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La condizione abc=1 è strettamente necessaria? Perchè altrimenti: moltiplico ad entrambi i membri per due e addiziono tre ad entrambi i membri a^2 +a^2+b^2+b^2+c^2+c^2-2a-2b-2c +1 +1 +1 \ge 3 (a^2-2a+1)+(b^2-2b+1)+(c^2-2c+1)+a^2+b^2+c^2 \ge 3 (a-1)^2+(b-1)^2+(c-1)^2+a^2+b^2+c^2 \ge 3 e l' ultima è ...

a) Detto $K:= PQ \cap SR$, essendo $KR\cdot KS = KQ\cdot KP$ in quanto potenze di $K$ rispetto a $\Gamma$, ed essendo $KR \cdot KS = \mbox{pow}_{\Gamma _{1}}(K)$ e $Kq \cdot Kp = \mbox{pow}_{\Gamma _{2}}(K)$, dove $\Gamma _1$ e $\Gamma _2$ sono le circonferenze circoscritte rispettivamente a $PQBA$ ...

De Castro Lorenzo 85 LENTATI LISA 85 Lou We Ide 85 BONATO ANDREA 80 Baldacci Davide 76 CAVALLI LUCA 75 Magni Arianna 74 Mocchetti Federico 60+12 RICCI Leonardo 60+12 FOGATO MATTEO 71 Classifica di Milano. Neanche a farlo apposta anche quest'anno sono l'ultimo della mia provincia :D

In un triangolo $ABC$ retto in $C$ la mediana che parte da $B$ biseca l'angolo compreso tra $BA$ e la bisettrice di $\hat{B}$. Dimostrare che

$$\frac{5}{2} < \frac{AB}{BC} < 3$$

è facile che mi sbagli, ma secondo me si può migliorare sia l'upper che il lower bound.

Sono dati su una retta i punti $A,B$ e $C$ in quest'ordine. Si disegnano le semicirconferenze $\omega$, $\omega _1$ e $\omega _2$ aventi come diametro rispettivamente $AC,AB$ e $BC$ dalla stessa parte della retta. Si costruisce una sequenza $\{ k_n \}$ di cerchi come segue: $k_0$ è $\omega _2$ e $k_...

Trovare tutte gli $\displaystyle n\in \mathbb{N}: \frac{2^n-1}{n} \in \mathbb{N}$

Per amor di bellezza, odio dei conti e senso di colpa per la mia lunga assenza, senza pretese sulla successione al trono della staffetta posto la mia dimostrazione. Anzitutto notato che, detto $r$ il raggio della circonferenza, $AC= r+OC$, $AD=r+OD$ e $AB=2r$,ostituendo nella tesi e dopo qualche con...

Dato che il modulo del vettore A è 1/2 allora il modulo del vettore $P_n$ è 2 Io temo ci sia un fraintendimento ... $P_iP_j$ non è il prodotto dei moduli del vettore $OP_i$ e del vettore $OP_j$, ma, più banalmente, la distanza tra i punti $P_i$ e $P_j$, come al solito. Ha ragione EvaristeG :oops: C...

Sì, i $P_i$ sono punti del piano avente come origine $O$, scusatemi se mi sono dimenticato di scriverlo.

Si considerino i punti $\displaystyle O=(0,0)$ e $\displaystyle A=\left( 0,\frac{1}{2}\right)$ sul piano cartesiano. Dimostrare che non esistono $n$ punti sul piano a coordinate razionali tali che

$$1=P_1P_2 =P_2P_3= \dots =P_{n-1}P_n=P_{n}A$$

Dimostrare che, detta $f(x) = x^3+17$, che $\forall n \geq 2 \in \mathbb{N}, \quad \exists x \in \mathbb{N}: 3^n | f(x) \land 3^{n+1} \nmid f(x)$

Ci provo... La tesi è equivalente a $PQ \parallel AB$. $\hat{MDB} = \hat{MCA}$ perchè insistono su archi uguali (perchè sottesi da corde uguali). Questi angoli insistono entambi su $PQ$, da cui deriva che $DPQC$ è ciclico. Calcolando la potenza di $M$ rispetto alla circonferenza circoscritta a $DCQP...

Si considerino quattro triangoli rettangoli congruenti. Li si disponga in modo da formare un quadrato di lato pari all'ipotenusa dei triangoli dati e in modo tale che i punti in cui tali triangoli sono retti siano interni a tale quadrato. Sia $r$ l'inraggio dei triangoli rettangoli iniziali, sia $R$...

Ok, scusami, svista mia !

Se supponiamo \( k\) dispari allora: \(\displaystyle \binom{p-1}{k}+1=\frac{(p-1)(p-2)\ldots(p-k)+k!}{k!}=\frac{pA}{k!} \) con \( A \in \mathbb{Z}\) Siccome \( MCD(k!,p)=1\) , \( k!\) divide \( A\) e quindi \( \displaystyle \binom{p-1}{k}+1 \equiv 0\) Analoga dimostrazione per \( k\) pari. è facile...