Π.Μ.Δ.Μ. 1960-61 ΣΤ' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΠΡΑΚΤΙΚΟ

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

Άβαταρ μέλους
parmenides51
Δημοσιεύσεις: 6240
Εγγραφή: Πέμ Απρ 23, 2009 9:13 pm
Τοποθεσία: Πεύκη
Επικοινωνία:

Π.Μ.Δ.Μ. 1960-61 ΣΤ' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΠΡΑΚΤΙΚΟ

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από parmenides51 » Κυρ Ιούλ 14, 2013 3:48 pm

1. Έστω \displaystyle{ \rho_1,\rho_2} είναι οι ρίζες της εξίσωσης\displaystyle{ x^2+\beta x +\gamma=0 \,(\gamma \ne  0)} και θέτω \displaystyle{f(\mu)=\rho_1^{\mu}+\rho_2^{\mu}}, να αποδειχτούν οι σχέσεις
α) \displaystyle{f(-\mu)=\frac{f(\mu)}{\gamma^{\mu}}}
β) \displaystyle{ f(-\mu+2)+\beta f(-\mu+1)+\gamma  f(-\mu)=0} για κάθε σύμμετρο τιμή του \displaystyle{\mu} .


2. Δίνεται πυραμίδα \displaystyle{OAB\Gamma\Delta} και από σημείο \displaystyle{A' } πάνω στην ακμή \displaystyle{OA} άγεται παράλληλη προς τη βάση τομή \displaystyle{A'B'\Gamma'\Delta'} .
Να βρεθεί γεωμετρικά πάνω στην \displaystyle{ OA} σημείο \displaystyle{ A''} τέτοιο ώστε η από αυτό το σημείο παράλληλη προς τη βάση τομή \displaystyle{A''B''\Gamma''\Delta''}
να είναι μέση ανάλογος των \displaystyle{AB\Gamma\Delta} και \displaystyle{A'B'\Gamma'\Delta'}.
Να βρεθεί ο λόγος των όγκων των κόλουρων πυραμίδων που κατασκευάζονται με αυτόν τον τρόπο
\displaystyle{A'B'\Gamma'\Delta'A''B''\Gamma''\Delta''} και \displaystyle{AB\Gamma\Delta A''B''\Gamma''\Delta''}, εαν \displaystyle{(AB\Gamma\Delta)=\Sigma} και \displaystyle{(A'B'\Gamma'\Delta')=\Sigma'} .


3. Έστω \displaystyle{O, O'} τα κέντρα του περιγεγραμμένου και εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου \displaystyle{AB\Gamma}, ακτίνων \displaystyle{R ,\rho} αντίστοιχα. Να δειχτεί οτι:
α) αν η \displaystyle{OO'} είναι παράλληλη προς την \displaystyle{B\Gamma} , τότε \displaystyle{\sigma \upsilon \nu B+\sigma \upsilon \nu \Gamma=1}
β) αν τα σημεία \displaystyle{O, O'} βρίσκονται εκατέρωθεν της \displaystyle{B\Gamma} και ισαπέχουν από αυτήν, τότε \displaystyle{\sigma \upsilon \nu B+\sigma \upsilon \nu \Gamma=1+\frac{2\rho}{R}}


Υ.Γ. Όταν γράφει στο 1ο θέμα σύμμετρη τιμή, τι εννοεί;

edit
διόρθωση τίτλου (αφαίρεση λέξη αρρένων)
τελευταία επεξεργασία από parmenides51 σε Τετ Ιούλ 17, 2013 3:31 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


orestisgotsis
Δημοσιεύσεις: 1313
Εγγραφή: Σάβ Φεβ 25, 2012 10:19 pm

Re: ΠΜΔΜ 1960-61 ΣΤ' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΠΡΑΚΤΙΚΟ ΑΡΡΕΝΩΝ

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από orestisgotsis » Κυρ Ιούλ 14, 2013 3:55 pm

parmenides51 έγραψε:1. Έστω \displaystyle{ \rho_1,\rho_2} είναι οι ρίζες της εξίσωσης\displaystyle{ x^2+\beta x +\gamma=0 \,(\gamma \ne  0)} και θέτω \displaystyle{f(\mu)=\rho_1^{\mu}+\rho_2^{\mu}}, να αποδειχτούν οι σχέσεις
α) \displaystyle{f(-\mu)=\frac{f(\mu)}{\gamma^{\mu}}}
β) \displaystyle{ f(-\mu+2)+\beta f(-\mu+1)+\gamma  f(-\mu)=0} για κάθε σύμμετρο τιμή του \displaystyle{\mu} .


