Καλημέρα! Άλλη μια προσέγγιση: Αρχικά, θεωρώ την περίπτωση $AB\neq AC$. Χωρίς βλάβη της γενικότητας θεωρώ ότι $AB< AC$. Θεωρώ σημείο $K$ στην $AC$, ώστε $AB=AK$. Τότε $\angle BKC=90^{\circ}+\dfrac{A}{2}$. Έστω $I$ το σημείο τομής των διχοτόμων των $B,C$. Τότε $\angle BIC=\angle BKC=90^{\circ}+\dfrac...

Καλησπέρα! Δίνω μια ακόμη προσέγγιση: Έστω ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου $ABC$ και $K,M,N$ τα σημεία τομής των διχοτόμων $CD, AE, BZ$ με τον περιγεγραμμένο κύκλο. Οι ευθείες $CK, MN$ τέμνονται κάθετα , αφού η γωνία που σχηματίζουν ισούται με $\angle KAM+\angle NBC=\dfrac{A+B+C}{2}=90^{\circ}...

Ακόμα μία λύση:

Έστω το μέσο του τόξου του περιγεγραμμένου κύκλου.

Τότε, από θεώρημα Πτολεμαίου:

.

Καλησπέρα και καλή χρονιά σε όλους! Μια ακόμη προσέγγιση: Θεωρώ τη διχοτόμο $AD$. Από θεώρημα διχοτόμου έχω: $x=BD=\dfrac{ac}{b+c}\Leftrightarrow \dfrac{b+c}{a}=\dfrac{c}{x}$. Άρα αρκεί $c\leq \dfrac{x}{sin\dfrac{A}{2}}=2R'$, όπου $R'$ η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του $ABD$. Όμως, η τελευταία...

Καλημέρα! Δίνω μια προσέγγιση που έχει γεωμετρικό και αλγεβρικό κομμάτι. Για το γεωμετρικό: Θα δείξω ότι αν $0< a< x< b,0< c<y< d$, τότε το $xy$ διατρέχει όλο το $(ca,bd)$. Θεωρώ σημείο $A(a,c)$ και σημείο $B(b,d)$ και σημείο $X(x,y)$ στο εσωτερικό του τμήματος $AB$. Το ορθογώνιο με κορυφές τα $O,X$...

Μπορούμε να γενικεύσουμε: Αν $a_{1}\epsilon(b_{1},c_{1}),...,a_{n}\epsilon (b_{n},c_{n})$, τότε το $a_{1}+...+a_{n}$ μπορεί να πάρει όλες τις τιμές στο $(b_{1}+...+b_{n},c_{1}+...+c_{n})$. Πράγματι, αν $m\epsilon (b_{1}+...+b_{n},c_{1}+..+c_{n})$, τότε $m=b_{1}+...+b_{n}+t(c_{1}+...+c_{n}-b_{1}-...-...

Δίνω μια ακόμη προσπάθεια. Έστω $m\epsilon (a+c,b+d)$. Τότε, $m=c+a+t(b+d-c-a)$,για κάποιο $t\epsilon (0,1)$. Θέτω $x=a+t(b-a), y=c+t(d-c)$. Είναι $x+y=m$ και $a< x< b, c< y< d$. Άρα, κάθε αριθμός $m\epsilon (a+c,b+d)$ μπορεί να γραφτεί στη μορφή $x+y$, και συνεπώς το $x+y$ μπορεί να πάρει όλες τις ...

Καλησπέρα και χρόνια πολλά! Η παρακάτω προσπάθεια έχει σοβαρά προβλήματα. Ευχαριστώ τον κύριο Λάμπρου για τις επισημάνσεις. Βάζω μια διαφορετική προσέγγιση , η οποία ίσως να είναι κάπως ακατάλληλη για αυτό το θέμα και να κάνει τα εύκολα δύσκολα. Παρ' όλ' αυτά, την αναρτώ για λόγους μαθηματικής πολυφ...

Καλησπέρα! Άλλη μια γεωμετρική προσέγγιση: Θεωρώ τρίγωνο $ABC$, με $A(y,y), B(x,w), C(1,0)$. Έστω $N$ το μέσο του $AC$. Ισχύουν : $AB^2=(x-y)^2+(y-w)^2$ και $BC^2=(1-x)^2+w^2$ και άρα $AB^2+BC^2=\dfrac{1}{4}$. Από το 1ο θεώρημα διαμέσων έχω: $4BN^2=2AB^2+2BC^2-CA^2\Leftrightarrow \dfrac{1}{2}-(1-y)^...

Καλημέρα!

Ακόμα μία λύση (με εις άτοπο απαγωγή):

Έστω ότι .

Τότε:





, άτοπο.

Άρα .

Καλησπέρα! Οι αριθμοί που έχουν επιλεγεί επιτρέπουν και λύση με διακρίνουσα! Η σχέση γράφεται: $6n^2+31n+40-77^m=0$ και τη θεωρώ ως τριώνυμο του $n$ με διακρίνουσα $\Delta =31^2-4\cdot 6\cdot 40+4\cdot 6\cdot 77^m=961-960+24\cdot 77^m=1+24\cdot 77^m$. Πρέπει: $1+24\cdot 77^m=a^2\Leftrightarrow 24\cd...

