Έστω $K$ το κέντρο του μικρού κύκλου και $M$ το μέσο της $BC$ στο οποίο εφάπτεται ο μικρός κύκλος. Αρκεί να αποδείξουμε πως $AK^2=KT^2+AT^2$. Έχουμε από θεώρημα διαμεσών στο τρίγωνο $AMO$ ότι $AK^2=\dfrac{2AO^2+2AM^2-OM^2}{4}$ Οπότε έχουμε πως: $\dfrac{2AO^2+2AM^2-OM^2}{4}=KT^2+AT^2\Leftrightarrow 2...

Κριτήριο ισοσκελούς 3.png Στο τρίγωνο $KNM$ οι $NA$ και $KC$ είναι συμμετροδιαμέσοι. Οπότε αν θεωρήσουμε $S, T$ τα μέσα των $KM$ και $MN$ αντίστοιχα έχουμε ότι $\widehat{ANM}=\widehat{KNS}$ και $\widehat{CKM}=\widehat{NKT}$. Οπότε προκύπτει ότι $\widehat{KNS}=\widehat{NKT}$. Έστω $G$ το βαρύκεντρο ...

Παίρνουμε σημείο $E$ στο ίδιο ημιεπίπεδο με το $D$ ως προς την $AB$, ώστε το τρίγωνο $BAE$ να είναι ισόπλευρο. Αφού $\widehat{ABC}=30^o$, έχουμε πως η $BC$ είναι διχοτόμος της $\widehat{ABE}$, οπότε είναι η μεσοκάθετος του $AE$. Επομένως το τρίγωνο $ACE$ είναι ισοσκελές με την $CB$ να είναι διχοτόμο...

Καταρχάς πρέπει $y>0$ και παρατηρούμε ότι το $x=0$ δεν δίνει λύση. Αφού $x^2=(-x)^2$ μπορούμε να υποθέσουμε πως $x, y>0$. Παρατηρούμε πως: $x^2+36=y^5\Leftrightarrow x^2+2^2=(y-2)(y^4+2y^3+4y^2+8y+16)$. Αν $y=4k+1$, τότε αφού $y-2=4k-1$, το δεξί μέλος θα έχει πρώτο παράγοντα της μορφής $p=4l-1$, άρα...

Δεν είναι πολύ δύσκολο... Έστω $S$ το σημείο τομής της $CD$ και της $AB$. Παρατηρούμε πως η $AS$ είναι αντιπαράλληλη της της $DA$ στο τρίγωνο $CAD$ . Αυτό ισχύει αφού $\widehat{ADC}=\widehat{ABC}=\widehat{BAC}=\widehat{SAC}$. Οπότε αφού η $CP$ είναι συμμετροδιάμεσος έχουμε ότι το $L$ είναι μέσο του ...

Τρίγωνο 97.png Εναλλάκτικά: Έστω $S$ σημείο της $BC$ ώστε $\widehat{SAC}=40^o$ και $T$ σημείο στην $AC$ ώστε $\widehat{STC}=80^o$. Ισχύει προφανώς ότι το τρίγωνο $STA$ είναι ισοσκελές. Φέρνουμε κύκλο με κέντρο το $T$ και ακτίνα $TS$ και έστω πως τέμνει για δεύτερη φορά την $BC$ στο $K$. Έχουμε ότι ...

Δεδομένου και της ηλικίας του,οι πιθανότητες φαντάζουν ελάχιστες.(Αναφέρονται πολλοί στις πηγές για μια άλλη-μη αποδεκτή-απόδειξη που έδωσε σε μια εικασία σχετικά πρόσφατα). Ισχύει, αλλά νομίζω πως ο συγκεκριμένος μαθηματικός είχε βραβευτεί στο παρελθόν, άρα δεν είναι ένας τυχαίος. Η ελπίδα πεθαίνε...

ίσες γωνίες 2.png Εναλλακτικά: Έστω $T'$ το σημείο που η εφαπτόμενη από το $A$ τέμνει την $PQ$. Αν η άλλη εφαπτόμενη από το $T'$ τέμνει την $SB$ στο $B'$ τότε αρκεί να ισχύει ότι $\widehat{AMP}=\widehat{B'MP}$, έτσι ώστε $B'\equiv B$ και $T'\equiv T$. Άρα το πρόβλημα μπορεί να γίνει ισοδύναμα: Έστω...

Λόγοι με Ορθόκεντρο.png Έστω πως η $PQ$ τέμνει την $HM$ στο $W$. Είναι γνωστό πως αν η ημιευθεία $HW$ τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο στο $R$, τότε $\widehat{HRA}=90^o$, οπότε $WQ//RA$. Άρα αν η $HP$ τέμνει την $RA$ στο $J$, τότε αφού $PQ//JA$, θα ισχύει ότι: $\dfrac{HP}{HJ}=\dfrac{HQ}{HA}$. Άρα αρ...

Θέλουμε να επιλέξουμε δύο στοιχεία από ένα σύνολο $n$ στοιχείων χωρίς να μας νοιάζει η σειρά επιλογής. Αυτό μπορεί να γίνει από τη μια με $\binom{n}{2}$ τρόπους. Από την άλλη όμως μπορούμε να μετρήσουμε το πλήθος αυτών των επιλογών χωρίζοντας το σύνολο των $n$ στοιχείων σε ένα σύνολο A με $k$ στοιχε...

