La ricerca ha trovato 559 risultati
- 26 ott 2009, 12:28
- Forum: Geometria
- Argomento: Russia MO n15 del 2000
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Posso rispondere in italiano? :P Chiamo \displaystyle~\alpha la circonferenza tangente in \displaystyle~A , \displaystyle~\beta quella tangente in \displaystyle~B e \displaystyle~\delta quella per \displaystyle~C,M,N . Sia \displaystyle~D l'intersezione tra \displaystyle~CE e \displaystyle~AB . \di...
- 23 ott 2009, 13:35
- Forum: Geometria
- Argomento: Ruassia MO n 7 del 2000
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Ruassia MO n 7 del 2000
ABC is acute-angled and is not isosceles. The bisector of the acute angle between the altitudes from A and C meets AB at P and BC at Q. The angle bisector of B meets the line joining HN at R, where H is the orthocenter and N is the midpoint of AC. Show that BPRQ is cyclic. ---- Sia ABC un traingolo ...
- 22 ott 2009, 14:19
- Forum: Geometria
- Argomento: Russia MO n 19 del 2000
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Russia MO n 19 del 2000
A larger circle contains a smaller circle and touches it at N. Chords BA, BC of the larger circle touch the smaller circle at K, M respectively. The midpoints of the arcs BC, BA (not containing N) are P, Q respectively. The circumcircles of BPM, BQK meet again at B'. Show that BPB'Q is a parallelogr...
- 22 ott 2009, 12:36
- Forum: Geometria
- Argomento: Russia MO n15 del 2000
- Risposte: 3
- Visite : 1573
Russia MO n15 del 2000
ABC is a triangle. E is a point on the median from C. A circle through E touches AB at A and meets AC again at M. Another circle through E touches AB at B and meets BC again at N. Show that the circumcircle of CMN touches the two circles.
- 21 ott 2009, 11:56
- Forum: Algebra
- Argomento: Un russo del 2001
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Mi si è mangiato un pezzo del msg.. vedi l'ultima equazione in u di secondo grado? se risulta negativa per qualche u allora ha discriminante positivo (deve avere delle radici). La condizione di discriminante positivo è la stessa cosa di (*), prova a fare i conti.. li ho fatti stavolta (sulla fiduci...
- 20 ott 2009, 10:43
- Forum: Geometria
- Argomento: Problema 2, oliforum contest 2009, round 2
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- 19 ott 2009, 15:06
- Forum: Algebra
- Argomento: Problema 4, oliforum contest 2009, round 2
- Risposte: 20
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Se jordan mi confermasse che non ho scritto cavolate nella dimostrazione (cosa molto probabile visto che non avevo neanche controllato), posterei volentieri la mia che utilizza riarrangiamento, Chebycheff e Nesbitt. :roll: Sono anni che non provo piu' queste cose, ma, se non ho combinato pasticci c...
- 19 ott 2009, 10:49
- Forum: Algebra
- Argomento: Un russo del 2001
- Risposte: 6
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p(x):=x²+ax+b,q(x):=x²+cx+d,wlog i<j<k<l t.c. p(i)=p(j)=q(k)=q(l)=0. In particolare i<j>c-√(c²-4d) cioè ((a-c)²-(a²-4b)-(c²-4d))²=(-2ac+4b+4d)²>4(a²-4b)(c²-4d) cioè (2b+2d-ac)²>(a²-4b)(c²-4d) (*). Adesso hp(x)+kq(x)>0 se Δ((hp+kq)(x))<0 sse (au+kc)²-4(bu+kd)(u+k)<0>0, ma questa condizione è equival...
- 18 ott 2009, 15:42
- Forum: Algebra
- Argomento: Un vecchio (ma non tanto) russo
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Cioè dobbiamo provare che il polinomio q(x)r(x) ha e sattamente (o almeno?) 4 radici? :roll: e' proprio qua, in sostanza, che sta la mia perplessita'. Il testo richiede di provare che q(x) o r(x) ha esattamente tre radici reali. Io, se non ho fatto errori, ho provato che e' q(x) ad avere tre radici...
- 18 ott 2009, 15:27
- Forum: Algebra
- Argomento: Un russo del 2001
- Risposte: 6
- Visite : 2377
p(x):=x²+ax+b,q(x):=x²+cx+d,wlog i<j<k<l t.c. p(i)=p(j)=q(k)=q(l)=0. In particolare i<j>c-√(c²-4d) cioè ((a-c)²-(a²-4b)-(c²-4d))²=(-2ac+4b+4d)²>4(a²-4b)(c²-4d) cioè (2b+2d-ac)²>(a²-4b)(c²-4d) (*). Adesso hp(x)+kq(x)>0 se Δ((hp+kq)(x))<0 sse (au+kc)²-4(bu+kd)(u+k)<0>0, ma questa condizione è equival...
- 16 ott 2009, 14:37
- Forum: Algebra
- Argomento: Russia 2001
- Risposte: 2
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Russia 2001
x^3 + ax^2 + bx + c has three distinct real roots, but (x^2 + x + 2001)^3 + a(x^2 + x + 2001)^2 + b(x^2 + x + 2001) + c has no real roots. Show that 2001^3 + a 2001^2 + b 2001 + c > 1/64.
PS
carino e non difficile
PS
carino e non difficile
- 16 ott 2009, 09:12
- Forum: Algebra
- Argomento: Un russo del 2001
- Risposte: 6
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Re: Un russo del 2001
The quadratics x2 + ax + b and x2 + cx + d have real coefficients and take negative values on disjoint intervals. Show that there are real numbers h, k such that h(x2 + ax + b) + k(x2 + cx + d) > 0 for all x. questo problema e' molto carino e non e' per niente banale, vi consiglio di non sottovalut...
- 16 ott 2009, 09:10
- Forum: Algebra
- Argomento: Un vecchio (ma non tanto) russo
- Risposte: 5
- Visite : 2194
Di questo problema ho trovato una soluzione che risponde alla richiesta, ma non e' esattamente quello che chiede il testo (ammesso che io l'abbia tradotto bene dall'inglese e che magari non abbia fatto qualche cappellata chi l'ha tradotto dal russo all'inglese). In un certo senso, ho provato un risu...
- 15 ott 2009, 15:14
- Forum: Algebra
- Argomento: Un russo del 2001
- Risposte: 6
- Visite : 2377
Un russo del 2001
The quadratics x2 + ax + b and x2 + cx + d have real coefficients and take negative values on disjoint intervals. Show that there are real numbers h, k such that h(x2 + ax + b) + k(x2 + cx + d) > 0 for all x.
- 14 ott 2009, 18:12
- Forum: Teoria dei Numeri
- Argomento: France TST 2005
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Re: France TST 2005
Siano x e y due interi positivi tali che 3x^2+x=4y^2+y . Dimostrare che x-y e' un quadrato perfetto. :wink: Non so se porta a qualcosa di piu' semplice, ma la relazione data e' equivalente a: (x-y)(1+3(x+y)) = y^2. Correggo e riscrivo ------ Se x-y non e' un quadrato, allora c'e' un k intero: x-y =...