Καλησπέρα σας
Έπρεπε ίσως να είμαι πιο αναλυτικός.

Αν δεν κάνω λάθος δεν ισχύει αυτό (είναι τυπογραφικό)
Συμφωνώ πως γενικά δεν ισχύει


Στην πρώτη περίπτωση είναι $0\leq d(x)< 0,\overline{33}$. Ακόμη $x=\left \lfloor x \right \rfloor+d(x)$.

Έχουμε $\left \lfloor x \right \rfloor+\left \lfloor ...

Καλημέρα σας,

Μια προσπάθεια:

Έστω $k\in \mathbb{Z},x\in R$ , $d(x)$ το δεκαδικό μέρος του $x$ και $S(x)=\left \lfloor x \right \rfloor+\left \lfloor 2x \right \rfloor+\left \lfloor 3x \right \rfloor$.

Για $0\leq d(x)< 0,\overline{33}$, είναι $S(x)=\left \lfloor x \right \rfloor+2\left \lfloor x ...

Καλημέρα και χρόνια πολλά!
Μια εντός φακέλου.

Έστω $BE,CD$ οι σεβιανές, $F\equiv BE\cap CD$ και $\vartheta =\widehat{BFC}$.

Έχω τις σχέσεις:
$\bullet\,\, Q=\dfrac{ \sin\vartheta\cdot FB\cdot FC }{2}\Leftrightarrow Q^{2}=\dfrac{\sin^{2}\vartheta\cdot FB^{2}\cdot FC^{2} }{4}\,\,(1)$

$\bullet \,\,P ...

Καλησπέρα,

Έστω . Απο το πλήρες τετράπλευρο , η δέσμη είναι αρμονική. Eπειδή η είναι παράλληλη στην ακτίνα της αρμονικής δέσμης, θα διχοτομείται απο τις υπόλοιπες ακτίνες (γνωστή πρόταση), δηλαδή .

Καλό βράδυ!

Για να είναι τα σημεία $B,H,N$ συνευθειακά, πρέπει και αρκεί να ισχύει ότι :

$\dfrac{\sin\widehat{NBA}}{\sin\widehat{CBN}}=\dfrac{\sin\widehat{HBE}}{\sin\widehat{CBH}}$.


Είναι: $\dfrac{(NEA)}{(BAC)}=\dfrac{b-a}{b+a}\Leftrightarrow \dfrac{AE\cdot AN}{cb}=\dfrac{b-a}{b+a ...

Καλησπέρα,
Απο γνωστή πρόταση, τα σημεία $A,S,M$ συνευθειακά, . Έστω $P\equiv ASM\cap DE$. Με θ.Μενελάου στο τρίγωνο $PKM$, διατέμνουσας $ATN$ είναι:

$\dfrac{NK}{NM}\cdot \dfrac{AM}{AP}\cdot \dfrac{TP}{TK}=1\Leftrightarrow \dfrac{NK}{NM}=\dfrac{AP}{AM}\cdot \dfrac{TK}{TP}=\dfrac{DE}{BC}\cdot \dfrac ...

Καλημέρα,
Φέρνω τα ύψη $AD$ και $CE$.

Είναι $\sin\widehat{B}=\dfrac{c}{a}=\dfrac{CE}{a}\Leftrightarrow CE=c$.

Aπο την ομοιότητα των τριγώνων $CBE$ και $ABD$ έχω $\dfrac{BE}{BD}=\dfrac{a}{c}\overset{ED\parallel AM }{\Leftarrow \!\Rightarrow } \dfrac{c}{a/2}=\dfrac{a}{c}\Leftrightarrow a=\sqrt{2}c ...

Καλό βράδυ σε όλους! Βρίσκω, όχι με πολλές πράξεις ότι $sinB=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$. Συνεπώς (αν το βλέπω καλά)

πρέπει Θεοδόση να προσέξουμε..μην μας ξεφύγει η ''ευρύχωρη'' :) ...

Φιλικά, Γιώργος.


Οταν κολλήσει το μυαλό, η λύση βγάζει πόδια :lol:

Μια αισθητά συντομότερη:

Φαίρνω το ύψος ...

Καλησπέρα κ.Γιώργο :)
Λίγο μακροσκελής...

Θέτω $\widehat{BAM}=\omega$ και $\widehat{MAC}=\vartheta$

Απο τον ν.ημιτόνων στο τρίγωνο $ABC$ έχω:
$\dfrac{\sin\widehat{A}}{a}=\dfrac{\sin\widehat{C}}{c}=\dfrac{\sin\widehat{B}}{b}\Leftrightarrow \sin \widehat{A}=\dfrac{c}{b},\,\,\sin\widehat{C}=\dfrac{c ...

Καλημέρα, δεν εχω δει το θέμα οπότε πιθανό να επαναλαμβάνω την λύση:
Θέτω $\widehat{OAN}=\vartheta$ και $K\equiv AB\cap OM$

Απο το ισοσκελές τρίγωνο $OAM$, έχω : $6\vartheta +45^{\circ}=180^{\circ}\Leftrightarrow 2\vartheta =45^{\circ}\Leftrightarrow 3\vartheta =45^{\circ}+\vartheta$, δηλαδή το ...

