OliForum Matematico

Mist ha scritto: Determinare tutti i punti $P$ tali che $\hat{B'A'C} = \hat{BAC}$ e $\hat{A'C'B'} = \hat{ACB}$

Immagino tu intenda $\hat{B'A'C'} = \hat{BAC}$, oppure è molto molto schifido

kalu il mio salvatore <3 kalu è come una mamma premurosa, quest'estate staró male anche io e sono sicuro che si prenderà cura anche di me! Cuccioli <3 Kalu è santo anche per i suoi proverbi pugliesi E ricorda: Ce ué cambà biàte, non zì penzànne o passàte (Se vuoi vivere ben contento non pensare al ...

8==D . ------------------- . -------------------------- . --------------------------------- . ------------------------------------- . ----------------------------------------- . -------------------------------------------- . --------------------------------------------- . --------------------------...

Chuck Schuldiner ha scritto:pisciare nell'adriatico alle 3 di notte dopo 2 birre e 4 shot non ha prezzo

E la gente sulla torretta del bagnino poi...
Kalu è santo anche per i suoi proverbi pugliesi

SHHCOPAARE!!

Siano $x_1, x_2, ..., x_n$ numeri reali positivi tali che $x_1 x_2 \cdots x_n = 1$. Dimostrare che
$$ \sum_{i = 1}^n\frac{1}{n-1+x_i}\leq 1 $$

Non so se questo problema esista già sull'oliforum, mi pareva di averlo visto in qualche vecchio topic. Nel dubbio, posto. Sia $ABC$ un triangolo acutangolo, e sia $H$ il suo ortocentro. Le tangenti condotte da $A$ al cerchio avente $BC$ come diametro toccano il cerchio nei punti $P$ e $Q$. Dimostra...

Perdonate la brutalità della mia soluzione. Fissiamo l'origine degli assi cartesiani nel circocentro O ed essendo il problema invariante per omotetie e rotazioni fissiamo il raggio della circonferenza circoscritta uguale a 1 e il lato BC parallelo all'asse delle ascisse. Ora, i punti B e C avranno l...

Felicitiamoci. Suvvia. Ecco la faccina della felicitazione

Dunque, se fosse ottusangolo l'ortocentro sarebbe esterno al triangolo, pertanto almeno uno dei piedi delle altezze starebbe dalla parte opposta sulla retta dell'altezza rispetto al vertice corrispondente, e quindi l'inversione dovrebbe mandare un punto sulla parte opposta della retta che lo congiun...

Allora, innanzitutto dato che il centro dell'inversione deve essere essere allineato con ciascuna delle coppie di punti ( $A'$ e $D$ e via dicendo). Ora, dobbiamo verificare che i prodotti $HD \cdot HA'$ e ciclici sono uguali: sfruttando l'ovvio fatto che $CH=C^{'}H$ e ciclici analizziamo il prodott...

Probabilmente è sbagliata. Se chiamiamo $(P, XY)$ la distanza da $P$ alla retta $XY$ e applichiamo il Teorema di Ceva nella versione con le distanze, la nostra tesi diventa: $$\frac {(D, AB) (E, BC) (F, AC)}{(D, AC) (E, AB) (F, BC)} = 1 $$ Ora siano $H$ e $K$ le proiezioni, rispettivamente, di $D$ s...

Dannazzione, anche il centipiede umano e porchettaman meritano più di una menzione. Insieme ai paracarri. E all'ENORMITÀ

Beh, era un po' "cannonosa", ma molto bella. Secondo le mie idee perverse, almeno. E ho scoperto la nozione di perspettività ( L'avrò scritto bene?)

Citerei anche "Gioacchino, sei uno scostumato libertino FES" comparso sul pdf di G3 e salvato da Il_ Russo prima che il diretto interessato non lo levasse