Υ.Γ. Όταν γράφει στο 1ο θέμα σύμμετρη τιμή, τι εννοεί;
Ρητός μάλλον.


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Απόκης
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 5092
Εγγραφή: Δευ Μάιος 16, 2011 7:56 pm
Τοποθεσία: Πάτρα
Επικοινωνία:

Re: ΠΜΔΜ 1960-61 ΣΤ' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΠΡΑΚΤΙΚΟ ΑΡΡΕΝΩΝ

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Απόκης » Κυρ Ιούλ 14, 2013 3:56 pm

orestisgotsis έγραψε:
parmenides51 έγραψε:1. Έστω \displaystyle{ \rho_1,\rho_2} είναι οι ρίζες της εξίσωσης\displaystyle{ x^2+\beta x +\gamma=0 \,(\gamma \ne  0)} και θέτω \displaystyle{f(\mu)=\rho_1^{\mu}+\rho_2^{\mu}}, να αποδειχτούν οι σχέσεις
α) \displaystyle{f(-\mu)=\frac{f(\mu)}{\gamma^{\mu}}}
β) \displaystyle{ f(-\mu+2)+\beta f(-\mu+1)+\gamma  f(-\mu)=0} για κάθε σύμμετρο τιμή του \displaystyle{\mu} .


Υ.Γ. Όταν γράφει στο 1ο θέμα σύμμετρη τιμή, τι εννοεί;
Ρητός μάλλον.
Nαι, οι ρητοί λέγονται και σύμμετροι και οι άρρητοι και ασύμμετροι.


Γιώργος
Άβαταρ μέλους
parmenides51
Δημοσιεύσεις: 6240
Εγγραφή: Πέμ Απρ 23, 2009 9:13 pm
Τοποθεσία: Πεύκη
Επικοινωνία:

Re: ΠΜΔΜ 1960-61 ΣΤ' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΠΡΑΚΤΙΚΟ ΑΡΡΕΝΩΝ

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από parmenides51 » Κυρ Ιούλ 14, 2013 3:59 pm

μάλλον έχω θολώσει από την ζέστη, το έβαλα στο ίντερνετ πριν
και μου έβγαλε ''σύμμετροι αριθμοί είναι αυτοί που μπορούν να γραφτούν σαν κλάσματα με ακέραιους όρους''
και δεν πήγε το μυαλό μου στους ρητούς :wallbash:


orestisgotsis
Δημοσιεύσεις: 1313
Εγγραφή: Σάβ Φεβ 25, 2012 10:19 pm

Re: ΠΜΔΜ 1960-61 ΣΤ' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΠΡΑΚΤΙΚΟ ΑΡΡΕΝΩΝ

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από orestisgotsis » Κυρ Ιούλ 14, 2013 8:04 pm

parmenides51 έγραψε:1. Έστω \displaystyle{ \rho_1,\rho_2} είναι οι ρίζες της εξίσωσης\displaystyle{ x^2+\beta x +\gamma=0 \,(\gamma \ne  0)} και θέτω \displaystyle{f(\mu)=\rho_1^{\mu}+\rho_2^{\mu}}, να αποδειχτούν οι σχέσεις
α) \displaystyle{f(-\mu)=\frac{f(\mu)}{\gamma^{\mu}}}
β) \displaystyle{ f(-\mu+2)+\beta f(-\mu+1)+\gamma  f(-\mu)=0} για κάθε σύμμετρο τιμή του \displaystyle{\mu} .
α) Επειδή \displaystyle{\gamma \ne 0\Rightarrow {{\rho }_{1}}{{\rho }_{2}}\ne 0}, τότε \displaystyle{f(-\mu )=\rho _{1}^{-\mu }+\rho _{2}^{-\mu }=\frac{1}{\rho _{1}^{\mu }}+\frac{1}{\rho _{2}^{\mu }}=\frac{\rho _{1}^{\mu }+\rho _{2}^{\mu }}{\rho _{1}^{\mu }\rho _{2}^{\mu }}=\frac{f(\mu )}{{{\gamma }^{\mu }}}\,\,\,\left( \rho _{1}^{\mu }\rho _{2}^{\mu }={{\gamma }^{\mu }} \right)}.

