Πρόβλημα 1
![a(a-b-c)+(b^2+c^2-bc)=4a^2(abc-\frac{a^2}{4}-b^2c^2)\Leftrightarrow
a^2-ab-ac+bc+b^2-2bc+c^2+a^2(a^2-4abc+4b^2c^2)=0\Leftrightarrow
(a-b)(a-c)+(b-c)^2+[a(a-2b)]^2=0](/forum/ext/geomar/texintegr/latexrender/pictures/272ff1b1020ab66c9689d8ef5ce59257.png "a(a-b-c)+(b^2+c^2-bc)=4a^2(abc-\frac{a^2}{4}-b^2c^2)\Leftrightarrow
a^2-ab-ac+bc+b^2-2bc+c^2+a^2(a^2-4abc+4b^2c^2)=0\Leftrightarrow
(a-b)(a-c)+(b-c)^2+[a(a-2b)]^2=0")
άρα πρέπει ή α) και τα τρια να κάνουν 0 ή β) το πρώτο να είναι αρνητικό με απόλυτη τιμή ίση με το άθροισμα των 2 τετραγώνων. Aν όλα ειναι θετικά έχουμε
και 
Aπό αυτά τα δύο μαζί έχουμε 
και από το τρίτο έχουμε ![[a(a-2b)]^2=0\Leftrightarrow a(a-2b)=0\begin{cases}
& \text{ if } a=0 \\
& \text{ if } a-2b=0 \Leftrightarrow a=2b
\end{cases}](/forum/ext/geomar/texintegr/latexrender/pictures/f5e1dafe3956cc4eeba4231361448b90.png "[a(a-2b)]^2=0\Leftrightarrow a(a-2b)=0\begin{cases}
& \text{ if } a=0 \\
& \text{ if } a-2b=0 \Leftrightarrow a=2b
\end{cases}")
, που 
δεν ισχύει, άρα 
Ενώ για
![(a-b)(a-c)+(b-c)^2+[a(a-2b)]^2=0](/forum/ext/geomar/texintegr/latexrender/pictures/35331fe4fd5b3123ac03b97a32accc50.png "(a-b)(a-c)+(b-c)^2+[a(a-2b)]^2=0")
με 
δεν έχω βρει ακόμα τη λύσηΠρόβλημα 2
Αρχικά αφού οι p και q είναι πρώτοι μεταξύ τους, το ΕΚΠ τους θα είναι
άρα έχουμε 
και
γνωρίζουμε οτί το p πρέπει να είναι ακέραιος άρα
πρέπει να είναι επίσης ακέραιος. Eπίσης έχουμε
άρα 
άρα 
και με δοκιμές βρίσκουμε τις λύσεις 
ή 
ή 
Πρόβλημα 4
α)για χ=1 σε κάθε y αντιστοιχεί ένα z και υπάρχουν 2011 ζευγάρια με z=2012-y
για χ=2 δουλεύουμε με τον ίδιο τρόπο όμως δεν μπορούμε να έχουμε y=2011 άρα υπάρχουν 2010 ζευγάρια
για χ=3 με τον ίδιο τρόπο δεν υπάρχει y=2011 και y=2010 άρα υπάρχουν 2009 ζευγάρια
...
για χ=2011 υπάρχει το μοναδικό ζευγάρι x,y,z=(2011,1,1)
συνολικά τα ζευγάρια είναι 1+2+3+...+2009+2010+2011 ή
β)για x=y έχουμε
ζευγάρια από το x,y,z=(1,1,2011) εως και το x,y,z=(1006,1006,1)άρα 1006 ζευγάρια
γ)το γινόμενο xyz γίνεται μέγιστο για τισ μικρότερες σε απόλυτη τιμη διαφορές x-y x-z y-z οι οποίες προκύπτουν για την λύση x,y,z=(671,671,671)
το οποίο είναι πάντα θετικό ως γνωστον.
.
και βρίσκουμε τις λύσεις 
.![\frac{1}{2}\left[\left(a-b \right)^{2}+\left(b-c \right)^{2}+\left(c-a \right)^{2} \right]+4a^{2}\left(\frac{a}{2}-bc \right)^{2}=0](/forum/ext/geomar/texintegr/latexrender/pictures/cc04996605a2dd802385dc968b7257f1.png "\frac{1}{2}\left[\left(a-b \right)^{2}+\left(b-c \right)^{2}+\left(c-a \right)^{2} \right]+4a^{2}\left(\frac{a}{2}-bc \right)^{2}=0")
απ' όπου παίρνουμε 
.![\frac {1}{2}(a-b)^2 + \frac {1}{2}(b-c)^2 + \frac {1}{2}(c-a)^2 + [a(a-2b)]^2=0](/forum/ext/geomar/texintegr/latexrender/pictures/1d4983797970ab67e5a0ff221f6882ee.png "\frac {1}{2}(a-b)^2 + \frac {1}{2}(b-c)^2 + \frac {1}{2}(c-a)^2 + [a(a-2b)]^2=0")
, και λοιπά (ρουτίνα).
είναι το ορθόκεντρο του 
τότε 
οπότε το ορθόκεντρο ανήκει στον 
οπότε 
ισοσκελές, άρα 
. Επιπλέον, αφού τα συμμετρικά του ορθοκέντρου ανηκουν στον περιγεγραμμένο κύκλο, θα έχουμε ότι 
παρ/μο άρα 
. Επομένως το 
είναι ορθόκεντρο στο 
, άρα έχουμε το ζητούμενο.
![2013\geq 3\sqrt[3]{xyz}](/forum/ext/geomar/texintegr/latexrender/pictures/06a5526c649f6d8635e8f07a9024a50c.png "2013\geq 3\sqrt[3]{xyz}")
, άρα 
οι γωνίες 
του τριγώνου 
.
είναι ισογώνιες στο τρίγωνο 
,δηλαδή ότι 
.
άρα 
(από την επίκεντρη γωνία 
) γιατί 
.
και το ζητούμενο αποδείχθηκε.
.
είναι 
.
είναι 
.
, οπότε 
. 
, ως εξωτερική στο τρίγωνο 
.
είναι διχοτόμος στο τρίγωνο 
από όπου το ζητούμενο προκύπτει άμεσα.
που υπερπληρώνει την γωνία 
), εγώ μάλλον πήγα μέσω ...Καρδίτσας !
σαν εγγεγραμμένη σε ίσους κύκλους. Μετά με άθροισμα συμπληρωματικών γωνιών η λύση είναι πολύ απλή. 
. Η γωνία 
. (Αποδεικνύεται πολύ απλά αρκεί να φέρουμε τη διάμετρο ΑΟ.) Άρα το Ζ είναι η στροφή του Β γύρω από το Α και άρα το τρίγωνο ΑΒΖ είναι ισοσκελές κλπ
να συμπεράνουμε ότι το ψ είναι περιττός μικρότερος του 2013. Άρα θα παίρνει 1006 διαφορετικές τιμές. Σε κάθε τιμή σαντιστοιχεί μιά τιμή του χ άρα υπάρχουν 1006 τριάδες.
