Άλλη μια λύση: Έχω: $1053=3^4\cdot 13$ $392=2^3\cdot 7^2$ $378=2\cdot 3^3\cdot 7$ "Παίζοντας" με τους αριθμούς, παρατηρώ ότι: $1053+392+1134=2579$ και $1134=3\cdot 378$ Ετσι, μπορώ να εκμεταλλευτώ την ταυτότητα του Euler και έχω: $N=\dfrac{1053^3+392^3+1134^3+378^3-1134^3}{2579} \Leftrightarrow$ $N=...

Από Cauchy Schwartz έχω $(a^3+b^6+c^6)(a^3+2)\geq (a^3+b^3+c^3)^2\Leftrightarrow \frac{sinA}{a^3+b^6+c^6}\leq \frac{sinA(a^3+2)}{(a^3+b^3+c^3)^2}$ Αρα αρκεί: $\frac{1}{a^3+b^3+c^3}\sum \sqrt{sinA(a^3+2)}\leq \sqrt[4]{\frac{27}{4}}\Leftrightarrow (\sum \sqrt{sinA(a^3+2)})^2\leq \frac{3\sqrt{3}}{2}(a^...

Ισχύει από τύπους εμβαδού τριγώνου: $2E=ah_{a}=bh_{b}=ch_{c}=ax+by+cz$. Αρα $\frac{x}{h_{a}}+\frac{y}{h_{b}}+\frac{z}{h_{c}}=\frac{ax+by+cz}{2E}=1$ Οπότε , από την ανισότητα Cauchy Schwartz έχω: $(\frac{h_{a}}{x}+\frac{h_{b}}{y}+\frac{h_{c}}{z})(\frac{x}{h_{a}}+\frac{y}{h_{b}}+\frac{z}{h_{c}})\geq 9...

Βασικά, το $K$ δεν μπορεί να είναι οποιοδήποτε σημείο του $AB$. Η μία οριακή θέση του $K$ είναι όταν το $N$ συμπίπτει με το $A$ και η άλλη όταν το $L$ συμπίπτει με το $B$. Δηλαδή οι θέσεις του $K$ είναι στο μέσο τριτημόριο του $AB$. Αντίστοιχα , οι θέσεις του $M$ στο συμμετρικό τμήμα του μέσου τριτη...

Λίγο διαφορετικά: Εστω $O$ το σημείο τομής των διαγωνίων του ρόμβου. Τότε από τα εγγράψιμα $ANOK, BLOK$ έχω $\angle OAB=\angle OBA=\frac{\pi }{6}$ Αρα το $O$ είναι το ορθόκεντρο του ισοπλεύρου τριγώνου $ABC$ Αρα σταθερό σημείο και συνάμα κατασκευάσιμο. Το $M$ είναι το συμμετρικό του $K$ ως προς $O$ ...

Άλλη μια λύση: Το τετράπλευρο $ACKM$ εγγράψιμο διότι $\angle KAM=\angle KCM.$ Αρα $\angle CKA=\angle CMA=\frac{\pi }{2}$. Το τετράπλευρο $ALSN$ ρόμβος, διότι οι διαγώνιοί του διχοτομούνται και τέμνονται κάθετα. Από θ.διχοτόμων $\frac{BN}{AN}=\frac{BC}{CA}=\sqrt{2}$ και $\frac{AL}{LM}=\frac{CA}{CM}=\...

Εστω O το κέντρο του κύκλου και Μ το μέσο του τόξου ΑΒ.

Εστω ότι η ΟΜ τέμνει την ΤP στο D και την SP στο Ε.

Εστω ότι η ακτίνα του κύκλου είναι 1.

Εστω

ST=x και TD=y.

Ειναι από πυθαγόρειο θεώρημα
Εχω
Όμως
Αρα
Ισότητα για

Καλησπέρα σε όλους! Στη διαμόρφωση του μηνύματός μου έκανα κάτι που δεν ξέρω αν επιτρέπεται από τον κανονισμό του mathematica. Επειδή δεν εμφανίζεται ο κώδικας latex με το συμβατικό τρόπο, αποθήκευσα τον κώδικα latex ως εικόνα και μετά έκανα επισύναψη. Αν υπάρχει πρόβλημα , θα αποσύρω το μήνυμά μου ...

Αλλιώς για το 2ο:

Εστω D το σημείο τομής των AT,OK

Θετω

OA=R, OK=R/2=r

Ο κύκλος (O,r) είναι ο εγγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ADB

Εστω x=AD=BD

Από τύπους εμβαδού τριγώνου και το πυθαγόρειο θεώρημα:

Λίγο διαφορετικά:

Θεωρώ



Τότε

,

που ισχύει διότι

Μια ακόμα λύση: Διακρίνουμε 2 περιπτώσεις: 1) Οι $x,y$ είναι ομόσημοι. Τότε, δεδομένης της μορφής της ανισότητας , μπορώ να υποθέσω ότι $x,y$ θετικοί, χωρίς βλάβη της γενικότητας. Από την ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου έχω $\frac{27}{4}x^2y^2(x+y)^2=27xy\cdot \frac{x(x+y)}{2}\cdot \frac{y(x...