β) \displaystyle{f(-\mu +2)=\rho _{1}^{-\mu +2}+\rho _{2}^{-\mu +2}=\frac{\rho _{1}^{2}}{\rho _{1}^{\mu }}+\frac{\rho _{2}^{2}}{\rho _{2}^{\mu }}=\frac{\rho _{1}^{2}\rho _{2}^{\mu }+\rho _{2}^{2}\rho _{1}^{\mu }}{\rho _{1}^{\mu }\rho _{2}^{\mu }}=\frac{\rho _{1}^{2}\rho _{2}^{\mu }+\rho _{2}^{2}\rho _{1}^{\mu }}{{{\gamma }^{\mu }}}},

\displaystyle{\beta f(-\mu +1)=\beta \left( \frac{{{\rho }_{1}}}{\rho _{1}^{\mu }}+\frac{{{\rho }_{2}}}{\rho _{2}^{\mu }} \right)=\beta \cdot \frac{{{\rho }_{1}}\rho _{2}^{\mu }+{{\rho }_{2}}\rho _{1}^{\mu }}{{{\gamma }^{\mu }}}}, \displaystyle{\,\,\,\gamma f(-\mu )=\gamma \cdot \frac{\rho _{1}^{\mu }+\rho _{2}^{\mu }}{{{\gamma }^{\mu }}}}, άρα

\displaystyle{f(-\mu +2)+\beta f(-\mu +1)+\gamma f(-\mu )=\frac{\rho _{1}^{2}\rho _{2}^{\mu }+\rho _{2}^{2}\rho _{1}^{\mu }}{{{\gamma }^{\mu }}}+\beta \cdot \frac{{{\rho }_{1}}\rho _{2}^{\mu }+{{\rho }_{2}}\rho _{1}^{\mu }}{{{\gamma }^{\mu }}}+\gamma \cdot \frac{\rho _{1}^{\mu }+\rho _{2}^{\mu }}{{{\gamma }^{\mu }}}=}

\displaystyle{=\frac{\rho _{2}^{\mu }}{{{\gamma }^{\mu }}}\left( \rho _{1}^{2}+\beta {{\rho }_{1}}+\gamma  \right)+\frac{\rho _{1}^{\mu }}{{{\gamma }^{\mu }}}\left( \rho _{2}^{2}+\beta {{\rho }_{2}}+\gamma  \right)=\frac{\rho _{2}^{\mu }}{{{\gamma }^{\mu }}}\cdot 0+\frac{\rho _{1}^{\mu }}{{{\gamma }^{\mu }}}\cdot 0=0}


kostas_zervos
Δημοσιεύσεις: 1156
Εγγραφή: Πέμ Μαρ 25, 2010 8:26 am
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Π.Μ.Δ.Μ. 1960-61 ΣΤ' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΠΡΑΚΤΙΚΟ

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από kostas_zervos » Παρ Ιούλ 19, 2013 10:24 am

parmenides51 έγραψε: 3. Έστω \displaystyle{O, O'} τα κέντρα του περιγεγραμμένου και εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου \displaystyle{AB\Gamma}, ακτίνων \displaystyle{R ,\rho} αντίστοιχα. Να δειχτεί οτι:
α) αν η \displaystyle{OO'} είναι παράλληλη προς την \displaystyle{B\Gamma} , τότε \displaystyle{\sigma \upsilon \nu B+\sigma \upsilon \nu \Gamma=1}
β) αν τα σημεία \displaystyle{O, O'} βρίσκονται εκατέρωθεν της \displaystyle{B\Gamma} και ισαπέχουν από αυτήν, τότε \displaystyle{\sigma \upsilon \nu B+\sigma \upsilon \nu \Gamma=1+\frac{2\rho}{R}}
Ας υποθέσουμε ότι \beta\geq \gamma.

