Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

chris · #61

Για να κλείσει ο κύκλος της άσκησης 13 παραθέτω αναλυτική λύση για να γίνει πλήρως κατανοητή χωρίς να θέλω να συμμετέχω στη λύση των ασκήσεων λόγω παλαιότητας(γεράματα γαρ

)

S.E.Louridas έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 13 (Από την ίδια πηγή)
Έστω Μ,Ν τα μέσα των πλευρών DC, AB ενός τετράπλευρου ABCD.
Υπολογίστε την τιμή της παράστασης:
$\displaystyle X \equiv \frac{{\left( {AND} \right) + \left( {BNC} \right)}} {{\left( {ABM} \right)}} - \frac{{\left( {ABM} \right)}} {{\left( {AND} \right) + \left( {BNC} \right)}}.$

(*) όταν έχουμε ευθύγραμμο σχήμα μέσα σε παρένθεση εννοούμε το εμβαδόν του.

S.E.Louridas

ΛΥΣΗ

Παίρνουμε τα σημεία G,H,E

επι της ευθείας

που είναι τέτοια ώστε:
$\displaystyle DG\perp AB,\;\;MH\perp AB,\;\;CE\perp AB$
Προφανώς τα τμήματα DG,MH,CE

είναι παράλληλα και το τετράπλευρο GECD

είναι τραπέζιο ενώ αφού το

είναι το μέσο της

τότε το

είναι το μέσο της

και άρα η

είναι διάμεσος του τραπεζίου.
Άρα ισχύει:
$\displaystyle \boxed{HM=\frac{DG+CE}{2}}(1)$
και έχουμε:

$\displaystyle \mathbb{A}=\frac{\left(AND \right)+\left(BNC \right)}{\left(ABM \right)}=\frac{\frac{AN\cdot DG}{2}+\frac{BN\cdot CE}{2}}{\frac{AB\cdot MH}{2}}=\frac{AN\cdot DG+BN\cdot CE}{AB\cdot MH}\stackrel{(AB=2AN,AN=NB)}=\frac{AN\cdot DG+AN\cdot CE}{2AN\cdot MH}=\frac{DG+CE}{2MH}\stackrel{(1)}=\frac{2MH}{2MH}=1$
Δηλαδή:
$\displaystyle X\equiv \mathbb{A}-\frac{1}{\mathbb{A}}=1-1=0$

: Λογος Εμβαδων!.png (23.4 KiB) Προβλήθηκε 14139 φορές

ΑΡΣΕΝΟΗ · #62

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
ΑΣΚΗΣΗ 32: Να αποδειχθεί ότι ο αριθμός

$A=1998^{2}-1997^{2}+1996^{2}-1995^{2}+ ... +2^{2}-1^{2}$

είναι πολλαπλάσιο του 1990

Καλημέρα...
Κ.Δημήτρη, νομίζω πως πρέπει να αποδείξουμε ότι ο αριθμός αυτός είναι πολ\σιο του 1999 και όχι του 1990,γιατί με τον αριθμό αυτό δε βγαίνει.
Για την άσκηση τώρα:
Με τη βοήθεια της ταυτότητας που μας είπατε έχουμε:
$\displaystyle\ \bullet 1998^{2}-1997^{2}=(1998-1997)(1998+1997)=1998+1997$
$\displaystyle\ \bullet 1996^{2}-1995^{2}=(1996-1995)(1996+1995)=1996+1995$

$\displaystyle\ \bullet$

$\displaystyle\ \bullet$

$\displaystyle\ \bullet$

$\displaystyle\ \bullet 2^{2}-1^{2}=(2-1)(2+1)=2+1$
Άρα:
$\displaystyle\ A=1998^{2}-1997^{2}+1996^{2}-1995^{2}+...+2^{2}-1^{2}=$

$\displaystyle\ 1998+1997+1996+1995+...+2+1=$

$\displaystyle\ (1998+1)+(1997+2)+(1996+3)+...+(1000+999)=$

$\displaystyle\ 1999{\cdot999=\pi o\lambda .1999$

sokratis lyras · #63

ΑΣΚΗΣΗ 34 :
Να προδιορίσετε τις τιμές του θετικού ακέραιου

για τις οποίες ο αριθμός A=n^3-n^2+n-1

είναι πρώτος.
Αρχιμήδης junior(αλλα είναι απλή για αρχιμίδη)

