Αλλιώς αναλυτικά: $\dfrac{1}{x^2}+2x\geq 3$ $\Leftrightarrow 1+2x^3\geq 3x^2$ $\Leftrightarrow 2x^3-2x^2-x^2+1\geq 0$ $\Leftrightarrow 2x^2(x-1)-(x-1)(x+1)$ $\Leftrightarrow (x-1)(2x^2-x-1)\geq 0$ $\Leftrightarrow (x-1)(x^2-x+x^2-1)\geq 0$ $\Leftrightarrow (x-1)[x(x-1)+(x-1)(x+1)]\geq 0$ $\Leftright...

Με Α-Γ-Μ είναι:

20210217_171259.jpg Όντως πρόκειται για αρκετά γνωστή πρόταση. Φέρνουμε την κοινή εφαπτομένη στο $A$ που τέμνει την $BC$ στο $D$ Τώρα: •$\widehat{DAB}=\widehat{ACB} \ (1)$ υπό χορδής και εφαπτομένης •$\widehat{DAP}=\widehat{DPA} \ (2)$ αφού $DP=DA$ ως ίσα εφαπτόμενα τμήματα Αφαιρώντας τις 2 σχέσεις...

Μία προφανής(;) ρίζα είναι το $\phi$ διότι αν $x=\phi$ τότε $P(x)=(\phi^3+\phi^2)-\phi^6+\phi^5=\phi^4-\phi^6+\phi^5=\phi^4(\phi^2-\phi-1)=0$ Τωρα με σχήμα $Horner$: $P(x)=[x^2+(1+\phi)x+\phi^2+\phi-\phi^5](x-\phi)$ Έτσι αρκεί να λύσουμε τη δευτεροβάθμια $x^2+(1+\phi)x+\phi^2+\phi-\phi^5=0\Leftright...

Κατασκευάζουμε τετράγωνο $ABCD$. Το ημικύκλιο με διάμετρο $AB$ τέμνει την $MC$ στο $O$, όπου $M$ το μέσο της $AB$. 20210212_223631.jpg Έστω $a$ η πλευρά του τετραγώνου Είναι από ΠΘ στο $MBC$: $CM=\dfrac{a\sqrt{5}}{2}\Rightarrow CO=CM-MO=\dfrac{a\sqrt{5}}{2}-\dfrac{a}{2}=\dfrac{a}{\phi}$ Από γενικευμ...

Έστω $f(x)=\dfrac{1}{\sqrt[k]{x}}=x^{-\frac{1}{k}}\Rightarrow f'(x)=-\dfrac{1}{k}\cdot x^{-\frac{1}{k}-1}\Rightarrow f''(x)=\dfrac{1}{k}(\dfrac{1}{k}+1)\cdot x^{-\frac{1}{k}-2}>0$ για $x>0, k\in \mathbb{N}^*$ Άρα η $f(x)$ είναι κυρτή για $x>0, k\in \mathbb{N}^*$ και τώρα από την γενίκευση του θεωρήμ...

Αν είναι διαδοχικοί τότε $a^3+(a+1)^3+(a+2)^3=3[a+(a+1)+(a+2)+a(a+1)(a+2)]$ το οποίο μετά από τις πράξεις αποδεικνύεται πως ισχύει Αν $a^3+b^3+c^3-3abc=3(a+b+c)\Leftrightarrow \dfrac{1}{2}(a+b+c)[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2]=3(a+b+c)$ $\stackrel{a+b+c>0}{\Leftrightarrow} (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2=6$ Η μον...

•Αν $c=0$ είναι αδύνατη •Αν $c=1\Rightarrow a=b=0$ •Αν $a=0$ και $b\geq 2$ είναι αδύνατη από Mihailescu •Αν $a=0$ και $b=1$ τότε $c=3$ •Αν $b=0$ και $a\geq 2$ είναι αδύνατη από Mihailescu •Αν $b=0$ και $a=1$ τότε $c=2$ Στις υπόλοιπες περιπτώσεις από $mod3$ παίρνουμε $c=2z$ Από $mod4$ παίρνουμε $(-1)...

