mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 27, 2013 12:56 pm**

μετά από μια βδομάδα απουσίας μου σας χαιρετώ όλους και δίνω μια απάντηση στην 215

Έστω $\alpha$ η πλευρά του τετραγώνου $\textrm{ABCD}$ και $\textrm{y}$ του τετραγώνου $\textrm{KLMN}$ .Τα τρίγωνα $\textrm{LAK,MBN}$ είναι ίσα( $\textrm{ALMB}$ είναι ισοσκελές τραπέζιο) , οπότε $\textrm{AK=BN}=\textrm{x}$
$2\textrm{x}+\textrm{y}=\alpha \left ( 1 \right )$ , $\textrm{SA}^{2}=\textrm{SL}\cdot \textrm{SM}\Rightarrow \textrm{y}^{2}=\textrm{x}\left ( \textrm{x+y} \right )\left ( 2 \right )$ .Από τη λύση του συστήματος των $\left ( 1 \right ),\left ( 2 \right )$ παίρνουμε $\textrm{y}=\frac{\alpha \sqrt{5}}{5}\Rightarrow \frac{\textrm{y}^{2}}{\alpha ^{2}}=\frac{1}{5}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 27, 2013 10:27 pm**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 215

Με διάμετρο την πλευρά , τετραγώνου , σχεδιάζουμε στο εσωτερικό του ημικύκλιο ,

εντός του οποίου εγγράφουμε τετράγωνο , του οποίου η μία πλευρά είναι τμήμα της .

Βρείτε το λόγο των εμβαδών $\displaystyle\frac{(KLMN)}{(ABCD)}$

Προφανώς

. Όπότε με πυθαγόρειο στο τργ NKO

προκύπτει

ή

ή

(1)

Ο λόγος των εμβαδών είναι (ABCD) : (KLMN)=AB^2:KL^2=(4R^2):( 4R^2:5)=5

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 27, 2013 11:40 pm**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 215

Με διάμετρο την πλευρά , τετραγώνου , σχεδιάζουμε στο εσωτερικό του ημικύκλιο ,

εντός του οποίου εγγράφουμε τετράγωνο , του οποίου η μία πλευρά είναι τμήμα της .

Βρείτε το λόγο των εμβαδών $\displaystyle\frac{(KLMN)}{(ABCD)}$

: Τετράγωνα 215.png (10.47 KiB) Προβλήθηκε 1514 φορές

Αν

και

το μέσον του

, φέρνουμε τις OC,OD

που τέμνουν το

ημικύκλιο στα M,N

αντίστοιχα . Έστω ακόμα οι προβολές L,K

των

αντίστοιχα στην

. Το τετράπλευρο KLMN

είναι τετράγωνο .

Πράγματι , επειδή $BC = 2OB \Rightarrow ML = 2OL \Rightarrow \boxed{ML = KL}$ .

Είναι $OC = OD = \sqrt {4{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 5$ . Επειδή $\dfrac{{(OMN)}}{{(OCD)}} = \dfrac{{OM \cdot ON}}{{OC \cdot OD}} = \dfrac{{{a^2}}}{{5{a^2}}} = \dfrac{1}{5}$ θα είναι

και $\dfrac{{2(OMN)}}{{2(OCD)}} = \dfrac{1}{5} \Rightarrow \boxed{\dfrac{{(KLMN)}}{{(ABCD)}} = \dfrac{1}{5}}$

Φιλικά Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 28, 2013 12:14 am**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 211
Το συνημμένο 211.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Από σημείο της διαγωνίου τετραγώνου , φέρω το και το $SS' \perp AB$ .

Βρείτε σημείο της , ώστε αν φέρω το και το $TT' \perp AB$ , να είναι

Θα πάρω το

έτσι ώστε να είναι CT=AS.

Πράγματι τότε λόγω Θαλή $CT=AS \rightarrow T’B=AS’$

τργ TT’A

ορθογώνιο ισοσκελές άρα TT’=AT’=AS’+S’T’=T’B+S’T’=S’B.

