Γεωμε4:
Έστω .
Προβάλλοντας την αρμονική λαμβάνουμε πως το ανήκει στην πολική του .
Επομένως .
Προβάλλοντας τώρα την αρμονική στην παίρνουμε το ζητούμενο..

Με επαγωγή στο νομίζω είναι απλό να δείξουμε ότι το πρώτο περιέχει το δεύτερο:
Απλώς προβάλλουμε σε κάθε διάσταση ξεχωριστά (αρκεί να επιλέξουμε ) και η κυρτότητα διατηρείται.
Το αντίστροφο δεν έχει και ιδιαίτερο ενδιαφέρον-προκύπτει εξ'ορισμού της κυρτής θήκης.

Καλησπέρα.Τα μόνα δυνατά είναι τα τετράγωνα ακεραιων: Γράφουμε τη δοσμένη ως $x_{n+1}-2x_{n}-1=\sqrt{3x_{n}^2+6x_{n}+k}$ και υψώνουμε στο τετράγωνο. Προκύπτει η $x_{n+1}^2+x_{n}^2-4x_{n+1}x_{n}-2x_{n+1}-2x_{n}-k=0$. Θέτοντας $n\rightarrow n+1$ και αφαιρώντας τις δύο σχέσεις προκύπτει πως $(2)(x_{n+2...

Καλησπέρα Σωτήρη. Νομίζω βρήκα κάτι στοιχειώδες με επαγωγή: Για $n=3$ το ζητούμενο προφανώς ισχύει. Έστω ότι ισχύει για $n=k-1$. Ας είναι $A'_{k}$ το σύνολο των άρτιων μεταθέσεων για τις οποίες ισχύει πως τα στοιχεία $1,2$ βρίσκονται από τη θέση $2$ και πάνω. Ας είναι και $B'_{k}$ το αντίστοιχο σύνο...

Αλλιώς για το 4: Φιξάρουμε το $P$ και κουνάμε το $Q$. Τότε υπάρχουν το πολύ $2$ θέσεις του $Q$ ώστε να ισχύει κάποια υπόθεση. Πράγματι,ας είναι $PQ\cap BD\equiv X,AH\cap PQ \equiv Y$. Για το ευθύ: 'Εχουμε την προβολικότητα $P(N)\rightarrow M(Q)$-που είναι προοπτικότητα λόγω κοινής ακτίνας και την πρ...

Γεωμε3: Εξετάζουμε τις 2 υποθέσεις ξεχωριστά για αρχή : H ισότητα $ADH'\angle=APF\angle$ ισοδυναμεί με την εγγραψιμότητα του $H'PDF$. Πράγματι,$ADH'\angle=APF\angle \Leftrightarrow ADH'\angle+ADF\angle=APF\angle+APH'\angle$ διότι $ADF\angle=ABH\angle=ABH'\angle=APH'\angle$. Η υπόθεση $ABCP\rightarro...

4. Έστω $X$ σημείο ώστε $ABC\cong AEX$ (όμοια με ίδιο προσανατολισμό). Τότε είναι $AXE\angle=ADE\angle$ και $AX \perp DE$ από υπόθεση. Έτσι το $E$ είναι το ορθόκεντρο του $ADX$. Έχουμε : $EDX\angle=EAX\angle=BAC\angle=ABE\angle$. και επιπλέον από κατασκευή,$\dfrac{AB}{AE}=\dfrac{BC}{EX}=\dfrac{DE}{E...

Εναλλακτικά,με έναν κατάλληλο αφινικό μετασχηματισμό μπορούμε να ανάγουμε το θέμα στην περίπτωση ισοσκελούς Υπερβολής στο πρώτο-τρίτο τεταρτημόριο με $B\in y'y,C\in x'x$. Τότε είναι $AB=X_{A}/sin((AB,y'y)\angle),AC=Y_{A}/sin((AC,x'x)\angle)$ και το γινόμενο είναι σταθερό ($X_{A}Y_{A}=const.$,$(AB,y'...

Καλησπέρα Ορέστη. 4.Συμβολίζω με $P(x,y)$ τη σχέση. Αρχικά είναι απλό πως η $f$ είναι $1-1$ και επί. Έχω: $P(0,0):f(f(0))=-f(0)$ $P(f(0),0):f(f(f(0)^2)-f(0))=f(0)$ από όπου $f(0)=0$ (αφού η $f$ είναι $1-1$). Το $P(x,0)$ τώρα, δίνει πως $f$ περιττή. Έτσι,το $P(x,y)+P(x,-y)$ δίνει $f(f(xf(y))-x)=f(f(x...

