Είναι:
$P'(x) = nx^{n-1} + a$
$P''(x) = n(n-1)x^{n-2}$
Έστω ότι το $P(x)$έχει 4 πραγματικές ρίζες $x_1,x_2,x_3,x_4$με$x_1<x_2<x_3<x_4$.Τότε για το $P(x)$στα διαστήματα $[x_1,x_2],[x_2,x_3],[x_3,x_4]$εφαρμόζεται το Θ ROLLE,οπότε υπάρχουν $\xi _1\in (x_1,x_2),\xi _2\in (x_2,x_3),\xi _3\in (x_3,x_4 ...

Θα ξεκινήσω από το β:
Έστω $P,Q$ τα σημεία τομής της $AB$ με τις $K'L,KL'$ αντίστοιχα.Τότε από το θεώρημα της πεταλούδας έχουμε ότι $MP = MQ$.Τα τρίγωνα $\bigtriangleup MPL, \bigtriangleup MQK$ έχουν:
1)$MP = MQ$
2)$\hat{LMP} = \hat{KMQ}$
3)$\hat{K'LL'} = \hat{K'KL'}$(εγγεγραμμένες που βαίνουν στο ...

Έχουμε ότι $AB\parallel DC$ οπότε τα τρίγωνα $\bigtriangleup ABT,\bigtriangleup CMT$ είναι όμοια,άρα:

$\frac{MT}{TB} = \frac{MC}{AB}\Rightarrow \frac{MT}{TB} = \frac{b}{2a}(1)$

Επίσης τα τρίγωνα $\bigtriangleup SAB,\bigtriangleup SMD$ είναι όμοια,οπότε:

$\frac{MS}{SA} = \frac{DM}{AB}\Rightarrow ...

Έστω $Sx$ το τμήμα της εφαπτομένης στο $S$ που βρίσκεται σε διαφορετικό ημιεπίπεδο από τα $B,D,C$ ως προς την $AS$. Τότε η $\hat{ASx}$ είναι γωνία υπό χορδής και εφαπτομένης, επομένως : $\hat{ASx} = \hat{ABS}(1)$

Το $M$ είναι το μέσο του τόξου $AT$,επομένως οι $\hat{MAT},\hat{ADM}$ είναι ...

Είναι προφανώς $2\cdot 5^{2x} + 5\cdot 4^{x} > 0$, οπότε η ανίσωση γράφεται ισοδύναμα:

$\log(2\cdot 5^{2x} + 5\cdot 4^x) \leq \log10^x + \log7\Leftrightarrow
\log(2\cdot 5^{2x} + 5\cdot 4^x) \leq \log(7\cdot 10^x)$

Επειδή η συνάρτηση $f(x) = \log x$ είναι γνησίως αύξουσα σε όλο το πεδίο ορισμού ...

Όπως ειπώθηκε σε προηγούμενη δημοσίευση, το τρίγωνο δε χρειάζεται να είναι ισοσκελές.Λύνω λοιπόν το πρόβλημα για τυχαίο σκαληνό $\bigtriangleup ABC$.

Προεκτείνω το $SM$ (προς το $M$) κατά τμήμα $MK = SM$.Τότε το τετράπλευρο $SCKB$ είναι παραλληλόγραμμο, διότι οι διαγώνιές του διχοτομούνται.Επομένως ...

Το τετράπλευρο $EDCB$ είναι εγγράψιμο, διότι η $BC$ φαίνεται από τις απέναντι κορυφές υπό ίσες γωνίες. Μάλιστα εφόσον $\hat{BEC} = \hat{BDC} = 90^{\circ}$ η $BC$ είναι διάμετρος, άρα το $M$ είναι το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του τετραπλεύρου, επομένως είναι σημείο της μεσοκαθέτου του $ED ...

Έστω $P$ το σημείο τομής των $AT$ και $SC$.Τότε η πλευρά $TS$ του τεραπλέυρου $PTSB$ φαίνεται από τις απέναντι κορυφές υπό ίσες (ορθές) γωνίες,άρα το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο.
Άρα: $\hat{TSC} = \hat{TBP}(1)$

Επίσης, το τετράπλευρο $PCBA$ είναι εγγράψιμο, διότι $\hat{APC} + \hat{ABC} = 90^{\circ ...

Έστω ότι η $CF$ τέμνει τη $AB$ στο $P$.Φέρουμε κάθετες από τα $F$ και $C$ προς την $AB$,που την τέμνουν στα $K,L$αντίστοιχα.Τα $\bigtriangleup ABF,\bigtriangleup ABC$ έχουν κοινή βάση την $AB$,οπότε:

$\frac{(ABC)}{(ABF)} = \frac{CL}{FK} (1)$

Όμως από το θεώρημα του Θαλή έχουμε:

$\frac{CL}{FK ...

