Καλησπέρα! Έστω ότι οι $a,b,c$ θετικοί. Ειδάλλως, το ζητούμενο είναι προφανές. Αφού $ab\leq \dfrac{1}{4}, ac\leq \dfrac{1}{4}$, μπορώ να θεωρήσω ότι $ab=\dfrac{sin^2x}{4}, ac=\dfrac{sin^2y}{4}$, με $x,y\epsilon [0, \dfrac{\pi }{2}]$. Η δεδομένη ανισοτική σχέση γράφεται $cosx+cosy> 4a$. Διακρίνω δύο ...

Καλησπέρα! Έστω $O$ το κέντρο του τετραγώνου. Το τρίγωνο $DEP$ ορθογώνιο ισοσκελές (προκύπτει από την εγγραψιμότητα του $ADEP$). Τα τρίγωνα $ADP, ODE$ όμοια , διότι ορθογώνια και $\angle ADP=\angle ODE=45^{\circ}-\angle PDB$ Τελικά: $\dfrac{OE}{OC}=\dfrac{OE}{OD}=\dfrac{AP}{AD}=\dfrac{1}{3}\Rightarr...

Ακόμα μία λύση: Έχω : $cos^2(a+x)+sin^2(a+x)=1$ $[cosa+cos(a+y)]^2+[sina+sin(a+y)]^2=1$ $2+2[cos(a+y)cosa+sin(a+y)sina]=1$ $cosy=-\dfrac{1}{2}$ Όμοια, $cosx=-\dfrac{1}{2}$. Αναλύοντας τις αρχικές εξισώσεις και αντικαθιστώντας, παίρνω: $sina(sinx+siny)=cosa(sinx+siny)=0$ Άρα, $sinx+siny=0$. Ισχύουν $...

Καλημέρα σε όλους! Γράφω μια λύση με τριγωνομετρικά μέσα: Θέτω $\angle OAB=x$ Είναι : $tan\dfrac{x}{2}=\dfrac{2}{a(t)-2}$, σχέση που προκύπτει αν σκεφτούμε ότι η $AK$ διχοτόμος της $\angle A$. Επίσης: $\dfrac{b(t)}{a(t)}=tanx=\dfrac{2tan\dfrac{x}{2}}{1-tan^2\dfrac{x}{2}}=\dfrac{4a(t)-8}{a^2(t)-4a(t)...

Ακόμα μία λύση: Προεκτείνω την $AM$ κατά τμήμα $MD=AM$. Αρκεί να δειχθεί ότι το $EBDC$ εγγράψιμο ή ισοδύναμα από θεώρημα τεμνομένων χορδών ότι $BM^2=MA\cdot ME$ Όμως, από θ. διαμέσων και ν. συνημιτόνου έχω: $\dfrac{AB^2}{EB^2}=\dfrac{AC^2}{EC^2}=\dfrac{2AB^2+2AC^2}{2EB^2+2EC^2}=\dfrac{4AM^2+BC^2}{4E...

Καλημέρα σε όλους! Έχω: $(8a^2+b^2)^2=(\dfrac{8}{3}a^2+\dfrac{8}{3}a^2+\dfrac{8}{3}a^2+b^2)^2\geq (4\sqrt[4]{\dfrac{8^3}{3^3}a^6b^2})^2=16\sqrt{\dfrac{8^3}{3^3}}a^3b$ με ισότητα για $\dfrac{8}{3}a^2=b^2$. Δεδομένου ότι πιάνεται η ισότητα, δεν είναι δύσκολο να δούμε ότι η μέγιστη τιμή του $M$ είναι $...

Καλησπέρα!

Θα χρησιμοποιήσω τις ανισότητες και

Εχω λοιπόν:

,

ό.έ.δ.

Καλησπέρα!

Μια λύση για το θέμα 3:

Καλημέρα σε όλους! Μια προσπάθεια: Εστω $t_{1}<t_{2}$ Αρκεί ν.δ.ό.: $f(t_{1})>f(t_{2})$ $\dfrac{k^{t_{2}}}{(k+x^{t_{1}}-1)^{t_{2}}}> \dfrac{k^{t_{1}}}{(k+x^{t_{2}}-1)^{t_{1}}}$ $(\dfrac{k+x^0-1}{k+x^{t_{1}}-1})^{\dfrac{1}{t_{1}}}> (\dfrac{k+x^{t_{1}}-1}{k+x^{t_{2}}-1})^{\dfrac{1}{t_{2}-t_{1}}}$ $\df...

Καλησπέρα! Για το 1ο θέμα: Εστω $(a,b)= d>1$ Τότε $a=xd,b=yd, (x,y)=1,$ και $(d,c)=1$ Αρα $xd/(yd-c)^2\rightarrow d/c^2$ κι επειδή $(d,c)=1$ έχω $d=1$ Δηλαδή $(a,b)=1$ και όμοια $(b,c)=(c,a)=1$ Εχω $ab/(c-b)^2(c-a)^2\Rightarrow ab/(ab+c^2-ca-bc)^2\Rightarrow ab/(c^2-ab-bc)^2$ $\Rightarrow ab/c^2(a+b...