Θεωρία:Ο πρώτος αριθμός διαιρείται μόνο με τον αριθμό και με τον εαυτό του.

greek_sorcerer · #64

sokratis lyras έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 34 :
Να προδιορίσετε τις τιμές του θετικού ακέραιου για τις οποίες ο αριθμός είναι πρώτος.
Αρχιμήδης junior(αλλα είναι απλή για αρχιμίδη)

Θεωρία:Ο πρώτος αριθμός διαιρείται μόνο με τον αριθμό και με τον εαυτό του.

οπότε n=2 και Α=5

#65

Πολύ ωραία.

(Να πουμε για τους μικρούς μας φίλους, ότι για να είναι ένα γινόμενο δύο φυσικών αριθμών πρώτος, θα πρέπει ο ένας μόνο από τους δύο παράγοντες να είναι ίσος με την μονάδα. Αυτό χρησιμοποίησε ο greek-sorcerer στο προηγούμενο θέμα, αφού πρώτα παραγοντοποίησε την δοσμένη παράσταση. Δηλαδή την μετέτρεψε σε γινόμενο παραγόντων)

Ακολουθούν τώρα δύο ακόμα ασκήσεις που έχουν τεθεί σε διαγωνισμούς της ΕΜΕ για την Γ Γυμνασίου και Α Λυκείου

ΣΗΜΕΙΩΣΗ: Υπενθυμίζουμε τις ταυτότητες:

$x^{2}+2xy+y^{2}=(x+y)^{2} x^{2}-2xy+y2=(x-y)^{2}$

ΑΣΚΗΣΗ 35 :
(α) Να παραγοντοποιηθεί η παράσταση: $x^{4}+4y^{4}$

(β) Αν x,y θετικοί ακέραιοι και $y\geq 2$ να δείξετε ότι ο αριθμός $x^{4}+4y^{4}$ είναι σύνθετος

(δηλαδή δεν είναι πρώτος)

ΑΣΚΗΣΗ 36 :
Αν

και

είναι πραγματικοί αριθμοί και $a\geq 1$ να δείξετε ότι : $\displaystyle \frac{x^{2}+a}{\sqrt{x^{2}+a}-1}\geq 2$ .

Πότε ισχύει η ισότητα;

greek_sorcerer · #66

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 35: (α) Να παραγοντοποιηθεί η παράσταση: $x^{4}+4y^{4}$

(β) Αν x,y θετικοί ακέραιοι και $y\geq 2$ να δείξετε ότι ο αριθμός $x^{4}+4y^{4}$ είναι σύνθετος

(δηλαδή δεν είναι πρώτος)

Για το πρώτο ερώτημα:
$x^{4}+4y^{4}=(x^{2}-2xy+2y^{2})(x^{2}+2xy+2y^{2})$

Για το δεύτερο ερώτημα:
Είναι άμεση απόρροια του πρώτου ερωτήματος, αφού η παράσταση γράφεται ως γινόμενο, άρα ο αριθμός είναι σύνθετος.

greek_sorcerer · #67

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 36: Αν a και x είναι πραγματικοί αριθμοί και $a\geq 1$ να δείξετε ότι

$\frac{x^{2}+a}{\sqrt{x^{2}+a}-1}\geq 2$ .

Πότε ισχύει η ισότητα;

μπορούμε να θέσουμε $y=x^{2}+a$ οπότε άσκηση μετασχηματίζεται σε:
$\frac{y}{\sqrt{y}-1}\geq 2$ οπότε έχουμε μια ωραιότατη άσκηση α' λυκείου!