Λάθος λύση

Θέτω $x=2019+\dfrac{1}{2}+y$ τότε η αρχική εξίσωση γράφεται ισοδύναμα: $(y+\dfrac{3}{2})(y+\dfrac{1}{2})(y-\dfrac{1}{2})(y-\dfrac{3}{2})=120$ $\Leftrightarrow (y^2-\dfrac{9}{4})(y^2-\dfrac{1}{4})=120$ $\Leftrightarrow y^4-\dfrac{5}{2}y^2+\dfrac{9}{16}=120$ $\Leftrightarrow 16y^4-40y^2-1911=0$ Τώρα $...

Και για να βρούμε τα παίρνουμε και αντικαθιστώντας στη δεύτερη σχέση:


Έτσι αντικαθιστώντας στην πρώτη έχουμε τις λύσεις

Καλησπέρα! Έστω $O$ το περίκεντρο, $H$ το ορθόκεντρο του $ABC$ Ακόμη έστω $Z,E,D$ τα ίχνη των υψών των $A,B,C$ Το $M$(μέσο της $OH$) είναι κέντρο του κύκλου $Euler \ (M\in BC)$ 20210209_182224.jpg Το ορθόκεντρο, το βαρύκεντρο, το περίκεντρο και το κέντρο του κύκλου $Euler$ ενός τριγώνου είναι συνευθ...

2nisic έγραψε: ↑

Δευ Φεβ 08, 2021 8:47 pm

για κάθε διάφορο τού

Νομίζω θέλει μία μικρή διόρθωση
•Αν τότε
•Αν τότε
•Αν τότε

Είναι $100x+10y+z=x+y+z+xy+yz+zx+xyz$ $\Leftrightarrow 99x+9y=xy+yz+zx+xyz$ Αλλά $xyz\leq 81x$ το $=$ όταν $y=z=9$ $xy\leq 9x$ το $=$ όταν $y=9$ $xz\leq 9x$ το $=$ όταν $z=9$ $zy \leq 9y$ το $=$ όταν $z=9$ Προσθέτοντας κατά μέλη παίρνουμε $99x+9y\geq xy+yz+zx+xyz$ με το $=$ όταν $y=z=9$ Άρα $\overli...

Για το 1) Έστω $A$ ο αριθμός τότε: $A\equiv k(mod 5^4)$ και $A\equiv k(mod 5\cdot 2^3)$ με $k<40$ $\Rightarrow A\equiv k(mod 5^4\cdot 2^3)\equiv k(mod 5000)$ Έτσι ο αριθμός γράφεται $A=5000n+k$ όπου $k=0,1,...,39$ Για $n$: άρτιο $a=10000n_2+k$ άρα το ψηφίο των χιλιάδων του $A$ είναι το $0$ Για $n$: ...

Για το 2)
•Αν τότε
•Αν τότε προσθέτοντας κατά μέλη παίρνουμε
Ακόμη η πρώτη σχέση γράφεται:
Αλλά
Έτσι
•Αν όμοια με παραπάνω

Καλησπέρα!
Είναι
Έτσι

Από τον τύπο

Με το συνημίτονο της , τις γνωστές το τρίγωνο κατασκευάζεται

Αφού όλοι οι παράγοντες είναι θετικοί οι $a,b,c$ πληρούν τις προϋποθέσεις της τριγωνικής ανισότητας. Θεωρούμε λοιπόν τρίγωνο $ABC$ με πλευρές $a,b,c$ και ομοίως $ABD$ με πλευρές $c,d,e$ όπως φαίνεται στο σχήμα. Από νόμο συνημιτόνων στα $ABC,ABD:$ $\dfrac{b^2+c^2-a^2}{bc}=2\cos\widehat{ CAB}$ $\dfrac...

Χωρίς αρμονικότητα
Με στο είναι
Με Μενέλαο στο με διατέμνουσα παίρνουμε
Από τις είναι