ΘΑΛΗΣ 2021

Γιώργος Μήτσιος · #21

Καλό βράδυ σε όλους! Για το 3 της Α' Λυκείου:

: 5-11 3 ΑΛ.png (124.77 KiB) Προβλήθηκε 3309 φορές

Φέρουμε $BH \perp A\Gamma$ και $\Gamma Z \perp A\Delta$ .

Τα ορθογώνια τρίγωνα $ABH,AZ\Gamma$ έχουν υποτείνουσες $AB=A\Gamma$ και ίσες οξείες γωνίες στην κορυφή

.
'Αρα είναι ίσα οπότε $BH=\Gamma Z$ .

Τώρα και τα ορθ. τρίγωνα $BEH,\Gamma Z\Delta$ είναι ίσα έχοντας και $BE=\Gamma \Delta$ συνεπώς $\widehat{E}=\widehat{\Delta }$ ..

Φιλικά, Γιώργος.

Al.Koutsouridis · #22

Α' Λυκείου

Πρόβλημα 3 (μονάδες 7)

Δίνεται οξυγώνιο ισοσκελές τρίγωνο ABC

με

. Στην προέκταση της πλευράς

προς το μέρος του

παίρνουμε σημείο

έτσι ώστε $\angle BAC= \angle CAD$ . Πάνω στην ευθεία

παίρνουμε σημείο

τέτοιο ώστε BE=CD

. Να αποδείξετε ότι $\angle BEC=\angle CDA$ .

Λύση:

Ας σκεφτούμε "ανάποδα", έστω ισχύει το ζητούμενο, δηλαδή $\angle BEC=\angle CDA$ , τότε το τετράπλευρο ABED

θα είναι εγγράψιμο. Υποθέτουμε εδώ ότι κάναμε το σχήμα όπως παρακάτω, όπου πήραμε το

και

εκατέροθεν της ευθείας

.

Αρκεί λοιπόν να δείξουμε ότι το ABED

είναι εγγράψιμο. Εδώ κολλάμε λίγο, γιατί δε φαίνεται να αποδεικνύεται εύκολα.

Σε αυτό το σημείο σκέφτομαστε πάλι "ανάποδα". Έστω ότι φέραμε το περιγγεγραμένο κύκλο του τριγώνου ABD

. Που θα τέμνει αυτός ο κύκλος την ευθεία

; Έστω στο $E^{\prime}$ . Τι ιδιότητες παρατηρούμε σε ένα τέτοιο σχήμα; Έχουμε κατακορυφήν γωνίες, γωνίες που βαίνουν στα ίδια τόξα κτλ. συν η $AE^{\prime}$ είναι διχοτόμος.

Έχουμε για παράδειγμα $\angle BCA = \angle E^{\prime}CD$ .

Έχουμε $\angle BAE^{\prime}= \angle BDE^{\prime}$ .

Δηλαδή τα τρίγωνα ABC

και $CDE^{\prime}$ έχουν δυο ζεύγοι γωνιών ίσα, άρα θα έχουν και την τρίτη γωνία ίσα. Επομένως είναι όμοια. Άρα και το $CDE^{\prime}$ θα είναι ισοσκελές.

Εφόσον είναι ισοσκελές θα είναι $DC=DE^{\prime}$ .

Όμως η $AE^{\prime}$ είναι διχοτόμος, επομένως $E^{\prime}B=E^{\prime}D$ .

Οπότε και $BE^{\prime}=CD$ . Άρα το

ταυτίζεται με το σημείο $E^{\prime}$ και έχει τις ιδιότητές του, που μας δίνει την ζητούμενη ισότητα γωνιών.

Εν γένη, υπάρχουν δυο σημεία της ευθείας

που απέχουν

από το

(τομή κύκλου ακτίνας

και κέντρου

με την ευθεία

). Έστω

το δεύτερο, τότε το τρίγωνο BEZ

είναι ισοσκελές ( $\angle BEC= \angle BZC$ ) και η ζητούμενη ισότητα ισχύει πάλι.

: thalhs_a_lukeiou_2021.png (15.19 KiB) Προβλήθηκε 3303 φορές

#23

ΘΕΜΑ 2 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Έστω P(x,y)

η σχέση (*).

(α) Η

είναι επί (του $\mathbb{R}$ .

Πράγματι, η P(x,-2f(x))

δίνει

, για κάθε $x\in \mathbb{R}$ .

Έτσι, αν $a\in \mathbb{R}$ , τότε από την τελευταία με x=f(0)-a

και

παίρνουμε

.

