OliForum Matematico

Tutta la storia che I cinesi sono forti, gli spagnoli fanno pena, gli inglesi così così, è dovuta a strutture scolastiche diverse da Paese a Paese. In Iran gli integrali li fanno studiare a 15 anni, da noi ai professori si rizzano i peli parlando di matrici.

Beh, è piuttosto semplice vedere che il primo membro, una volta semplificato n! a numeratore e denominatore, e poi dividendo ambo i membri per 2^n e distribuendo i vari 2 ai fattori del denominatore e moltiplicando e dividendo per 2n, otteniamo al numeratore il prodotto di naturali ognuno dei quali ...

veramente bella dimostrazione :D (je mi son penato per cercare di trovare qualche cosa sulla retta cui appartengono L e il punto di incontro della circonferenza con AB) ...mi chiedevo, però, se era fattibile una dimostrazione che fa uso dell'ellisse di fuochi A e B e del fatto che la retta di simmet...

Corretto il tex : \cotg non esiste ... è \cot ... EG Dividiamo entrambi i membri dell'ipotesi per abc : otteniamo \sum \frac{1}{a}=1 . Sappiamo però che \sum \cot\alpha=1 , con gli \alpha angoli di un triangolo qualsiasi. Sia quindi a=\tan \alpha ; b=\tan \beta ; c=\tan \gamma ; e sfruttiamo le for...

Aaargh, mi perdo sempre i topic più belli...dunque, credo che l'iter sia: Equazione di base: x^2-3a^2=1 . Differenza di quadrati, quindi possiamo o andare giu di goniometria o sfruttare le potenze: dico questo perche la differenza dei quadrati è uguale a 1=\sin^2\alpha+\cos^2 \alpha ; oppure, sfrutt...

Solo una precisazione: Il problema si pone solo se il punto è compreso fra le due rette Il problema del punto compreso si pone soltanto nel caso di rette parallele, altrimenti le due rette dividono in 4 angoli il piano e si considera l'angolo cui appartiene il punto (e se sta su una retta allora av...

senza scomodare composizioni astruse con le parabole ...Anche perché stiamo parlando di costruzioni con riga e compasso, o mi sono perso qualcosa? Un' so, cercavo di ricavare il solo punto appartenente alla parabola, non l'intera parabola...comunque Leandro mi ha preceduto...mi sono perso nei trian...

E ora via di nuovo con le parabole... Eh? :shock: I centri delle due circonferenze sono chiaramente i punti di intersezione della bisettrice con la parabola che ha per fuoco P e per direttrice la retta più vicina a P, per simmetria supponiamo t, poi consideriamo PV. Ora, senza scomodare composizion...

prima di tutto i due centri delle circonferenze di troveranno sulla bisettrice dell'angolo formato dalle due rette nel caso siano incidenti in un punto proprio, sulla "dimezzatrice della distanza delle due rette" se sono parallele. Il problema si pone solo se il punto è compreso fra le due...

quello delle circonferenze intersecantisi era $ 2(\sqrt{3}-\frac{\pi}{4}) $ ? Ditemi di si, please

Teorema di Perron: se un polinomio monico è tale che $ 1+\sum_{i=1}^{n-1} |a_i|< a_n $ (dove 1 e gli $ a_i $ e sono i coefficenti dei termini del polinomio), il polinomio non ha radici reali (o qualcosa del genere)

HiTLeuLeR ha scritto:Deh, pardon, mi son perso per strada un pezzo della traccia (e il fatto grave è che soltanto adesso me ne rendo conto!): provvedo subito a rimediargli.

Si figuri

aaah, scusasse, ma allora è x|n...

le due rette (quella del diametro e quella tangente), se non parallele si incontreranno in un punto M; costuiamo la simmetrica della retta tangente rispetto alla retta passante per il centro . La circonferenza dovrà essere contenuta fra tale retta t' e la retta t tangente, quindi la circonferenza ta...

scrivendo \frac{1}{n(n+1)}=0.5 \cdot \frac{2}{n(n+1)}+2-2=\frac{(n+1)^2+n^2}{(n+1)n}=\frac{n+1}{n}+\frac{1}{\frac{n+1}{n}}-2 che oltre a essere un quadrato può essere scritto come \frac{1}{n}-\frac{1}{n+1} }(o sommiamo due elementi consecutivi e notiamo che passiamo da \frac{1}{n(n+1)}\to\frac{2}{(n...