Καλησπέρα! Άλλη μια λύση για το θέμα 3: Από Cauchy Schwartz έχω: $(x^4+y)(y^2z^2+y^3)\geq (x+y^2)^2$ $y^2(x^4+y)(y+z^2)\geq (x+y^2)^2$ Ομοια $z^2(y^4+z)(z+x^2)\geq (y+z^2)^2$ $x^2(z^4+x)(x+y^2)\geq (z+x^2)^2$ Πολλαπλασιάζοντας τις τρεις ανισότητες κι επειδή $xyz=1$ παίρνω τελικά $(x^4+y)(y^4+z)(z^4+...

Καλημέρα! Και αλλιώς: Εστω $I_{a}$ παράκεντρο και $C$ ο κύκλος $(BIGCI_{a})$. Εστω ότι η διάμεσος $AM$ τέμνει τον κύκλο ξανά στο $K$. Τα τρίγωνα $AIB, AI_{a}C$ όμοια και άρα $AI\cdot AI_{a}=bc$. Από θ. δύναμης σημείου έχω $MB\cdot MC=MG\cdot MK\Leftrightarrow \dfrac{a^2}{4}=\dfrac{m_{a}}{3}\cdot MK\...

Ακόμα μία λύση: Εστω $I_{a}$ παράκεντρο . Το πεντάγωνο $BIGCI_{a}$ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο με κέντρο $K$. Με βάση το θεώρημα του Leibniz για το κέντρο του κύκλου έχω: $3KG^2+\dfrac{1}{3}(a^2+b^2+c^2)=KA^2+KB^2+KC^2\Leftrightarrow \dfrac{1}{3}(a^2+b^2+c^2)=KA^2-KI^2\Leftrightarrow $ $\dfrac{1}{3}...

Καλησπέρα! Είναι $\angle FDE=180^{\circ}-2A$ $\angle FED=180^{\circ}-2B$ $\angle DFE=180^{\circ}-2C$ Αν $R$ η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του $FDE$, τότε $2FE=DE+EF\Leftrightarrow 4Rsin2A=2Rsin2B+2Rsin2C\Leftrightarrow 2sin2A=sin2B+sin2C$ $\Leftrightarrow 2sinAcosA=sinBcosB+sinCcosC\Leftrighta...

Καλησπέρα! Ισχύει $\angle BGC=\angle BIC=90^{\circ}+\dfrac{\angle A}{2}$ Από ν. συνημιτόνων $a^2=BG^2+CG^2-2BG\cdot CGcos(90^{\circ}+\dfrac{A}{2})\Leftrightarrow 9a^2=4m_{b}^2+4m_{c}^2+8m_{b}m_{c}sin\dfrac{A}{2}$. ΕίναI $(BGC)=\dfrac{(ABC)}{3}\Leftrightarrow BG\cdot CG\cdot sin(90^{\circ}+\dfrac{A}{...

Αλλιώς για το β ερώτημα:

Έστω η διχοτόμος της .

Τότε εγγράψιμο.

Από θ. διχοτόμων έχω .

Από θ. δύναμης σημείου έχω

Εναλλακτικά (με διανύσματα): $\vec{BB'}\cdot \vec{CC'}=d^2cosA=\dfrac{3d^2}{5}$ Ακόμη, ισχύει: $\vec{MB'}=\vec{MB}+\vec{BB'}, \vec{MC'}=\vec{MC}+\vec{CC'}$ και $\vec{MN}=\dfrac{\vec{MB'}+\vec{MC'}}{2}=\dfrac{\vec{MB}+\vec{MC}+\vec{BB'}+\vec{CC'}}{2}=\dfrac{\vec{BB'}+\vec{CC'}}{2}$ Τελικά $m^2=\left ...

Χρόνια πολλά σε όλους! Η λύση που ακολουθεί έχει λάθος. Συγκεκριμένα , θεώρησα εσφαλμένα ότι ένα τετράπλευρο καθορίζεται πλήρως από τις 4 γωνίες του και μία διαγώνιο.Παρ' όλ' αυτά, αφήνω την προσπάθεια μήπως και μπορέσει κάποιος να καλύψει το κενό.Ευχαριστώ τον κύριο Μπαλόγλου για την επισήμανση του...

Καλησπέρα!

Άλλη μια λύση:

Εστω το σημείο τομής των

και το σημείο τομής των

Τότε τα τρίγωνα όμοια με γωνίες

Αρα

Καλησπέρα! Μία λύση με θεώρημα διχοτόμων και 2ο θεώρημα διαμέσων: Εστω $AE$ ύψος και $M,N$ μέσα των $BD, CD$ αντίστοιχα. Από θεώρημα διχοτόμων $BD=\dfrac{a(d+1)}{2d+3}, CD=\dfrac{a(d+2)}{2d+3}$ Από 2ο θεώρημα διαμέσων για τα τρίγωνα $ADB, ADC$ έχω $2BD\cdot ME=(d+1)^2-d^2=2d+1\Leftrightarrow \dfrac{...