Η

είναι 1-1.

Πράγματι, έστω z_0

τέτοιο ώστε f(z_0)=0

. Τότε η

δίνει

για κάθε $x\in \mathbb{R}$ .

Έστω $a,b\in \mathbb{R}$ με f(a)=f(b)

. Τότε

, και άρα

. Από την παραπάνω έπεται ότι f(a)+a=f(b)+b

, και άρα

. Δηλ. η

είναι 1-1.

(β) Η P(0,x)

δίνει

. Αφού η

είναι 1-1, έπεται ότι 2f(0)+x=f(x)

για κάθε $x\in \mathbb{R}$ .

Με x=0

η τελευταία δίνει f(0)=0

, και άρα

για κάθε $x\in \mathbb{R}$ .

Επαλήθευση: με f(x)=x

για κάθε $x\in \mathbb{R}$ , το αριστερό μέλος της (*) γίνεται 2x+y

και το δεξί y+x+x=y+2x

, και άρα η (*) ισχύει.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Αγγελος Οικον · #24

Η λύση στο τρίτο θέμα της Γ γυμνασίου ποια ειναι?

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #25

Αγγελος Οικον έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 05, 2021 10:12 pm
Η λύση στο τρίτο θέμα της Γ γυμνασίου ποια ειναι?

H Mαρία στέλνει $\displaystyle A-1-\frac{A}{4}=\frac{3A-4}{4}$ ευχετήριες κάρτες.

Εγκαίρως φτάνουν οι $\displaystyle \frac{3A-4}{40}$

Άρα λοιπόν ο $\displaystyle \frac{3A-4}{40}$ είναι ακέραιος.

Για $\displaystyle 3A-4=40\Leftrightarrow A=\frac{44}{3}$ που δεν είναι ακέραιος.

Για $\displaystyle 3A-4=80\Leftrightarrow A=28$ , αυτή είναι η ζητούμενη τιμή.

#26

ΘΕΜΑ 3 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

θα δείξουμε ότι οι

,

και

συντρέχουν στο βαρύκεντρο

του τριγώνου ABC

.

Πράγματι, έστω A', B', C'

τα συμμετρικά των A,B,

και

ως προς τις πλευρές

,

, και

αντίστοιχα. Τότε το

είναι το αντιδιαμετρικό σημείο του

στον

, αφού η μεσοκάθετος του

ταυτίζεται με την μεσοκάθετο του

. Ομοίως, το

είναι το αντιδιαμετρικό σημείο του

στον

, και το

είναι το αντιδιαμετρικό σημείο του

στον

.

Αφού το

είναι το μέσο του AA'

και το

είναι μέσο του DA'

, οι διάμεσοι

και

τέμνονται στο βαρύκεντρο του τριγώνου DAA'

, το οποίο διαιρεί την

σε λόγο

, και άρα ταυτίζεται με το βαρύκεντρο

του τριγώνου ABC

.

Ομοίως, αφού το

είναι το μέσο του BB'

και το

είναι μέσο του B'E

, οι διάμεσοι

και

τέμνονται στο βαρύκεντρο του τριγώνου EBB'

, το οποίο διαιρεί την

σε λόγο

, και άρα ταυτίζεται με το βαρύκεντρο

του τριγώνου ABC

.

Επίσης, αφού το

είναι το μέσο του CC''

και το

είναι μέσο του C'Z

, οι διάμεσοι

και

τέμνονται στο βαρύκεντρο του τριγώνου ZCC'

, το οποίο διαιρεί την

σε λόγο

, και άρα ταυτίζεται με το βαρύκεντρο

του τριγώνου ABC

.

Η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Φιλικά,

Αχιλλέας

#27

Για το 1ο της Β' Λυκείου:

$\displaystyle{2x^3+4x+4=\frac{x^3}{2}+\frac{x^3}{2}+\frac{x^3}{2}+\frac{x^3}{2}+2x+2x+4\geq 7\sqrt[7]{\frac{x^3}{2}\cdot\frac{x^3}{2}\cdot\frac{x^3}{2}\cdot\frac{x^3}{2}\cdot 2x\cdot 2x\cdot4}=7x^2}$

με ισότητα αν-ν x=2.

