Έστω $T$ το αντιδιαμετρικό του $A$ ως προς τον μικρό κύκλο. Τα $A,S$ σημεία και των δύο κύκλων επομένως η $KO$ μεσοκάθετος του $AS$. Η γωνία $TSA$ βαίνει σε ημικύκλιο επομένως είναι ορθή. Έτσι έχουμε $ST\parallel OK$ Τα τρίγωνα $STK,KOM$ έχουν τις πλευρές τους παράλληλες, άρα είναι όμοια, άρα $OM=KM...

Το $BCDK$ είναι κυρτό τετράπλευρο με $BC=BK, DC=DK$. Τα σημεία $A,E$ επιλέγονται έτσι ώστε το $ABCDE$ να είναι κυρτό πεντάγωνο, το $K$ να βρίσκεται στο εσωτερικό του και να είναι $AB=BC, DE=DC$. Αν $BD=2$ και $\widehat{ABC}=120^0, \widehat{CDE}=60^0$, να βρείτε το εμβαδόν του πενταγώνου $ABCDE$. Μό...

Σε τραπέζιο εμβαδού $1$ βρείτε το ελάχιστο μήκος της μεγαλύτερης από τις δύο διαγώνιες του. Το τροποποιώ λίγο: $(ABCD)=w^2$ , όπου $w$ δεδομένο μήκος Στο τραπέζιο $ABCD$ του σχήματος φέρουμε παράλληλη από το $C$ στην $BD$, η οποία τέμνει την ευθεία $AB$ στο $E$. Οι δύο από τις πλευρές του τριγώνου ...

εστω $F$ επι της $DE$ τετοιο ωστε $BD=DF,FE=EC$. Εστω $N$ το παρακεντρο του τριγωνου $ADE$ (που αντιστοιχεί στην Α ). Τα τριγωνα $BDN,FDN$ ειναι ισα ( ΠΓΠ ) αρα $NB=NF$. Ομοιως $CEN=FEN$ αρα $NF=NC$. Τελικα το $N$ ανηκει στη μεσοκαθετο του $BC$. Το$N$ λοιπον ειναι το σημειο τομης του περιγραμμενου κ...

Έστω ένα τραπέζιο $AB\Gamma \Delta$ ($AB\parallel \Delta \Gamma$ ) εγγεγραμμένο σε ένα κύκλο. Η εφαπτομένη του κύκλου στο $\Gamma$ τέμνει την προέκταση της $AB$ (προς το μέρος του $B$) στο $E$. Από το $E$ φέρνουμε το άλλο εφαπτόμενο τμήμα, $EZ$, του κύκλου. Δείξτε ότι η ευθεία $\Delta Z$ διέρχεται ...

* Η περίπτωση $CA=CB$ αποκλείεται, αφού τότε η εφαπτομένη στο $C$ είναι παράλληλη στην $AB$. Η διχοτόμος της $C$ τέμνει τον κύκλο στο $E$. Έστω $D$ το αντιδιαμετρικό του $E$. Έστω $F$ το σημείο τομής της $CD$ με την $AB$. Είναι $LN\perp CE$, επομένως $CF \parallel PQ$, δηλαδή τα τρίγωνα $SPQ,SFC$ όμ...

Το $Z$ βρίσκεται στη διχοτόμο της $C$ άρα ισαπέχει από τις $CB$, $CA$ και ομοίως: Το $Z$ βρίσκεται στη διχοτόμο της $EBx$ άρα ισαπέχει από τις $CB$, $BE$ ($Cx$ είναι η ημιευθεία $CB$) Άρα το $Z$ ισαπέχει από τις $CA$, $BE$ και συνεπώς βρίσκεται στη διχοτόμο της $\angle AEB$ Ομοίως το $D$ ανήκει στην...

