mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 06, 2020 3:48 pm**

Χαίρετε!

Τα θέματα έχουν αναρτηθεί στην ιστοσελίδα της ΕΜΕ.

Φιλικά,

Αχιλλέας

(11μμ: προσθήκη συνημμένων)

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 06, 2020 3:48 pm**

Α ΛΥΚΕΙΟΥ - ΘΕΜΑ 1

Παρατηρούμε ότι (5a+1)(5b+1)=5(5ab+a+b)+1

, δηλ. το γινόμενο δύο αριθμών που αφήνουν υπόλοιπο 1 όταν διαιρεθούν με το 5, αφήνει επίσης υπόλοιπο 1 όταν διαιρεθεί με το 5.

Αφού $81=16\cdot 5+1$ , κάθε δύναμη του

, άρα και ο $81^{3^n}$ , αφήνει υπόλοιπο

κατά τη διαίρεση του με το

.

Επίσης, αφού 4=5-1

κάθε δύναμη του

σε περιττό εκθέτη είναι ισοϋπόλοιπη με το

κατά τη διαίρεση της με το

. Έτσι, αφού ο 2n+1

είναι περιττός για κάθε

, ο $4^{2n+1}$ είναι ισοϋπόλοιπος με το

κατά τη διαίρεσή του με το

.

Συνεπώς, ο

θα αφήνει υπόλοιπο 1+(-1)=0

κατά τη διαίρεση του με το 5, δηλ. διαιρείται με το 5. Αφού A>5

, o

είναι σύνθετος.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 06, 2020 3:49 pm**

Β ΛΥΚΕΙΟΥ - ΘΕΜΑ 1

Προφανώς ο αριθμός $\nu$ πρέπει να είναι τετραψήφιος, έστω $\nu=\overline{abcd}$ . Θέλουμε να λύσουμε την εξίσωση

$\displaystyle 1001a+101b+11c+2d=2025,$

με $1\leq a\leq 9$ , και $0\leq b,c,d\leq 9$ . Προφανώς a=1

ή

.

Με

η παραπάνω γίνεται 101b+11c+2d=1024

. Εάν $b\leq 8$ , τότε $11c+2d=1024-101\cdot b\geq 1024-101\cdot 8=216$ , άτοπο.

Εάν b=9

, παίρνουμε 11c+2d=115

. Εάν $c\leq 8$ , τότε $2d=115-11c\geq 27$ , άτοπο. Άρα c=9

και

. Οπότε, εάν a=1

παίρνουμε τον αριθμό 1998

.

Με

η παραπάνω γίνεται 101b+11c+2d=23

, οπότε αναγκαστικά b=0

και

. H τελευταία δίνει εύκολα c=1

και

. Οπότε, εάν a=2

παίρνουμε τον αριθμό 2016

.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 06, 2020 3:50 pm**

Β ΛΥΚΕΙΟΥ - ΘΕΜΑ 3

Παρατηρούμε ότι

$\displaystyle \dfrac{a+b+c}{b-2a}-4=\dfrac{9a-3b+c}{b-2a}=\dfrac{f(-3)}{b-2a}\geq 0,$

αφού b-2a>0

και $f(-3)\geq 0$ .

Συνεπώς, για όλα τα τριώνυμα f(x)=ax^2+bx+c

που ικανοποιούν τις υποθέσεις του προβλήματος, η παράσταση $\dfrac{a+b+c}{b-2a}$ είναι μεγαλύτερη ή ίση του

. Γίνεται, δε, ίση με

για κάθε τριώνυμο της μορφής ax^2+6ax+9a=a(x+3)^2

με

.

Πως το σκεφτήκαμε: Θέλουμε

ώστε $\dfrac{a+b+c}{b-2a}\geq k \iff (2k+1)a+(1-k)b+c\geq 0$ .

Λύνοντας το σύστημα x^2=2k+1

,

, εύκολα βρίσκουμε k=4

και

.

