θα ταυτίζεται με το σημείο .

Έστω ότι
$\widehat{ACQ}=z$ , $\widehat{QCR}=x$ , $\widehat{RCP}=y$ και $\widehat{PCB}=w$

Αφού ισχύει ότι , άρα το σημείο είναι το περίκεντρο του τριγώνου . Άρα η γωνία $\widehat{PRQ}$ είναι η αντίστοιχη επίκεντρη της εγγεγραμμένης γωνίας $\widehat{PCQ}$ και θα ισχύει ότι $\widehat{PRQ}=2x+2y$ .

Επειδή το τρίγωνο είναι ισοσκελές, έχουμε: $\widehat{CQB}=x+y+w$ , άρα $\widehat{RQP}=y+w$ .

Επειδή το τρίγωνο είναι ισοσκελές, έχουμε: $\widehat{APC}=z+x+y$ , άρα $\widehat{QPR}=z+x$ .

Από το τρίγωνο έχουμε $y+w+z+x+2x+2y=180^o \Rightarrow \boxed{ \widehat{ACB}+\widehat{PRQ}=180^o}$

#3

Al.Koutsouridis έγραψε:Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2015-2016

1. Δίνονται τρία δευτεροβάθμια τριώνυμα που δεν έχουν ρίζες. Οι συντελεστές των μεγιστοβάθμιων όρων τους είναι ίσοι μεταξύ τους, αλλά όλοι οι συντελεστές του διαφορετικοί. Να αποδείξετε ότι υπάρχει αριθμός , τέτοιος ώστε οι εξισώσεις

και

να έχουν κοινή ρίζα.

Η εξίσωση , λόγω των υποθέσεων, είναι πρώτου βαθμού, επομένως έχει μοναδική λύση, έστω τον αριθμό .

O αριθμός $c=\dfrac{f(r)}{g(r)}=\dfrac{f(r)}{h(r)}$ απαντάει στο ζητούμενο.

#4

Al.Koutsouridis έγραψε:
4. Δυο διαφορετικοί πρώτοι αριθμοί και έχουν λόγο μικρότερο του δυο. Να αποδείξετε, ότι υπάρχουν δυο διαδοχικοί φυσικοί αριθμοί τέτοιοι, ώστε ο ένας από αυτούς να έχει μέγιστο πρώτο διαιρέτη τον και ο άλλος τον .

Ωραία άσκηση.

Έστω χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι p < q < 2p

.

Κοιτάζουμε τους $p,2p,\ldots,qp$ . Όλοι αυτοί αφήνουν διαφορετικό υπόλοιπό όταν διαιρεθούν με τον

αφού αν οι mp,np

άφηναν το ίδιο υπόλοιπο τότε θα είχαμε q|(m-n)p

και άρα

οπότε και

αφού $|m-n| \in \{0,1,2,\ldots,q-1\}$ .

Άρα υπάρχει $r \in \{1,2,\ldots,q\}$ ώστε $rp \equiv 1 \bmod q$ .

Περίπτωση 1: Αν ο

είναι άρτιος. Έστω r=2k

. Κοιτάζουμε τους rp-1,rp

. Ο

είναι πολλαπλάσιο του

. Επιπλέον $(rp-1)/q \leqslant (qp-1)/q < p < q$ . Άρα ο

είναι ο μέγιστος πρώτος διαιρέτης του rp-1

. Επιπλέον ο

είναι ο μέγιστος πρώτος διαιρέτης του rp = 2kp

αφού $k = r/2 \leqslant q/2 < p$ .

Περίπτωση 2: Αν ο

είναι περιττός. Θέτουμε s = q-r

ο οποίος είναι άρτιος αφού αναγκαστικά ο

είναι περιττός. Έστω $s = 2\ell$ . Κοιτάζουμε τους sp,sp+1

. Ο

είναι πολλαπλάσιο του

. Επιπλέον $(sp+1)/q \leqslant ((q-1)p+1)/q < p < q$ . Άρα ο

είναι ο μέγιστος πρώτος διαιρέτης του sp+1

. Επιπλέον ο

είναι ο μέγιστος πρώτος διαιρέτης του $sp = 2\ell p$ αφού $\ell = s/2 < q/2 < p$ .