#68

greek_sorcerer έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
$x^{2}+2xy+y^{2}=(x+y)^{2} x^{2}-2xy+y2=(x-y)^{2}$

ΑΣΚΗΣΗ 35: (α) Να παραγοντοποιηθεί η παράσταση: $x^{4}+4y^{4}$

(β) Αν x,y θετικοί ακέραιοι και $y\geq 2$ να δείξετε ότι ο αριθμός $x^{4}+4y^{4}$ είναι σύνθετος

(δηλαδή δεν είναι πρώτος)
Για το πρώτο ερώτημα:
$x^{4}+4y^{4}=(x^{2}-2xy+2y^{2})(x^{2}+2xy+2y^{2})$

Για το δεύτερο ερώτημα:
Είναι άμεση απόρροια του πρώτου ερωτήματος, αφού η παράσταση γράφεται ως γινόμενο, άρα ο αριθμός είναι σύνθετος.

Αρκεί βέβαια να δείξουμε ότι και οι δύο παράγοντες είναι διάφοροι της μονάδας

#69

greek_sorcerer έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 36: Αν a και x είναι πραγματικοί αριθμοί και $a\geq 1$ να δείξετε ότι

$\frac{x^{2}+a}{\sqrt{x^{2}+a}-1}\geq 2$ .

Πότε ισχύει η ισότητα;
μπορούμε να θέσουμε $y=x^{2}+a$ οπότε άσκηση μετασχηματίζεται σε:
$\frac{y}{\sqrt{y}-1}\geq 2$ οπότε έχουμε μια ωραιότατη άσκηση α' λυκείου!

Ας δώσουμε μια αναλυτική λύση, ώστε να γίνει κατανοητή και από μαθητές Γυμνασίου.

sokratis lyras · #70

greek_sorcerer έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
$x^{2}+2xy+y^{2}=(x+y)^{2} x^{2}-2xy+y2=(x-y)^{2}$

ΑΣΚΗΣΗ 35: (α) Να παραγοντοποιηθεί η παράσταση: $x^{4}+4y^{4}$

(β) Αν x,y θετικοί ακέραιοι και $y\geq 2$ να δείξετε ότι ο αριθμός $x^{4}+4y^{4}$ είναι σύνθετος

(δηλαδή δεν είναι πρώτος)
Για το πρώτο ερώτημα:
$x^{4}+4y^{4}=(x^{2}-2xy+2y^{2})(x^{2}+2xy+2y^{2})$

Μήπως θα έπρεπε και στην παραγοντοποίηση να δώσουμε λίγο πιο αναλυτική λύση?(να αναφέρουμε δηλαδή την προσθαφαίρεση)

#71

sokratis lyras έγραψε:
greek_sorcerer έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
(β) Αν x,y θετικοί ακέραιοι και $y\geq 2$ να δείξετε ότι ο αριθμός $x^{4}+4y^{4}$ είναι σύνθετος

(δηλαδή δεν είναι πρώτος)
Για το πρώτο ερώτημα:
$x^{4}+4y^{4}=(x^{2}-2xy+2y^{2})(x^{2}+2xy+2y^{2})$
Μήπως θα έπρεπε και στην παραγοντοποίηση να δώσουμε λίγο πιο αναλυτική λύση?(να αναφέρουμε δηλαδή την προσθαφαίρεση)

Πράγματι καλό είνα να βλέπαμε αναλυτικότερα τα βήματα. Πάντως, για την ιστορία,
η ίδια ταυτότητα (χωρίς τα βήματα παραγοντοποίησης) υπάρχει και εδώ

viewtopic.php?f=111&t=15658

Ονομάζεται "ταυτότητα της Kovalewska", προς τιμήν της μεγάλης αυτής Μαθηματικού.

Φιλικά,

Μιχάλης

#72

Έχεις δίκιο Μιχάλη. Επειδή απευθυνόμαστε και σε μαθητές Γυμνασίου, καλό είναι να δοθούν πιο αναλυτικές λύσεις.