ορθογώνιο ισοσκελές άρα AS’=S’S

Από τα προηγούμενα για τα ορθογώνια τρίγωνα SS’B , TT’B

ισχύει

$\triangle SS’B =\triangle TT’B$ με αλληλοεπικάλυψη πάνω στο τργ IT’B

συνεπώς

Είναι τώρα (SS’T’T)=(STI)+ (SS’T’I)=(STI)+(TIB)=(SBT)=(SDT)

Δηλασή ότι ακριβώς ζητούσαμε.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 28, 2013 12:33 am**

p_gianno έγραψε:
Θα πάρω το έτσι ώστε να είναι

Πράγματι τότε λόγω Θαλή $CT=AS \rightarrow T’B=AS’$

τργ ορθογώνιο ισοσκελές άρα

ορθογώνιο ισοσκελές άρα

Από τα προηγούμενα για τα ορθογώνια τρίγωνα ισχύει

$\triangle SS’B =\triangle TT’B$ με αλληλοεπικάλυψη πάνω στο τργ συνεπώς

Είναι τώρα

Δηλαδή ότι ακριβώς ζητούσαμε.

Αναμφισβήτητα η πιο απλή και ωραία απάντηση.

Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 28, 2013 10:50 am**

Άσκηση 216

: 216.png (8.95 KiB) Προβλήθηκε 1474 φορές

Στην προέκταση της πλευράς

τετραγώνου ABCD

, κινείται σημείο

και η

τέμνει την

στο

. Η κάθετη

από το

προς την

, τέμνει την

στο

.

Βρείτε το λόγο $\displaystyle \frac{a}{b}$ , ώστε το

να είναι το μέσο της

και κατασκευάστε το σημείο

.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 28, 2013 12:32 pm**

KARKAR έγραψε:
Το συνημμένο 216.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στην προέκταση της πλευράς τετραγώνου , κινείται σημείο και η

τέμνει την στο . Η κάθετη από το προς την , τέμνει την στο .

Βρείτε το λόγο $\displaystyle \frac{a}{b}$ , ώστε το να είναι το μέσο της και κατασκευάστε το σημείο .

: Τετράγωνα 216.png (18.53 KiB) Προβλήθηκε 1466 φορές

Έστω λυμένο το πρόβλημα
Επειδή $\widehat \theta = \widehat \omega$ (κάθετες πλευρές) και $\widehat \omega = \widehat \phi$ ( αφού MB = MT = ME

) και $\widehat \phi = \widehat \eta$

(εντός εκτός και επί τα αυτά των παραλλήλων AD,BC

με τέμνουσα την

), θα

έχουμε $\boxed{\widehat \theta = \widehat \omega = \widehat \phi = \widehat \eta }$ . Έτσι τα τρίγωνα $BTE\,\kappa \alpha \iota \,\,BEC$ είναι όμοια και άρα :

$\dfrac{{BT}}{{BE}} = \dfrac{{BE}}{{BC}} \Rightarrow a \cdot BT = {b^2}\,\,(1)$ . Ενώ από την ομοιότητα των $BET\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AED$ έχουμε:

$\dfrac{{BT}}{{AD}} = \dfrac{{BE}}{{AE}} \Rightarrow BT(a + b) = ab\,\,(2)$ .Αν διαιρέσουμε κατά μέλη τις $(2)\,,(1)$ έχουμε:

$1 + \dfrac{b}{a} = \dfrac{a}{b}$ αν δε $\boxed{\varphi = \dfrac{a}{b}}$ θα έχουμε την γνωστή εξίσωση της χρυσής τομής

$1 + \dfrac{1}{\varphi } = \varphi \Rightarrow {\varphi ^2} - \varphi - 1 = 0 \Rightarrow \boxed{\varphi = \dfrac{{1 + \sqrt 5 }}{2}}$ .
Εξ άλλου $\dfrac{{TC}}{{TB}} = \dfrac{{a - TB}}{{TB}} = \dfrac{{a - \dfrac{{{b^2}}}{a}}}{{\dfrac{{{b^2}}}{a}}} = \dfrac{{{a^2} - {b^2}}}{{{b^2}}} = {\varphi ^2} - 1 = \varphi$ ,για την κατασκευή του

διαιρώ το

σε μέσο και άκρο λόγο , βρίσκω έτσι το

και η

τέμνει την

στο ζητούμενο σημείο

.