(7-11/10:30πμ) Δείτε και την παρακάτω ανάρτηση εδώ.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 06, 2020 3:52 pm**

Β ΛΥΚΕΙΟΥ - ΘΕΜΑ 2

Από γωνία χορδής και εφαπτομένης, τις ίσες προσκείμενες γωνίες στη βάση του ισοσκελούς $AB\Gamma$ και το εγγεγραμμένο τετράπλευρο $AB\Gamma\Delta$ έχουμε

$\begin{aligned} \Delta\widehat{\Gamma}K=\Delta \widehat{B}\Gamma &=90^\circ-A\widehat{\Gamma}B\\ &=90^\circ-A\widehat{B}\Gamma\\ &=90^\circ-\Gamma\widehat{\Delta}K,\\ \end{aligned}$

οπότε $\displaystyle \Delta \widehat{\Gamma}K+\Gamma\widehat{\Delta}K=90^\circ,$ δηλ. $AK\perp \Gamma\Lambda$ . Αφού $\Lambda\Delta\perp A\Gamma$ , το $\Delta$ είναι το ορθόκεντρο του $\triangle A\Gamma\Lambda$ .

Για το δεύτερο ζητούμενο, θα δείξουμε ότι $Z\Delta=\Gamma\Delta=\Lambda\Delta$ . Αφού $A\widehat{B}\Delta=45^\circ=B\widehat{\Delta}\Gamma$ , είναι $\Delta\Gamma//AB$ . Έτσι,
$\displaystyle Z\widehat{\Delta}B=180^\circ-B\widehat{A}Z=180^\circ-\Gamma\widehat{N}\Lambda=90^\circ.$

Άρα, η

είναι διάμετρος, καθώς και διχοτμός της $A\widehat{B}\Delta$ , ενώ και $Z\Delta //A\Gamma$ . Έτσι, $Z\Delta=ZA=\Delta\Gamma$ . Επίσης, το $\triangle Z\Delta \Lambda$ είναι ορθογώνιο ισοσκελές με $Z\Delta=\Delta\Lambda$ . Συνεπώς, $Z\Delta=\Gamma\Delta=\Lambda\Delta$ , όπως θέλαμε.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 06, 2020 4:05 pm**

Α ΛΥΚΕΙΟΥ - ΘΕΜΑ 2

Για κάθε ακέραιο

είναι

$\displaystyle 3k(k+1)=k(k+1)(k+2)-(k-1)k(k+1),$

Έστω

το άθροισμα του Ανδρέα,

το άθροισμα του Βασίλη, και $\Gamma$ το άθροισμα της Γεωργίας είναι

$\begin{aligned} 3A+3B&=3(1\cdot 2+2\cdot 3+\cdots+2019\cdot 2020) \\ &=1\cdot 2\cdot 3+ (2\cdot 3\cdot 4-1\cdot 2\cdot 3)+\cdots +(2019\cdot 2020\cdot 2021-2018\cdot 2019\cdot 2020)\\ &=2019\cdot 2020\cdot 2021\\ \end{aligned}$

Έτσι

$\begin{aligned} \Gamma&=3A+3B+2020\\ &=2019\cdot 2020\cdot 2021+2020\\ &=2020(2019\cdot 2021+1)\\ &=2020(2020^2-1+1)\\ &=2020^3. \end{aligned}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 06, 2020 4:10 pm**

Α Λυκείου
Θέμα 2
Μία λύση για οποιοδήποτε θετικό ακέραιο

.
Είναι $S_1=1+2+3+...+n=\frac{n(n+1)}{2}$
Και $S_2=1^2+2^2+3^2+...+n^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$
Έτσι αν ο Ανδρέας έκανε την ίδια διαδικασία με τους αριθμούς 1,2,3,...,n

και του προέκυπτε ο αριθμός

ο Βασίλης έκανε την ίδια διαδικασία με τους αριθμούς 1^2,2^2,3^2,...,n^2

και του προέκυπτε ο αριθμός

και η Γεωργία προσέθετε τον n+1

αντί του

τότε:
$\Gamma =3(A+B)+n+1=3(S_1+S_2)+n+1$
$=3(\frac{n(n+1)}{2}+\frac{n(n+1)(2n+1)}{6})+n+1$
$=(n+1)(\frac{3n}{2}+\frac{n(2n+1)}{2}+1)$
$=(n+1)(\frac{2n^2+4n+2}{2})$
=(n+1)(n^2+2n+1)=(n+1)^3

