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1- ceva 2- omotetia di fattore -1/2 di centro G che manda ABC nel suo triangolo mediale 3- Lemma 1: sia D il punto di tangenza tra l'incerchio e BC e $D'$ il punto diametralmente opposto a D, allora A, $D'$ e X sono allineati. l'omotetia che manda l'incerchio nell'A-excerchio manda $D'$ in X ed ha c...

Perché una volta che sono tutti attaccati se ne ruoti uno si stacca dal successivo.

Che teorema è quello di Jordan-Bolzano? Credo che non serva per dire che le due circonferenze si intersecano ( se ho una circonferenza di raggio R e una di raggio r<R con centro sulla circonferenza è naturale che si intersechino). Comunque è la mia stessa soluzione. Per la Parte 2 magari va spiegata...

Triarii ha scritto:sbagliato testo sorry

Il testo è sbagliato?

Siano dati $n$ segmenti $A_1B_1,...,A_nB_n$ nel piano di lunghezza unitaria,con $n≥$3.I segmenti si possono spostare con questo tipo di mossa: si sceglie un segmento $A_iB_i$ e un suo vertice V, poi si sceglie un secondo segmento $A_jB_j$ diverso dal precedente e si ruota rigidamente $A_jB_j$ intorn...

Infatti la rischiesta di esattamente 300 punti mi ha disorientato all'inizio proprio per questo motivo. Tu come l'avevi concluso? Comunque bel problema, l'ho trovato abbastanza difficile. Ps. Se hai altri problemi così belli ti concedo il testimone (ultimamente mi sono dato a fisica e non mi vengono...

Per prima cosa $A_1B_1C_1$ è ottuso poiché il suo circocentro si trova fuori il triangolo. Chiamo O il punto medio dell'arco BC contentente A. I triangoli $OBC_1$ e $OCB_1$ sono uguali: OB=OC poiché O punto medio arco BC, $CB_1=BC_1=p-a$ e $\angle{ABO}=\angle{ACO}$ poichè insistono sullo stesso arco...

Perfetto. Non ricordavo tutte le rette tre a tre ma solo le circonferenze circoscritte ai due "trangoli" :D un'altra soluzione poteva essere di dimostrare che la tangente in A e la retta simmetrica a BC rispetto all'asse di RS si incontrano su $l$ (basta applicare Pascal), questo punto di ...

Il punto di Miquel E è la seconda intersezione delle circonferenze circoscritte a ARS e a CUS, e perché sta sulla circonferenza circoscritta ad ABC? Comunque bella soluzione

In tutta la dimostrazione utilizzo solo punti a coordinate intere, quindi appartenenti a S. Per prima cosa determiniamo quando due punti A e B sono k-amici. Trovo i k-amici di A(0,0). Considero B(a,b) e C(x,y); l'area del triangolo ABC è k e utilizzando la formula con la matrice per l'area del trian...

Per BC si intende anche il suo prolungamento

Non so fino a che punto è giusto... Sia k il numero di angoli retti nel poligono. Si ha che $90k+360(n-k)\geq 180(n-2)$ (ho fatto la somma degli angoli interni), il che ci dà $k\leq \frac{2n+4}{3}$. Per n pari ho trovato $\frac{n+4}{2}$ (ho preso come configurazione un poligono a forma di "scal...

Perché che c'è che non va?

Hai ragione ho considerato l'angolo di 270 gradi devo rifare il caso in cui non
è convesso.

Distinguo due casi, poligono convesso e non. Primo caso: In questo caso il numero massimo di angoli retti è 3. Infatti, la somma degli angoli supplementari agli angoli interni di un poligono è 360 gradi e una volta che si hanno 3 angoli retti la somma dei restanti angoli supplementari è 90 e, dato c...