Θα δείξω αρχικά ότι κάθε ισόπλευρο τρίγωνο έχει αυτήν την ιδιότητα. Τα τρίγωνα $ABD, BFD$ όμοια. Αρα $\dfrac{DF}{AD}=\dfrac{BD}{AB}$ Επίσης, $\dfrac{DE}{AD}=\dfrac{CD}{AC}$ Οπότε $\dfrac{DF}{AD}+\dfrac{DE}{AD}=1\Leftrightarrow AD=DF+DE$ Θα δείξω τώρα ότι κάθε τρίγωνο με αυτήν την ιδιότητα είναι ισόπ...

$BC=x, CE=y, EB=z$ Το Μ έγκεντρο του EBC $BD=s-y, CD=s-z$ $AD=\sqrt{(s-y)(s-z)}$ $(EBC)=sr=\sqrt{s(s-x)(s-y)(s-z)}\Leftrightarrow \dfrac{s\sqrt{(s-z)(s-y)}}{2}=\sqrt{s(s-x)(s-y)(s-z)}\Leftrightarrow \sqrt{s}=2\sqrt{s-x}\Leftrightarrow s=4s-4x\Leftrightarrow \dfrac{x}{s}=\dfrac{3}{4}$ Εχω $\dfrac{(AB...

Είναι $MT=CT-CM=s-c-\dfrac{a}{2}=\dfrac{b-c}{2}$ και $MS=\dfrac{atanC}{2}=\dfrac{a}{2}\cdot \dfrac{sinC}{cosC}=\dfrac{a}{2}\cdot \dfrac{\dfrac{2E}{ab}}{\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}}=\dfrac{a}{2}\cdot \dfrac{4E}{a^2+b^2-c^2}=\dfrac{2a\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}}{a^2+b^2-c^2}$ Αρα $MS=MT\Leftrightarrow (b-c)(...

Αφού



ισχύει η διπλή ανισότητα



και η απόρροιά της , η λιγότερο σφιχτή αλλά πιο κομψή ανισότητα

Θεωρώ $Q\equiv BD\cap AT, P\equiv ST\cap BD$ Για την 1η ανισότητα: Από θ. διχοτόμων έχω: $\frac{CD}{DA}=\frac{BC}{AB}>1\Rightarrow CD>DA\Rightarrow 2CD>CD+DA\Rightarrow CD>\frac{b}{2}$ Για τη 2η ανισότητα: Εχω $<STD=<ATD=<B/2$ Αρα , η $TD$ διχοτόμος στο τρίγωνο $STA$ και η $TC$ εξωτερική διχοτόμος ω...

Μήπως χρειάζεται κάποιος περιορισμός στην εκφώνηση;

Γιατί για είναι .

Άλλη μια λύση για το 1ο ερώτημα: Θεωρώ το σημείο K όπως το όρισε ο Ορέστης. Τότε, τα τρίγωνα $ABD, AKC$ όμοια, αφού $< ABD=< AKC, < BAD=< KAC$. Οπότε, $\frac{AD}{CA}=\frac{AB}{AK}\Leftrightarrow AD\cdot AK=AB\cdot CA\Leftrightarrow 2AD^2=AB\cdot CA$ Tα τρίγωνα $ABC, BKC$ έχουν το ίδο εμβαδόν ως τρίγ...

Άλλη μια λύση για το 3ο θέμα: Η ανισότητα ισοδυναμα γράφεται: $\frac{3x^3}{3z^3+3x^2y}+\frac{3y^3}{3x^3+3y^2z}+\frac{3z^3}{3y^3+3z^2x}\geq \frac{3}{2}$ Από ΑΜ-ΓΜ έχω $3x^2y\leq 2x^3+y^3$ Οπότε $\frac{3x^3}{3z^3+3x^2y}+\frac{3y^3}{3x^3+3y^2z}+\frac{3z^3}{3y^3+3z^2x}\geq \frac{3x^3}{2x^3+3z^3+y^3}+\fr...

Για το G3: Εστω αρχικά σταθεό τρίγωνο $ABC$ ,$I$ το έγκεντρο και $D,E,Z$ οι προβολές του $I$ στις $a,b,c$. Τότε $AE=AZ=p-a, BD=BZ=p-b, CA=CE=p-c$ Εστω ότι οι απολλώνιοι κύκλοι των τμημάτων $AB, BC$ με λόγους $\frac{p-a}{p-b}, \frac{p-b}{p-c}$ αντίστοιχα τέμνονται σε σημείο $Q$ εντός του $ABC$. Τότε ...