Φιλικά Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 28, 2013 8:38 pm**

Άσκηση 217

: 217.png (12.8 KiB) Προβλήθηκε 1448 φορές

Σημείο

κινείται επί της πλευράς

τετραγώνου ABCD

και η

τέμνει την προέκταση

της

στο

. Ο κύκλος που ορίζουν τα T,S,B

, τέμνει την προέκταση της

στο

.

1) Δείξτε ότι QT=AS

... 2) Βρείτε κατάλληλη θέση του

, ώστε να είναι : BQ=2ST

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 28, 2013 11:44 pm**

KARKAR έγραψε:
Το συνημμένο 217.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Σημείο κινείται επί της πλευράς τετραγώνου και η τέμνει την προέκταση

της στο . Ο κύκλος που ορίζουν τα , τέμνει την προέκταση της στο .

1) Δείξτε ότι ... 2) Βρείτε κατάλληλη θέση του , ώστε να είναι :

: Τετράγωνα 217.png (32.27 KiB) Προβλήθηκε 1420 φορές

Ας πούμε

την προβολή του

στην ευθεία

και έστω

$AB = a,TQ = m,BS = y,TS = x,CT = b\,\,$ .

Το τετράπλευρο TSBQ

είναι εγγεγραμμένο άρα $\widehat \phi = \widehat \theta$ συνεπώς τα ορθογώνια

τρίγωνα BAS

και

θα έχουν ακόμα AB = TE = a

άρα θα είναι ίσα και έτσι θα

έχουν $TQ = AS = m\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BS = EQ = y$ . Προφανώς δε από το ορθογώνιο TCBE

θα

έχουμε BE = CT = b

. Στο τετράπλευρο TSBQ

η γωνία στο

είναι ορθή και αφού

είναι εγγράψιμο θα είναι και στο

η γωνία ορθή και ο κύκλος που φέραμε θα έχει

διάμετρο το

.

Πάμε τώρα στο δεύτερο ερώτημα.

Επειδή $2TS = BQ \Rightarrow 2x = b + y\,\,(1)$ και $T{S^2} + T{Q^2} = B{S^2} + B{C^2} = S{Q^2}$ . Δηλαδή

${x^2} + {m^2} = {y^2} + {(b + y)^2}$ και λόγω της (1)

θα πάρουμε ${m^2} - {y^2} = {(2x)^2} - {x^2} \Rightarrow {a^2} = 3{x^2}$

αφού στο τρίγωνο BAS

ισχύει ${m^2} - {y^2} = {a^2}$ . Δηλαδή $\boxed{x = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}}$ , σχέση που μας καθορίζει

εύκολα τη θέση του

.
Συμπληρώνω για τον όχι τελικά και τόσο εύκολο προσδιορισμό του

Αφού κατασκευαστεί το τμήμα $x = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}$ από τη δύναμη του

ως προς τον κύκλο

διαμέτρου

έχουμε $AB \cdot AQ = AS \cdot AT \Rightarrow a(a + 2x) = m(m + x)$ δηλαδή το τμήμα

προσδιορίζεται και κατασκευάζεται ως ρίζα της εξίσωσης

$\boxed{{m^2} + mx - a(a + 2x) = 0}$

Φιλικά Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 29, 2013 12:48 am**

Για την κατασκευή του

έκανα το εξής : Πήρα το τμήμα $\displaystyle BQ=\frac{2\sqrt{3}}{3}a$ και με διάμετρο την

,

έγραψα ημικύκλιο το οποίο μου έδωσε ως σημείο τομής του , με την προέκταση της

το σημείο

...