Καλημέρα! Μια ακόμα λύση (με Vieta): Χωρίς βλάβη της γενικότητας θεωρώ ότι $y\geq 0$. Θεωρώ $f(x)=20x^3-15x$ και $g(x)=\sqrt{1-x^2}$. Κατ' αρχάς θα δείξω ότι υπάρχει $x$ , που να ικανοποιεί τις συνθήκες, δηλαδή $f(x)=3$ και $-1\leq x\leq 1$. Επειδή $f(0)=0, f(1)=5$, η ζητούμενη ύπαρξη είναι άμεση απ...

Καλησπέρα! Έχω: $cos3A+cos3B+cos3C-1=0$ $cos3A+cos3B+cos3C+cos(3A+3B+3C)=0$ $2cos\dfrac{3A+3B}{2}cos\dfrac{3A-3B}{2}+2cos\dfrac{3A+3B}{2}cos\dfrac{3A+3B+6C}{2}=0$ $cos\dfrac{3A+3B}{2}[cos\dfrac{3A-3B}{2}+cos\dfrac{3A+3B+6C}{2}]=0$ $cos\dfrac{3A+3B}{2}cos\dfrac{3B+3C}{2}cos\dfrac{3C+3A}{2}=0$ $\dfrac...

Καλημέρα! Θέτω $x=2A, y=2B, z=2C$ και η συνθήκη γράφεται: $cos^2x+cos^2y+cos^2z=1$ $cos^2x+cos^2y=sin^2z$ $cos^2x+cos^2y=sin^2(x+y)$ $cos^2x+cos^2y=sin^2xcos^2y+sin^2ycos^2x+2sinxsinycosxcosy$ $cos^2x(1-sin^2y)+cos^2y(1-sin^2x)=2sinxsinycosxcosy$ $2cos^2xcos^2y=2sinxsinycosxcosy$ $cosxcosy(cosxcosy-...

Ακόμα μία λύση (πιο μακροσκελή): $I=\int \dfrac{sin^4x}{cos^2x}\cdot cosxdx= \int \dfrac{sin^4x}{1-sin^2x}\cdot (sinx)'dx$ Θέτω $u=sinx$ και έχω: $I=\int \dfrac{u^4}{1-u^2}du=-\int \dfrac{u^4}{u^2-1}du=-\int \dfrac{(u^4-u^2)+(u^2-1)+1}{u^2-1}du=$ $=-\int u^2du-\int 1du-\int \dfrac{1}{u^2-1}du=-\dfra...

Καλησπέρα σε όλους! Σύμφωνα με τη Wikipedia (https://en.wikipedia.org/wiki/Wacław_Sierpiński), το εν λόγω πρόβλημα ήταν αφορμή για να δείξει ενδιαφέρον ο Sierpinski για τη θεωρία συνόλων (set theory). Μεταφέρω το αντίστοιχο απόσπασμα από τον προαναφερθέντα σύνδεσμο: "In 1907 Sierpiński first became ...

Πολύ ωραίες και οι 3 προσεγγίσεις, με αναλυτική γεωμετρία, με ευκλείδεια και με τριγωνομετρία! Δε θα προσθέσω άλλη ολοκληρωμένη λύση. Θα δώσω άλλον έναν τρόπο για να καταλήξουμε ότι η $\angle A$ ορθή γωνία. Με νόμο συνημιτόνων: $cos\angle BKC=\dfrac{BK^2+CK^2-BC^2}{2BK\cdot CK}=\dfrac{5k^2+10k^2-25k...

Ωραία Πρόδρομε! Μεθοδική η λύση σου με σίγουρα και σταθερά βήματα! Ας δούμε μία ακόμα λύση: Η γνώση-κλειδί για την παρακάτω λύση είναι η ταυτότητα $cos^2A+cos^2B+cos^2C+2cosAcosBcosC=1$. Επομένως , η ανισότητα γράφεται ισοδύναμα: $3-cos^2A-cos^2B-cos^2C\leq 2+16\prod sin^2\dfrac{A}{2}$ $2+2\prod cos...

Καλησπέρα! Και αλλιώς: Έστω $P$ η προβολή του $A$ στην $BC$.Έστω $S$ στο $PC$, ώστε $AS\perp AB$ Εστω $MP=x$. Τότε $MA^2=PA^2+x^2=PB\cdot PS+x^2\Leftrightarrow MA^2-MB\cdot MC=x^2+PB\cdot PS-MB\cdot MC=f(x)$, διότι τα $MB, MC$ συναρτήσεις του $x$. 1η περίπτωση : το $M$ ανήκει στο $PB$. Τότε $f(0)=PB...

Καλησπέρα! Για το 1ο θέμα: Η παρακάτω λύση είναι εκτός φακέλου και πάει και στην Αθήνα μέσω Πεκίνου. Παρ' όλ' αυτά, την αναρτώ για λόγους πλουραλισμού. Αν $-t$ ριζα της εξίσωσης, εύκολα επαληθεύουμε ότι είναι ρίζα της εξίσωσης και η $\dfrac{t}{1-t}$. Μετά τις πράξεις: $x^4+2x^3-x^2-6x-3=0$. Έχει 4 ρ...