Λευτέρης Παπανικολάου · #28

Ωραία αλλά και δύσκολα τα θέματα της Γ Γυμνασίου. Είχε τεθεί εντελώς παρόμοιο με το 1ο πριν από κάποια χρόνια. Χωρίς υπολογισμό αριθμητικής παράστασης και με δύο από τα τρία θέματα να είναι σχετικά με αριθμητική. Πολύ μικρό το ποσοστό των παιδιών που θα έγραψαν καλά χωρίς δυνατή προετοιμασία. Άρα οι βαθμολογίες αναμένεται να μην είναι ιδαίτερα υψηλές, απλά μία προσωπική εκτίμηση. Να πω επίσης ότι στο 3ο θέμα θα μπορούσε (ίσως θα έπρεπε) να τονίζεται ότι σε κάθε μαθητή (από τους υπόλοιπους) αντιστοιχεί ΜΟΝΑΔΙΚΗ ευχετήρια κάρτα.

Al.Koutsouridis · #29

Θέμα 3ο Γ' Λυκείου

Δίνεται τρίγωνο ABC

(με

), εγγεγραμμένο σε κύκλο $\Omega$ με κέντρο

και ακτίνα

. Θεωρούμε τα μέσα M,K,L

των πλευρών BC, AC, AB

αντίστοιχα, καθώς και τους κύκλους $C_{M}(M,MA), C_{K}(K,KB), C_{L}(L, LC)$ με κέντρα τα σημεία M,K,L

και ακτίνες MA, KB, LC

, αντίστοιχα, οι οποίοι τέμνουν τον κύκλο $\Omega$ στα σημεία D,E,Z

, αντίστοιχα. Αν T,R,S

είναι οι ορθές προβολές των κορυφών A,B,C

, αντίστοιχα, του τριγώνου ABC

προς τις απέναντι πλευρές του, να αποδείξετε ότι οι ευθείες DT, ER

και

συντρέχουν.

Λύση:

Έστω $O_{1}$ το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ADT

και $T^{\prime}$ η τομή του με την

. Η ευθεία $OO_{1}$ είναι διάκεντρος των τεμνέμενων περιγεγραμμένων κύκλων του τριγώνου ABC

και τετράπλευρου $ATT^{\prime}D$ και μεσοκάθετος στην κοινή χορδή τους

. Σε αυτή την μεσοκάθετο ανήκει και το σημείο

, αφού

. Άρα τα σημεία $M, O, O_{1}, M^{\prime}$ , όπου $M^{\prime}$ το μέσο της

, είναι συνευθειακά.

Όμως $OM \perp BC$ και $O_{1}M^{\prime} \perp AD$ , οπότε AD || BC

. Άρα το τετράπλευρο $ATT^{\prime}D$ είναι τραπέζιο και εφόσον $\angle ATT^{\prime} =90^0$ θα είναι ορθογώνιο και το

θα είναι μέσο και της πλευράς $TT^{\prime}$ .

Έστω

το σημείο τομής της

με την διάμεσο

. Τότε ισχύει

$\dfrac{AG}{GM} =\dfrac{AD}{TM} = \dfrac{2}{1}$ .

Δηλαδή η

διέρχται από σταθερό σημείο, το βαρύκεντρο του ABC

.

Ομοίως δείχνουμε ότι και οι ευθείες

και

διέρχονται από το

.

: thalhs_g_lukeiou_2021_22.png (68.79 KiB) Προβλήθηκε 3206 φορές

#30

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 05, 2021 9:20 pm
Καλό βράδυ σε όλους! Για το 3 της Α' Λυκείου:
5-11 3 ΑΛ.png
Φέρουμε $BH \perp A\Gamma$ και $\Gamma Z \perp A\Delta$ .

Τα ορθογώνια τρίγωνα $ABH,AZ\Gamma$ έχουν υποτείνουσες $AB=A\Gamma$ και ίσες οξείες γωνίες στην κορυφή .
'Αρα είναι ίσα οπότε $BH=\Gamma Z$ .

Τώρα και τα ορθ. τρίγωνα $BEH,\Gamma Z\Delta$ είναι ίσα έχοντας και $BE=\Gamma \Delta$ συνεπώς $\widehat{E}=\widehat{\Delta }$ ..

Φιλικά, Γιώργος.

Ωραίο Γιώργο

kfd · #31

Στην ΑΔ θεωρώ σημείο Ρ με ΑΡ=ΑΕ και συγκρίνω τα ΑΒΕ, ΑΓΡ που έχουν ΑΒ=ΑΓ, $\angle BA\Gamma =\angle \Gamma AP$ , AE=AΡ. Από ΠΓΠ ίσα άρα ΒΕ=ΓΡ και $\angle BE\Gamma =\angle \Gamma P\Delta .$ Tότε ΓΡΔ ισοσκελές και $\angle \Delta =\angle BE\Gamma .$
A΄ ΛΥΚΕΙΟΥ

KARKAR · #32

: ΓεωμΑ.png (17.06 KiB) Προβλήθηκε 3149 φορές

Γεωμετρία Α : Σχεδιάζω τον κύκλο $(A,A\Delta)$ , οπότε : $\Gamma H=\Gamma\Delta=BE$ ...

