Λίγο διαφορετικά.

Στο αρχικό σχήμα εύκολα βρίσκουμε $O\widehat{P}S=138^{\circ}$ και κατά συνέπεια $\omega =21^{\circ}$. Λόγω του ισοσκελούς $OSA$ παίρνουμε $S\widehat{A}O=\omega =21^{\circ}$. Λόγω της σχέσης εγγεγραμμένης-επίκεντρης παίρνουμε: $S\widehat{O}T=2\omega =42^{\circ}$. Το οποίο τελικά ...

Καλησπέρα!

Έστω:

, απ΄όπου παίρνουμε τις τιμές

Λάθος.

Καλησπέρα.

Εργαζόμαστε στο αρχικό σχήμα. Η αποδειχθείσα γράφεται ως εξής: $\displaystyle \frac{1}{AB^2}=\frac{1}{AP^2}+\frac{1}{AT^2} \Leftrightarrow AB^2=\frac{AP^2AT^2}{AP^2+AT^2} (*)$. Είναι: $D\widehat{P}A=T\widehat{P}C$ ως κατακορυφήν γωνίες. Επίσης, επειδή: $AB // PC$, ισχύει: $T\widehat{P}C ...

Τώρα, θα αντικαταστήσουμε την τιμή του $k$ στη σχέση: $(*)$, παίρνουμε: $n^2 = 7^{2s+2}+2 \Leftrightarrow n^2= (7^{s+1})^2 +2$, το οποίο σίγουρα δεν είναι τέλειο τετράγωνο, αφού υπάρχουν δύο τετράγωνα φυσικών, όμως ένας από τους όρους δεν είναι τέλειο τετράγωνο, με αποτέλεσμα να μην ...

Καλησπέρα. Έστω $7^x+2=n^2, n \in \mathbb{N}$. Απ' αυτή παίρνουμε πως: $7^x=n^2-2$. Συνεπώς, πρέπει: $n^2 \equiv 2 (\mod7)$. Μπορούμε, λοιπόν, να θέσουμε: $n^2=7k+2 (*), k \in \mathbb{N}$. Αντικαθιστώντας στην αρχική, έχουμε: $7^x+2=7k+2 \Leftrightarrow 7^x=7k \Leftrightarrow 7^{x-1}=k (1)$. Τώρα ...

Καλημέρα!

Έστω $k,n$ οι δύο αυτοί διαιρέτες του $N$ με $k>n$ και $k=45n$. Προφανώς θα ισχύει ότι: $\frac{N}{k}\in \mathbb{Z}\Leftrightarrow \frac{N}{45n}\in \mathbb{Z}\Rightarrow 45|N$.

Στο σημείο αυτό, διακρίνουμε δύο περιπτώσεις:

1η περίπτωση: Ο $N$ είναι άρτιος. Τότε, ο αμέσως μεγαλύτερος ...

Καλημέρα!

Έστω $k,n$ οι δύο αυτοί διαιρέτες του $N$ με $k>n$ και $k=45n$. Προφανώς θα ισχύει ότι: $\frac{N}{k}\in \mathbb{Z}\Leftrightarrow \frac{N}{45n}\in \mathbb{Z}\Rightarrow 45|N$.

Στο σημείο αυτό, διακρίνουμε δύο περιπτώσεις:

1η περίπτωση: Ο $N$ είναι άρτιος. Τότε, ο αμέσως ...

Καλημέρα!

Έστω $k,n$ οι δύο αυτοί διαιρέτες του $N$ με $k>n$ και $k=45n$. Προφανώς θα ισχύει ότι: $\frac{N}{k}\in \mathbb{Z}\Leftrightarrow \frac{N}{45n}\in \mathbb{Z}\Rightarrow 45|N$.

Στο σημείο αυτό, διακρίνουμε δύο περιπτώσεις:

1η περίπτωση: Ο $N$ είναι άρτιος. Τότε, ο αμέσως μεγαλύτερος ...

Καλημέρα! Λίγο διαφορετικά η αρχή.

Έστω οι θετικοί ακέραιοι $a,b$, Τέτοιοι ώστε οι $a-b,a+b,ab$ να είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου. Τότε, θα υπάρχει θετικός ακέραιος $k$, τέτοιος ώστε: $a-b+k=a+b$ και $a+b+k=ab$. Από την πρώτη, έχουμε ότι: $a-b+k=a+b\Leftrightarrow k=2b (1)$

Τώρα, στη ...

Από την εκφώνηση έχουμε ότι: $72x=\overline{a715b}$

Άρα ο αριθμός $\overline{a715b}$ πρέπει να είναι και πολλαπλάσιο του 8 και πολλαπλάσιο του 9. Συνεπώς, θα ισχύει: $\overline{15b}=mult 8$
και $a+b+13=mult 9$.

Από την πρώτη διαπίστωση εύκολα παίρνουμε ότι: $b=2$. Τώρα, χρησιμοποιώντας τη ...

Δε χρειάστηκε τελικά το πεδίο ορισμού της $f$, αλλά το αφήνω.


.
Όχι βέβαια. Το πεδίο ορισμού χρειάστηκε σε πολλά σημεία. Θα δώσω ένα από τα προφανή:
.

Αντικαθιστώντας τώρα τις τιμές του $n$ στη σχέση $(1)$ έχουμε ότι: ... $\Leftrightarrow x=\frac{59}{25}$.

.
Δεκτή άραγε αυτή η τιμή ...

* Άσκηση υψηλής δυσκολίας

Δίνεται η συνάρτηση : $f(x)=\sqrt{20-x}+\sqrt{x-2}$

α) Λύστε την εξίσωση : $f(x)=\dfrac{24}{5}$

β) Βρείτε την μέγιστη τιμή της συνάρτησης .

γ) Παίρνει η συνάρτηση την τιμή $4$ ;


Καλημέρα! Άλλη μία λύση για το α) και το γ)

Θα υπολογίσουμε το πεδίο ορισμού της $f ...

Ευχαριστώ πολύ για την παρατήρηση! Μόλις το διόρθωσα.

Συγγνώμη για την απροσεξία! Θα προσπαθήσω αν βρω χρόνο να το ξανακοιτάξω. Προς το παρόν σβήνω τη συγκεκριμένη λύση.