Άλλη μια λύση: Θέτουμε $x-\frac{1}{x}=u$. Τότε, $x^{8}+98x^{4}+1=x^{4}\left(x^{4}+\frac{1}{x^{4}}+98\right)=x^{4}\left(\left(x^{2}+\frac{1}{x^{2}}\right)^{2}+96\right)=x^{4}\left(\left(u^{2}+2\right)^{2}+96\right)=$ $=x^{4}\left(u^{4}+4u^{2}+100\right)=x^{4}\left(\left(u^{2}+10\right)^{2}-16u^{2}\ri...

Μία λύση ακόμη στο 2ο θέμα της Β Λυκείου.

Έχουμε ότι οπότε από την ανισότητα Karamata για την κυρτή συνάρτηση , έχουμε ότι
.

Μπορείτε να δείτε και εδώ: https://artofproblemsolving.com/community/c6h14151

Πρόβλημα 1 Έστω οξυγώνιο τρίγωνο $ABC$ και έστω $\Gamma$ ο περιγεγραμμένος κύκλος του. Τα σημεία $D$ και $E$ βρίσκονται στα τμήματα $AB$ και $AC$ αντίστοιχα ώστε $AD = AE$. Οι μεσοκάθετες των $BD$ και $CE$ τέμνουν τα μικρά τόξα $AB$ και $AC$ του $\Gamma$ στα σημεία $F$ και $G$ αντίστοιχα. Να αποδει...

Πρόκειται όντως για αρκετά δύσκολο πρόβλημα.
Δείτε εδώ:
https://artofproblemsolving.com/communi ... 01p1932947

Πάντως, όλες οι ομιλίες που έχω παρακολουθήσει ως τώρα, ήταν στα ελληνικά. Και εγώ στα ελληνικά μίλησα.
Οι ομιλητές ρωτάνε στην αρχή της ομιλίας τους αν υπάρχει κάποιος που δεν καταλαβαίνει ελληνικά και αν δεν υπάρχει κάποιος τέτοιος, η ομιλία και η συζήτηση γίνονται στα ελληνικά.

Μπορείτε να δείτε και εδώ: https://artofproblemsolving.com/communi ... 31p6362873

Ανδρέας Πούλος έγραψε: ↑

Σάβ Ιουν 23, 2018 12:31 am

Ειδικά για το "φιλαράκι μου" τον Ορέστη. Από εδώ και πέρα για άλλα τρία χρόνια, μόνο χρυσό.

Μπορεί και σε άλλη κατηγορία όμως

Είναι καιρός να δούμε τα θέματα του φετινού Προκριματικού των Μεγάλων. Πρόβλημα 1 Αν $x,y,z$ είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε $x+y+z=9xyz$, να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{\displaystyle\frac{x}{\sqrt{{{x}^{2}}+2yz+2}}+\frac{y}{\sqrt{{{y}^{2}}+2zx+2}}+\frac{z}{\sqrt{{{z}^{2}}+2xy+2}}\...

Άρα ο Δημήτρης κερδίζει για περιττά $a,b$ και για τέτοια ώστε $a=b,\upsilon _{2}(a)\equiv 0mod2$. Τι εννοείς $a=b$; Ότι κάθε στήλη έχει το ίδιο πλήθος νομισμάτων; Για την ιστορία να αναφέρω ότι το όμορφο αυτό πρόβλημα προτάθηκε από τον Δημήτρη (Χριστοφίδη) :clap2: Για μια ακόμη φορά (είναι η 4η σε ...

Ανασκευάζω λίγο το επιχείρημα της λύσης (αποφεύγω τελείως τους κύκλους και το λήμμα από το σύνδεσμο). Έστω $D$ το συμμετρικό του $B$ ως προς το $S$ και $E$ το συμμετρικό του $C$ ως προς το $T$. Τότε το $P$ ανήκει στη $DE$ και είναι το μέσον της, επομένως αρκεί να αποδείξουμε ότι το τρίγωνο $ADE$ είν...

Πολύ όμορφη λύση!

sakis1963 έγραψε: ↑

Παρ Μάιος 04, 2018 12:00 am

Οπότε για το τετράπλευρο , από το αντίστροφο γνωστής πρότασης, το είναι μέσον της τέταρτης πλευράς του .

Καλησπέρα και ευχαριστούμε για το όμορφο αυτό πρόβλημα. Δεν πρέπει να δείξουμε ότι το ανήκει στη ώστε μετά να εφαρμόσουμε το αντίστροφο της πρότασης;

Πρόβλημα 2 Κάποιος έγραψε σε $\displaystyle{2018}$ χαρτάκια από έναν διαφορετικό ακέραιο αριθμό από το $\displaystyle{1}$ μέχρι και το $\displaystyle{2018}$. Στη συνέχεια, ανακάτεψε τα χαρτάκια και τα έβαλε σε φακέλους, έτσι ώστε ο κάθε φάκελος να περιέχει $\displaystyle{2}$ χαρτάκια. Τέλος, έγραψε...

Έχουμε (1), άρα οπότε (2) συνεπώς , και λόγω της (1) θα έχουμε οπότε ή και από την (2) αν διαιρεί τον έναν, διαιρεί και τον άλλο.

Από C-S έχουμε


, οπότε αρκεί

,
που ισχύει αφού .

Νίκο, καλοτάξιδο! Πολύ όμορφη πρωτοβουλία και ιδέα!
Μόλις το κατέβασα!

Το δεύτερο βγαίνει απευθείας αν χρησιμοποιήσουμε το α).

Και άλλη μία προσέγγιση: Από Holder $\displaystyle \left( 1+ \frac{1}{x} \right)\left( 1+ \frac{1}{y} \right)\left( 1+ \frac{1}{z} \right) \geqslant \left(1+\frac{1}{\sqrt[3]{xyz}}\right)^3$ Όμως από την ΑΜ-ΓΜ έχουμε $\displaystyle \frac{1}{3} = \frac{x+y+z}{3} \geqslant \sqrt[3]{xyz}$ Άρα $xyz \leq...

Έκανα κακή μεταφορά στη διατύπωση της εκφώνησης. Δημήτρη, ευχαριστούμε για τη λύση. Η άσκηση είναι από τον φετινό RMM https://artofproblemsolving.com/community/c6h1597666p9926974 Δίνω και τα βασικά βήματα για τη δική μου λύση: Παραγωγίζουμε τη σχέση οπότε $\displaystyle{ P' \cdot P^8 \cdot \left( 10...