Καλημέρα,
Με γενικευμένο θ.διχοτόμου στο τρίγωνο $ABC$ παίρνω:

$\dfrac{\sin2\vartheta }{\cos2\vartheta }\cdot \dfrac{AB}{AC}=\dfrac{12}{3}\Leftrightarrow \tan2\vartheta \cdot \tan(\vartheta +45^{\circ})=4\Leftrightarrow \dfrac{2\tan\vartheta }{1-\tan^{2}\vartheta }\cdot \dfrac{\tan\vartheta +1}{1 ...

Καλησπέρα,
Με θ. μενελάου στο τρίγωνο $APC$, διατέμνουσας $SNT$ έχω:

$\dfrac{TC}{TA}\cdot \dfrac{NP}{NC}\cdot \dfrac{SA}{SP}=1\Leftrightarrow \dfrac{TC}{TA}\cdot \dfrac{SA}{SP}=1\,\,(1)$

Με θ. μενελάου στο τρίγωνο $ABQ$ διατέμνουσας $TMS$ έχω:

$\dfrac{SB}{SA}\cdot \dfrac{TA}{TQ}\cdot \dfrac{MQ ...

Καλησπέρα!
Λίγο βιαστικά...
Θέτω $G$ το βαρύκεντρο του $ABC$, και $u_1,u_2,u_3$ τα ύψη των τριγώνων $BKL, GKL, GAC$.
Είναι $KL\parallel AC$.
Έχω τις σχέσεις:
$\bullet \,\, \dfrac{(GAC)}{(KGL)}=\left (\dfrac{GA}{GK} \right )^{2}\Leftrightarrow (GAC)=16\cdot (KGL)\,\,(1)$

$\bullet \,\,\dfrac{(GKL ...

Καλό μεσημέρι,
Όμορφη άσκηση :)
Για το β)
Απο το γενικευμένο θ.διχοτόμου, στο τρίγωνο $ABC$ έχω:
$\dfrac{\sin \widehat{BAM}\cdot AB}{\sin \widehat{MAC}\cdot AC}=\dfrac{MB}{MC}\Leftrightarrow \dfrac{\sin \widehat{BAM}}{\cos BAM}=\sqrt{3}\Leftrightarrow \tan \widehat{BAM}=\sqrt{3}\Leftrightarrow ...

Καλό μεσημέρι.
Αρχικά πρέπει $x^{2}\neq 1,\, x^2<1\Leftrightarrow-1< x<1\,\,(1)$.
$\dfrac{1}{1-x^{2}}>\dfrac{3x}{\sqrt{1-x^{2}}}-1\Leftrightarrow \dfrac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}+\sqrt{1-x^{2}}>3x\,(2)$.

Η (2) ισχύει για κάθε $1<x\leq 0$.

Για $0<x<1$, θέτω $1-x^{2}=a^{2}\,(3)$
Η $(2)$ τώρα γίνεται:
$a ...

Γεια σας κ.Γιώργο :)
Για την κατασκευή του $C$:
Θα είναι $\omega =\widehat{ABC}=\dfrac{\widehat{AOC}}{2}=\dfrac{\widehat{ADC}}{2}$. Όμως $\widehat{ABC}+\widehat{ADC}=180^{\circ}\Leftrightarrow 3\omega= 180^{\circ}\Leftrightarrow \omega =60^{\circ}$.
Έτσι λοιπόν $C\equiv (O,R)\cap (B,BO)$.

Απο το ...

Κύριε Νίκο ευχαριστώ για την λύση σας :)
Γράφω την δική μου σκέψη:
Έστω $G$ και $F$ οι τομές της $SN$ με τον $(C).$ Το $N$ είναι εσωτερικό κέντρο ομοιοθεσίας των $(O)$ και $(C)$, έτσι τα $T$ και $F$ θα είναι αντιδιαμετρικά (ως εικόνες των $S'$ και $S$ αντίστοιχα) κι επομένως $\widehat{FGT}=90^{\circ ...

Με αφορμή την άσκηση του κ.Νίκου εδώ .
Καθετότητα επι κύκλου.png
Έστω oι κύκλοι $(O)$ και $(C)$, με διαμέτρους $AC=3k$ και $BD=2k$ αντίστοιχα.

Θέτω $E$ την μία τομή των κύκλων και $S\equiv DE\cap(O)$. Απο το $S$ φέρω την εφαπτόμενη $ST$ του $(C)$.

Aν $S'$ είναι το αντιδιαμετρικό του $S$ και ...

Καλό μεσημέρι
i) Είναι $\widehat{SAC}=\widehat{CED}=\widehat{CDE}$, έτσι το τρίγωνο $SAD$ είναι ισοσκελές και η $SB$ είναι διάμεσος, άρα και ύψος, δηλαδή $SB\perp AD$. Τώρα απο τα εφαπτόμενα τμήματα $SB$ και $ST$ προκύπτει $ \widehat{CST}=\widehat{CBT}\overset{BT\parallel AS}{=\!=\!=} \widehat{CAS ...

Καλό μήνα σε όλους!
Έστω $A$ το σύνολο των ανθρώπων της πόλης και $B,C$ τα σύνολα αυτών που έχουν και δεν έχουν ανοσία αντίστοιχα.

Έχουμε: $N(B)=\dfrac{2}{100}\cdot N(A)$, $N(C)=\dfrac{98}{100}\cdot N(a)$
Το τεστ έδειξε πως ο Ρενέ έχει ανοσία, οπότε θα ανήκει είτε στο $90$% αυτών που αληθώς έχουν ...