ΑΣΚΗΣΗ 35: (α) Έχουμε: $x^{4}+4y^{4}=(x^{2})^{2}+(2y^{2})^{2}=(x^{2})^{2}+(2y^{2})^{2}+2.x^{2}(2y^{2})-2.x^{2}.(2y^{2})= (x^{2}+2y^{2})^{2}-(2xy)^{2}=(x^{2}+2y^{2}+2xy)(x^{2}+y^{2}-2xy)$

(β) Πρέπει να δείξουμε ότι $x^{2}+2y^{2}+2xy\neq 1, x^{2}+2y^{2}-2xy\neq 1$

Πράγματι, έχουμε: $x^{2}+2y^{2}+2xy=x^{2}+y^{2}+y^{2}+2xy =(x+y)^{2}+y^{2},$

Όμως αφού είναι $y\geq 2\Rightarrow y^{2}\geq 4\Rightarrow (x+y)^{2}+y^{2}\geq (x+y)^{2}+4\geq 4>1$

Άρα $(x+y)^{2}+y^{2}\neq 1$

Όμοια δείχνουμε ότι και ο άλλος παράγοντας είναι διάφορος της μονάδας οπότε έχουμε ότι ο αριθμός $x^{4}+4y^{4}$ είναι σύνθετος.

ΑΣΚΗΣΗ 36: Όπως είδαμε παραπάνω, αρκεί να δείξουμε ότι $\frac{y}{\sqrt{y}-1}\geq 2\Leftrightarrow \frac{y}{\sqrt{y}-1}-2\geq 0$

Έχουμε $\frac{y}{\sqrt{y}-1}-2=\frac{y-2\sqrt{y}+2}{\sqrt{y}-1}=\frac{(\sqrt{y})^{2}-2\sqrt{y}.1+1+1}{\sqrt{y}-1}= \frac{(\sqrt{y}-1)^{2}+1}{\sqrt{y}-1}$

Αφού τώρα $a\geq 1\Rightarrow x^{2}+a\geq x^{2}+1>1$ για κάθε x διάφορο του μηδενός.

Άρα y>1 δηλαδή $\sqrt{y}-1>0$ Και αφού $(\sqrt{y}-1)^{2}+1>0$ θα πρέπει:

$\frac{(\sqrt{y}-1)^{2}+1}{\sqrt{y}-1}>0$ οπότε $\frac{y}{\sqrt{y}-1}-2>0$ και άρα

$\frac{y}{\sqrt{y}-1}>2$

Έχουμε μια εκκρεμότητα, για το τι συμβαίνει αν είναι χ=0. Τότε έχουμε y=a οπότε αρκεί να δείξουμε ότι

$\frac{a}{\sqrt{a}-1}\geq 2$ . Πρέπει να είναι το a διάφορο του 1 (για να μην μηδενίζεται ο παρονομαστής).

Δηλαδή πρέπει να είναι μόνο a>1 και άρα $\sqrt{a}>1$ δηλαδή $\sqrt{a}-1>0$ Οπότε έχουμε :

$\frac{a}{\sqrt{a}-1}>2$ (δικαιολογήστε το γιατί)

Άρα και στην περίπτωση αυτή, έχουμε το ζητούμενο.

ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ: Η ισότητα, όπως είδαμε πιο πάνω, δεν μπορεί να ισχύει ποτέ.

#73

Μια επίσης χρήσιμη ταυτότητα είναι και η εξής:
$x^{3}+y^{3}=(x+y)(x^{2}-xy+y^{2})$ (άθροισμα κύβων)

Από τις επόμενες δύο ασκήσεις, η πρώτη έχει τεθεί σε διαγωνισμό της ΕΜΕ για την Γ Γυμνασίου και η δεύτερη, ως πρώτο ερώτημα σε διαγωνισμό της ΕΜΕ για την Β Λυκείου (αλλά είναι αντιμετωπίσιμη και από ταλαντούχους μαθητές του Γυμνασίου)

ΑΣΚΗΣΗ 37: Αν για τους πραγματικούς αριθμούς x,a,b,y ισχύει ότι xy-ab=1, να αποδειχθεί ότι:

$a^{2}+b^{2}+x^{2}+y^{2}+ax+by>1$

ΑΣΚΗΣΗ 38: Για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς x,y,z να αποδείξετε ότι:

$\frac{x^{3}+y^{3}}{x^{2}+xy+y^{2}}\leq x+y$

Σημείωση: Δεν έχει ακόμα λυθεί η ΑΣΚΗΣΗ 33 (δεν είναι ιδιαίτερα δύσκολη)

Marios V. · #74

Για την 33.
Αν

ακέραιος:
Πρέπει $\frac{1}{1+\frac{1}{1+\frac{1}{n}}}$ ακέραιος. Οπότε απαραίτητα, η απόλυτη τιμή του $1+\frac{1}{1+\frac{1}{n}}<1$ .
Αλλά $\frac{1}{1+\frac{1}{n}}>0$ επειδή n θετικός, και άρα $1+\frac{1}{1+\frac{1}{n}}>1$ . Ατοπο.
Οπότε ο

δεν μπορεί να είναι ακέραιος.

