Συγχαρητήρια και απο εμένα στο Σιλουανό και στον κ. Ψύχα για το πολύ ωραίο πρόβλημα.

α) Έστω ότι οι εφαπτομένες συντρέχουν πάνω στη διαγώνιο.
Τότε από την ομοιότητα των τριγώνων $HDC,HBC$ και $HDA,HBA$ παίρνουμε: $\displaystyle{\frac{BC}{DC}=\frac{HB}{HC}=\frac{AB}{AD}\Rightarrow AD.BC=AB.DC}$

Έστω τώρα ότι ισχύει η σχέση $AD.BC=AB.DC$. Από εδώ συνεπάγεται ότι οι εσωτερικές και ...

1) (ΣΧΗΜΑ 1)
Έστω $M_1,M_2,M_3$ τα μέσα των $AB,BZ,ZA$ αντιστοίχως. Έχουμε ότι οι τριάδες σημείων $(O_1,M_1,M_2)$ ,$(O_2,M_1,M_3)$ και $(O_3,M_2,M_3)$ είναι συνευθειακές.

Για να είναι τα $O_1,O_2,O_3$ συνευθειακά, αρκεί να ισχύει το Θ. Μενελάου στο τρίγωνο $M_1M_2M_3$ με διατέμνουσα $O_1O_2O_3 ...

$AF.AB=AF(AF+FB)=AF^2+AF.FB$
Η $\widehat{DFA}$ βλέπει διάμετρο άρα $\widehat{DFA}=90^ο$.

Από την ομοιότητα των τριγώνων $FBD$ και $FDA$ παίρνουμε $FB.FA=FD^2$. Οπότε συνεπάγεται:
$AF.AB=AF^2+FD^2=AD^2$. Ομοίως προκύπτει και ότι $AE.AC=AD^2\Rightarrow$ το $FECB$ είναι εγγράψιμο.

Οπότε οι $AZ$ , $FE ...

α) Θα αναφέρομαι πάντα στα ελάσσονα τόξα

$\displaystyle{\widehat{AEZ}=\widehat{ABZ}=\frac{\stackrel{\frown}{AK}}{2}}$

$\displaystyle{\widehat{AEB}=\widehat{AZB}=\frac{\stackrel{\frown}{KD}}{2}+\frac{\stackrel{\frown}{AB}}{2}}$

$\displaystyle{\widehat{BEH}=\widehat{BCH}=\widehat{BAD}=\frac ...

Έστω ότι ο περίγ. κύκλος του $BDE$ τέμνει την $AE$ στο $F$

Παρατηρούμε ότι $\displaystyle{\widehat{DFA}=\widehat{DBE}=\frac{\widehat{A}}{2}=\widehat{CZE}=\widehat{AZM}\Rightarrow ZM//DF}$

Οπότε για να είναι το $M$ μέσο, αρκεί να είναι το $Z$ μέσο του $AF$, δηλαδή, εφόσον $BZ\perp AF$,
αρκεί $ABF ...

Έστω το πολυώνυμο ώστε φια κάθε να ισχύει:


Να δείξετε ότι για κάθε .

Έστω με και οι με εικόνες αντιστοίχως.
Έστω
Νδο ότι η αρχή των αξόνων είναι εξωτερικό σημείο του τριγώνου

4)
H $f$ είναι κοίλη στο $[0,1]$. Άρα βρίσκεται πάνω από την χορδή που ορίζουν τα $(0,1) , (1,f(1))$.
Η εξίσωση της χορδής αυτής είναι $y=(f(1)-1)x+1$. Η απόδειξη γίνεται με θ.μ.τ. στα $[0,x],[x,1]$.

Το εμβαδόν του τραπεζίου που ορίζει η χορδή αυτή είναι $\displaystyle{\frac{f(1)+1}{2}>\frac{3}{2 ...

Δίνω την επίσημη λύση χωρίς σχόλιο...

$\displaystyle{f''(x)-\frac{f'(x)}{x}=xe^x \Rightarrow \frac{xf''(x)-f'(x)}{x^2}=e^x \Rightarrow$

$\displaystyle{\Rightarrow (\frac{f'(x)}{x})'=(e^x)' \Rightarrow \frac{f'(x)}{x}=e^x+c}$

Για $x=1$ προκύπτει $c=-e$. Άρα $\displaystyle{\frac{f'(x)}{x}=e^x-e ...

