Τα περσινά θέματα ήταν όλα από IMO Shortlist και μπορούν να βρεθούν στο παρακάτω λινκ.
https://artofproblemsolving.com/communi ... 6_2023_isl

Επαναφορά!

Θεωρούμε το σύνολο όλων των σημείων στο χώρο με ακέραιες συντεταγμάνες. Η Αλίκη και ο Βασίλης παίζουν το ακόλουθο παιχνίδι. Αρχικά, η Αλίκη επιλέγει κάποιο σημείο. Στη συνέχεια, ο Βασίλης χρωματίζει όλα τα σημεία ενός επιπέδου κάθετου σε έναν από τους άξονες, το οποίο όμως δεν περιέχει σημείο ήδη επ...

Καλησπέρα, Παρακολουθώ με ενδιαφέρον την συζήτηση και ως μαθητής με μια μικρή εμπειρία από μαθηματικούς διαγωνισμούς, αποφασισα να παρέμβω στο συγκεκριμένο σημείο, για να αποδώσω και την οπτική του διαγωνιζομένου. Καταρχάς κύριε Κατσουρίδη, ίσως ναι στον κανονισμό των ελληνικών διαγωνισμών να μην αν...

Έχει πλάκα πάντως το γεγονός ότι η άσκηση είναι καταχωρημένη σε φάκελο για juniors...

An $a,b,c$ θετικoί πραγματικoι αριθμοί τέτοιοι ώστε $\displaystyle{\frac{a+b+c}{2}=ab+bc+ca \quad (1)}$, να δειχθεί ότι $\displaystyle{\frac{3a^3b^3}{a^2+b} + \frac{3b^3c^3}{b^2+c} +\frac{3c^3a^3}{c^2+a}\geqslant \frac{ab+bc+ca}{4}}$ Ισοδύναμα, αρκεί να δείξω ότι: $\displaystyle{\sum{\dfrac{3a^3b^3...

Καλημέρα,
Για το ii) Παρατηρούμε ότι το είναι αρμονικό επομένως η δέσμη είναι αρμονική και επειδή έχουμε τελικά ότι .

Για το i) Εφαρμόζουμε θεώρημα Pascal στο εξάγωνο το οποίο μας δίνει την ζητούμενη συνευθειακότητα.

Μεγάλες κατασκευές 88.png$\bigstar$ Προεκτείνατε τις πλευρές $AB=a$ και $AD=b$ , παραλληλογράμμου $ABCD$ , κατά ίσα τμήματα $BS , DT$ , έτσι ώστε τα σημεία $S , C , T$ να είναι συνευθειακά . Εστω λυμένο το πρόβλημα, και έστω $x$ το ζητούμενο ευθύγραμμο τμήμα. Τότε τα τρίγωνα $DTC$ και $BCS$ είναι ό...

Καλησπέρα! (1) Αφού $a$ περιττός τότε θα γράφεται στη μορφή $a=2k+1, k \in \mathbb{Z}$ Επομένως, $a^2=(2k+1)^2=4k^2+4k+1=4(k^2+k)+1=2(2k^2+2k)+1=2l+1$ όπου $l=2k^2+2k$ Άρα, ο $a^2$ περιττός, όπως θέλαμε (2) Εφόσον $a^n$: άρτιος, τότε $2|a^n$ και αφού $2$: πρώτος θα έχω $2|a$ ή $2|a$ ή $2|a$ ή... $2...

Ευχαριστώ πολύ, Η λύση που είχα εγώ είναι η εξής: Εστω $E, Z$ τα σημεία τομής των $AB, AC$ με τον περιγεγραμμένο κύκλο του $AVT$. Με κυνήγι γωνιών δείχνουμε ότι $\angle ZAX= \angle ATV$ και $\angle XAE=\angle TVA$ επομένως: $\displaystyle \frac{\delta (X, AB)}{\delta (X, AC)}= \frac{XA \sin XAE}{XA ...

