Καλησπέρα, έλειψα για μέρες. Ορέστη, επίτρεψέ μου να σου πω ότι οι συνάδελφοι έχουν δίκιο. Τι ψάχνεις ακριβώς;

Παιδιά, σορυ, παρεξήγηση. Εγώ νόμιζα ότι ο Λάμπρος έβαλε αυτό το θέμα στο ChatGPT και το ChatGPT δεν μπόρεσε να το λύσει.

Λάμπρος Κατσάπας έγραψε: ↑

Σάβ Νοέμ 25, 2023 5:06 pm

Μας τρολάρει το ΑΙ;

Δεν μπορεί να το λύσει;;; Κόλλησε ;

Έχουμε $\displaystyle{ \begin{aligned} & 3 \sin B+4 \cos C=6 \ \text {(1) } \\ & 4 \sin C+3 \cos B=1 \ \text { (2) } \end{aligned} }$ Υψώνουμε τις (1) και (2) στο τετράγωνο και έχουμε: $\displaystyle{ \begin{aligned} & 9 \sin ^2 B+16 \cos ^2 C+24 \sin B \cdot \cos C=36 \ (3) \\ & 16 \sin ^2 C+9 \co...

Έχουμε $\displaystyle{ \begin{aligned} & 3 \sin B+4 \cos C=6 \ \text {(1) } \\ & 4 \sin C+3 \cos B=1 \ \text { (2) } \end{aligned} }$ Υψώνουμε τις (1) και (2) στο τετράγωνο και έχουμε: $\displaystyle{ \begin{aligned} & 9 \sin ^2 B+16 \cos ^2 C+24 \sin B \cdot \cos C=36 \ (3) \\ & 16 \sin ^2 C+9 \co...

Τα τρίγωνα $AEB\sim DEC$ με λόγο εμβαδών $\displaystyle \frac{\left ( AEB \right )}{\left ( DEC \right )}=2$, άρα $\displaystyle \frac{AB}{CD}=\sqrt{2}\Longleftrightarrow CD=R\sqrt{2}=\lambda _{4}\Longrightarrow \angle DAC=45^\circ\wedge \boxed{\theta =45^\circ}$ ($\angle ADB=90^\circ$ ως εγγεγραμμέ...

Έστω $Q$ η προβολή του $I$ στην $MP.$ Το $PAIQ$ είναι εγγράψιμο ($\angle PAI=\angle PQI=90^\circ$), οπότε $\angle AIP=\angle AQP$, οπότε αρκεί νδο $\angle IMP=\angle AQP\Longleftrightarrow AQ\parallel MI\Longleftrightarrow AQ\perp QD.$ Θα αποδείξουμε τον παρακάτω ισχυρισμό: Η ευθεία $MI$ περνάει από...

$\angle OAB=45^\circ\wedge \angle PSA=90^\circ\Longrightarrow PS=SA=x$ και $\displaystyle TS=\sqrt{OT^{2}-OS^{2}}=\sqrt{R^{2}-\left ( R-x \right )^{2}}=\sqrt{x\left ( 2R-x \right )}.$ Επομένως $\displaystyle TP\cdot TS=\sqrt{x\left ( 2R-x \right )}\cdot \left ( \sqrt{x\left ( 2R-x \right )}-x \right...

gbaloglou έγραψε: ↑

Δευ Νοέμ 20, 2023 1:58 pm

Διπλή εφαρμογή τριγωνικής ανισότητας στα τρίγωνα

όπου ... καθώς

Αλλιώς. Έστω $M$ μέσο του $AD$, τότε $O,E,M$ συνευθειακά και συνεπώς $\displaystyle OM=OE+EM=R+\frac{a}{2}\left ( 1 \right )$. Εξάλλου, $\widehat{OZD}=\widehat{OHD}=\widehat{ZDH}=90^\circ$ και αφού $OH=OZ=R$, έπεται ότι το $OZDH$ είναι τετράγωνο, επομένως $\displaystyle OM^{2}=R^{2}+\left ( R-\frac{...

Αλλιώς. Είναι $\displaystyle \frac{DB+EC}{DI}=\frac{DB}{DI}+\frac{EC}{DI}$ και $\widehat{IDE}=\widehat{IAE}=\widehat{IAD}=\widehat{IED}$ από το εγγράψιμο $AEID$ και συνεπώς $\displaystyle EI=DI\Longrightarrow\frac{DB+EC}{DI}=\frac{DB}{DI}+\frac{EC}{EI}\left ( 1 \right )$. Εξάλλου, $\widehat{DBI}=30^...

$\displaystyle A\overset{\bigtriangleup }EC\sim A\overset{\bigtriangleup }BD:\frac{AE}{AB}=\frac{AC}{AD}$ $\left ( 1 \right )$ $\left ( AZEK \right )=2\left ( AEK \right )=AE\cdot AK\cdot \sin \angle EAK\left ( 2 \right )$ Οπότε $\displaystyle \left ( AZEK \right )=\frac{AB\cdot AC}{AD}\cdot AK\cdot...

Η δεύτερη συνθήκη τι ρόλο παίζει; Οι είναι θετικοί πραγματικοί, άρα από AM-GM και αφού , προκύπτει η ζητούμενη.

Θεωρώ το περίκεντρο $Q$ του $A\overset{\bigtriangleup }BD$, τότε $\displaystyle \widehat{QAD}=90^\circ-\widehat{ABD}=\widehat{CAD}$, άρα τα $A,Q,C$ είναι συνευθειακά. Είναι $\widehat{BQD}+\widehat{BCD}=2\widehat{BAD}+\widehat{BCD}=180^\circ$, οπότε $\displaystyle BCDQ$ εγγράψιμο και συνεπώς $\omega ...

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑

Πέμ Νοέμ 09, 2023 8:44 pm

Henri van Aubel έγραψε: ↑

Πέμ Νοέμ 09, 2023 8:41 pm

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Φέρνω το ύψος από το Α και χαμογελώ.

Σωστά, αλλά θέλει δουλειά ακόμη. Τουλάχιστον αυτό αντιλαμβάνομαι από καθεμία από τις δύο αποδείξεις που γνωρίζω.

Νομίζω ότι στο δεύτερο μέλος έχουν μπει ανάποδα οι συνεφαπτομενες.

Μπορούμε να αποδείξουμε κι αλλιώς ότι τα τρίγωνα $A_{2}HD$ και $A_{1}OM$ είναι ομοιόθετα και τότε παίρνουμε το ζητούμενο. Θέτω $\angle BA_{1}C=\angle A,\angle A_{1}BC=\angle B$ και $\angle A_{1}CB=\angle C.$ Από την ισογωνιότητα $\displaystyle \angle A_{2}HA_{1}=180^\circ-\angle C-\left ( 180^\circ-...

Στάθη, που είσαι; Δεν έχω λόγια για τη λύση που έδωσες, κανείς δεν έχει λόγια .

Πιο συχνά να σε βλέπουμε !

Το είχα πει έμμεσα σε μια ανάρτηση μου στο άλλο topic. Έτσι όπως είναι, νομίζω κάνει με λίγο σπρώξιμο και για σχολική.