α)
ask120.png
ask120.png (16.38 KiB) Προβλήθηκε 504 φορές
Στο σχήμα είναι B\widehat{O}\Gamma=2\widehat{A} , άρα \phi=\dfrac{180^o-2\widehat{A}}{2}=90^o-\widehat{A}.

Έτσι \eta\mu\left(90^o-A\right) =\dfrac{\rho}{R}\iff \rho=R\sigma\upsilon\nu A\;\;\color{red}(1).

Επίσης OO'=MB-BK\iff OO'=\dfrac{\alpha}{2}-(\tau-\beta)=\dfrac{\beta-\gamma}{2}\;\color{blue}(2).

Αλλά από τον τύπο του Euler είναι OO'=\sqrt{R^2-2R\rho} , άρα από τις \color{red}{(1)\color{black},\color{blue}(2) έχουμε:

\dfrac{(\beta-\gamma)^2}{4}=R^2-2R^2\sigma\upsilon\nu A\iff \dfrac{\beta^2-2\beta\gamma+\gamma^2}{4}=R^2(1-2\sigma\upsilon\nu A).

Από τον νόμο ημιτότων έχουμε \beta=2R\eta\mu B , \gamma=2R\eta\mu \Gamma , άρα:

\iff\dfrac{4R^2\eta\mu^2 B-8R^2\eta\mu B\eta\mu\Gamma+4R^2\eta\mu^2\Gamma^2}{4}=R^2(1-2\sigma\upsilon\nu A)\iff

\iff\eta\mu^2 B-2\eta\mu B\eta\mu\Gamma+\eta\mu^2\Gamma=1-2\sigma\upsilon\nu\left(180^o-B-\Gamma\right)\iff

\iff\eta\mu^2 B-2\eta\mu B\eta\mu\Gamma+\eta\mu^2\Gamma=1+2\sigma\upsilon\nu\left(B+\Gamma\right)\iff

\iff\eta\mu^2 B-2\eta\mu B\eta\mu\Gamma+\eta\mu^2\Gamma=1+2\sigma\upsilon\nu B\sigma\upsilon\nu\Gamma-2\eta\mu B\eta\mu\Gamma\iff

\iff 1-\sigma\upsilon\nu^2 B+1-\sigma\upsilon\nu^2\Gamma=1+2\sigma\upsilon\nu B\sigma\upsilon\nu\Gamma\iff

\iff 1=\sigma\upsilon\nu^2B+2\sigma\upsilon\nu B\sigma\upsilon\nu\Gamma+\sigma\upsilon\nu^2\Gamma=1\iff

(\sigma\upsilon\nu B+\sigma\upsilon\nu\Gamma)^2=1.

Αλλά η \widethat{\Gamma}< 90^o (αφού \beta\geq \gamma) άρα δεν μπορεί να είναι \sigma\upsilon\nu B+\sigma\upsilon\nu\Gamma=-1 γιατί τότε θα ήταν \sigma\upsilon\nu B=-\sigma\upsilon\nu\Gamma-1<-1.

Επομένως \sigma\upsilon\nu B+\sigma\upsilon\nu\Gamma=1.
β)
ask121.png
ask121.png (7.92 KiB) Προβλήθηκε 504 φορές
Έστω O'' το συμμετρικό του O ως προς την B\Gamma.

Στο σχήμα είναι B\widehat{O}\Gamma=360^o-2\widehat{A} , άρα \phi=\dfrac{180^o-360^o+2\widehat{A}}{2}=\widehat{A}-90^o.

Έτσι \eta\mu\left(A\right-90^o) =\dfrac{\rho}{R}\iff \rho=-R\sigma\upsilon\nu A\;\;\color{red}(3).

Επίσης OO''=MB-BK\iff OO''=\dfrac{\alpha}{2}-(\tau-\beta)=\dfrac{\beta-\gamma}{2}\;\color{blue}(4).

Αλλά από τον τύπο του Euler είναι OO'=\sqrt{R^2-2R\rho} .