2.Άλλες δυό συνοπτικά στο παραπάνω σχήμα: 1)Από γνωστό Λήμμα,το $F$ είναι η προβολή του ορθοκέντρου του $APQ$ στη διάμεσο $AB$-οπότε το ορθόκεντρο είναι το $H$.Έτσι,από γνωστό Λήμμα το $E$ ανήκει στον $(APQ)$.Από $Reim's$ είναι $ST//PQ,S\equiv PH \cap AQ,T\equiv EP\cap (AEF)$.Είναι $PQF\angle=QAF\an...

4.Επικεντρωνόμαστε σε ένα παιδί με πλήθος καραμέλων ίσο με $m_{i}$ (στον $i$-οστό γύρο).Εξετάζουμε το $a_{i}=m_{i}-i$. Είναι από συνθήκη $a_{1}\geq 0$. Επιπλέον,σε κάθε γύρο το $a_{i}$ είτε πέφτει κατά $1$ είτε μένει σταθερό. Έστω προς άτοπο πως $a_{i}>1 \forall i>N$ για κάποιο $N$. Αυτό θα σήμαινε ...

Για το 4 η απάντηση είναι $\left \lfloor \frac{2^{n}-1}{3}\right \rfloor$ όπου $n$ το πλήθος των κουτιών. Για το bound: Βάζουμε βάρος $\frac{1}{2^i}$ σε κάθε καραμέλα στο $i$ οστό κουτάκι,και κάθε φορά που πετάμε μια στο σακούλι πολλαπλασιάζουμε το βάρος της με $3$. Το συνολικό βάρος που στην αρχή ε...

2.Είναι το .

4. Ας είναι $M,N$ οι τομές των $AE,PF$ και $BD,PG$ αντίστοιχα. Κατασκευάζουμε τα παραλληλόγραμμα $CFET,CGDS$. Το $ETSD$ είναι εγγράψιμο ως ισοσκελές τραπέζιο αφού $CF=CG$(απλό). Ακόμα,$SFC\angle=SDC\angle$ ($FDSC$ ισοσκελές τραπέζιο)$=DCB\angle=A\angle/2$,δηλαδή $FS//AD$,δηλαδή $F,P,S(,M)$ συνευθεια...

Μια μέσω Λαμίας για να αποφύγω την παραπάνω λύση,μα και κυρίως γιατί η ακόλουθη εμπεριέχει νομίζω ωραίες ιδέες: Εύκολα βλέπω ότι πρέπει $deg(P),deg(Q)\geq 1$. Η αρχική $(1)$ μαζί με αυτήν που προκύπτει για $x->x+1$ $(2)$ δίνει $Q(x+1)[P(x)+P(x+2)]=P(x+1)[Q(x)+Q(x+2)]$ . Η $Q(x+2)(1)+Q(x)(2)$ όπως πα...

Μιας και δεν προλαβαίνω,ας δω μόνο το $2)$. Η συνθήκη εύκολα μεταφράζεται στο να δείξουμε πως $P\in$ στην ισογώνια της μεσοκαθέτου της $AC$,$<=>$ $Q\in$ στην καμπϋλη αυτή.Όμως ως γνωστόν αυτή η καμπύλη είναι ισοσκελής Υπερβολή με κέντρο το $M$(έχει αναλυθεί πολλές φορές) ,οπότε η ισοδυναμία έπεται ....

Η πρόταση κλειδί είναι ότι "Ισογώνια σημεία έχουν τον ίδιο ποδικό κύκλο".Το Ισογώνιο όμως του ως προς το βρίσκεται στη μεσοκάθετο της οπότε ο ποδικός κύκλος περιέχει το .
Σημ.Προφανώς τα μέτρα των γωνιών που δίνονται δεν παίζουν ιδιαίτερο ρόλο..

Φέρτε την προβολή του στην .Τα είναι ομοκυκλικά οπότε έπονται τα πάντα.

Δες πού πάνε τα σε σχέση με τα .
Αφού λόγω του μικτεγγεγραμμένου (και όχι μικτοπαρεγγεγραμμένου),θα είναι λόγω της αντιστροφής,οπότε τα πάνε εκτός του κλπ.

Edit:Τελικά βγαίνει με Γραφήματα:Αν βάλουμε κορφές στα εσωτερικά των χωρίων και τις ενώνουμε ανν οι περιοχές συνορεύουν το Γράφημα που προκύπτει είναι διμερές οπότε μπορούμε να πάρουμε για υποσύνολα τις 2 κλάσεις κλπ..