Από τον τύπο του Ήρωνα $E=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}$ παίρνουμε $E^2=s(s-a)(s-b)(s-c)$ (1). Πρέπει η ημιπερίμετρος $s$ να είναι φυσικός Θέτοντας $x=s-a, y=s-b$ και $z=s-c$ η (1) γράφεται: $E^2 = (x+y+z)xyz$ (2), με $x,y,z\in\mathbb{N}$ Με τα $y,z$ γνωστά μπορούμε να υπολογίσουμε το $x$ (με την αλλαγή σ...

Λελογισμένο τρίγωνο.png Κατασκευάστε, γεωμετρικά, ένα τρίγωνο( υπάρχουν άπειρα) με τις ακόλουθες προδιαγραφές: 1. $A - C = 90^\circ$ και 2. $a + c = 2b$ Πόσες,το πολύ, ακεραίου μήκους πλευρές μπορεί να έχει αυτό το τρίγωνο ; Τώρα αν επί πλέον είναι γνωστή η ακτίνα $R$ του περιγεγραμμένου κύκλου του...

Μου άρεσε αυτή η άσκηση γιατί υποδεικνύει έναν ακόμη τρόπο κατασκευής κανονικού πενταγώνου! $\frac{AD}{DO} = \frac{R-R\cos 72^0}{R\cos72^0} = \frac{1-\cos 72^0}{\cos 72^0}$ Αλλά $cos72^0 = \frac{\sqrt{5}-1}{4}$ Επομένως $\frac{AD}{DO} = \frac{1-\frac{\sqrt{5}-1}{4}}{\frac{\sqrt{5}-1}{4}} = \frac{5-\...

gbaloglou έγραψε:Συμπεραίνουμε ότι η μοναδική εξίσωση που ικανοποιεί τις συνθήκες του προβλήματος είναι η

Γιατί όχι πχ και οι και ;

Η 2η στήλη αποτελεί γεωμετρική πρόοδο με πρώτο όρο το 81 και λόγο το 2. Επομένως είναι οι αριθμοί $81, \ 81\cdot 2,\ 81\cdot 2^2,\ 81\cdot 2^3,\ 81\cdot 2^4,...$ Αν γράψουμε τον 43 σαν άθροισμα δυνάμεων του δύο: $42 = 2^5 + 2^3 + 2 + 1$ τότε, το μόνο που χρειαζόμαστε είναι να βρούμε τους αντίστοιχου...

Έχουμε $N=365$ δωμάτια και θέλουμε να βάλουμε μέσα σ' αυτά $k$ υπαλλήλους, τυχαία. Κάθε δωμάτιο έχει την ίδια πιθανότητα να επιλεγεί. Δεν $\exists$ περιορισμός στη χωρητικότητα των δωματίων. Έστω $X_i$ η τυχαία μεταβλητή Beroulli, η οποία παίρνει την τιμή 1 όταν το δωμάτιο-i είναι ελεύθερο και την τ...

Εγώ πάλι δε θα 'δινα ούτε λεπτό παραπάνω από 5€ Κάθε φάση του παιχνιδιού καθορίζεται από ένα ζεύγος (r, b), όπου r το πλήθος των κόκκινων χαρτιών που απομένουν και b το πλήθος των μαύρων. Η κατάσταση $(0,0)$ δεν είναι επιτρεπτή. Ορίζω επίσης $s=r+b$, το συνολικό πλήθος των χαρτιών που απομένουν. Θα ...

Καλησπέρα... Θα αποδείξουμε ότι $\boxed{\frac{BK}{AK}\cdot KC = AK+\frac{2AK^2}{CD}}\ \ (1)$ Προεκτείνουμε τις $AK,CD$, οι οποίες τέμνονται στο σημείο $E$ Από τα όμοια τρίγωνα $KAB,KCE$ προκύπτει $\boxed{\frac{BK}{AK}= \frac{EK}{KC}}$, επομένως η $(1)$ μετασχηματίζεται στην $EK = AK+\frac{2AK^2}{CD}...