Από το Πυθαγόρειο Θεώρημα στο \overset{\triangle}{O'O''O} έχουμε
OO'^2=OO''^2+O'O''^2\iff R^2-2R\rho=\dfrac{\beta^2-2\beta\gamma+\gamma^2}{4}+4\rho^2

Από τον νόμο ημιτότων έχουμε \beta=2R\eta\mu B , \gamma=2R\eta\mu \Gamma , άρα:

\iff\dfrac{4R^2\eta\mu^2 B-8R^2\eta\mu B\eta\mu\Gamma+4R^2\eta\mu^2\Gamma^2}{4}=R^2+2R^2\sigma\upsilon\nu A-4R^2\sigma\upsilon\nu^2A \iff

\iff\eta\mu^2 B-2\eta\mu B\eta\mu\Gamma+\eta\mu^2\Gamma=1+2\sigma\upsilon\nu\left(180^o-B-\Gamma\right)-4\sigma\upsilon\nu^2A\iff

\iff\eta\mu^2 B-2\eta\mu B\eta\mu\Gamma+\eta\mu^2\Gamma=1-2\sigma\upsilon\nu\left(B+\Gamma\right)-4\sigma\upsilon\nu^A\iff

\iff\eta\mu^2 B-2\eta\mu B\eta\mu\Gamma+\eta\mu^2\Gamma=1-2\sigma\upsilon\nu B\sigma\upsilon\nu\Gamma+2\eta\mu B\eta\mu\Gamma-4\sigma\upsilon\nu^2A\iff

\iff 1-\sigma\upsilon\nu^2 B+1-\sigma\upsilon\nu^2\Gamma=1-2\sigma\upsilon\nu B\sigma\upsilon\nu\Gamma+4\eta\mu B\eta\mu\Gamma-4\sigma\upsilon\nu^2A\iff

\iff \sigma\upsilon\nu^2B+2\sigma\upsilon\nu B\sigma\upsilon\nu\Gamma+\sigma\upsilon\nu^2\Gamma=
=1+4\sigma\upsilon\nu B\sigma\upsilon\nu\Gamma-4\eta\mu B\eta\mu\Gamma+4\sigma\upsilon\nu^2A\iff

\iff(\sigma\upsilon\nu B+\sigma\upsilon\nu\Gamma)^2=1+4\sigma\upsilon\nu(B+\Gamma)+4\sigma\upsilon\nu^2A.

\iff(\sigma\upsilon\nu B+\sigma\upsilon\nu\Gamma)^2=1-4\sigma\upsilon\nu A+4\sigma\upsilon\nu^2A

\iff(\sigma\upsilon\nu B+\sigma\upsilon\nu\Gamma)^2=(1-2\sigma\upsilon\nu A)^2

και λόγω της \color{red}(3) έχουμε (\sigma\upsilon\nu B+\sigma\upsilon\nu\Gamma)^2=\left(1+\dfrac{2\rho}{R}\right)^2

Αλλά \widethat{B}\;,\;\widethat{\Gamma}< 90^o , επομένως \sigma\upsilon\nu B+\sigma\upsilon\nu\Gamma=1+\dfrac{2\rho}{R}.


Κώστας Ζερβός
Math Rider
Δημοσιεύσεις: 137
Εγγραφή: Παρ Απρ 09, 2010 12:40 pm
Τοποθεσία: Πάτρα

Re: Π.Μ.Δ.Μ. 1960-61 ΣΤ' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΠΡΑΚΤΙΚΟ

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Math Rider » Παρ Ιούλ 19, 2013 4:16 pm

Μια απλή λύση βασίζεται στην χρήση της σχέσης \displaystyle{ 
\frac{\rho }{R} = \sigma \upsilon \nu {\rm A} + \sigma \upsilon \nu {\rm B} + \sigma \upsilon \nu \Gamma  - 1 
} (*)
Αναλυτικά (Συμβολίζουμε το έγκεντρο με \displaystyle{ 
{\rm I} 
} αντί \displaystyle{ 
{\rm O}' 
})

