Έστω τρίγωνο $ABC.$
Έστω τα παράκεντρά του $I_{a},I_{b},I_{c}.$
Έστω $D E F$ το τρίγωνο που έχει κορυφές τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου του $ABC$ με τις πλευρές του.
Έστω $PQR$ το ορθικό τρίγωνο του $ D E F . $
Αποδείξτε ότι
$\left (I_{a}I_{b}I_{c} \right )\cdot \left ( PQR \right ...

Θέτοντας $ x=\dfrac{A}{2},y=\dfrac{B}{2}, z=\dfrac{C}{2}$ στην γνωστή ταυτότητα
$\sin{x}+\sin{y}+\sin{z}-\sin{(x+y+z)}=4\sin{\dfrac{x+y}{2}}\sin{\dfrac{y+z}{2}}\sin{\dfrac{z+x}{2}}$ παίρνουμε ότι

$\sin{\dfrac{A}{2}}+\sin{\dfrac{B}{2}}+\sin{\dfrac{C}{2}}-1=4\sin{\dfrac{A+B}{4}}\sin{\dfrac{B+C}{4 ...

Εμβαδόν εξαγώνου.png
Έστω $H$ το ορθόκεντρο του τριγώνου $PMK$. Τα τετράπλευρα $PNMH$, $MLKH$ και $KQPH$ είναι παραλληλόγραμμα.
(Οι απέναντι πλευρές τους είναι κάθετες σε παράλληλες ευθείες)
Επομένως $(KLMNPQ)= (PNMH)+ (MLKH)+ (KQPH)= 2(HPM) + 2(HMK) +2(HKP)=$
$2(PMK)=2\cdot\dfrac{1}{4}(ABC ...

Ακόμα μια

Οπως φαίνεται και από την

$\displaystyle \sqrt {{{(4a - x)}^2} + {{(4a - y)}^2}} + \sqrt {{x^2} + {{(4a - y)}^2}} + \sqrt {{x^2} + {y^2}} + \sqrt {{{(4a - x)}^2} + {y^2}} $, όπου $0 \le x \le 4a$ και $0 \le y \le 4a$.
στην ουσία θέλουμε το αθροισμα των αποστάσεων ενός σημείου εσωτερικού του ...

Τετράγωνο Μέσα Σε Τετράγωνο.png

Προεκτείνουμε τις πλευρές του μικρού τετραγώνου μέχρι να τμήσουν τις πλευρές του μεγάλου.
Θέτοντας (βλέπε σχήμα) $GJ = x$ και $GK = y$ εύκολα προκύπτει από τα ορθογώνια και το Πυθαγόρειο Θεώρημα ότι είναι

$\displaystyle AE + BF + CG + DH = $

$\displaystyle ...

Η ανισότητα γράφεται ως $\displaystyle x^{3}y^{3}\geq 3x^{2}y^{2}+x^{3}+ y^{3}$ ή $\displaystyle \displaystyle{1\geq \frac{3}{xy}+ \frac{1}{x^3}+ \frac{1}{y^3}}$ .

Επειδή $\displaystyle x\geq 2$ και $\displaystyle y\geq 2$ έχουμε αντιστοίχως ότι $\displaystyle \displaystyle{\frac{1}{x}\leq \frac{1 ...

Άλλη μία λύση:
Έχουμε ότι $\displaystyle{a^3+b^3+c^3+\frac{8}{(a+b)(b+c)(c+a)}=} $

$\displaystyle{(a+b+c)^3-3(a+b+c)(ab+bc+ca)+3abc+\frac{8}{(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc}=}$

$\displaystyle{(a+b+c)^3-3(a+b+c)(ab+bc+ca)+3+\frac{8}{(a+b+c)(ab+bc+ca)-1}}$.

Οπότε, αρκεί να αποδείξουμε ότι $\displaystyle{(a ...

Πολλαπλασιάζοντας την ανισότητα με $-1$ και προσθέτοντας κατόπιν το $ 1+1+1=3$ παίρνουμε την ισοδύναμη:

$\displaystyle{\frac{ab}{1+ab}+\frac{bc}{1+bc}+\frac{ca}{1+ca}\leq \frac{3}{2}}$.

Τώρα, από την ανισότητα AM-GM και την Cauchy - Schwarz έχουμε ότι
$\displaystyle{\frac{ab}{1+ab}+\frac{bc}{1+bc ...

Αν οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί $\chi ,\psi, \zeta
$ έχουν άθροισμα ίσο με το 1, να δείξετε ότι:

$\left ( 1+\frac{1}{\chi } \right )\left ( 1+\frac{1}{\psi } \right )\left ( 1+\frac{1}{\zeta } \right )$$ \geq 64$
Χρησιμοποιώντας την ανισότητα ΑΜ-ΓΜ έχουμε

$\displaystyle{\left ( 1+\frac{1}{x ...

