Καλό,αν και όσους περισσότερους βαθμούς ελευθερίας έχει το πρόβλημα,τόσο πιο "εύκολη" γίνεται μια λύση με moving points :) . Μια άλλη λύση: Ονομάζουμε $X\equiv DQ\cap FT,Y\equiv ES\cap FT,Z\equiv ES\cap DQ$. Ας είναι $A'$ η προβολή του $A$ στην $ES$,$B'$ του $B$ στην $DQ$ και $C'$ του $C$ στην $FT$....

Να ευχαριστήσω και γω με τη σειρά μου το :logo: ,από τους "φτασμένους" μέχρι και τους νεώτερους για τη συνολική προσφορά.Κυρίως βέβαια τους κ.Βαρβεράκη/Συγκελάκη από το παράρτημα Ηρακλείου ,καθώς και οποιονδήποτε άλλο συνεισφέρει ανιδιοτελώς προς τη διαμόρφωση αυτής της ιδιαίτερης "Εκπαιδευτικής δια...

Καλησπέρα.Δεν ξέρω αν ικανοποιεί: Έστω $P\equiv AC\cap BD,Q\equiv (APD)\cap(BPC)$. Το $Q$ είναι τότε το κέντρο της ομοιότητας που στέλνει το $AD$ στο $CB$ και το $AC$ στο $DB$. Στέλνει λοιπόν και το μέσο $N$ του $DB$ στο μέσο $M$ του $AC$ οπότε $(PNQM)$ εύκολα εγγράψιμο. Το $Q$ λοιπόν βγαίνει το σημ...

Μια προβολική λύση εντελώς εκτός φακέλου-έτσι για την πλάκα της: Θεωρούμε $H'$ το σημείο που η υπερβολή τέμνει το $A$ ύψος του $ABC$. Η υπερβολή είναι ισοσκελής/ορθογώνιος οπότε τέμνει την ευθεία στο άπειρο σε σημεία με κάθετες διευθύνσεις. Η εκφυλισμένη κωνική $AH'\cap BC$ είναι και αυτή ορθογώνιο...

Είναι ψιλοστάνταρ η διαδικασία (για $a$ περιττό-τα άλλα εύκολα)-αν και εμπεριέχει λίγη "τύχη"). Για να τη δούμε: Έστω $a=2k+1,k\in \mathbb{N}_{0}$. Η δοθείσα γράφεται ως $3\cdot (3^k)^{2}-2b^2=1$. Μελετάμε λοιπόν τη διοφαντική $3x^2-2y^2=1$ (1) και ελπίζουμε να περιορίσουμε κάπως τις δυνάμεις του $3...

Καλησπέρα. Είναι $DAK\angle=A\angle+2B\angle-180=B\angle-C\angle$ (υποθέτοντας wlog ότι $B\angle>C\angle$). Τόσο ακριβώς είναι και η $DEK\angle$ οπότε $ABDKE$ εγγράψιμο.Είναι $AD//TA'$ ($A'$ αντιδιαμετρικό του $A$ στον $ABC$) οπότε από $Reim's$ $BKTA'$ εγγράψιμο. Από $Reim's$ στους $(ABDKE),(ABC)$ π...

Τι φάση με το φάκελο
(Φιλικά πάντα)
Δεν έχω να προσθέσω λύση (το ίδιο έκανα περίπου)

Υγ. Πάντως αν κρίνουμε με βάση το σήμερα..

Καλησπέρα. Εξαιρετικό πρόβλημα-αν και ψιλοαδύνατο να λυθεί (συνθετικά) χωρίς τη βοήθεια λογισμικού. Η παρακάτω λύση είναι μεν μακροσκελής,αλλά συνδυάζει πολλά πράγματα οπότε: Λήμμα 01. (χωρίς σχήμα) Έστω τρίγωνο $ABC$ ,$D,E,F$ τα μέσα των τόξων $BC,CA,AB$ και $X$ τυχαίο σημείο στο μικρό τόξο $BC$. Α...

Μια "φρέσκια": Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο $ABC$ με $O$ το περίκεντρό του. Έστω $l$ μια ευθεία που περνά από το $O$.Ορίζουμε ως $f_{O}(l)$ το τρίγωνο που ορίζεται από τις συμμετρικές της $l$ προς τις $AB,BC,CA$ και ως $(f_{O}(l))$ τον περίκυκλο του τριγώνου αυτού. α)Νδο. ο $(f_{O}(l))$ δεν είναι δυνατό...