α)
Π.Μ.Δ.Μ. 60-61 α.png
Π.Μ.Δ.Μ. 60-61 α.png (8.19 KiB) Προβλήθηκε 474 φορές
Έστω \displaystyle{ 
\Delta  
} η προβολή του \displaystyle{ 
{\rm I} 
} στην \displaystyle{ 
{\rm B}\Gamma  
} και \displaystyle{ 
{\rm M} 
} το μέσο της \displaystyle{ 
{\rm B}\Gamma  
}. Τότε το τετράπλευρο \displaystyle{ 
{\rm I}{\rm O}{\rm M}\Delta  
} είναι παραλληλόγραμμο οπότε \displaystyle{ 
{\rm O}{\rm M} = {\rm I}\Delta  = \rho  
} (1). Επομένως από το ορθογώνιο τρίγωνο \displaystyle{ 
{\rm O}{\rm M}\Gamma  
} έχουμε \displaystyle{ 
\sigma \upsilon \nu {\rm A} = \frac{{{\rm O}{\rm M}}}{{{\rm O}\Gamma }}\mathop  \Rightarrow \limits^{(1)} \sigma \upsilon \nu {\rm A} = \frac{\rho }{R} 
} (2)
Επίσης ισχύει \displaystyle{ 
\frac{\rho }{R} = \sigma \upsilon \nu {\rm A} + \sigma \upsilon \nu {\rm B} + \sigma \upsilon \nu \Gamma  - 1 
} (3).
Η (3) λόγω της (2) δίνει \displaystyle{ 
\frac{\rho }{R} = \frac{\rho }{R} + \sigma \upsilon \nu {\rm B} + \sigma \upsilon \nu \Gamma  - 1 \Rightarrow \sigma \upsilon \nu {\rm B} + \sigma \upsilon \nu \Gamma  = 1 
}.


β)
Π.Μ.Δ.Μ. 60-61 β.png
Π.Μ.Δ.Μ. 60-61 β.png (12.33 KiB) Προβλήθηκε 474 φορές
Έστω \displaystyle{ 
\Delta  
} η προβολή του \displaystyle{ 
{\rm I} 
} στην \displaystyle{ 
{\rm B}\Gamma  
} και \displaystyle{ 
{\rm M} 
} το μέσο της \displaystyle{ 
{\rm B}\Gamma  
}. Είναι \displaystyle{ 
{\rm O}{\rm M} = {\rm I}\Delta  = \rho  
} (1) (από την υπόθεση) και \displaystyle{ 
{\rm M}\mathop {\rm O}\limits^ \wedge  \Gamma  = 180^ \circ   - {\rm A} 
}. Επομένως από το ορθογώνιο τρίγωνο \displaystyle{ 
{\rm O}{\rm M}\Gamma  
} έχουμε \displaystyle{ 
\sigma \upsilon \nu (180^ \circ   - {\rm A}) = \frac{{{\rm O}{\rm M}}}{{{\rm O}\Gamma }}\mathop  \Rightarrow \limits^{(1)}  - \sigma \upsilon \nu {\rm A} = \frac{\rho }{R} 
} (2)
Επίσης ισχύει \displaystyle{ 
\frac{\rho }{R} = \sigma \upsilon \nu {\rm A} + \sigma \upsilon \nu {\rm B} + \sigma \upsilon \nu \Gamma  - 1 
} (3).
Η (3) λόγω της (2) δίνει \displaystyle{ 
\frac{\rho }{R} =  - \frac{\rho }{R} + \sigma \upsilon \nu {\rm B} + \sigma \upsilon \nu \Gamma  - 1 \Rightarrow \sigma \upsilon \nu {\rm B} + \sigma \upsilon \nu \Gamma  = 1 + \frac{{2\rho }}{R} 
}.

Υ.Γ.1 Μια άλλη λύση του α) βρίσκεται στο τεύχος 4 του Ευκλείδη Β έτος 1976 εδώ (Σελ. 4 Ασκ. 7).
Υ.Γ.2 Η (*) μπορεί να χρησιμοποιηθεί και για μία ακόμη απόδειξη του Japanese Theorem που είδαμε εδώ και εδώ
Υ.Γ.3 Χρωστάω μια απόδειξη της (*). Έχω την αίσθηση οτι την έχουμε αποδείξει κάπου αλλά μπορεί να κάνω και λάθος.
Οποτε ... (αν εν τω μεταξύ ο parmenidis δεν βρει κάτι :D ) θα επανέλθω.


Νίκος Κ.
Απάντηση

Επιστροφή σε “Θέματα διαγωνισμών (ΕΜΕ, BMO, JBMO, IMO, Kangaroo κλπ)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Demetres και 1 επισκέπτης