Σε τρίγωνο $ABC$ έστω $G$ το βαρύκεντρο και $L$ το σημείο Lemoine.
Έστω $R_{a}$ η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου $GBC$.
Όμοια ορίζονται οι ακτίνες $R_{b},R_{c}$ .
Έστω $\rho _{a}$ η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου $LBC$.
Όμοια ορίζονται οι ακτίνες $\rho _{b},\rho _{c ...

Καλημέρα σας αγαπητοί φίλοι και σας ευχαριστώ για τις παρεμβάσεις σας.

Νίκο, για μένα δεν υπάρχουν άσχημες αποδείξεις. Απλώς, κάποιες, επειδή είναι γραμμένες στο " Βιβλίο " ( πρόσφατο παράδειγμα, αυτή ), είναι πολύ όμορφες.

Κάθε απόδειξη είναι ένα ταξίδι στην σκέψη του άλλου και όπως έχω πει με ...

Κάτι άσχημο…

Αν το τρίγωνο $ABC$ είναι ισοσκελές με $AB = AC$ το ζητούμενο προκύπτει εύκολα.
Έστω ότι $AC > AB$ δηλαδή $b > c$ (η περίπτωση $AC < AB$ είναι παρόμοια).

Τετραγωνισμός.png

Έστω $E,F$ τα μέσα των $SV,TU$ αντιστοίχως και $R,R'$ οι ακτίνες των περιγεγραμμένων κύκλων των
τριγώνων $ABD ...

Λόγος Γινομένων1.png

Από το θεώρημα του Πτολεμαίου στο εγγεγραμμένο τετράπλευρο $DFHK$ έχουμε ότι

$FD \cdot HK + FH \cdot DK = HD \cdot KF$, άρα $\frac{{FD \cdot HK}}{{FH \cdot DK}} = \frac{{HD \cdot KF}}{{FH \cdot DK}} - 1$ (1) .

Από τον νόμο των ημιτόνων στα τρίγωνα $AFD$ και $CFD$ έχουμε ότι ...

Για να αποδείξουμε την ανισότητα $\frac{1}{{a + 2}} + \frac{1}{{b + 2}} + \frac{1}{{c + 2}} \ge 1$,

αρκεί να αποδείξουμε ότι $(b + 2)(c + 2) + (c + 2)(a + 2) + (a + 2)(b + 2) \ge (a + 2)(b + 2)(c + 2)$ ή

(μετά τις πράξεις) ότι $4 \ge abc + ab + bc + ca$ (1) .

Από την αρχική συνθήκη και την ...

Από την σχέση $\displaystyle{bc = 2R{h_a}}$ και τον νόμο των ημιτόνων έχουμε ότι

$\displaystyle{{h_a} = \frac{{bc}}{{2R}} = \frac{{(2R\sin B)(2R\sin C)}}{{2R}} = 2R\sin B\sin C = (2R)(\sin B\sin C) = \frac{{a(\sin B\sin C)}}{{\sin A}}}$.

Άρα $\displaystyle{\frac{{{h_a}}}{a} = \frac{{\sin B\sin C ...

Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ και σημείο $\displaystyle{M}$ στο εσωτερικό του. Ας είναι $\displaystyle{r_1,r_2,r_3}$ οι ακτίνες των εγγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων $\displaystyle{MBC, MCA,MAB,}$ αντίστοιχα. Ως συνήθως, ας είναι $\displaystyle{s,R,r}$ η ημιπερίμετρος, η ακτίνα του ...

Καλημέρα και Χρόνια Πολλά σε όλους!

Μια προσπάθεια:

Τριγωνομετρική Ανισότητα.png
Θεωρούμε τρίγωνο $\displaystyle{
ABC
}$ και τις τριχοτόμους $\displaystyle{
AD
}$, $\displaystyle{
AE
}$ της γωνίας $\displaystyle{
\angle A
}$.
Θέτουμε $\displaystyle{
BD = y
}$, $\displaystyle{
DE = x
}$ και ...

Καλησπέρα στην παρεα. Τρεις ακόμα αποδείξεις:

1η : Το τρίγωνο $\displaystyle{
I_a I_b I_c
}$ είναι (πάντα) οξυγώνιο αφού εύκολα βρίσκουμε ότι οι γωνίες του είναι
$\displaystyle{
I_a = 90^ \circ - \frac{A}{2}
}$, $\displaystyle{
I_b = 90^ \circ - \frac{B}{2}
}$, $\displaystyle{
I_c = 90^ \circ ...

Ευχαριστώ πολύ τους κυρίους Σ. Κούτρα και Σ. Λουρίδα για την ενασχόληση και τις καταπληκτικές λύσεις!!!
Θα αναρτήσω αύριο μερικούς ακόμα τρόπους.