MathTime

Cum valorile proprii sunt pozitive, determinantul este pozitiv, si cum este si intreg, $det (A) \ge 1$. Acum, $n^n\ge Tr(A)^n =(\lambda_1+...\lambda_n)^n \ge n^n \lambda_1...\lambda_n\ge n^n$, inseamna ca am peste tot egalitate, deci $\lambda_1=...\lambda_n=1$.

$\dbinom{n}{m}.2^{m-1}$. Functia nu va fi $0$ in $m$ puncte, iar dintre acestea nu conteaza daca functia e $1$ sau $-1$. Mai trebuie tinut cont si ca e surjectiva, din acest motiv $2^{m-1}$.

La multi ani!

HINT: dreapta formata de cele trei puncte este perpendiculara pe $PI$

Hint: Fie $D_1=AO\cap CB_1$, $AD=2R sin C sin B \frac{1}{sin(B+C-90)}$, si expresia e simetrica in $B,C$, deci e usor sa arat $A-O-D$ coliniare. Acum e usor de aratat folosind reciproca teoremei lui Menelaus ca $HO || A_1D$

Stim ca $CO, CH$ isogonale si aratam ca $2CO \cdot CX=CH_a \cdot CB$, unde $X$ este proiectia lui $C$ pe $H_bH_c$, lucru simplu doar cu formule trigonometrice in triunghiuri dreptunghice.

Hint; Inversiune prin H, de putere $HA\cdot HH_a$

a). Demonstrati ca ortocentrul H al triunghiului ABC , proiectia sa pe mediana [AM_a] si punctele B si C sunt patru puncte conciclice. b). Fie [BB_1] si [CC_1] inaltimi in triunghiul ABC si sa notam cu \{K\}=BC\cap B_1C_1 . Aratati ca: HK\perp AM_a . c). In triunghiul ABC in care m(\widehat{BAC})=1...

Fie a,b,c,m,n,p numere reale fixate cu a^2 + b^2 + c^2\neq 0 \neq mnp . Arătaţi că ecuaţia a\cdot(24^m)^x + b\cdot(3^n)^x + c\cdot(2012^p)^x = 0 are cel mult două soluţii reale. Fals. Luam un k foarte mare, si m=log_{24}{k}, n=log_3{k}, p=log_{2012}{k}, a=1, b=1, c=-2 , si toate conditiile din enun...

Inca o seara magica oferita de cea mai buna echipa romaneasca a tuturor timpurilor!