'Εστω τρίγωνο και τα τετράγωνα και στο εξωτερικό του. Έστω το περίκεντρο του τριγώνου . Να δείξετε ότι η είναι η Α-συμμετροδιάμεσος του τριγώνου .

Θα ήθελα μια καθαρόαιμη γεωμετρική λύση σε αυτό το θέμα. (Η τριγωνομετρική είναι αρκετά εύκολη)
Ευχαριστώ

Καλησπέρα ,θέλω να δώσω μια απάντηση στον Ορέστη που εχει κάνει μεγάλα άλματα προόδου αλλα εχει και το θετικό στοιχείο να λέει Δημόσια τη γνώμη του με ευθυκρισία και αμεροληψία Φυσικά και η Τριγωνομετρία είναι ενας κλάδος των Μαθηματικών με μεγάλες εφαρμογές και μπορεί να δώσει λύσεις σε δυσκολα πρ...

Καλημέρα κύριε Γιώργο, Να παραδεχτώ αρχικά πως πράγματι στην λύση σας υπήρχαν λίγες άγνωστες έννοιες, ενώ τους τύπους τριγωνομετρίας αυτούς καθ'αυτούς τους μαθαίνουν τα παιδιά στην β' λυκείου. Δεν ήξερα όμως ότι ο φάκελος που μπαίνει μια άσκηση, καθορίζεται από τα εργαλεία που χρησιμοποιούνται για ν...

Καλησπέρα κύριε Γιώργο και συγνώμη που επεμβαίνω, Απλώς μια διαπίστωση: Λαμβάνοντας υπόψη ότι η άσκηση απευθύνεται σε παιδιά γυμνασίου, ακόμη και οι γεωμετρικές λύσεις χρησιμοποιούν άγνωστα πράγματα (για έναν μαθητή πάντα). Οπότε, είτε η άσκηση είναι εντελώς εκτός φακέλου, ή δεν είναι μόνο η λύση το...

Καλησπέρα, Όπως ο κύριος cool geometry, τοποθετούμε 9 άσσους στη σειρά με τους αριθμούς $1, 11, 111, 1111$ Επειδή δεν υπάρχει άλλος αριθμός που να αποτελείται μόνο από άσσους, το καλυτερο είναι να βάλουμε έναν αριθμό που λήγει σε 3 άσσους στην αρχή και εναν αριθμό που αρχίζει με 3 άσσους στο τέλος. ...

Καλησπέρα, Δείχνουμε όπως προηγουμένως ότι τα $AKDB$ και $ALDC$ είναι εγγράψιμα. Επομένως, $ (FI)(IC)=(IA)(ID)=(KI)(IB)$ άρα και το $FBCK$ είναι εγγράψιμο. Λόγω εγγραψιμότητας των $ALDC$ και $FBCK$ έχουμε διαδοχικά: $\angle LAI = \angle FCB = \angle FKB$ δηλαδή $\angle LAI= \angle LKI $ άρα το $ALIK...

Ναι έχετε δίκιο μου διέφυγε τελείως!
Ευχαριστώ

Καλησπέρα,
Αρκεί να δείξουμε ότι η είναι αρμονική.
Τώρα, αυτό αποτελεί ίσως κάποιο θεώρημα η κάποιο γνωστό λήμμα το οποίο όμως μου διαφεύγει...
Ας με διαφωτίσει κάποιος. Βγάζει κάπου η λύση με αρμονικές;
Ευχαριστώ

Καλημέρα, Διακρίνουμε 3 περιπτώσεις. 1η περίπτωση: Οι $p, q$ είναι περιττοί. Τότε πρέπει $RHS= even \implies r=2$ και άρα $p(p+q)=2*61$ αυτό όμως είναι αδύνατο για $p, q$ περιττούς. 2η περίπτωση Ο $p$ είναι άρτιος. με παρόμοιους ισχυρισμούς παίρνουμε ότι $r=2$ η οποία δίνει $q=59$ και επομένως έχουμ...