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 29, 2013 1:14 am**

ξεκάθαρο κι απλό τελικά .Αλλά θέλει και καθαρό μυαλό ( μα το δικό μου φαίνεται φυραίνει και πάει!!)

Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 29, 2013 12:47 pm**

Άσκηση 218

: 218.png (6.1 KiB) Προβλήθηκε 1371 φορές

Προεκτείνουμε τη διαγώνιο

τετραγώνου ABCD

κατά τμήμα $CS=k\cdot AC$ . Η κάθετη

από το

προς την

, τέμνει την

στο

. Πόσο είναι το

, αν το

είναι το μέσο της

?

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 29, 2013 3:23 pm**

Για την 217 ,μια λύση ακόμη

1. $\textrm{CS//AD}\Rightarrow \frac{AS}{ST}=\frac{\alpha }{CT}\Rightarrow \textrm{AS}=\alpha \cdot \frac{ST}{CT} \left ( 1 \right )$
Έστω $\textrm{QF}\perp \textrm{DC}$ . Είναι , $\angle STQ=90^{0},\angle CTS=\angle FQT=\varphi$ (οξείες με κάθετες πλευρές).Άρα, $\triangle CTS\approx \triangle TFQ\Rightarrow \frac{TQ}{ST}=\frac{\alpha }{CT}\Rightarrow \textrm{TQ}=\alpha \cdot \frac{ST}{CT} \left ( 2 \right )$ .Από $\left ( 1 \right ),\left ( 2 \right )$ , $\textrm{AS=QT}$

2.Ας είναι $\textrm{CS}=\textrm{x}$ ,ώστε $\textrm{BQ=2ST}$ .
Είναι
$\textrm{AS}^{2}=\textrm{TQ}^{2}=\textrm{SQ}^{2}-\textrm{ST}^{2}=\textrm{SB}^{2}+4\textrm{ST}^{2}-\textrm{ST}^{2}\Rightarrow \textrm{SB}^{2}+\textrm{AB}^{2}=\textrm{SB}^{2}+3\textrm{ST}^{2}\Rightarrow \textrm{ST}=\frac{\alpha \sqrt{3}}{3}$
(Χρήση Π.Θ στα τρίγωνα $\textrm{STQ,SBQ,SAB}$ )
Επειδή ,
$\angle SAB=\angle CTS=\angle TQF=\varphi ,\textrm{AS=TQ}\Rightarrow \triangle TFQ=\triangle SAB\Rightarrow \textrm{TF=SB}=\alpha -\textrm{x}$
Ισχύει , $\frac{CT}{\alpha }=\frac{\textrm{x}}{\alpha -\textrm{x}}\Rightarrow \textrm{CT}=\frac{\alpha \textrm{x}}{\alpha -\textrm{x}}$
Αλλά,
$\textrm{CT+TF}=\textrm{BQ=2ST}\Rightarrow \frac{\alpha \textrm{x}}{\alpha -\textrm{x}}+\alpha -\textrm{x}=\frac{2\alpha \sqrt{3}}{3}\Leftrightarrow 3\textrm{x}^{2}+\left ( 2\sqrt{3}-3 \right )\alpha \textrm{x}+\alpha ^{2}\left ( 3-2\sqrt{3} \right )=0$
Από την τελευταία εξίσωση παίρνουμε $\textrm{x}\approx 0.32\alpha$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 29, 2013 3:39 pm**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 218
218.png
Προεκτείνουμε τη διαγώνιο τετραγώνου κατά τμήμα $CS=k\cdot AC$ . Η κάθετη

από το προς την , τέμνει την στο . Πόσο είναι το , αν το είναι το μέσο της ?