Lymperis Karras · #33

Α Λυκείου

1η Περίπτωση: Το

βρίσκεται εντός του τριγώνου.
Παρατηρούμε ότι $\widehat{BAC}=\widehat{CAD}$ και BE=CD

, άρα οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων ABE, ACD

είναι ίσοι.
Από νόμο ημιτόνων θα έχουμε $sin\widehat{CDA}=sin\widehat{AEB }\Leftrightarrow \widehat{AEB}=\widehat{CDA}$ ή $\widehat{BEC}=\widehat{CDA}$ που είναι και το ζητούμενο.

Θα αποκλείσουμε την περίπτωση $\widehat{AEB}=\widehat{CDA}$ .

Αν ίσχυε θα ήταν: $2\widehat{ABC}=\widehat{ABE}+\widehat{AEB}=\widehat{ABE}+\widehat{CDA}=\widehat{ABE}+\widehat{ABC}-\widehat{BAC}\Leftrightarrow \widehat{ABC}=\widehat{ABE}-\widehat{BAC}$ αλλά έχουμε και ότι $\widehat{ABC}=\widehat{ABE}+\widehat{EBC}$ άρα θα πρέπει $\widehat{BAC}=\widehat{EBC}=0^{\circ}$
άτοπο, διότι το τρίγωνο είναι οξυγώνιο.

2η Περίπτωση: Το

βρίσκεται εκτός του τριγώνου.
Ονομάζουμε

αυτό το σημείο. Τότε το τρίγωνο BE'E

είναι ισοσκελές, και λόγω της 1ης περίπτωσης έπεται το ζητούμενο.

#34

Για το τρίτο θέμα της Γ Λυκείου.
Αρκεί να αποδείξουμε ότι το τρίγωνο TPΣ είναι ομοιόθετο του ορθικού ΔΕΖ. Προκύπτει άμεσα αν παρατηρήσουμε ότι έχουν παράλληλες πλευρές. Αποδεικνύουμε ότι οι πλευρές του ΤΡΣ είναι αντιπαράλληλες των πλευρών του ΑΒΓ, παρατηρώντας ότι τα σημεία Δ,Ε,Ζ είναι οι παράλληλες προς τις απέναντι πλευρές προβολές των Α,Β,Γ επί του περικύκλου του ΑΒΓ.
Αργότερα θα γράψω αναλυτικότερα τη λύση.

Dimitris P · #35

Καλημέρα. Γνωρίζει κάποιος τις λύσεις του 1ου και 2ου θέματος της Β Γυμνασίου;

#36

Γεωμετρία Α Λυκείου

Φέρνω από το

κάθετη στην

που τέμνει την

στο

Προφανώς,

Θα δείξω ότι $\omega=\varphi.$

: ΑΓεωμ..png (12.96 KiB) Προβλήθηκε 3119 φορές

$\displaystyle C\widehat ZD = 180^\circ - A\widehat ZC = 180^\circ - \widehat B = 180^\circ - \widehat C.$ Τα τρίγωνα EBC, ZCD

έχουν

και $\displaystyle C\widehat ZD + \widehat C = 180^\circ ,$ άρα $\boxed{\omega=\varphi}$

Το τελευταίο συμπέρασμα είναι κάτι που (δυστυχώς) δεν διδάσκεται πλέον. Αποδεικνύεται πάντως εύκολα.

Maria-Eleni Nikolaou · #37

Το πρόβλημα 1 της γ’ γυμνασίου έχει ξαναπέσει σχεδόν ίδιο ως πρόβλημα 3 το 2017.