για την 38.
έχουμε:
$\frac{x^{3}+y^{3}}{x^{2}+xy+y^{2}}=\frac{(x+y)(x^{2}-xy+y^{2})}{x^{2}+xy+y^{2}}$
$x+y=\frac{(x+y)(x^{2}-xy+y^{2})}{x^{2}-xy+y^{2}}$
Οπότε η ζητούμενη ανισότητα γράφεται
$\frac{(x+y)(x^{2}-xy+y^{2})}{x^{2}+xy+y^{2}} \leq \frac{(x+y)(x^{2}-xy+y^{2})}{x^{2}-xy+y^{2}}$
ίσοι αριθμητές, άρα αρκεί να δείξουμε ότι για κάθε x,y θετικούς $x^{2}+xy+y^{2}\geq x^{2}-xy+y^{2}$ , ή ακόμα ότι $xy\geq-xy$ . Πράγμα που προφανώς ισχύει, με την ισότητα στο x=0 ή y=0(η πιθανότητα να ισχύουν και τα δυο απορρίπτεται.)

#75

Σύντωμες και κατανοητές οι λύσεις από τον φίλο μας Φερμά-96.

Να τονίσουμε επί πλέον (για τους άπειρους ακόμα μαθητές μας) ότι οi αριθμοί:

$x^{2}+xy+y^{2},x^{2}-xy+y^{2}$ είναι΄μη αρνητικοί για κάθε x,y πραγματικούς αριθμούς (ενώ είναι μηδέν μόνο για x=y=0).

Παρακάτω θα δούμε την απόδειξη της ανισότητας: $x^{2}+xy+y^{2}\geq 0$ για κάθε x,yER

Έχουμε: $x^{2}+xy+y^{2}=\frac{2x^{2}+2xy+2y^{2}}{2}=\frac{x^{2}+x^{2}+2xy+y^{2}+y^{2}}{2} \geq 0$
(δώστε μόνοι την εξήγηση) για κάθε x,yER (όπου για να ισχύει η ισότητα, θα

πρέπει να είναι x=0 και x+y=0 και y=0, δηλαδή x=y=o)

Επειδή λοιπόν στην εκφώνιση της άσκησης μας έδιναν ότι τα x,y είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί, είναι φανερό ότι οι αριθμοί $x^{2}+xy+y^{2},x^{2}-xy+y^{2}$ είναι θετικοί.

Άλυτη μας έχει μείνει μόνο η ΑΣΚΗΣΗ 37

Grigoris K. · #76

ΑΣΚΗΣΗ 37

Ας δώσω μια λεπτομερή λύση για τους μικρούς μας φίλους (μιας και έμεινε αναπάντητη):

Η προς απόδειξη ανισότητα γράφεται με αντικατάσταση όπου 1 = xy - ab :

$\displaystyle{a^2 + b^2 + x^2 + y^2 + ax + by -xy + ab > 0 \Leftrightarrow 2a^2 + 2ab + 2b^2 + 2x^2 -2xy + 2y^2 + 2ax + 2by > 0 }$

Tώρα σχηματίζουμε ταυτότητες της μορφής : $(\alpha \pm \beta)^2 = \alpha^2 \pm 2\alpha\beta + \beta^2$

$\displaystyle{... \Leftrightarrow a^2 + 2ab + b^2 + x^2 - 2xy + y^2 +a^2 + 2ax + x^2 + b^2 + 2by + y^2 \Leftrightarrow (a+b)^2 + (x-y)^2 + (a+x)^2 + (b+y)^2 >0 }$

Όμως ως αθροίσματα τετραγώνων ισχύει : $(a+b)^2 + (x-y)^2 + (a+x)^2 + (b+y)^2 \geq 0$ . Η ισότητα ισχύει αν και μόνον αν a = - b , x = y , a = -x , b = -y

Τώρα λύνοντας το σύστημα $\left{\begin{matrix} a + b = 0 \\ x = y \\ a + x = 0 \\ b + y = 0 \end {matrix}}\right$ προκύπτει a = b = x = y = 0

Όμως κάτι τέτοιο δεν μπορεί να συμβαίνει καθώς δεν θα ικανοποιείται η δοσμένη σχέση: xy - ab = 1

.