Έτσι για

ο αριθμός που βρήκε η Γεωργία είναι 2020^3

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 06, 2020 4:23 pm**

Γ Λυκείου
Θέμα 1
Είναι $3p-8=k^3\Leftrightarrow 3p=(k+2)(k^2-2k+4)$
Αφού 3,p

:πρώτοι παίρνουμε τις εξής περιπτώσεις:
• $3=k+2, p=k^2-2k+4\Leftrightarrow k=1,p=3$
• $3=k^2-2k+4, p=k+2\Leftrightarrow k=1,p=2$
• $3p=k^2-2k+4, 1=k+2\Rightarrow k=-1$ αδύνατο διότι $k\in \mathbb{N}^*$
• 1=k^2-2k+4, 3p=k+2

$\Rightarrow k^2-2k+3=0$ αδύνατη διότι $\Delta=-8$
$\Rightarrow p=3$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 06, 2020 4:32 pm**

Α ΛΥΚΕΙΟΥ - ΘΕΜΑ 3

Αφού $A\widehat{M}\Gamma=90^\circ$ (η διάμεσος ισοσκελούς τριγώνου είναι και ύψος), η $A\Gamma$ είναι διάμετρος του (c)

, με το μέσο της

να είναι το κέντρο του (c)

. Άρα είναι $AN=N\Delta$ , οπότε η κάθετη από το

στην

είναι η μεσοκάθετος του $A\Delta$ .

Επίσης, η κάθετος από το $\Gamma$ στην $N\Delta$ είναι η μεσοκάθετος του $N\Delta$ αφού $N\Gamma=\Gamma\Delta$ (το $\Delta N\Gamma$ είναι ισόπλευρο).

Το σημείο τομής των μεσοκαθέτων των $A\Delta$ και $N\Delta$ είναι, εξ ορισμού, το περίκεντρο του τριγώνου $A\Delta N$ .

Έστω το σημείο αυτό να είναι το

. Το

ανήκει στον (c)

διότι το ισοσκελές τρίγωνο $NK\Delta$ με $K\widehat{N}\Delta=N\widehat{\Delta}\Gamma=60^\circ$

(ως εντός εναλλάξ, αφού $KN\perp A\Delta$ και $\Gamma\Delta\perp A\Delta$ , άρα $KN//\Delta\Gamma$ ) είναι ισόπλευρο.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 06, 2020 5:07 pm**

achilleas έγραψε: Παρ Νοέμ 06, 2020 3:48 pm Α ΛΥΚΕΙΟΥ - ΘΕΜΑ 1

Παρατηρούμε ότι , δηλ. το γινόμενο δύο αριθμών που αφήνουν υπόλοιπο 1 όταν διαιρεθούν με το 5, αφήνει επίσης υπόλοιπο 1 όταν διαιρεθεί με το 5.

Αφού $81=16\cdot 5+1$ , κάθε δύναμη του , άρα και ο $81^{3^n}$ , αφήνει υπόλοιπο κατά τη διαίρεση του με το .

Επίσης, αφού κάθε δύναμη του σε περιττό εκθέτη αφήνει υπόλοιπο κατά τη διαίρεση της με το . Έτσι, αφού ο είναι περιττός για κάθε , ο $4^{2n+1}$ αφήνει υπόλοιπο κατά τη διαίρεσή του με το .

Συνεπώς, ο θα αφήνει υπόλοιπο κατά τη διαίρεση του με το 5, δηλ. διαιρείται με το 5. Αφού , o είναι σύνθετος.

Καλησπέρα Αχιλλέα. Η λύση που κάνεις γίνετε πιο απλή αν πούμε ότι το 81 σε οποιοδήποτε εκθέτη λήγει σε 1 και το 4 σε περιττο εκθέτη λήγει σε 4 ! Άρα το άθροισμα λήγει σε 5 και άρα διαιρείται με το 5. Επίσης υπάρχει και άμεση λύση λόγω της ταυτότητας Sophie-Germain!! Καλή επιτυχία σε όλα τα παιδιά!

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 06, 2020 5:08 pm**

Γ Λυκείου
Θέμα 2
Προσθέτουμε κατά μέλη και παίρνουμε:
x^3+3x^2+3x+y^2+4y+z^2-6z=66

$\Leftrightarrow (x+1)^3+(y+2)^2+(z-3)^3=80$
Αν $x\geq 4$ τότε $(x+1)^3\geq 5^3=125>80$
•Αν $x=3\Leftrightarrow (y+2)^2+(z-3)^2=16$
Τα μόνα 2 τέλεια τετράγωνα που έχουν άθροισμα

είναι τα

και

.
Έτσι $(y+2)^2=16,(z-3)^2=0\Rightarrow y=2,z=3$
Αλλά τα (x,y,z)=(3,2,3)