JimKas · #38

Dimitris P έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 06, 2021 10:30 am
Καλημέρα. Γνωρίζει κάποιος τις λύσεις του 1ου και 2ου θέματος της Β Γυμνασίου;

Το β θέμα της Β γυμνασίου είναι αναρτημένο στη πρώτη σελίδα.
Όσον αφορά το α θέμα:
Για να διαιρούνται οι δύο τριψήφιοι αριθμοί με το 4 πρέπει το τελευταίο διψήφιο μέρος τους να διαιρείται με το 4, άρα πρέπει ο a και c να είναι άρτιοι και ο b να είναι τέτοιος ώστε ο 10b+a και ο 10b+c να διαιρούνται με το 4. Αφού οι δύο διψήφιοι αριθμοί διαιρούνται με το 4 θα διαιρείται με το 4 και η διαφορά τους (a-c)
Έχουμε λοιπόν τις πιθανές περιπτώσεις: (λαμβάνουμε υπ' όψιν και ότι 0<c<a)
c=2 a=6 για την οποία παίρνουμε ότι b=1 ή b=3 ή b=5 ή b=7 ή b=9
c=4 a=8 για την οποία παίρνουμε ότι b=0 ή b=2 ή b=4 ή b=6 ή b=8
Άρα τα ζεύγη λύσεων που προκύπτουν είναι:
(216, 612), (236, 632), (256, 652), (276,672), (296,692), (408, 804), (428, 824), (448, 844), (468, 864), (488, 884).

#39

Kαλημέρα σε όλους.

Θέλω να καταθέσω ένα σχόλιο για τα θέματα των μικρών (Β΄ Γυμνασίου).

Ανν (αν και μόνο αν) ο στόχος μέσω της επιλογής των θεμάτων είναι να επιλεγούν οι υποψήφιοι για τις μελλοντικές ολυμπιακές ομάδες, τότε όλα καλά, αφού τα θέματα απευθύνονται σε καλά προετοιμασμένους μαθητές, που έχουν παρακολουθήσει κατάλληλο πρόγραμμα προετοιμασίας και οι οποίοι είναι άξιοι επαίνου γι' αυτό.

Αν, όμως, τα θέματα επιλέχθηκαν για να καλωσορίσουν μικρούς μαθητές στους μαθηματικούς διαγωνισμούς, οι οποίοι έχουν απλώς μια θετική προδιάθεση και ένα κάποιο υπόβαθρο, (πάνω από το λεγόμενο "μέσο όρο"), δίχως ειδική προετοιμασία (γκρουπ σε επιλεγμένα σχολεία, ιδιαίτερα ή έστω γονική συνδρομή), φοβάμαι ότι έχουν αποτύχει οικτρά.

Κάποτε τα θέματα ήταν πιο διαβαθμισμένα, με πιο πολλές ερωτήσεις και ευρύτερη διασπορά στην ύλη. Ακόμα και τα τελευταία χρόνια ξεκινούσαν, τουλάχιστον, με μια αριθμητική παράσταση, έτσι για να εμπλακούν όλοι οι μαθητές που συμμετέχουν, ακόμα και οι ελλιπώς προετοιμασμένοι, ώστε να αισθανθούν ότι "το παλεύουν".

Φέτος, στη Β΄ Γυμνασίου ξεκινούν με ένα θέμα διαιρετότητας που καταλήγει στο βασανιστικό υπολογισμό

(ολογράφως: δέκα) περιπτώσεων:

Άρα τα ζεύγη λύσεων που προκύπτουν είναι:
.

Συνεχίζουν με ένα πρόβλημα που χρησιμοποιεί τέσσερις μεταβλητές σε αλγεβρική παράσταση και ξανά κριτήριο διαιρετότητας και ολοκληρώνονται με μια γεωμετρική άσκηση με ανελέητο "κυνήγι γωνιών", για το οποίο, αν δοθεί πλήρως τεκμηριωμένη αιτιολόγηση, χρειάζεται πάρα πολύ γράψιμο.

Εύχομαι καλή συνέχεια στις σπουδές τους στους μαθητές που εθελοντικά συμμετείχαν στους μαθηματικούς αγώνες, δείχνοντας έτσι την αγάπη τους για τα μαθηματικά.

Τσιαλας Νικολαος · #40

Γιώργος Ρίζος έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 06, 2021 11:53 am
Kαλημέρα σε όλους.

Θέλω να καταθέσω ένα σχόλιο για τα θέματα των μικρών (Β΄ Γυμνασίου).

Ανν (αν και μόνο αν) ο στόχος μέσω της επιλογής των θεμάτων είναι να επιλεγούν οι υποψήφιοι για τις μελλοντικές ολυμπιακές ομάδες, τότε όλα καλά, αφού τα θέματα απευθύνονται σε καλά προετοιμασμένους μαθητές, που έχουν παρακολουθήσει κατάλληλο πρόγραμμα προετοιμασίας και οι οποίοι είναι άξιοι επαίνου γι' αυτό.