(Στάθη, επειδή θα προλάβεις πρώτος να την λύσεις, δεν την κοιτάω γεωμετρικά, αλλά με διανύσματα

)

Αναφέρομαι στο σχήμα του KARKAR: (Oνομάζω $\displaystyle{a}$ , την πλευρά του τετραγώνου)

$\displaystyle{\vec{DS}.\vec{BM}=0\Rightarrow (\vec{DC}+\vec{CS})(-\vec{DC}+\vec{AM})=0\Rightarrow}$

$\displaystyle{(\vec{DC}+k\vec{AC})(-\vec{DC}+\frac{1}{2}\vec{AS})=0\Rightarrow (\vec{DC}+k\vec{AC})(-\vec{DC}+\frac{1}{2}(\vec{AC}+k\vec{AC})=0}$

$\displaystyle{\Rightarrow -\vec{DC}^2 +\frac{1-k}{2}\vec{DC}\vec{AC}+\frac{k(k+1)}{2}\vec{AC}^2 =0\Rightarrow}$

$\displaystyle{-a^2 +\frac{1-k}{2}a.a\sqrt{2}.cos45 +\frac{k(k+1)}{2}(a\sqrt{2})^2 =0\Rightarrow -a^2 +\frac{1-k}{2}a^2 +k(k+1)a^2 =0}$

$\displaystyle{\Rightarrow 2k^2 +k-1=0\Rightarrow k=\frac{1}{2}}$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 29, 2013 4:24 pm**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 218Προεκτείνουμε τη διαγώνιο τετραγώνου κατά τμήμα $CS=k\cdot AC$ . Η κάθετη από το προς την , τέμνει την στο . Πόσο είναι το , αν το είναι το μέσο της ?

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε: (Στάθη, επειδή θα προλάβεις πρώτος να την λύσεις, δεν την κοιτάω γεωμετρικά, αλλά με διανύσματα )

: 1.png (20 KiB) Προβλήθηκε 1331 φορές

Προφανώς το ανήκει στον περίκυκλο (κόκκινο) του τετραγώνου $\left( {\angle DTB = {{90}^0}} \right)$ και αν $O \equiv BD \cap AC\mathop \Rightarrow \limits^{AC \bot BD} DTMO$ εγγράψιμο στον (μπλε) κύκλο.

Το είναι σημείο του ριζικού άξονα των δύο κύκλων (κοινή τους χορδή ) και συνεπώς θα ισχύει: $\left( {SM} \right) \cdot \left( {SO} \right) = \left( {SC} \right) \cdot \left( {SA} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {SA} \right) = 2\left( {SM} \right)}$

$\left( {SO} \right) = 2\left( {SC} \right) \Rightarrow \left( {SC} \right) + \left( {OC} \right) = 2\left( {SC} \right) \Rightarrow$ $\left( {SC} \right) = \left( {OC} \right) = \dfrac{1}{2}\left( {AC} \right) \Rightarrow \boxed{k = \frac{1}{2}}$ και το ζητούμενο έχει υπολογιστεί.

Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 29, 2013 7:18 pm**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 218
Το συνημμένο 218.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Προεκτείνουμε τη διαγώνιο τετραγώνου κατά τμήμα $CS=k\cdot AC$ . Η κάθετη

από το προς την , τέμνει την στο . Πόσο είναι το , αν το είναι το μέσο της ?

: 218.png (11.6 KiB) Προβλήθηκε 1310 φορές

Έχουμε $\widehat \omega = \widehat \theta$ ( λόγω συμμετρίας ως προς την

) και $\widehat \omega = \widehat \phi$ ( κάθετες πλευρές).

Άρα $\boxed{\widehat \theta = \widehat \phi }$ . Προφανές τώρα ότι τα σημεία C,A

αρμονικά συζυγή των M,S

.