Άρα και στις δύο περιπτώσεις έχουμε το ζητούμενο.

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #5

nikkru · #6

Al.Koutsouridis έγραψε:Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2015-2016

Θέματα της δεύτερης φάσης (τελικής) για την 9η τάξη.

7. Μια ακολουθία διαδοχικών θετικών ακεραίων ονομάζεται «καλή», αν το γινόμενο δυο από αυτών διαιρείται με το άθροισμα των υπόλοιπων. Για ποιά υπάρχουν άπειρες καλές ακολουθίες;

Για την τιμή N=4

όλες οι ακολουθίες τεσσάρων διαδοχικών φυσικών που ξεκινάνε από περιττό είναι «καλές».

Πράγματι, για τους διαδοχικούς φυσικούς $2n-1,\, 2n,\, 2n+1,\, 2n+2$ , $n\varepsilon \mathbb{N}^*$ το γινόμενο 2n(2n+2)=4n(n+1)

διαιρείται
με το άθροισμα των υπόλοιπων (2n-1)+(2n+1)=4n

για κάθε $n\varepsilon \mathbb{N}^*$ .

Υπάρχουν άραγε και άλλες τιμές για το

; ( Δεν έχω απάντηση.)

#7

Al.Koutsouridis έγραψε: 7. Μια ακολουθία διαδοχικών θετικών ακεραίων ονομάζεται «καλή», αν το γινόμενο δυο από αυτών διαιρείται με το άθροισμα των υπόλοιπων. Για ποιά υπάρχουν άπειρες καλές ακολουθίες;

Για

προφανώς δεν γίνεται. Για N>2

θα δείξουμε ότι υπάρχουν άπειρες καλές ακολουθίες αν και μόνο αν ο

είναι άρτιος.

Περίπτωση 1: Έστω N=2k

άρτιος. Θεωρούμε την ακολουθία $n+1,n+2,\ldots,n+2k$ . Ξεχωρίζουμε τους n+k,n+2k

. Το γινόμενό τους ισούται με (n+k)(n+2k)

. Το άθροισμα των υπολοίπων ισούται με (2k-2)n + k(2k+1) - 3k = (2k-2)n + k(2k-2) = (2k-2)(n+k)

. Αν λοιπόν έχουμε επιπλέον ότι $n \equiv -2 \bmod (2k-2)$ τότε το (2k-2)(n+k)

διαιρεί το (n+k)(n+2k)

. Έχουμε λοιπόν άπειρες καλές ακολουθίες.

Περίπτωση 2: Έστω N=2k+1

περιττός. Αν υπάρχουν άπειρες καλές ακολουθίες τότε υπάρχει σίγουρα και μια καλή ακολουθία της μορφής $n-k,n-k+1,\ldots,n+k$ με n > 9k^4+1

. (Αυτό το

επιλέχθηκε κατάλληλα ώστε να καταλήξουμε σε άτοπο αργότερα. Στο πρόχειρό μου πήρα n > M

και βρήκα μια τιμή του

η οποία να δίνει άτοπο. Θα μπορούσα με περισσότερη προσοχή να βρω και κάτι μικρότερο του 9k^4+1

αλλά δεν το έπραξα διότι απλά με ενδιέφερε να καταλήξω στο άτοπο.)

Άρα υπάρχουν διακεκριμένα $a,b \in \{-k,-k+1,\ldots,k\}$ ώστε το (2k-1)n -a-b

να διαιρεί το (n+a)(n+b)

.