δεν επαληθεύουν το σύστημα
•Αν $x=2\Leftrightarrow (y+2)^2+(z-3)^2=53$
Τα μόνα 2 τέλεια τετράγωνα που έχουν άθροισμα

είναι τα

και

.
Αλλά τα (x,y,z)=(2,5,1),(2,5,5)

δεν επαληθεύουν το σύστημα.
•Αν $x=1\Leftrightarrow (y+2)^2+(z-3)^2=72$
Τα μόνα 2 τέλεια τετράγωνα που έχουν άθροισμα

είναι τα

και

.
Έτσι $(y+2)^2=36,(z-3)^2=36\Rightarrow y=4,z=9$
$\Rightarrow (x,y,z)=(1,4,9)$ η οποία επαληθεύει το σύστημα και είναι η μόνη λύση του

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 06, 2020 5:17 pm**

Τσιαλας Νικολαος έγραψε: Παρ Νοέμ 06, 2020 5:07 pm
achilleas έγραψε: Παρ Νοέμ 06, 2020 3:48 pm Α ΛΥΚΕΙΟΥ - ΘΕΜΑ 1

Παρατηρούμε ότι , δηλ. το γινόμενο δύο αριθμών που αφήνουν υπόλοιπο 1 όταν διαιρεθούν με το 5, αφήνει επίσης υπόλοιπο 1 όταν διαιρεθεί με το 5.

Αφού $81=16\cdot 5+1$ , κάθε δύναμη του , άρα και ο $81^{3^n}$ , αφήνει υπόλοιπο κατά τη διαίρεση του με το .

Επίσης, αφού κάθε δύναμη του σε περιττό εκθέτη αφήνει υπόλοιπο κατά τη διαίρεση της με το . Έτσι, αφού ο είναι περιττός για κάθε , ο $4^{2n+1}$ αφήνει υπόλοιπο κατά τη διαίρεσή του με το .

Συνεπώς, ο θα αφήνει υπόλοιπο κατά τη διαίρεση του με το 5, δηλ. διαιρείται με το 5. Αφού , o είναι σύνθετος.
Καλησπέρα Αχιλλέα. Η λύση που κάνεις γίνετε πιο απλή αν πούμε ότι το 81 σε οποιοδήποτε εκθέτη λήγει σε 1 και το 4 σε περιττο εκθέτη λήγει σε 4 ! Άρα το άθροισμα λήγει σε 5 και άρα διαιρείται με το 5. Επίσης υπάρχει και άμεση λύση λόγω της ταυτότητας Sophie-Germain!! Καλή επιτυχία σε όλα τα παιδιά!

Άμεσα με

:
$81\equiv 1(mod5)\Rightarrow 81^{3^n}\equiv 1(mod5) (1)$
$16^n\cdot 4\equiv 1^n\cdot 4(mod5)\Rightarrow 4^{2n+1}\equiv 4(mod5) (2)$
Από τις (1),(2)

προκύπτει ότι $A\equiv 0(mod5)$
Έτσι ο

είναι σύνθετος.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 06, 2020 6:05 pm**

Γ Γυμνασίου
Θέμα 3
Αναλυτικά:
Έστω

το πλήθος των μελών που αγαπούν τα Μαθηματικά και

το πλήθος των μελών που αγαπούν τη Φυσική.
Τότε το άθροισμα των ηλικιών των μελών που αγαπούν τα Μαθηματικά είναι 25a

* και το άθροισμα των ηλικιών των μελών που αγαπούν τη Φυσική είναι 35b

*
Μετά την αλλαγή των προτιμήσεων 2 μελών το πλήθος των μελών που αγαπούν τα Μαθηματικά είναι a+2

το πλήθος των μελών που αγαπούν τη Φυσική b-2

Τότε το άθροισμα των ηλικιών των μελών που αγαπούν τα Μαθηματικά είναι 27(a+2)

* το άθροισμα των ηλικιών των μελών που αγαπούν τη Φυσική είναι 37(b-2)

*
Έτσι $25a+35b=27(a+2)+37(b-2)\Leftrightarrow a+b=10$
(Διότι το άθροισμα των ηλικιών είναι σταθερό)
Άρα η παρέα έχει