Συνεπώς η ισότητα δεν μπορεί να ισχύει άρα (a+b)^2 + (x-y)^2 + (a+x)^2 + (b+y)^2 >0

και το ζητούμενο δείχθηκε.

#77

Μετά λοιπόν την λύση που μας έδωσε ο Grigoris, ας δώσουμε μια ακόμα χρήσιμη ταυτότητα:

$(x+y+z)^{2}=x^{2}+y^{2}+z^{2}+2xy+2xz+2yz$

Οι δύο επόμενες ασκήσεις, έχουν τεθεί σε διαγωνισμούς της ΕΜΕ για την Γ Γυμνασίου

ΑΣΚΗΣΗ 39: Να παραγοντοποιηθεί η παράσταση:

$A=(2+x+x^{2})^{2}-x^{3}$

ΑΣΚΗΣΗ 40: (α) Να αποδείξετε ότι για κάθε θετικό ακέραιο n ισχύει ότι:

$\left(\frac{2n}{2n+1} \right)^{2}<\frac{n}{n+1}$

(β) Να αποδείξετε ότι: $(\frac{2}{3}.\frac{4}{5}.\frac{6}{7}. ... .\frac{2000}{2001})^{2}<\frac{1}{1001}$

komi · #78

Άσκηση 41

Εάν a, b πραγματικοί μη μηδενικοί και

(a^2+b^2)^3=(a^3+b^3)^2

Να βρεθεί η τιμη : a/b+b/a

Marios V. · #79

για την 40.
α) πρέπει $\frac{4n^{2}}{4n^{2}+4n+1} <\frac{n}{n+1}$
Απλοποιούμε τα

των αριθμητών. Επειδή

θετικός, πρέπει να ισχύει
$4n(n+1) < 4n^{2}+4n+1$
$4n^{2}+4n < 4n^{2}+4n+1$
0<1

, που ισχύει. άρα ισχύει και η αρχική ανισότητα.
β)
$(\frac{2}{3})^{2}<\frac{1}{2}$
$(\frac{4}{5})^{2}<\frac{2}{3}$
$(\frac{6}{7})^{2}<\frac{3}{4}$

$(\frac{2000}{2001})^{2}<\frac{1000}{1001}$

Με πολλ. προκύπτει ότι
$(\frac{2}{3}.\frac{4}{5}.\frac{6}{7}. ... .\frac{2000}{2001})^{2}<\frac{1}{2}.\frac{2}{3}.\frac{3}{4}. ... .\frac{1000}{1001}=\frac{1}{1001}$ (με διαδοχικές απλοποιήσεις)

για την 41.
(a^2+b^2)^3=(a^3+b^3)^2

γράφεται $a^{6}+3a^{4}b^{2}+3a^{2}b^{4}+b^{6}=a^{6}+2a^{3}b^{3}+b^{6}$
ή $3a^{4}b^{2}+3a^{2}b^{4}=2a^{3}b^{3}$
ή $3a^{2}b^{2}(a^{2}+b^{2})=2a^{3}b^{3}$
ή $3a^{2}b^{2}(a^{2}+b^{2})=2a^{3}b^{3}$

ή $\frac{a^{2}b^{2}(a^{2}+b^{2})}{a^{3}b^{3}}=\frac{2}{3}$

ή $\frac{a^{2}+b^{2}}{ab}=\frac{2}{3}$

ή $\frac{b}{a}+\frac{a}{b}=\frac{2}{3}$

komi · #80

ΑΣΚΗΣΗ 42 :

Εάν a,b,c

ακέραιοι πραγματικοί. Να δείξετε ότι η παράστασή

4abc(b+c-a)+[(b-a)(c-a)]^2

είναι τέλειο τετράγωνο.

Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί

Μέλη σε σύνδεση