Έχουμε $(2k-1)n-a-b \geqslant (2k-1)n-k-(k-1) = (2k-1)(n-1) \geqslant 9k^4$ . Οπότε για τους μέγιστους κοινούς διαιρέτες έχουμε $((2k-1)n-a-b,n+a)((2k-1)n-a-b,n+b) \geqslant 9k^4$ . Χωρίς λοιπόν βλάβη της γενικότητας έχουμε ότι $((2k-1)n-a-b,n+a) \geqslant 3k^2$ .

Αλλά $\displaystyle{((2k-1)n-a-b,n+a) = (n+a,(2k-1)n-a-b-(2k-1)(n+a)) = (n+a,-2ka-b)}$ . Επειδή $2ka+b \leqslant 2k^2+k < 3k^2$ αναγκαστικά πρέπει 2ka+b = 0

. Πράγματι σε αντίθετη περίπτωση θα είχαμε (n+a,-2ka-b) < 3k^2

. Τότε όμως είναι b = -2ka

το οποίο είναι αδύνατον αφού αν a=0

, τότε

ενώ αν $a \neq 0$ τότε $|b| \geqslant 2k$ και άρα $b \notin \{-k,\ldots,k\}$ .

Άρα η ακολουθία που ξεκινήσαμε δεν ήταν καλή, άτοπο.

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #8

Al.Koutsouridis έγραψε: 2. Σε πίνακα $300 \times 300$ είναι τοποθετημένοι πύργοι (σκακιστικοί), έτσι ώστε όλος ο πίνακας να είναι υπό την απειλή τους και κάθε πύργος να απειλεί το πολύ έναν άλλο πύργο. Ποιο είναι το ελάχιστο για το οποίο μπορούμε με βεβαιότητα να αποφανθούμε ότι κάθε τετράγωνο $k \times k$ θα περιέχει ένα πύργο;

(Ξαναβάζω λύση που έχει το ίδιο αποτέλεσμα αλλά λίγο διαφορετικό σκεπτικό. Στην αρχική λύση μου νόμιζα πως θα έπρεπε σε κάθε γραμμή και σε κάθε στήλη να υπάρχει πύργος. Όμως αυτό δεν προκύπτει από τη διατύπωση του προβλήματος, όπως πολύ σωστά μου ανέφερε ο κύριος Al.Koutsouridis)

Από τους περιορισμούς του προβλήματος προκύπτει ότι κάθε τετραγωνάκι πρέπει να απειλείται, δηλαδή στην αντίστοιχη γραμμή ή στην αντίστοιχη στήλη να υπάρχει πύργος, όμως δεν πρέπει σε καμία γραμμή και σε καμία στήλη να υπάρχουν πάνω από

πύργοι.

Θα αποδείξουμε ότι το ελάχιστο

για το οποίο μπορούμε με βεβαιότητα να αποφανθούμε ότι κάθε τετράγωνο $k \times k$ θα περιέχει ένα πύργο, όποια τοποθέτηση πύργων κι αν έχουμε, είναι το k=201

.

Ισοδύναμα, θα αποδείξουμε ότι το μεγαλύτερο τετράγωνο τμήμα της σκακιέρας που είναι δυνατό να υπάρξει σε κάποια τοποθέτηση και που δεν θα περιέχει ούτε έναν πύργο είναι $200 \times 200$ :

Δύο τέτοιες τοποθετήσεις πύργων φαίνονται στις εικόνες.

Στην πρώτη εικόνα ξεκινάμε από την κάτω αριστερή γωνία και τοποθετούμε από μία οριζόντια δυάδα πύργων σε κάθε γραμμή. Με αυτόν τον τρόπο οι δύο τελευταίες στήλες του γκρίζου τετραγώνου $200 \times 200$ θα απειλούνται από πύργους που βρίσκονται στην γραμμή 201

.

Στη δεύτερη εικόνα τοποθετούμε ταυτόχρονα οριζόντιες και κάθετες δυάδες από πύργους ξεκινώντας από απέναντι γωνίες και πλησιάζοντας προς τη διαγώνιο της σκακιέρας.