Η παρακάτω άσκηση δόθηκε σε διαγώνισμα ενός σχολείου και θα ήθελα να ακούσω γνώμες πριν δώσω την επίσημη λύση.

$i)$ Να βρεθεί η παράγωγος της $g(x)=e^x(x-1)$.
$ii)$ Έστω $f$ ορισμένη και συνεχής στο $R$ ώστε $f(0)=0$ , $f^{'}(1)=0$ και για κάθε $x$ διάφορο του $0$ ισχύει:

$\displaystyle{f^{''}(x ...

κύριε Στεργιου πολλές ευχές καί πάντοτε ακμαίος καί πολυγραφότατος.

Στο σχολείο αυτό, η πρόταση θεωρήθηκε σωστή, και μάλιστα από δύο καθηγητές...

Έστω σύναρτηση , ορισμένη στο και γνησίως φθήνουσα σε αυτό.
Τότε το σύνολο τίμων της είναι το

Η πρόταση αυτή, είναι σωστή ή λάθος?

(1)

'Εστω $M,M_1$ τα σημεία τομής των $B_1B',C_1C'$ με τον περιγεγραμμένο αντιστοίχως.

$\widehat{MB'C'}= \widehat{MB_1B}$ ((ε)//$BB_1$)
$\widehat{MAB}= \widehat{MB_1B}$ (βαίνουν στο ιδιο τόξο)
Άρα το $MAB'C'$ είναι εγγράψιμο

Ομοίως το $M_1AB'C'$ είναι εγγράψιμο.
Άρα $M\equiv M_1$ καθώς αποτελούν ...

Τη λύση αυτή την οφείλω στο Κατράνη Δρόσο.

Έστω τετράπλευρο $ABCD$ ώστε $\widehat{A}$ αμβλεία και $\widehat{D}$ οξεία.
Από νόμο συνημιτόνων στα τρίγωνα $ABD$ και $BCD$ πέρνουμε $BD^2=a^2+d^2-2ad.cos\widehat{A}$ και $BD^2=b^2+c^2-2bc.cos\widehat{C}$

Για να είναι εγγράψιμο το $ABCD$, πρέπει ...

Δίνω μια διαφορετική λύση από αυτή με δύναμη σημείου

'Εστω $F\equiv ZE\cap BC$.
Η $ZE$ είναι η πολική του $A$ ως προς τον εγγεγραμμένο, άρα η το $A$ ανήκει στη πολική του $F$
Επίσης το $D$ ανήκει στη πολική του $F$, οπότε η $AD$ είναι η πολική του $F \Rightarrow FS$ εφαπτόμενη του κύκλου $(I ...

$(v)$

Το $D'$ είναι το σημείο τομής της εξωτερικής διχοτόμου της $\widehat{A}$ με τον κύκλο.
Η $(A,AD',AC,AD,AB)$ είναι αρμονική δέσμη, οπότε το $Z\equiv PQ\cap AD'$ είναι το αρμονικό συζυγές του $D$ ως προς τα $P,Q$.
Έστω $V\equiv PR\cap QS$. Από θ.Ceva στο $VPQ$ έχουμε ότι οι $VD,PE,QF ...

$(iv)$

$\displaystyle{\widehat{BED}=\widehat{CFD}=\frac{\widehat{A}}{2}$

Άρα το τετράπλευρο $FELK$ είναι εγγράψιμο $\Rightarrow \widehat{CBE}=\widehat{CFE}=\widehat{LKE} \Rightarrow KL\parallel BC$

Από το εγγεγραμμένο πλήρες τετράπλευ.ρο $AEDF$ εχουμε ότι η $IH$ είναι η πολική του $G$. Όμως και η ...

Βάζω λύση προς το παρόν για τα πρώτα 3 και το τελευταίο.

$\displaystyle{(i)}$

Έστω $I\equiv FD\cap AE, G\equiv FA\cap DE$ και $H'\equiv PS\cap RQ$ και $H\equiv AD\cap FE$.
Η $AE$ είναι η πολική του $S$ ως προς τον κύκλο, η $FD$ του $P$, και οι $FA,DE$ των $R,Q$ αντιστοίχως.
Συνεπώς η $PS$ είναι η ...