Θεωρούμε $B'$ το συμμετρικό του $B$ ως προς την $AD$. Αφού το τρίγωνο $ACD$ είναι ισοσκελές και $\widehat{ACD}=10^o$ ενώ $\widehat{AB'D}=5^o$, έχουμε ότι $CA=CD=CB'$. Όμως $AB=AB'$, άρα $AB'=AC=CB'$. Άρα το $ACB'$ είναι ισόπλευρο και οπότε $\widehat{CAB'}=60^o$. Οπότε $\widehat{DAB'}=\widehat{CAD}-\...

Θέτουμε $x=y=0$ και παίρνουμε ότι: $f(0)^2\leq f(0)$. Από αυτό παίρνουμε ότι $f(0)\geq 0$. Διακρίνουμε περιπτώσεις: 1) $f(0)>0$: Θέτοντας $x=0$ παίρνουμε ότι $f(0)f(y)\leq f(0)$, οπότε $f(y)\leq 1$. Θέτουμε τώρα στην αρχική $y=-x$ και παίρνουμε ότι $f(x)f(0)\leq f(x^2)-x^2$. Ας υποθέσουμε ότι το $x$...

Παρατηρούμε πως $p|(m^2+1)(n^2+1)\Leftrightarrow p|m^2n^2+m^2+n^2+1\Leftrightarrow p|m^2n^2-1\Leftrightarrow p|(mn+1)(mn-1)$. Έστω πως ο $p$ δεν διαιρεί το $mn-1$. Τότε θα διαιρεί το $mn+1$, δηλαδή το $2mn+2$. Επομένως $p|m^2+n^2+1+1-2mn-2\Leftrightarrow p|(n-m)^2\Leftrightarrow p|n-m$. Αφού $n-m>0$...

Εφαρμόζοντας το θεώρημα Πτολεμαίου παίρνουμε ότι $AB\cdot CD+AC\cdot BD=AD\cdot BC$. Λόγω του ότι $BD=CD$, έχουμε ότι $CD(AB+AC)=AD\cdot BC$. Επομένως αρκεί $BC\geq AD\Leftrightarrow BC\geq 2AE$. Είναι γνωστό ακόμη πως $CD^2=DE\cdot DA\Leftrightarrow CD^2=2DE^2\Leftrightarrow CD=\sqrt{2}DE$. Από τα ...

Να αποδειχτεί ότι $\dfrac{2x+y}{\sqrt{x+z}}+\dfrac{2y+z}{\sqrt{y+x}}+\dfrac{2z+x}{\sqrt{z+y}}\ge 9\sqrt[6]{zx+yz+xy-xyz-1}$ με τις ίδιες συνθήκες. Με τον τρόπο που χρησιμοποίησα παραπάνω φτάνουμε στο: $\dfrac{1+a+2b}{\sqrt{1+a}}+\dfrac{1+b+2c}{\sqrt{1+b}}+\dfrac{1+c+2a}{\sqrt{1+c}}\geq 9\sqrt[6]{ab...

Να υποθέσω πως είναι: $(2x+y)(2z+x)(2y+z)(2x+z)(2y+x)(2z+y)\geq 8[(x+y)(y+z)(z+x)]^{2}$ Θα αποδείξουμε πως $(2x+y)(2y+x)\geq 2(x+y)^2\Leftrightarrow 2x^2+2y^2+5xy\geq 2(x+y)^2\Leftrightarrow xy\geq 0$ που ισχύει με ισότητα όταν αν ένας από τους $x, z$ είναι $0$. Όμοια είναι $(2z+x)(2x+z)\geq 2(z+x)^...

Ουσιαστικά έχει λυθεί το δυσκολότερο κομμάτι του προβλήματος. Μόνο που το πρόβλημα δεν λύθηκε πλήρως αφού ζητούνται οι ακέραιες λύσεις... :oops: Εξετάζουμε την περίπτωση κάποιος από τους $x, y, z$ να είναι μικρότερος του $0$. Θα αποδείξουμε πως θα πρέπει και οι $3$ αριθμοί να είναι μικρότεροι του $...

Παίρνοντας $\pmod{3}$ παρατηρούμε πως πρέπει $20^x+13^y\equiv 0\pmod{3}\Leftrightarrow 20^x+1\equiv 0\pmod{3}\Leftrightarrow 20^x\equiv -1\pmod{3}$. Συμπεραίνουμε λοιπόν πως ο $x$ είναι περιττός αριθμός. Παίρνοντας $\pmod{7}$, έχουμε πως το πρώτο μέλος είναι: $20^x+13^y \equiv -1\pm 1 \pmod{7}$. Η π...

Να βρεθεί όλα τα $a\in \mathbb{N}$ ώστε ο $\sqrt{2a^{2}-13}$ να είναι πρώτος Νομίζω δεν υπάρχει ακέραιος $a$ ώστε το $\sqrt{2a^2-13}$ να είναι ακέραιος, πόσο μάλλον πρώτος :? . Θα έπρεπε το $2a^2-13$ να είναι τέλειο τετράγωνο, έστω $k^2=2a^2-13$, με $k$ θετικό ακέραιο. Τα υπόλοιπα που έχει ένα τετρ...