Τετράγωνο $201 \times 201$ (ή μεγαλύτερο) που να μην περιέχει πύργο δεν είναι δυνατό να υπάρξει. Αν υπήρχε, τότε τα τετραγωνάκια του δεν θα ήταν δυνατό να απειλούνται αποκλειστικά από πύργους που θα τοποθετούνταν στις 300-201=99

γραμμές (ή λιγότερες για μεγαλύτερο τετράγωνο) που είναι εκτός του τετραγώνου. Θα έπρεπε να στριμωχτούν με κάποιον τρόπο τουλάχιστον 201

πύργοι (ή περισσότεροι για μεγαλύτερο τετράγωνο) που να απειλούν τις 201

στήλες που αντιστοιχούν στο τετράγωνο. Όμως αυτό δεν είναι δυνατό, λόγω της αρχής της περιστεροφωλιάς, αφού δεν γίνεται να έχουμε πάνω από

πύργους σε κάθε γραμμή. Άρα κάποια ή κάποιες στήλες του τετραγώνου θα έμεναν χωρίς απειλή και θα έπρεπε τα 201

τετραγωνάκια αυτών των στηλών να απειλούνται από πύργους που θα τοποθετούνταν στις

στήλες που είναι εκτός του τετραγώνου. Θα έπρεπε δηλαδή να στριμωχτούν με κάποιον τρόπο τουλάχιστον 201

πύργοι (ή περισσότεροι για μεγαλύτερο τετράγωνο) που να απειλούν τις 201

γραμμές που αντιστοιχούν στο τετράγωνο. Για τον ίδιο λόγο αυτό δεν είναι δυνατό, αφού δεν γίνεται να έχουμε πάνω από

πύργους σε κάθε στήλη.

nikkru · #9

Al.Koutsouridis έγραψε:Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2015-2016

Θέματα της δεύτερης φάσης (τελικής) για την 9η τάξη.

6. Ο εγγεγραμμένος κύκλος τριγώνου εφάπτεται της πλευράς στο σημείο . Το τμήμα τέμνει εκ νέου τον κύκλο στο σημείο . Τα σημεία και του εγγεγραμμένου κύκλου είναι τέτοια, ώστε και . Να αποδείξετε ότι το τμήμα που συνδέει τα κέντρα των εγγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων και , διχοτομείται από την διχοτόμο της γωνίας .

Είναι

άρα $\displaystyle{\overset{\frown}{LG}=\overset{\frown}{LE}}$ , LG=LE

δηλαδή η

διχοτομεί την γωνία $\widehat{LDE}$ με συνέπεια η

να διέρχεται από το κέντρο

του εγγεγραμμένου κύκλου στο $\overset{\bigtriangleup} {GDE}$ .

Ομοίως BC//EF

άρα $\overset{\frown}{PF}=\overset{\frown}{PE}$ , PF=PE

και η

διέρχεται από το κέντρο

του εγγεγραμμένου κύκλου στο $\overset{\bigtriangleup}{ EFD}$ .

Από την πρόταση $(\Pi 1)$ που ακολουθεί προκύπτει: LG=LH=LE

και

άρα: $\widehat{ELB}=\widehat{LDG},\widehat{GLD}=\widehat{LBE}$ και

$\widehat{EPB}=\widehat{PDF},\widehat{DPF}=\widehat{EBP}$ .

Από τα όμοια τρίγωνα $DGL\approx LEB$ και $DFP\approx PEB$ είναι: $\displaystyle{\frac{GD}{LE}=\frac{LD}{LB}\,\,,\,\,\frac{DF}{EP}=\frac{DP}{PB}}$

και αφού BP=PL,LG=LE,FP=PE

θα είναι $\displaystyle{\frac{DL}{DP}=\frac{HL}{TP}}$ δηλαδή $HT//LP\,(*)$ .

