Έστω $\triangle ABC$ ένα σκαληνό τρίγωνο. Έστω $D$ ένα μεταβλητό σημείο στην ευθεία $\overset{\longleftrightarrow}{BC}$ τέτοιο ώστε $D\ne B$ και $D\ne C$. Έστω σημείο $E$ στην $\overset{\longleftrightarrow}{BC}$ ώστε η $\overset{\longleftrightarrow}{AE}$ να είναι η ανάκλαση της $\overset ...

Επειδή μας δίνεται ότι ${f}''(x)>-1$ ψάχνουμε να βρούμε μια συνάρτηση $g:[0,4]\rightarrow\mathbb{R}$ η οποία "μοιάζει" με την $f$ και για την οποία ισχύει ${g}''(x)=-1$ για κάθε $x\in [0,4]$ .
${g}''(x)=-1 \Leftrightarrow {g}'(x)=-x+p \Leftrightarrow g(x)=-\frac{x^2}{2}+px+q, p,q\in \mathbb{R}$
Για ...

Για το 2ο.
Για μικρές τιμές του $n$ μπορούμε εύκολα να ελέγξουμε ότι ισχύει $f(n)=n^{3}$.
Θα δείξουμε το ζητούμενο με ισχυρή επαγωγή.
Έστω,λοιπόν, ότι $f(n)=n^{3}$ για κάθε θετικό ακέραιο $n\leq m$ και θα δείξουμε ότι $f(m+1)=(m+1)^{3}$
Είναι $f(1)+...+f(m)+f(m+1)=1^{3}+...+m^{3}+f(m+1)=(\dfrac{m(m ...

Φέρνουμε το ύψος $AD$ και την διχοτόμο $AE$.
$\widehat{DAB} =90°-\widehat{B}$ ή $\widehat {B} - 90°$ και $\widehat{BAE} = \frac{\widehat {A}} {2}$ από όπου παίρνουμε ότι $\widehat {DAE} =\frac{|\widehat {B} - \widehat {C}|} {2} $.
Άρα $\cos{\frac {B-C} {2}} =\cos{\widehat{DAE}} = \frac{AD} {AE ...

$\widehat{AOB} = \widehat{ATB} = 90°$ οπότε $AOBT$ εγγράψιμο και άρα παίρνουμε τις ισότητες γωνιών : $\widehat {COS} = \widehat {AOT} = \widehat {ABT} = 90°- \widehat {BAP} = \widehat {APB} = x$
Έτσι έχουμε ότι $\frac{SD}{SC} = \frac{OD}{OC} \frac{sin{\widehat {SOD}}} {sin{\widehat{SOC}}} = \frac{OD ...