OliForum Matematico

Uhm... proviamoci... :? Sia E il punto d'intersezione tra l'asse di BI e quello di CI, F l'intersezione tra l'asse di AI e quello di CI, G l'intersezione tra l'asse di AI e quello di BI. 1. Dimostriamo che AE, BF, CG concorrono in I. Sia D l'intersezione tra AI e BC. Avremo che B^ID=B^AI+I^BA. Ora, ...

Consideriamo il luogo dei punti P tali che PI bisechi A^PD; avremo, per il teorema delle bisettrici, che AI:ID=AP:PD per ogni P del luogo; inoltre, se vale questa relazione, PI è bisettrice di A^PD, e P appartiene al luogo. Perciò il nostro luogo non è altro che la circonferenza di Apollonio compre...

Mh, dai, per una volta provo a fare algebra... :) Polinomi che funzionano sono sicuramente le costanti 0 e 1 (0=0*0 e 1=1*1), e anche i polinomi della forma p(x)=x^n , infatti: p(x^2-y^2)=(x+y)^n(x-y)^n=p(x+y)p(x-y) Ora vorrei dimostrare che questi sono tutti e soli i polinomi che soddisfano la nost...

Ciao Arbak!! Sigh, anche a me mancano tutti... Cmq le schede olimpiche SONO state ritrovate, quarda qua e contatta Decan:
http://olimpiadi.sns.it/oliForum/viewtopic.php?t=3235

Continuo a pensare che gli stage non dovrebbero finire mai. Sigh.

Dovrebbero esserci anche
Mara Barucco: Arbak87
Marco Peruzzi: Bacco
e ultimamente ho visto comparire sul forum un nuovo iscritto dal nick di "Leone Cimetta"...
Sigh, perché gli stage non durano tutto l'anno??

EDIT: sbaglio o ci siamo dimenticati anche matthewtrager?

Provo a postare qualcosa, visto che (purtroppo :? ) posso ancora essere annoverata a buon diritto nella categoria dei possibili aspiranti solutori. Non sono certa che il mio ragionamento sia del tutto rigoroso, ma sarebbe questo... Sia ABC un triangolo tale che a<b<c. Siano AJ, BK, CL le sue bisettr...

Io al posto della parte trigonometrica avrei ragionato così. Siamo rimasti al dover dimostrare che il rapporto dell'omotetia tra ABC e XYZ è >=3. Questo rapporto è uguale a IK/IH, dove I è l'incentro dei due triangoli, K la sua proiezione su AB, H quella su XY (I, H, K allineati). Ora, XY//AB, e si ...

Siano O , O_1 , O_2 , O_3 , O_4 rispettivamente i centri di C,C_1,C_2,C_3,C_4 . Abbiamo O_1O_2O_3 isoscele con O_3O mediana, che quindi è anche altezza: O_1OO_3=90° . Sappiamo che r1=r/2=1; applicando il teorema di Pitagora al triangolo OO_1O_3 risulta che (2-r3)^2+1=(1+r3)^2, da cui r3=2/3. Sia ora...

Mi unisco agli in bocca al lupo!! A mark86, a Info, a thematrix, a Oscar... e a tutti gli "aspiranti sns 2005"!!

Beh, visto che Evariste pare insinuare che la geometria non piaccia a nessuno... :evil: (e, per quanto mi riguarda, smentisco assolutamente! :D ) La costruzione è giusta, e questo è il motivo. Siano O e O' i centri delle due circonferenze, S e T le intersezioni della retta che abbiamo individuato co...

No, è impossibile (almeno credo :) ). Assegnamo delle coordinate ai punti del piano con un sistema di assi cartesiani, in modo che l'origine stia nel quarto vertice del quadrato e le cavallette si trovino nei punti (0;1) (1;0) (1;1). Possiamo vedere facilmente che se una cavalletta si trova in (a;b)...

Dunque. I triangoli BRC, CQA, APB sono simili, perché isosceli con l'angolo compreso tra i lati obliqui congruente. Quindi BR:BC=RC:BC=PB:AB=QC:AC. Inoltre, detti ABC=beta e ACB=gamma, si ha chiaramente PBR=beta e QCR=gamma. Allora i triangoli PBR e RCQ sono entrambi simili al triangolo ABC (due lat...

Beh, il problema non è solo tuo! Penso che tutti abbiamo constatato la stessa cosa in quest'ultimo periodo... Speriamo (se non altro) che non ricapiti troppo spesso!

Nota : ovviamente, il disegno lo lascio a voi! Il che è un compito più arduo di quanto sembri! :D Evariste, non so se sono io che faccio confusione, ma mi pare che le lettere ad un certo punto comincino a migrare e scambiarsi di posto... boh! Comunque diciamo che considero H, J le intersezioni di A...

phi ha scritto:(che esiste: uhm, questo devo puntualizzarlo meglio?)

Ehm, forse sì, dovevo controllare meglio.
Ok, scusa enomis.

EDIT: com'è che Igor arriva sempre un minuto prima di me???