Από την πρόταση $(\Pi 2)$ παρακάτω, είναι $\displaystyle{\overset{\frown}{LE}=\overset{\frown}{SP}\Leftrightarrow \overset{\frown}{LS}=\overset{\frown}{EP} \Leftrightarrow \overset{\frown}{GS}=\overset{\frown}{FS}}$ με συνέπεια η ευθεία

να είναι διχοτόμος της γωνίας $\widehat{GDF}$ που διέρχεται από το μέσο

του

οπότε λόγω της (*)

διέρχεται και από το μέσο

του

.

: Πετρούπολη Φιι τ9 Θ6.png (22.31 KiB) Προβλήθηκε 983 φορές

$(\Pi 1)$ Σε τρίγωνο GDE

δύο χορδές του περιγεγραμμένου του κύκλου από δύο κορυφές του που διέρχονται από το κέντρο

του εγγεγραμμένου του κύκλου ορίζουν ισοσκελές τρίγωνο (LG=LH)

.
Στο επόμενο σχήμα είναι GB,DL

διχοτόμοι, άρα $\overset{\frown}{GL}=\overset{\frown}{LE}$ και $\overset{\frown}{DB}=\overset{\frown}{BE}$ .

Συνεπώς, $\widehat{GHL}=\displaystyle{\frac{\overset{\frown}{GL}+\overset{\frown}{DB}}{2}=\frac{\overset{\frown}{LE}+\overset{\frown}{BE}}{2}}=\widehat{LGB}$ δηλαδή GL=LH

.

: Πετρούπολη Φιι τ9 Θ6_Π1.png (15.57 KiB) Προβλήθηκε 983 φορές

$(\Pi 2)$ Έστω οξυγώνιο τρίγωνο DPL

και

ο περιγεγραμμένος του κύκλος. Αν

το σημείο τομής των εφαπτομένων του (C)

στα

τότε:

α) η

και η ευθεία της διαμέσου

σχηματίζουν ίσες γωνίες με τις πλευρές του τριγώνου, δηλαδή $\widehat{LDE}=\widehat{MDP}$ και

β) ES//LP

, όπου

το σημείο που η προέκταση της διαμέσου

τέμνει τον κύκλο.

Η διακεντρική ευθεία

είναι μεσοκάθετη του

και διέρχεται από τα μέσα K,Z

των τόξων $\overset{\frown}{LEP},\overset{\frown}{LDP}$ .

Από το ορθογώνιο τρίγωνο LOB

προκύπτει: $\displaystyle{OM \cdot OB =LO^2\Leftrightarrow \frac{R}{OB}=\frac{OM}{R}=\frac{R-OM}{OB-R}=\frac{R+OM}{OB+R}}$ ,

δηλαδή $\displaystyle{\frac{KM}{KB}=\frac{ZM}{ZB}}$ με συνέπεια DK,DZ

εσωτερική και εξωτερική διχοτόμος αντίστοιχα του τριγώνου DMB

.

Έτσι το

είναι μέσο του τόξου

οπότε $\overset{\frown}{LE}=\overset{\frown}{SP}$ και ES//LP

.

: Πετρούπολη Φιι τ9 Θ6_Π2.png (14.03 KiB) Προβλήθηκε 983 φορές

Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2015-16 (ΦΙΙ τάξη 9)

Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2015-16 (ΦΙΙ τάξη 9)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2015-16 (ΦΙΙ τάξη 9)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2015-16 (ΦΙΙ τάξη 9)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2015-16 (ΦΙΙ τάξη 9)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2015-16 (ΦΙΙ τάξη 9)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2015-16 (ΦΙΙ τάξη 9)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2015-16 (ΦΙΙ τάξη 9)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2015-16 (ΦΙΙ τάξη 9)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Α.Πετρούπολης 2015-16 (ΦΙΙ τάξη 9)

Μέλη σε σύνδεση