μέλη
*Έστω Μ.Ο. ηλικιών

, πλήθος μελών

, άθροισμα ηλικιών

. $\Rightarrow x=\frac{z}{y}\Leftrightarrow xy=z$
$\Rightarrow$ Το γινόμενο του Μ.Ο. των ηλικιών και του πλήθους των μελών ισούται με το άθροισμα των ηλικιών

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 06, 2020 6:41 pm**

Θέμα 2 Γ' Γυμνασίου
'Εχουμε ΑΒ=ΑΓ=ΑΔ=ΑΕ άρα τα σημεία Β, Γ, Δ, Ε είναι ομοκυκλικά με κέντρο το Α.
Οι γωνίες ΔΒΓ και ΓΕΔ βαίνουν στο τόξο ΓΔ, οπότε είναι ίσες.
Η γωνία ΓΑΔ=60μοίρες οπότε ΔΒΓ=ΓΕΔ=60/2=30μοίρες

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 06, 2020 7:32 pm**

Γ ΛΥΚΕΙΟΥ - ΘΕΜΑ 3

Το $AEK\Delta$ είναι εγγράψιμο, όπου

είναι το ορθόκεντρο του $\triangle AB\Gamma$ . Από τον Νόμο των ημιτόνων στο $\triangle AB\Gamma$ είναι $AB=2AO\sin A\widehat{\Gamma}B$ , και από τον Νόμο των ημιτόνων στο $\triangle AE\Delta$ είναι $A\Delta =AK\sin A\widehat{E}\Delta$ . Αλλά $A\widehat{E}\Delta=A\widehat{C}B$ και $AB=2A\Delta$ , αφού $A\widehat{B}\Delta=30^\circ$ στο ορθογώnιο τρίγωνο $A\Delta B$ . Άρα AK=AO

.

Αφού το

είναι μέσο της $A\Gamma$ , είναι $O\widehat{M}A=90^\circ=A\widehat{E}K$ . Έτσι, τα ορθογώνια τρίγωνα AEK

και

είναι ίσα (αφού είναι AE=AM

και

), οπότε $E\widehat{A}K=O\widehat{A}M$ . Αφού το $AEK\Delta$ είναι εγγράψιμο, έχουμε

$\displaystyle E\widehat{\Delta}K=E\widehat{A}K=O\widehat{A}M=Z\widehat{A}M.$

Αφού $A\widehat{\Delta}K=90^\circ$ και $E\widehat{\Delta}K=Z\widehat{A}M$ , έπεται ότι $AZ\perp E\Delta$ . Εύκολα βλέπουμε, ότι η

είναι διχοτόμος της $\widehat{A}$ και άρα $AH\perp EM$ (στο ισόπλευρο τρίγωνο EAM

). Αφού $AH\perp EM$ και $AZ\perp E\Delta$ είναι $\displaystyle H\widehat{A}Z=H\widehat{E}Z=H\widehat{M}Z$ . Άρα τα A, H, Z, M

είναι ομοκυκλικά.

Έστω

το σημείο τομής της $\Theta B$ και

. Τότε, αφού $NM//B\Gamma$ ,

$\displaystyle \Theta\widehat{H'}M=\Theta \widehat{B}\Gamma=\Theta \widehat{A}M=\Theta \widehat{H}M.$

Συνεπώς, το

ταυτίζεται με το

, κι άρα τα σημεία $B,H,\Theta$ είναι συνευθειακά.

Σχόλιο (9:05μμ) Ένας άλλος τρόπος να συγκρίνουμε τα ορθογώνια τρίγωνα AEK

και

προκύπτει εάν παρατηρήσουμε ότι EK=BK/2=OM

.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 06, 2020 7:34 pm**

Θέμα 1
Γ Γυμνασίου
$A=(\frac{(-3)^{-7}}{(-6)^{-6}}+\frac{(-6)^{-8}}{12^{-7}}+20^0)(\frac{(-10)^{-35}}{5^{-35}}+\frac{(-22)^{-35}}{(-11)^{-35}}+2021)$
$=[(\frac{1}{2})^{-7}\frac{1}{-6}-(\frac{1}{2})^{-7}(-6)^{-1}+1][(-2)^{-35}+2^{-35}+2021]$
$=2021[(\frac{1}{2})^{-7})(-\frac{1}{6}-(-6)^{-1})+1]$
$=2021\cdot(0+1)=2021$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 06, 2020 7:52 pm**

