OliForum Matematico

Soluzione diversamente bella: Innanzitutto notiamo che, applicando il teorema di Ceva alle retta passanti per $P$ e chiamando $G$ l'intersezione di $AP$ con $BC$, si ottiene: $$\frac{AN}{NB}\frac{MB}{NB}\frac{CG}{GB}=1 \rightarrow CG=GB$$ dopo una facile semplificazione dovuta al teorema di Talete. ...

Sì, non ci ho nemmeno pensato Mi scuso con chiunque

Soluzione che non

Testo nascosto:

inverte

:

Al di là dei post passati, non capisco quale sia il problema in questo.

Sia $M$ il punto di tangenza di $\omega$ con $AC$, e sia $N$ quello con $BC$. Dimostriamo che $PM$ è la bisettrice di $\widehat{CPA}$: questo perché, considerando l'omotetia di centro $P$ che manda $\omega$ in $\Omega$ (la quale esiste perché sono tangenti internamente), la retta $AC$ va nella tang...

Allora (Bepi fermati qui), invertiamo nuovamente nell'inscritta. La tesi diventa che gli inversi dei tre punti siano conciclici con l'incentro. L'inverso di $D$ è $D$ stesso, l'inverso di $Q$ è la proiezione (che chiamiamo $K$) di $D$ su $EF$ (riciclando la notazione e il risultato dell'altro proble...

Invertendo rispetto all'inscritta, la retta $EF$ va nella circonferenza di diametro $AI$ e la circonferenza circoscritta ad $ABC$ va nella circonferenza di Feuerbach di $DEF$, che passa per $P$. Ma dato che $P$ appartiene sia a questa circonferenza che ad $EF$, il suo inverso sarà l'intersezione di ...

Chuck Schuldiner ha scritto: Non ancora, possiamo sempre morire nel frattempo.

E' per questo che Benzo ancora non aggiorna.

Chuck Schuldiner ha scritto: 000000000
- IIIIIIIIIIIII
- IIIIIIIIIIIIIooo
- IIIIIIIIIIIII - o
- IIIIIIIIIIIII - o
- IIIIIIIIIIIIIooo
- IIIIIIIIIIIII

Hai davvero un talento per questi disegni

Up! A breve degli hint, se le risposte continuassero a mancare

Chuck Schuldiner ha scritto: Ma almeno metti lo Jägermeister ("la probabilità che abbia scritto bene sto nome è uguale a quella che ci siano le balkan quest'anno"(auto-cit.))

L'hai scritto giusto ! Il che vuol dire che evindentemente non ne hai bevuto abbastanza

\(I(O_aO_bO_c) \equiv I(ABC)\) Adesso la guardo piano piano con calma, ma per esempio questo mi pare falso. Allego una figura per rendere univoca la configurazione che intendevo col problema, nel caso ci siano state incomprensioni. Potrei anche starmi sbagliando io, ma in ogni caso... se ho capito ...

Sia $ABC$ un triangolo, e siano $\Gamma_A$, $\Gamma_B$ e $\Gamma_C$ tre circonferenze tali che ciascuna di esse è tangente esternamente alle altre due, e inoltre tali che $\Gamma_A$ sia tangente ad $AB$ ed $AC$, $\Gamma_B$ sia tangente a $BC$ ed a $AB$ e che $\Gamma_C$ sia tangente ad $CB$ ed $AC$ (...

La via di Shiva era vedere la cosa come lo sviluppo della potenza di qualcosa?

Visto che nessuno risponde, posto la mia incompleta (quasi tanto incompleta quanto fangosa) dimostrazione, sperando di trovare aiuto. Iniziamo col definire: $$f(j)= \binom{p}{j} \binom{p+j}{j}$$ E dimostriamo il seguente lemma: per ogni $ 1 \leq j < p$, vale $$f(j) \equiv \frac{p}{j} (-1)^{j+1} \pmo...

Se non ho capito male il testo, dovrebbe bastare dimostrare che , di quei sei punti, "un po'" delle terne che otteniamo prendendone tre sono formate da punti allineati. In particolare, lo sono quella formata dalle tre intersezioni dei punti esterni e le tre del tipo "interno-interno-esterno". Dimost...

Sia resa lode a Teppic perché noi possiamo ora smetterla di ripetere le stesse domande sul pdf di algebra all'infinito.