Έτσι $\dfrac{{CM}}{{CS}} = \dfrac{{AM}}{{AS}} = \dfrac{1}{2}$ , οπότε εύκολα έχουμε και $\boxed{k = \dfrac{1}{2}}$

Φιλικά Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 29, 2013 10:11 pm**

Άσκηση 219

: 219.png (9.1 KiB) Προβλήθηκε 1288 φορές

Στην πλευρά

τετραγώνου ABCD

, παίρνω σημείο

και στην προέκταση της

σημείο

,

ώστε να είναι : CT=AS

. Δείξτε ότι η κάθετη από το

προς την

, διχοτομεί το τμήμα

.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 29, 2013 10:29 pm**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 219
Το συνημμένο 219.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στην πλευρά τετραγώνου , παίρνω σημείο και στην προέκταση της σημείο ,

ώστε να είναι : . Δείξτε ότι η κάθετη από το προς την , διχοτομεί το τμήμα .

: 219.png (17.46 KiB) Προβλήθηκε 1271 φορές

Αν

το σημείο τομής των BP,DC

τα ορθογώνια τρίγωνα $DSC\,,\,CEB$ έχουν τις κάθετες πλευρές του DC = BC = a

και τις οξείες γωνίες $\widehat \omega = \widehat \phi$ ( κάθετες πλευρές).
Θα είναι ίσα οπότε $EC = DS \Rightarrow ET = AD$ και άρα $\boxed{ET = //AB}$ .
Από το προκύπτον παραλληλόγραμμο ABTE

είναι φανερό το ζητούμενο .

Φιλικά Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 30, 2013 7:48 pm**

Άσκηση 220 .

: 220.png (11.29 KiB) Προβλήθηκε 1236 φορές

Σε τετράγωνο ABCD

, το

είναι το μέσο της διαγωνίου

και το

τυχαίο σημείο της .

Φέρω τα κάθετα προς τις πλευρές AB , AD

τμήματα

και έστω

το μέσο της

.

1) Δείξτε ότι $KM \perp TP$ ... 2) Δείξτε ότι οι ευθείες BP,DT,CS

συντρέχουν .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 30, 2013 9:00 pm**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 220 .
Σε τετράγωνο , το είναι το μέσο της διαγωνίου και το τυχαίο σημείο της .Φέρω τα κάθετα προς τις πλευρές τμήματα και έστω το μέσο της .1) Δείξτε ότι $KM \perp TP$ ... 2) Δείξτε ότι οι ευθείες συντρέχουν .

1) Έστω $AKC \bot BD \Rightarrow K$ ανήκει στον περίκυκλο του ορθογωνίου $ATSP \Rightarrow \angle PTK = \angle PAK = {45^0}$ $= \angle KAP = \angle KTP \Rightarrow \vartriangle KPT$ ισοσκελές

(και ορθογώνιο) και με το μέσο της $TP \Rightarrow KM$ διάμεσος άρα και ύψος του ισοσκελούς και συνεπώς $KM \bot TP$ και το 1) ζητούμενο έχει αποδειχθεί.
[attachment=0]1.png[/attachment]
2) Με το μέσο της $PT\mathop \Rightarrow \limits^{ATSP\,\,o\rho \theta o\gamma \omega \nu \iota o} M$ το μέσο (και) της $AS\mathop \Rightarrow \limits^{K\,\,\mu \varepsilon \sigma o\,\,\tau \eta \varsigma \,\,AC} CS\parallel KM\mathop \Rightarrow \limits^{KM \bot PT} \boxed{CS \bot PT}:\left( 1 \right)$ .

Έστω $H \equiv DT \cap BP$ και $Q \equiv DT \cap CP,R \equiv BP \cap CT$ . Τότε η προφανής ισότητα των ορθογωνίων τριγώνων

$\vartriangle CDP,\vartriangle DAT\left( {CD = AD,DP = PS = AT} \right)$ οδηγεί στο $DT \bot CP$ και ομοίως $BP \bot CT$

Έτσι το είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου $\vartriangle CPT \Rightarrow CH \bot PT\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} C,S,H$ συνευθειακά και το δεύτερο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

edit: Διόρθωσα κάποιες ασάφειες στη λύση που δεν είδε κανείς!!!

mathematica.gr

Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η