Θα αποδείξω πρώτα την ακόλουθη πρόταση(Vecten):
Έστω τρίγωνο $ABC$.Κατασκευάζουμε εξωτερικά του τριγώνου τα τετράγωνα $AEFC , CZPB , BQDA$.Θεωρούμε επίσης τα μέσα $K_1,L_1,M_1$ των πλευρών $BC,AC,AB$αντίστοιχα και προεκτείνουμε τα τμήματα $AK_1,BL_1,CM_1$κατά τμήματα $K_1K_2 = AK_1,L_1L_2 = BL_1,M ...

1) Θα αποδείξουμε ότι ισχύει η εξής ανισότητα:

$2(x^2 + y^2) \geq (x + y)^2\Leftrightarrow 2x^2 + 2y^2 \geq x^2 + 2xy + y^2\Leftrightarrow x^2 - 2xy + y^2\geq 0\Leftrightarrow (x - y)^2\geq 0$
,αληθής,άρα αληθής και η αρχική ισοδύναμή της ανισότητα.
Οπότε σύμφωνα με τα δεδομένα της άσκησης:

$2(x ...

Έχουμε ότι:
$Q(x) = x^2 - 2x + 1\Leftrightarrow Q(x) = (x - 1)^2$

$P(x) = (\nu - 1)x^\nu - \nu x^{\nu - 1} + 1\Leftrightarrow P(x) = \nu x^\nu - x^\nu -\nu x^{\nu - 1} + 1\Leftrightarrow P(x) = \nu x^{\nu - 1}(x - 1) - (x^\nu - 1)\Leftrightarrow P(x) = \nu x^{\nu - 1}(x - 1) - (x - 1)(x^{\nu - 1 ...

α)Έχουμε ότι $\hat{ADB} = 90^{\circ}$.Άρα στο $\bigtriangleup EAB$ το τμήμα $AD$ είναι ύψος και διχοτόμος της $\hat{EAB}$,οπότε το τρίγωνο είναι ισοσκελές,άρα ισχύει $AE = AB$ και $ED = DB$ εφόσον η $AD$θα είναι και διάμεσος.Οπότε στο$\bigtriangleup EBC$ τα σημεία$D,M$ ενώνουν τα μέσα των πλευρών ...

Θα χρησιμοποιήσω αγγλικό συμβολισμό, γι αυτό σας παραπέμπω στο σχήμα που δημοσιεύω.
Έστω $T$ το σημείο τομής των διαγωνίων.Θέτουμε,λόγω του ορθογωνίου:
$\hat{ABD} = \hat{ACD} = \hat{BAC} = \hat{BDC} = \omega$
$\hat{DAC} = \hat{DBC} = \hat{ADB} = \hat{ACB} = \phi$

Η γωνία του πενταγώνου υπολογίζεται ...

Για το α):
Εφόσον το τρίγωνο $ABC$ είναι ορθογώνιο ισχύει: $A\hat{C}B + A\hat{B}C = 90^\circ\Rightarrow A\hat{C}B = 90^\circ - 54^\circ = 36^\circ$

Η $AE$ είναι διχοτόμος της $A\hat{C}B$,οπότε: $A\hat{C}Z = \frac{36^\circ}{2} = 18^\circ(1)$
Επίσης είναι $D\hat{A}B = D\hat{B}A = 54^\circ$ καθώς η ...

Έστω $O$ το σημείο τομής των διαγωνίων.Τα ύψη που άγονται από τις κορυφές $D$ και $C$ των τριγώνων $DAB$ και $CAB$ αντίστοιχα είναι ίσα, αφού $DC\parallel AB$,ενώ τα τρίγωνα έχουν κοινή βάση $BC$,οπότε ισχύει:

$(DAB) = (CAB)\Leftrightarrow (DAO) + (AOB) = (COB) + (AOB)\Leftrightarrow (COB)$ $= (DAO ...

Για το 1):
Τα τρίγωνα $BDC$ και $CDE$ έχουν κοινό το ύψος που άγεται από την κορυφή $D$,οπότε ισχύει:

$\frac{(CDE)}{(CBD)} = \frac{CE}{BC} = \frac{\lambda BC}{BC} = \lambda\Rightarrow (CDE) = \lambda (CBD)$ $(1)$

$(BDE) = (CDE) + (CBD)\overset{(1)}\Rightarrow(BDE) = \lambda (CBD) + (CBD ...