OliForum Matematico

Fidati tentando un po' di cose ho visto molto di peggio. :lol: Ora viene da se la domanda su come tu lo abbia trovato. La più carina che ho trovato è $a^3 +b^3 -a^2 b -ab^2 -ac^2 -bc^2 +2abc=0$ Che poi è pure un secondo grado in c anche se poi la soluzione viene una radice brutta assai. Edit: per l'...

Facendo una simulazione olimato (penso fosse 2014 o 2013) mi è capitato un triangolo con un lato parallelo alla congiungente circocentro e incentro. Ci fosse mica qualche C.S. carina per questa configurazione? C.S. Sta per Cauchy-Schwarz? :?: :lol: Mi dispiace ma sta per condizione sufficiente :lol:

Facendo una simulazione olimato (penso fosse 2014 o 2013) mi è capitato un triangolo con un lato parallelo alla congiungente circocentro e incentro.
Ci fosse mica qualche C.S. carina per questa configurazione?

Ci provo Notiamo subito che $\Gamma_2$ passa per il centro $O$ di $\Gamma_1$ infatti, essendo $PA$ e $PB$ le tangenti, $\bigtriangleup APO$ e $\bigtriangleup BPO$ sono rettangoli da cui discende facilmente che $\widehat{BPA}= \pi-\widehat{BOA}$. Ora sia $\widehat{BDA}=\alpha$ si nota facilmente che ...

Saro00 ha scritto:Giusta, proprio quella che intendevo.
Ti segnalo 2 typo.
$ N $ é la proiezione di $ D $ su $ AB $.
Quando usi Menelao, metti $ =-1 $.
Comunque era TST 2012 A1 Bosnia

Ok grazie della correzione

Tanto per rendere il problema più figo aggiungo la dimostrazione che Carl B. Boyer fa risalire ad Archimede del cosiddetto teorema della corda spezzata. Si costruisca $C'$ simmetrico di $C$ rispetto ad $E$. Poiché i triangoli $ADB$ e $ADC'$ sono equivalenti $AB\cong AC'$(questa parte si puo pure sal...

Allora sia $M$ punto medio di $BC$ (che è ovviamente anche la proiezione di $D$ su $BC$) $N$ poriezione di $D$ sulla retta $AC$. Come da hint usiamo il teorema di Simson per cui $M$,$N$ e $E$ allineati quindi possiamo usare Menelao con questa retta e $ABC$ da cui si ottiene $ \dfrac{BM*CE*AN}{MC*EA...

Bonus 1 Chiamiamo $\Gamma'$ la circonferenza da trovare. Ovviamente essa si corrisponde con $\Gamma$ in un'omotetia $\sigma$ rispetto al loro punto di tangenza $P$. Ora tracciamo l'asse di $AB$ e segniamo il suo punto di intersezione con $\Gamma$ dalla parte opposta a $\Gamma'$ (che possiamo giustam...

Prova a ragionare come nel caso della probabilità contraria.

Ah ok scusa avevo frainteso la fine della dimostrazione.
Ora fila tutto ed è anche più corta della mia, grazie.

Prendiamo il cerchio $\omega$ centrato in $A$ e di raggio $AB$. Disegniamo l'inverso di $\Gamma$ rispetto a $\omega$ (possiamo farlo ad esempio prendendo tre punti a caso su $\Gamma$, invertendoli "a mano" e poi tracciando il cerchio passante per questi tre inversi...), tracciamo le tangenti $r,s$ ...

nessuna idea?

Colgo al volo il post di Saro00 e rilancio. Il problema me l'ha posto un amico dopo aver visto http://www.oliforum.it/viewtopic.php?f=14&t=19633 e non esser riuscito a fare il disegno preciso con geogebra. Data una circonferenza e due punti qualsiasi all'interno di essa trovare una costruzione (ovvi...

Propongo anche la mia perché molto breve. Chiamato $R$ l'intersezione di $O_1O_2$ con $P_1P_2$ i triangoli $O_1RP_1$ e $O_2RP_2$ sono evidentemente simili. Il loro rapporto di similitudine è il rapporto di due lati corrispondenti come lo sono $O_1P_1$ e $O_2P_2$ il cui rapporto pero è una costante a...

Metto anche l'allineamento di $D,G,D_0$ ma come detto prima manca P Chiamiamo $S$ e $T$ rispettivamente i punti di intersezioni di $B_0C_0$ con $AD$ e $AA_0$. Si nota che $ ASC_0 \sim ADB $ e $AST \sim ADA_0 $ per ovvie uguaglianze di angoli date dalle rette parallele. Dalla prima, essendo $C_0$ pun...