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Dato un triangolo acutangolo ABC, esiste una tecnica per trovare il punto interno al triangolo, chiamiamolo P, tale per cui i triangoli ABP BCP e ACP abbiano tutti lo stesso perimetro?

A me risulta 127°.
Innanzitutto nota che i 3 moduli risultano essere una terna pitagorica quindi la rappresentazione dei vettori la puoi vedere nell'immagine che allego.
Dalla figura si nota facilmente che l'angolo delle direzioni tra Z ed X è pari ad $ \displaystyle \alpha $+90°.
Bye

Intendo lo sviluppo di Taylor o piu' esattamente in questo caso di McLaurin visto che nei limiti che hai proposto \displaystyle x_0 della formula di Taylor e' zero. Comunque in rete puoi trovare tante dispense ed esercizi sui sviluppi di Taylor e McLaurin... Basta digitare su google ad esempio "...

Allora, abbiamo: \displaystyle \lim_{n\to\infty}n^{2}\log{(e^{\frac{n\log{4}-1}{n}}-3)}+4n = \displaystyle \lim_{n\to\infty}n^{2}\log({\frac{e^{\log4}}{e^{\frac{1}{n}}}-3)}+4n = \displaystyle \lim_{n\to\infty}n^{2}\log({\frac{4}{e^{\frac{1}{n}}}-3)}+4n Sviluppando l'esponenziale fino alla potenza 2 ...

Quello che hai scritto tu e' lo sviluppo del \displaystyle cos(x) !!! Per avere lo sviluppo fino al quarto ordine del \displaystyle{cos}^2(x) devi sviluppare il coseno e poi tenere tutte le potenze di ordine minore uguale a quattro che ottieni quadrando considerando anche tutti i doppi prodotti!!! E...

Si, e' giusto...
Bye

La razionalizzazione e' giusta a meno di parentesi. E' del tipo \displaystyle\frac{(a-b)\cdot(a+b)}{a+b}=\frac{a^{2}-b^{2}}{a+b} Poi ho raccolto \displaystyle n^{3} al numeratore e al denominatore, ho semplificato, ed ho ottenuto la mia espressione. Si, la sostituzione del valore assoluto e' valida ...

Razionalizzando a me viene: \displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{n^{5} \cdot {cos}^{2}(\frac{3}n)-n^{5}+9n^{3}}{n \cdot cos(\frac{3}n)+\sqrt{n^{2}-9}} dove ho sostituito |9-n^{2}| con (n^{2}-9) in maniera tale che la radice quadrata sia definita. A questo punto al numeratore scrivo lo sviluppo di Tay...

Complimenti a tutti e grandissimo Piever!

Avete notizie sui risultati dei nostri ragazzi? Da questo link: http://www.mathlinks.ro/viewtopic.php?t=159844&start=80 P1 P2 P6 ITA 1 7 7 1 ITA 2 0 0 0 ITA 3 7 4 0 ITA 4 7 1 0 ITA 5 3 1 0 ITA 6 7 7 7 sembra che piever stia andando alla grande...

Puoi provare con la sostituzione $ \sqrt{x^2\pm a^2}=t-x $
Facendo i calcoli dovrebbe venire.

Bye

Il metodo piu' semplice in generale e' quello di passare sempre dala base 10. Se ho un numero in base b portarlo in base 10 e' abbastanza semplice perche' basta fare la somma delle cifre moltiplicate per le relative potenze della base. Ad esempio (1234)_b=(4b^0+3b^1+2b^2+1b^3)_{10} Per passare da un...

Secondo me non e' limitata perche' il limite della funzione in 0 e' infinito e 0 direi che appartiene all'intervallo [$ -\frac{\pi}{2} $, $ \frac{\pi}{2} $]

\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{\sqrt{4x^4+x^2}}{x-3}-2x=\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{\sqrt{4x^4+x^2}-(2x^2-6x)}{x-3} =\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{[\sqrt{4x^4+x^2}-(2x^2-6x)][\sqrt{4x^4+x^2}+(2x^2-6x)]}{(x-3)[\sqrt{4x^4+x^2}+(2x^2-6x)]} =\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{4x^4+x^2-...

Allego un'immagine con la mia soluzione... Bye