Θα την ξανακοιτάξω

Θα την ξανακοιτάξω

Έγινε λάθος

Από το θεώρημα του Euler έχουμε $\begin{array}{l} A{C^2} + B{C^2} + B{D^2} + D{A^2} = A{B^2} + C{D^2} + 4O{M^2} \\ \Rightarrow 4{R^2} = C{D^2} + 2O{E^2} \\ \end{array}$ Τότε $\begin{array}{l} E{C^2} + E{D^2} = {(EC + ED)^2} - 2 \cdot EC \cdot ED = C{D^2} - 2 \cdot EA \cdot EB = \\ = C{D^2} - 2(R + O...

Όλες οι λύσεις που διατυπώθηκαν ήταν πολύ καλές και πραγματικά ευρηματικές. Ευχαριστώ όλους εσάς που ασχοληθήκατε με το θέμα. Απλώς να αναφέρω την λύση που περιέγραψε ο Dimitris Pap προηγουμένως. Έστω O , G , H το περίκεντρο , βαρύκεντρο , ορθόκεντρο αντίστοιχα του τριγώνου ABC . Ας είναι AD $\cap$ ...

Ένα όριο που θα μπορούσε να τεθεί στις εξετάσεις με το σύστημα των Δεσμών και υπό προϋποθέσεις στις σημερινές Πανελλήνιες. $$ $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left[ {\frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n {{{\left( {\frac{n}{{n + k}}} \right)}^p}} } \right]\,\,\,\,\,\,,\,\,\,\,\,\,p \in {N^*} - \l...

Smar σ΄ ευχαριστώ για την ωραία λύση (αν και νομίζω πως την παρουσίασες ελαφρώς περιληπτικά). Να σημειώσω πως από απροσεξία (κατά την γραφή) στην ισότητα που βγάζεις μετά την διαίρεση των μελών, δηλαδή την $\frac{{PM}}{{TM}} = \frac{{AD}}{{AK}}$ το σωστό είναι $\frac{{PM}}{{TM}} = \frac{{KD}}{{AK}}$...

Παραθέτω μια λύση με την μέθοδο των πολλαπλασιαστών Lagrange (Δεσμευμένα Ακρότατα) Ονομάζουμε $f(x,y,z)$ το πρώτο μέλος της προς απόδειξη ανισότητας και $\displaystyle{ \varphi (x,y,z) = x + y + z - 1$ Θέτουμε } $F(x,y,z) = f(x,y,z) + \lambda \varphi (x,y,z)$ με ${F_x} = \frac{{\partial F}}{{\partia...

Αν $T$ το μέσο της $BC$ τότε προφανώς ισχύει $MT = BT = TC = NC$ Κατασκευάζουμε ισόπλευρο τρίγωνο $MPT$ . Τότε $PTB = {20^0} + {60^0} = {80^0} = NCT$ , άρα $$ $PNCT$ ρόμβος Έτσι $PM = PN\,\,,\,\,\,MPN = {60^0} + {80^0} = {140^0}$ Τότε $PNM = {20^0}$ και $ANM = {20^0} + {80^0} = {100^0}$ Τελικά $AMN ...

Σωστή παρατήρηση Χρήστο. Το θέμα λήγει.

Αναφέρεις σωστά το θεώρημα. Το ίδιο χρησιμοποιώ και εγώ. ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ τυχαίο τρίγωνο και τα τμήματα ${\rm A}\Delta \,,\,{\rm B}{\rm E}\,,\,\Gamma {\rm Z}\,\,$ συντρέχουν στο σημείο ${\rm I}$ τότε ισχύει η σχέση $\frac{{{\rm A}{\rm I}}}{{{\rm I}\Delta }} = \frac{{{\rm A}{\rm Z}}}{{{\rm Z}{\...

ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ - ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΕΣ ΟΛΥΜΠΙΑΔΕΣ Δ.Γ. ΚΟΝΤΟΓΙΑΝΝΗ ΑΘΗΝΑ 1987 , σελίδα 176
Έχει αναφερθεί και σε διάφορα τεύχη του περιοδικού ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β΄
Θα προσπαθήσω να κάνω μια αναφορά.

Χρησιμποιώντας το θεώρημα Van Aubel έχουμε : $\begin{array}{l} \frac{{OA}}{{ON}} = \frac{{AT}}{{TC}} + \frac{{AH}}{{HB}}\, \ge 2\sqrt {\frac{{AT}}{{TC}} \cdot \frac{{AH}}{{HB}}} \,\,\, \\ \,\frac{{OB}}{{OT}} = \frac{{BN}}{{NC}} + \frac{{HB}}{{AH}} \ge 2\sqrt {\frac{{BN}}{{NC}} \cdot \frac{{HB}}{{AH}...

Όπως έλεγε και ο Κοντογιάννης ο Δημήτρης (επί σειρά ετών προπονητής της Εθνικής Μαθηματικής Ομάδας) στον πρόλογο του βιβλίου του "Αναλυτική Γεωμετρία", ο Σωτήρης ο Λουρίδας είναι ένας παθιασμένος λύτης και εγώ σίγουρα κατώτερός του.

Μετά από δυσκολίες στην Latex ... Έστω $({e_1}):\,\,{x_1}x - {y_1}y = 1\,\,\,,\,\,\,\,({e_2}):{y_2}y = 1(x + {x_2})$ οι δύο εφαπτομένες των ${C_1}\,,\,{C_2}$ στα σημεία $({x_1},{y_1})\,,\,({x_2},{y_2})$ αντίστοιχα. Για να ταυτίζονται οι $\left( {{e_1}} \right)\,\,,\,\,({e_2})$ πρέπει να ισχύει $\fra...

Θέτουμε $x$ το ύψος από το $Z$ στην $AE$ και $y$ το ύψος από το $Z$ στην $CD$ . Θέτουμε επίσης $AE = m$ . Προφανώς αρκεί να υπολογίσουμε τον λόγο $\frac{m}{{AB}}$ $\begin{array}{l} \frac{{(AEZ)}}{{(ABCD)}} = \frac{1}{{40}} = \frac{{x \cdot m/2}}{{AB(x + y)}} \Rightarrow \frac{m}{{AB}} \cdot \frac{x}...

Καλησπέρα σε όλους. Πολύ ωραία και κατάλληλη για το σχολικό επίπεδο η άσκησή Μπάμπη. Παραθέτω μια προτεινόμενη Γεωμετρίας κατάλληλης όμως για Διαγωνισμούς. Έστω ABCD κυρτό τετράπλευρο ώστε <DAB = <ABC = < BCD . Αν H και O είναι το ορθόκεντρο και το περίκεντρο αντίστοιχα του τριγώνου ABC , αποδείξτε ...