Αν, όμως, τα θέματα επιλέχθηκαν για να καλωσορίσουν μικρούς μαθητές στους μαθηματικούς διαγωνισμούς, οι οποίοι έχουν απλώς μια θετική προδιάθεση και ένα κάποιο υπόβαθρο, (πάνω από το λεγόμενο "μέσο όρο"), δίχως ειδική προετοιμασία (γκρουπ σε επιλεγμένα σχολεία, ιδιαίτερα ή έστω γονική συνδρομή), φοβάμαι ότι έχουν αποτύχει οικτρά.

Κάποτε τα θέματα ήταν πιο διαβαθμισμένα, με πιο πολλές ερωτήσεις και ευρύτερη διασπορά στην ύλη. Ακόμα και τα τελευταία χρόνια ξεκινούσαν, τουλάχιστον, με μια αριθμητική παράσταση, έτσι για να εμπλακούν όλοι οι μαθητές που συμμετέχουν, ακόμα και οι ελλιπώς προετοιμασμένοι, ώστε να αισθανθούν ότι "το παλεύουν".

Φέτος, στη Β΄ Γυμνασίου ξεκινούν με ένα θέμα διαιρετότητας που καταλήγει στο βασανιστικό υπολογισμό (ολογράφως: δέκα) περιπτώσεων:

Άρα τα ζεύγη λύσεων που προκύπτουν είναι:
.
Συνεχίζουν με ένα πρόβλημα που χρησιμοποιεί τέσσερις μεταβλητές σε αλγεβρική παράσταση και ξανά κριτήριο διαιρετότητας και ολοκληρώνονται με μια γεωμετρική άσκηση με ανελέητο "κυνήγι γωνιών", για το οποίο, αν δοθεί πλήρως τεκμηριωμένη αιτιολόγηση, χρειάζεται πάρα πολύ γράψιμο.

Εύχομαι καλή συνέχεια στις σπουδές τους στους μαθητές που εθελοντικά συμμετείχαν στους μαθηματικούς αγώνες, δείχνοντας έτσι την αγάπη τους για τα μαθηματικά.

Κύριε Ρίζο καλησπέρα! Μιας και το φόρουμ μας το διαβάζουν πάρα πολλά άτομα και βασιζόμενος πάνω στο ποστ σας θα ήθελα να εκφράσω κάποια πράγματα. Ο Θαλής είχε πάντα σκοπό να μυήσει τους μαθητές στους διαγωνισμούς...μετά ο Ευκλείδης να τους ωθήσει να ανεβάσουν "επίπεδο" και όταν φτάσουν με το καλό στον Αρχιμήδη να "ψαχτούν" διαφορετικά! Δυστυχώς τα τελευταία χρόνια έχουμε το πρόβλημα με τα υγειονομικά πρωτόκολλα, οπότε η επιτροπή έπρεπε να πάρει κάποια "μέτρα προστασίας"( δεν θα αναφερθώ σε αυτό το κομμάτι)! Σίγουρα τα μέλη της επιτροπής ξέρουν πολύ καλά τι θέματα βάζουν και πόσο δύσκολα είναι. Οπότε ούτε τους "ξέφυγε" η δυσκολία αλλά και ούτε το κάνουν επίτηδες για να αποθαρρύνουν τα παιδιά. Συντρέχει άλλος λόγος δηλαδή που συμβαίνει αυτό τα 2 τελευταία χρόνια. Η λογική μάλιστα έλεγε ότι λόγω κορωνοιου, τα θέματα θα έπρεπε να είναι πιο εύκολα από τα συνηθισμένα και όχι 10 φορές πιο δύσκολα.... Από εκεί και πέρα εγώ προσωπικά θα ήθελα τα θέματα να είναι σε αυτό το επίπεδο και ακόμη πιο δύσκολα. Δυστυχώς όμως αυτό δεν γίνεται καθώς η παιδεία έχει πέσει σε γκρεμό! Όπως και να έχει ουσιαστικός στόχος είναι να επιλέγουν τα παιδιά που θα πλαισιώσουν τις ομάδες. Τέλος καλώς ή κακώς υπάρχουν πολλά παιδιά που κάνουν προετοιμασία είτε μόνα τους είτε με βοήθεια και διαπρέπουν στους διαγωνισμούς οπότε είναι άδικο για αυτά να ζητάμε πιο εύκολα θέματα! Ελπίζω να μην έγινα κουραστικός με το σεντόνι που έγραψα.

ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Μέλη σε σύνδεση