Μία προσπάθεια χωρίς πράξεις πολύ κοντά σε αυτό που έκανε ο Θάνος. Από την ταυτότητα Euler θέλουμε το καλύτερο $m$ ώστε $\displaystyle{\frac{1}{2}(a+b+c)((a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2) &\geqslant m|(a-b)(b-c)(c-a)|.}$ Θέτουμε $b=a+x, c=a+x+y$ με $a\geq 0$. Οπότε αρκεί $\displaystyle{(3a+2x+y)(x^2+xy+y^2) ...

Μία προσέγγιση για τη 2. Υποθέτουμε ότι υπάρχει $a$ ώστε $a > f(a).$ Τότε $f^2(a) < a$ και με επαγωγή $f^{(k)}(a) < a$ για κάθε $k>0$, όπου με $f^{(k)}$ συμβολίζω τη σύνθεση. Επειδή όμως έχουμε πεπερασμένους ακεραίους μικρότερους από $a$, άρα θα υπάρχουν $0<m<n$ such that $f^{(m)}(a) = f^{(n)}(a) = ...

Αν είναι μοναδιαία διανύσματα που είναι γραμμικά ανεξάρτητα, να υπολογίσετε την ορίζουσα

, όπου για το , δείτε εδώ https://en.wikipedia.org/wiki/Outer_product

Έστω και πραγματικοί αριθμοί ώστε

όπου . Να βρεθεί το μέγιστο της παράστασης

Μπορούμε να το προχωρήσουμε λίγο ακόμα πριν τις δοκιμές του Σταύρου. Από την $a+b=11$ έχουμε $11^2-2ab=9b+1$ οπότε $2ab+9b=120$. Αν γράψουμε $b=2k$, έχουμε $2ak+9k=60$. Από εδώ ο $k$ βαίνει ότι διαιρείται με το 4, άρα γράφοντας $k=4m$ φτάνουμε στην $2am+9m=15$, οπότε $m(2a+9)=15$, οπότε $2a+9=15$, κ...

Αυτό που μπορείς να πεις είναι ότι τα και πρέπει να είναι ομόσημα, που ισχύει προφανώς μόνο όταν .

Σας ευχαριστώ θερμά όλους για τις ευχές σας!

Και εδώ: https://artofproblemsolving.com/communi ... 1p12942041
Με λύση ουσιαστικά σαν του Κώστα.

Με λίγη καθυστέρηση η αλήθεια είναι. Πρόβλημα 1. Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο με πλευρές μήκους $k$ cm. Με ευθείες παράλληλες προς τις πλευρές του, το χωρίζουμε σε $k^2$ το πλήθος μικρά ισόπλευρα τρίγωνα με πλευρές μήκους 1 cm. Με αυτόν τον τρόπο δημιουργείται ένα τριγωνικό πλέγμα. Σε κάθε μικρό ισόπλε...

Ουσιαστικά αυτό που γράφει ο Δημήτρης, αλλά άμεσα. Από Minkowski,



Οπότε πρέπει να έχουμε ισότητα στην παραπάνω και τα υπόλοιπα είναι απλά.

Λίγο διαφορετικά. Λόγω ομοιογένειας, θέτω $x+y=1$. Τότε $\displaystyle{(x^3+1)(y^3+1)=x^3y^3+x^3+y^3+1=(xy)^3+(x+y)((x+y)^2-3xy))+1$ $=(xy)^3-3xy+2=(xy-1)^2(xy+2)}$. Προφανώς το μέγιστο ισχύει όταν $xy\geq -2$. Επιπλέον $xy\leq\frac{1}{4}$ οπότε και ο όρος $1-xy$ είναι θετικός. Επομένως εφαρμόζουμε ...

Μια γρήγορη λύση. Από C-S

Επαναφορά.

Νίκο, φαντάζομαι ότι εννοείς αυτή την άσκηση https://artofproblemsolving.com/communi ... 98p2363539
Όμως, έχεις διατυπώσει λάθος την εκφώνηση.
Δεν νομίζω όμως ότι είναι στο σωστό φάκελλο.

Καλησπέρα στην εκλεκτή παρέα. Καταρχάς να δώσω συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά, διότι θεωρώ την επίδοσή τους τουλάχιστον αξιοπρεπή. Η αλήθεια είναι ότι συμφωνώ με τον Σταύρο για την κατάταξη. Δεν είμαστε ούτε για 12οι (όπως πριν δύο χρόνια στο Ρίο), αλλά πιστεύω ότι η εδραίωση στην 25άδα ή 30άδα είναι...

Επί του πιεστηρίου μία άποψη για το δεύτερο της γεωμετρίας: Αν η $QP$ τμήσει τις $AC, BC$ στα σημεία $B_1 , A_1$ αντίστοιχα, τότε οι περιγεγραμμένοι κύκλοι στα τρίγωνα $ABC, A^' \ C B^’$ που εφάπτονται στο $C$ και στα τρίγωνα $PB^' \ {P_1} {C}$ και $Q {A^’} Q_1 {C}$, οδηγούν στην λύση. Θα μπορούσατ...

Καλησπέρα Στάθη, ευχαριστώ για την ενασχόληση! Ο λόγος για τον "λόγο" ήταν ότι επιχείρησα μια διαφορετική προσέγγιση σε αυτό το πρόβλημα https://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=185&t=64441&p=311708#p311708 Ήλπιζα ότι θα γίνονται απλοποιήσεις σε αυτό που έβγαζα με κάποια διαφορετική προσέγγι...

Μου θύμισε κάτι από πολύ παλιά αυτό.
https://artofproblemsolving.com/communi ... 01p1073419

Η παραπάνω λύση (όπως μπορείτε να δείτε και εδώ https://artofproblemsolving.com/communi ... ry_problem) είναι ελλιπής.

Αλέξανδρε, πολύ ωραία νέα μας φέρνεις! Πολλά συγχαρητήρια σε όλους τους μαθητές, αλλά και σε εσένα και τον Ανδρέα, που ως αρχηγός και υπαρχηγός παλέψατε και καταφέρατε τη μέγιστη δυνατή συγκομιδή μεταλλίων. Σε ευχαριστώ και προσωπικά για την υποστήριξη και την επιλογή του προβλήματος που είχα στείλε...