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Ma perché non seguite il suggerimento di fph? Ci sono almeno due soluzioni facilissime e suscettibili di infinite varianti. Aggiungo che per trovare il polinomio q(x) di secondo grado soddisfacente a q(1) = a e alle altre condizioni il metodo più rapido, secondo me, è porre q(x)=q_1(x-2)(x-3)+q_2(x-...

Ringrazio per la pronta risposta e trovo bella la soluzione indicata; però rido perché dopo anni di sforzi che avevano prodotto solo una soluzione orribile, proprio oggi ne ho trovato una buona. E’ fin troppo facile; sarà giusta? Eccola: Si trova subito che l’equazione da risolvere è xyz=2(x-2)(y-2...

Un parallelepipedo rettangolo interamente verniciato ha dimensioni x, y, z intere e maggiori di 2; tagliandolo in cubi unitari si constata che ve ne sono tanti senza vernice quanti con almeno una faccia verniciata. Dimostrare che questo è possibile solo per un numero limitato di terne (x, y, z). Le ...

Riassumendo: la successione è definita da a_0=n e a_{k+1}=\dislaystyle \frac{3a_k+1} 2 e si arresta quando a_k diventa pari. Posto b_k=a_k+1 si ottiene b_0=n+1 e b_{k+1}=\frac 3 2 b_k ; si tratta perciò di una progressione geometrica ed è b_k=(n+1) (\frac 3 2)^k . Il calcolo si ferma quando b_k dive...

Dato il trapezio rettangolo ABCD, sia E l’intersezione fra la retta AD e la perpendicolare in C al lato obliquo BC. Dimostrare che sono uguali gli angoli $ A \hat C D $ e $ C \hat E B. $

Una proprietà della parabola è spesso ricordata in relazione agli specchi ustori di Archimede: se il raggio incidente è parallelo all’asse, il raggio riflesso passa per il fuoco F; geometricamente, i due raggi formano angoli uguali con la normale e perciò con la tangente nel punto di incidenza P. Ne...

Colgo i suggerimenti di Stefanos ed EvaristeG e completo la seconda domanda, partendo da h(tx)=h(t)h(x). Prendendo il logaritmo dei due membri e ponendo x=e^u e t=e^v ottengo \ln h(e^{u+v})=\ln h(e^u)+\ln h(e^v) che, posto a(u)= \ln h(e^u) , si riscrive a(u+v)=a(u)+a(v) e quindi ha come unica soluzi...

Cos'è una Cauchy classica? E' argomento olimpico? Comunque ho provato con l'analisi matematica concludendo che le potenze sono l'unica soluzione fra le funzioni derivabili. L'analisi non mi sembra però ammessa in questa sezione del Forum.

Prima domanda Per x \ne 0 , posto z=\frac y x , la formula diventa f(tx,txz)=t^{\lambda}f(x,xz) . Con lo scambio fra x, t il primo membro resta invariato e il secondo diventa x^{\lambda}f(t,tz) ; uguagliando i due secondi membri si ottiene \displaystyle \frac {f(t,tz)}{ t^{\lambda}}=\frac {f(x,xz)}...

jordan ha scritto: $ (\mathbb{R}^+)^3 $

Cosa significa?

Posso sbagliare, ma non credo che esista una formula risolutiva per la tua equazione. Posto x=K/N, per r=3, m=1 si ottiene 9x^3-18x^2+9x-1=0 : questa equazione non ha soluzioni razionali (Ruffini) ed essendo di terzo grado coinvolge nella soluzione funzioni più complesse della radice quadrata. Riten...

Anche io non ho trovato altro che l'analitica. A quano detto da Elianto aggiungo che P e il baricentro si corrispondono in una affinità avente Q come punto unito e diversa dalle similitudini. Con simili premesse mi sembra quasi impossibile che esista una soluzione olimpica.

Vorrei fare una piccola aggiunta, visto che anch'io amo le terne pitagoriche. Il divieto di usare la calcolatrice e il tipo di gara fanno presumere che il risultato della radice sia intero; vale la pena di partire da questa ipotesi, salvo abbandonarla se si rivela scorretta. La teoria dei numeri pit...

Ecco la risposta alla prima domanda di Marco. Detto G l’altro fuoco, la normale è bisettrice dell’angolo F \hat A G quindi, per il teorema della bisettrice, FQ : FG = FA : (FA+AG). Essendo FG=2f e FA+FG=2a si ha FQ=FA \frac f a e poiché FA aumenta da a-f a a+f se ne deducono subito gli estremi di FQ...

Sì, "esso" era davvero P. Avevo notato anch'io che ad ogni A corrispondevano più punti P (non li ho contati, vi credo se dite che sono quattro) ma, come giustamente notato da Marco, non l'avevo ritenuto un ostacolo: potevano anche fare parte di una stessa curva. Vi ringrazio per la rispost...