Πρόβλημα 3

Παρατηρούμε πως είναι:

$\frac{a^2 + b^2}{2ab} = \frac{a^2 -2ab + b^2}{2ab} + 1 = \frac{(a-b)^2}{2ab} + 1 $

$\Rightarrow \sum \frac{(a-b)^2}{2ab} + 3 + \frac{2(ab+bc+ca)}{3} \geq 5$

$\Leftrightarrow \sum \frac{(a-b)^2}{2ab} + \frac{2(ab+bc+ca)}{3} \geq 2$

Ακόμη, έχουμε:

$(a-b)^2 ...

Στιγμιότυπο οθόνης 2026-09-07 221508.png

Έστω $A\hat{O}C = \alpha$, $O\hat{C}A = \gamma$, $B\hat{O}A = \phi$ και $C\hat{A}S = \delta$. Τα σημεία $A, C$ ανήκουν στον κύκλο $(Ο,r)$, όπου r η ακτίνα. Επομένως $OA = OC = r$ και συνεπώς $\triangle OAC$ ισοσκελές και άρα $O\hat{C}A = O\hat{A}C = \gamma ...

Από Ισοσκελές σε Ισοσκελές.png

Έστω $\beta$ η ζητούμενη γωνία, $\alpha = S\hat{A}C = S\hat{T}C$ και $ε = B\hat{A}S$.
Γνωρίζουμε πως $\triangle ABC$ ισοσκελές με $AB = AC \Rightarrow A\hat{C}B = A\hat{B}C = \beta$
Φέρνουμε την $PQ \parallel AC$ , όπου $Q \in BC$. Τότε θα είναι $P\hat{Q}B = A\hat{C ...

Έστω σημείο $S \in BC$ τέτοιο ώστε $SQ \perp BC$. Τότε θα είναι $\triangle SPQ$ ορθογώνιο τρίγωνο με $P\hat{S}Q = 90^\circ$. Περαιτέρω, έχουμε $ Q\hat{P}S = A\hat{P}B $ ως κατακορυφήν και άρα $ P\hat{Q}S = P\hat{A}B$. Επίσης γνωρίζουμε πως $AP = PQ$, οπότε από το κριτήριο ισότητας ΓΠΓ προκύπτει ότι ...