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da kalu
14 nov 2012, 16:03
Forum: Geometria
Argomento: Luogo
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Re: Luogo

Si! Ma con i complessi è molto meno brutto :P
(il problema originale chiedeva di dimostrare solo che, preso $ X $ punto medio del minore degli archi $ BC $, $ Y $ definito come prima sta sulla Feuerbach)
da kalu
14 nov 2012, 15:19
Forum: Altre gare
Argomento: Oliforum contest (23-24-25 ottobre 2012!)
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Re: Oliforum contest (23-24-25 ottobre 2012!)

Complimenti al vincitore, che per quanto ho sentito ha anche spedito le soluzione con largo anticipo :D
Grazie Jordan, bella iniziativa (da rifare!)
da kalu
14 nov 2012, 14:44
Forum: Teoria dei Numeri
Argomento: 135. $x+y \mid xn^x+ym^y$
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Re: 135. $x+y \mid xn^x+ym^y$

Ido Bovski ha scritto:Dimostriamo che se $x+y\mid n^x-m^y$, allora $\displaystyle x(x+y)+y(x+y)=(x+y)^2\mid n^{x(x+y)}-m^{y(x+y)}$.
Così costruisci una coppia di interi non più coprimi :roll:
(Scusami, $\text{rad}(n)$ sarebbe il prodotto dei divisori primi di $n$?)
da kalu
13 nov 2012, 17:25
Forum: Fisica
Argomento: Particella frena blocco
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Re: Particella frena blocco

Mi domando cosa non sia famoso per te xD
Beh lo sai quanto ai fisici piaccia approssimare
Comunque credo che il valore esatto sia $$\left \lceil \frac \pi {4 \arctan \frac{\sqrt{Mm}}{M-m}} \right \rceil$$
da kalu
13 nov 2012, 00:15
Forum: Fisica
Argomento: Particella frena blocco
Risposte: 9
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Particella frena blocco

Un blocco di massa M scivola senza attrito su un piano, andando ad urtare una particella di massa m molto minore. La particella si mette in moto, urta contro una parete posta ad una certa distanza dal primo punto di mipatto, torna indientro, rimbalza di nuovo sul blocco iniziale, urta ancora la pare...
da kalu
12 nov 2012, 23:43
Forum: Algebra
Argomento: 67. Disuguaglianza quasi rumena
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Re: 67. Disuguaglianza quasi rumena

Io e Scambret ci siamo intesi via MP: lui aveva posto WLOG a \geq b \geq c , cosa che chiaramente non si può fare in una sommatoria ciclica. Al più si può dire che a=max\{a, b, c\} , e che vale a \geq b \geq c oppure a \geq c \geq b . Quindi la sua dimostrazione è valida (in realtà non ho letto con ...
da kalu
12 nov 2012, 17:42
Forum: Algebra
Argomento: 67. Disuguaglianza quasi rumena
Risposte: 19
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Re: 67. Disuguaglianza quasi rumena

Intanto wlog $a\geq b\geq c\geq 0$ $4\sum_{cyc}\frac{a^3-b^3}{a+b} \leq \sum_{cyc} (a-b)^2$ Facciamo un po di conti sapendo che $\sum_{cyc} (a-b)^2 = \frac{2(a^3+b^3+c^3-3abc)}{a+b+c}$ perciò l originale diventa $\sum_{cyc}\frac{a^3-b^3}{a+b} \leq \frac{a^3+b^3+c^3-3abc}{2(a+b+c)}$ Fatto il minimo ...
da kalu
12 nov 2012, 13:53
Forum: Algebra
Argomento: 67. Disuguaglianza quasi rumena
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Re: 67. Disuguaglianza quasi rumena

Perfetto machete, è anche una bella soluzione.
Scusami per l'inconveniente, il testimone spetterebbe a te ma nel frattempo è già passato due volte di mano... mea culpa.
da kalu
12 nov 2012, 00:01
Forum: Geometria
Argomento: Luogo
Risposte: 2
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Luogo

Sia $ ABC $ un triangolo e $ X $ un punto sul suo circocerchio. Detto $ X' $ il simmetrico di $ X $ rispetto a $ BC $, sia $ Y $ il punto medio di $ AX' $.
Determinare il luogo descritto da $ Y $ al variare di $ X $.
da kalu
11 nov 2012, 19:00
Forum: Algebra
Argomento: 67. Disuguaglianza quasi rumena
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Re: 67. Disuguaglianza quasi rumena

Riscrivo il LHS come $\displaystyle \sum 4\frac{a-b}{a+b}(a^2+b^2+ab) =\sum 4(a-b)\left( a+b-\frac{ba}{a+b}\right) = \sum (a-b)\left( 4a+4b-4\frac{ba}{a+b}\right) $ Sposto ora il RHS a sinistra della disequazione, raccolgo $a-b$ e ottengo che la tesi equivale a $\displaystyle \sum (a-b)(5b-3a-4\fra...
da kalu
11 nov 2012, 16:10
Forum: Algebra
Argomento: 67. Disuguaglianza quasi rumena
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Re: 67. Disuguaglianza quasi rumena

Ok, vai pure :wink:
da kalu
11 nov 2012, 13:59
Forum: Algebra
Argomento: 67. Disuguaglianza quasi rumena
Risposte: 19
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67. Disuguaglianza quasi rumena

Dati $ a, b, c $ reali positivi, provare che: $$4\biggl(\frac{a^3-b^3}{a+b}+\frac{b^3-c^3}{b+c}+\frac{c^3-a^3}{c+a}\biggl)\leq (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2$$
da kalu
10 nov 2012, 22:43
Forum: Algebra
Argomento: 66. Abbandono le funzionali
Risposte: 4
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Re: 66. Abbandono le funzionali

Allora... riscrivo l'equazione iniziale come (a+b+c)^2+3abc\geq 2ab+2ac+2bc+\frac{4}{9} ora ottengo 1+3abc\geq 2(a+b+c)(ab+ab+bc) sviluppiamola e otteniamo 1\geq 2a^2b+2a^2c+3abc+2ab^2+2b^2c+2ac^2+2bc^2+\frac{4}{9} . E fin qui ci siamo, a parte la seconda disuguaglianza dove hai fatto un po' di casi...
da kalu
05 nov 2012, 19:53
Forum: Algebra
Argomento: $a^2+b^2+c^2\ge a+b+c$
Risposte: 8
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Re: $a^2+b^2+c^2\ge a+b+c$

Beh se non vengono idee si può sempre omogeinzzare... Elevando al cubo entrambi i termini e moltiplicando il RHS per $abc$ si ottiene: $$\frac{1}{2}\sum_{sym}{a^6}+3\sum_{sym}{a^4b^2}+\sum_{sym}{a^2b^2c^2}\geq \frac{1}{2}\sum_{sym}{a^4bc}+3\sum_{sym}{a^3b^2c}+\sum_{sym}{a^2b^2c^2}$$ vera per bunching.
da kalu
04 nov 2012, 23:21
Forum: Teoria dei Numeri
Argomento: Pell (circa)
Risposte: 3
Visite : 745

Re: Pell (circa)

STEP 1 L'equazione 3x^2-y^2=-1 ha infinite soluzioni intere. Una soluzione è (1, 2) . Suppongo che le soluzioni siano in numero finito; sia allora $(X, Y)$ quella tale che il prodotto XY sia massimo. Noto che $3(2XY)^2-(3X^2+Y^2)^2=-(3X^2-Y^2)^2=-1$, e inoltre 2XY(3X^2+Y^2)>XY : assurdo. STEP 2 Sian...