Μετά από καιρό: Έστω τρίγωνο $ABC$ και σημεία $D,E,F,G,H,I$ ώστε τα $D,E$ να βρίσκονται στην $BC$ με το $D$ πιο κοντά στο $B$,τα $F,G$ στην $AC$ με το $F$ πιο κοντά στο $C$ και τα $H,I$ στην $AB$ με το $H$ πιο κοντά στο $A$. Ας είναι $K\equiv AD \cap CI,L\equiv BF\cap CI,M\equiv AE\cap BF, N\equiv C...

Ας προσθέσω άλλες 2: 1).Αν η εκ του $D$ παράλληλη στην $BC$ τέμνει την εκ του $C$ παράλληλη στην $AD$ στο $T'$,τότε με έναν Πάππο στις $(A,D,\infty_{AD}),(B,C,\infty_{BC})$ λαμβάνουμε ότι $S,T,T'$ συνευθειακά.Αν $X$ η τομή $AD,BC$,η ομοιοθεσία κέντρου $X$ και λόγου $2$ δίνει πλέον το ζητούμενο. 2)Πα...

ΠΑΝΑΓΙΩΤΗΣ ΗΛΙΟΠΟΥΛΟΣ έγραψε: ↑

Τρί Ιούλ 21, 2020 5:51 am

Ελλάδα είναι εδώ. Ανοργάνωτη χώρα.

Το σύστημα των Πανελλαδικών όμως τυχαίνει να είναι από τα πιο οργανωμένα-άσχετα αν προκύπτουν τέτοιου είδους "αδικίες"

Άλλη μια:
Από εδώ https://mathematica.gr/forum/viewtopic. ... ές#p320494 τα βγαίνουν ομοκωνικά.Το κέντρο της κωνικής είναι το λόγω συμμετρίας,οπότε αν εστιάσουμε στην ενέλιξη της οικογένειας κωνικών εκ των το ζητούμενο έπεται άμεσα.

Πράγματι μπορούμε να θεωρήσουμε τους πίνακες και να τους πολλαπλασιάσουμε/πάρουμε ορίζουσες.

Μάλιστα από Darboux (Fermat) είναι μονότονη

Καλησπέρα.Λίγα λόγια και από εμένα για αυτό το θεώρημα: Μπορούμε να το δούμε ως ειδική περίπτωση του "Gliding Principle": Εκείνο μας λέει ότι δεδομένων δύο (ομορρόπως) ομοίων πολυγώνων (ή σχημάτων γενικότερα) αν πάρουμε σε κάθε τμήμα που ενώνει ομόλογα σημεία αυτών,σημείο που να κόβει το τμήμα σε στ...

Παίρνουμε αντιστροφή με κέντρο σημείο πάνω στον $K$. Έστω $k$ η ευθεία-εικόνα του $(K)$ και $(L)'$ η εικόνα του $(L)$.Η αντιστροφή διατηρεί γωνίες μεταξύ καμπύλων,οπότε οι κύκλοι $(O)$ κινούνται ώστε τα κέντρα τους να βρίσκονται στην $k$ και οι ίδιοι να είναι ορθογώνιοι στον $(L)'$.Έτσι παίρνουμε εύ...

Για την αρχική: Καλούμαστε να δείξουμε ότι η $K_{\theta}K_{\theta -\frac{\pi}{2} }$ περνάει από το κέντρο του $Euler$ όπου τα παραπάνω συμβολίζουν τους πόλους-κέντρα προοπτικότητας της Υπερβολής $Kiepert$ των αντίστοιχων ισοσκελών τριγώνων που προκύπτουν από το θεώρημα $Jacobi$. Με άλλα λόγια,τα $K,...

Σημείωση:Το συμπέρασμα εξακολουθεί να ισχύει και για κανονικά στερεά ή και γενικά για στερεά εγγράψιμα σε σφαίρα με σταθερό κέντρο βάρους κατόπιν περιστροφής.
Υπάρχει ικανοποιητική θεωρία που τα αντιμετωπίζει όλα αυτά και κάποια αρκετά γενικότερα.Ίσως επανέλθω κάποια στιγμή στο μέλλον.