OliForum Matematico

@karlosson: lol btw let H be the projection of B on CA, so \angle LKB = \angle LHB = 90 - \angle LBH = \angle BCA and equally we have \angle KLB = \angle CAB , so BLK and BCA are similar. Olso the simmetric of BLK wrt the angle bisector of \angle ABC is a triangle homotetic with ABC, with an homothe...

karlosson, e' una questione di educazione. in generale gli avatar vanno tenuti sui 100-128pxl di lato massimo a proposito, se ricordo anche il primo avatar di gabriel era bello grosso, oltre che spinnare era bellissimo XD però mi sa che era nella firma :P poi se non ricordo male mind mi impose di t...

beh chiaramente la tesi equivale a dimostrare che a>c \ \Longleftrightarrow \ m_a < m_c notazioni cone in figura: http://img9.imageshack.us/img9/5980/geometria41hz9.png Chiamiamo inoltre K il piede della altezza da B a CA e N il punto medio di AC e r l'asse di DF. Chiaramente AD=2 m_a e AF = 2 m_c ....

il mio tentativo di fare irruzione nel momento di pausa per scroccare cibo non è andato a buon termine XD

kn ha scritto:C'è anche questo!

ora non più

chiamiamo O il centro della crf circoscritta a ABCF e F = BC \cap DA e G = BD \cap AC . Allora come noto GEF è il triangolo diagonale che ha la nota proprietà di essere autopolare, ovvere di avere un lato coincidente con la polare del vertice opposto, quindi FE è la polare di G (questo è anche detto...

Per chi non avesse di meglio da fare restano alcuni problemi senza soluzione from the past :wink: http://www.oliforum.it/viewtopic.php?t=13060 (mancano soluzione al 3 e al 4) http://www.oliforum.it/viewtopic.php?t=11021 (l'1 è abbastanza noto, il 2 è own e carino) http://www.oliforum.it/viewtopic.ph...

andrea91 ha scritto:se si riesce a dimostrare che l'area non dipende dalla posizione del sole, allora per calcolare tale area basta considerare l'area che forma nella posizione limite in cui il sole copre solo una faccia

grazie, il roblema sta solo lì

chiamiamo H il vertice in alto, A,B,C,D,E,F i vertici dell'esagono che si vede guardando il cubo dall'alto perpendicolarmente al suolo ordinati in senso orario in modo che A sia più in alto di B rispetto al suolo. Allora è evidente che con raggi paralleli i triangoli equilateri ACE e BDF verranno pr...

chiamato \angle A_0 l'angolo in A del triangolo T_0 otteniamo facilmente che \angle A_1 = \frac{B_0 + C_0}{2} = 90 - \frac{A_0}{2} quindi abbiamo la successione A_{i+1}=90-\frac{A_i}{2} e A_0 = \alpha . Poniamo ora k = \frac{\alpha}{90} e costruiamo la successione D_i = \frac{A_i}{90} . Allora abbia...

bah i testi di mate mi pareva orrendi, esercizi molto telefonati, io speravo in un geometrico impossibile invece erano tutti fattibili XD

interessante L'asse di AB incontra la crf circoscritta a ABM in N oltre che a M, e la perpendicolare da T a AB incontra la crf inscritta in R. Chiamiamo L il punto medio di AB. Allora basterà dimostrare che NR e MT concorrono su una delle due circonferenze, ovvere che le due circonferenze sono omote...

mi raccomando ragazzi, tenete alto l'onore del nostro liceo

oh ciao Denis, ho visto il topic solo ora, benvenuto. Datti da fare che quest'anno siete in competizione te travelsga e fattore_K (oltre alla erica e chi altro).

bello! se ti va postane altri Lemma 1: il luogo dei centri di i è una parabola di fuoco il centro di c che chiamiamo \zeta . Dim lemma 1: Chiamiamo O il centro di c, N il punto medio dell'arco AB di c a cui è tangente i. Costruiamo nelsemipiano delimitato da AB nella parte di N una retta d parallela...