Θέμα 2
Β Γυμνασίου
Κατ' αρχήν μία νίκη αντιστοιχεί σε έναν βαθμό
Ο μέγιστος αριθμός νικών είναι

, έτσι για να έχουν και οι

ομάδες διαφορετικό αριθμό νικών πρέπει η

η να έχει

νίκες, η

η να έχει

νίκες,..., η

η να έχει

νίκη και η

η να μην έχει νίκες.
Αυτό μπορεί να γίνει μόνο μετά το πέρας όλων των αγώνων (διότι θα έχουν γίνει $1+2+...+11=66=6\cdot 11$ αγώνες δηλαδή όλοι)
Απαραίτητη προϋπόθεση για να γίνει είναι:
•Η

η ομάδα να νικήσει όλους τους αντιπάλους της, δηλαδή να έχει

νίκες
•Η

η ομάδα να νικήσει όλους τους αντιπάλους της πλην της

ης ομάδας δηλαδή να έχει

νίκες
•Η

η ομάδα να νικήσει όλους τους αντιπάλους της πλην της

ης και της

ης ομάδας δηλαδή να έχει

νίκες
•...
•Η

η ομάδα να μην έχει νίκες

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 06, 2020 7:59 pm**

Τσιαλας Νικολαος έγραψε: Παρ Νοέμ 06, 2020 5:07 pm ...

Καλησπέρα Αχιλλέα. Η λύση που κάνεις γίνετε πιο απλή αν πούμε ότι το 81 σε οποιοδήποτε εκθέτη λήγει σε 1 και το 4 σε περιττο εκθέτη λήγει σε 4 ! Άρα το άθροισμα λήγει σε 5 και άρα διαιρείται με το 5. Επίσης υπάρχει και άμεση λύση λόγω της ταυτότητας Sophie-Germain!! Καλή επιτυχία σε όλα τα παιδιά!

Ναι, πράγματι Νίκο!

Αντιγράφω τη λύση που μόλις μου έστειλε για έλεγχο ορθότητας ένας μαθητής μας, ο Θωμάς Πνευματικός:

$\begin{aligned} A&=81^{3^n}+4^{2n+1}\\ &=(9^2)^{3^n}+(2^2)^{2n+1}\\ &=(9^{3^n})^2+(2^{2n+1})^2\\ &=(3^{2\cdot 3^n})^2+(2^{2n+1})^2\\ &=(3^{2\cdot 3^n})^2+2\cdot 3^{2\cdot 3^n}\cdot 2^{2n+1}+(2^{2n+1})^2-2\cdot 3^{2\cdot 3^n}\cdot 2^{2n+1}\\ &=(3^{2\cdot 3^n}+2^{2n+1})^2-(3^{3^n}\cdot 2^{n+1})^2\\ &=(3^{2\cdot 3^n}+2^{2n+1}-3^{3^n}\cdot 2^{n+1})(3^{2\cdot 3^n}+2^{2n+1}+3^{3^n}\cdot 2^{n+1}) \end{aligned}$

Για την αντιγραφή, Αχιλλέας Συνεφακόπουλος

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 06, 2020 8:07 pm**

Β Γυμνασίου
Θέμα 1
$A=((\frac{(-6)^{17}}{(-3)^{16}})+\frac{(-12)^{16}}{6^{15}}+2^0)(\frac{(-8)^{31}}{4^{31}}+\frac{(-20)^{31}}{(-10)^{31}}+2020)$
$=[2^{16}(-6)+(-2)^{15}(-12)+1][(-2)^{31}+2^{31}+2020]$
$=2020[2^{16}(-2)\cdot 3+(-2)^{15}(-4)\cdot 3+1]$
$=2020[3(-2)^{17}+3\cdot 2^{17}+1]$
=2020

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 06, 2020 8:24 pm**

achilleas έγραψε: Παρ Νοέμ 06, 2020 7:59 pm
Αντιγράφω τη λύση που μόλις μου έστειλε για έλεγχο ορθότητας ένας μαθητής μας, ο Θωμάς Πνευματικός:

Αρκεί να έχει γίνει και ο έλεγχος ότι κάθε παράγοντας είναι μεγαλύτερος του

, για να μην χάσει κάποιο βαθμό ο μαθητής.

mathematica.gr

ΘΑΛΗΣ 2020

ΘΑΛΗΣ 2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2020

Re: ΘΑΛΗΣ 2020