OliForum Matematico

ah si? eccone un'altra: x^3y+y^3z+z^3x\geq x^2yz+xy^2z+xyz^2 x^3y+y^3z+z^3x= \displaystyle \sum\limits_{cycl} \displaystyle \left(\frac{x^3y}{7}+\frac{x^3y}{7}+\frac{x^3y}{7}\displaystyle +\frac{x^3y}{7}+\frac{y^3z}{7}+\frac{z^3x}{7}+\frac{z^3x}{7}\right) \geq\sum\limits_{cycl}x^2yz per AM-GM. ciao ...

guarda,tutto ciò che ho preso da ML è racchiuso nel secondo post...la roba nel primo è tutta mia(anche se incompleta...però,mi mancava proprio poco...)

ciao ciao

ps tu come l'hai risolta?hai una soluzione "tutta tua"?

ehm...qualcosa di più solido?

già, mi chiedevo quando qualcuno se ne sarebbe accorto...comunque:

me la risolvo così(ammetto però di aver copiato da ML)

$ f(k)=k^6+2k^5-3k^4-6k^3+2k^2+4k+1=(k^3+k^2-2k-1)^2 $

giusto per non buttare nel cestino tutto il lavoro precedente...

ciao ciao

Dato un triangolo acutangolo ABC , sia w il cerchio circoscritto e O il circocentro.Sia poi w_1 il cerchio circoscritto ad AOC e Q il punto di w_1 diametralmente opposto rispetto ad O . Siano presi due punti M e N sulle rette AQ e AC rispettivamente, tali che AMBN sia un parallelogramma. Dimostrare ...

quindi A' è il simmetrico dell'incentro di ABC rispetto a BC. Similmente B', C'.

solo una finezza: credo che sia il simmetrico rispetto al PUNTO MEDIO di BC

allora:all'inizio un paio di osservazioni "utili": 1) visto che a^3b+b^3c+c^3a-(a^3c+b^3a+c^3b)=(a-c)(c-b)(b-a)(a+b+c) (e questo con conti o con qualche altra osservazione furba) abbiamo \displaystyle a^3b+b^3c+c^3a=\frac{\sum\limits_{sym}a^3b}{2}+\frac{(a-c)(c-b)(b-a)(a+b+c)}{2} 2) \sum\l...

riscrivo l'ultimo passaggio, a partire da quando divido i due casi (che ora non farò più) allora: \displaystyle \sum\limits_{i=1}^{\frac{p-1}{2}}\left(\frac{1}{i}\right)^2 dato che l'insieme di tutti gli i^2 della sommatoria contiene tutti i residui quadratici presi una volta sola, l'insieme di tutt...

parto direttamente dal caso generale: \displaystyle p^{2n+1} \mid \binom{p^n}p - p^{n-1} lavoriamo sul secondo membro: \displaystyle \binom{p^n}p - p^{n-1}=\frac{p^{n-1}(p^n-1)\ldots(p^n-p+1)}{(p-1)(p-2)\ldots 3\cdot 2\cdot 1}-p^{n-1}=p^{n-1} \displaystyle \left(\frac{(p^n-1)(p^n-2)\ldots(p^n-p+1)}{...

il numero 4(ne avremo sbagliati tanti ma questo l'abbiamo fatto bene): \displaystyle \frac{4a^3}{b}+\frac{b+1}{a}=\frac{4a^3}{b}+\frac{b}{a}+\frac{1}{2a}+\frac{1}{2a}\geq \displaystyle 4\sqrt[4]{\frac{4a^3}{b}\cdot\frac{b}{a}\cdot\frac{1}{2a}\cdot\frac{1}{2a}}=4 che si ottiene se a=b=\frac{1}{2} mi ...

anche se sono sicuro di mischiare "cose" e "momenti" ecco qua: i momenti: 1)le due ore passate nella camera numero 1 dell'hotel zamagna a fare esperimenti tirando oggetti sul ventilatore 2)la partita a quel gioco della sala giochi(non so come si chiama) io+what contro Bacco+matti...

per la precisione:

3 ori
4 argenti
2 bronzi
(+un 13 punti...peccato)

decisamente le due riunioni (più il mini stage in treno per chi c'era ) sono servite.

e in più un bel bentornato a Mathomico(era ora), ORO a cesenatico...

ciao ciao

mah credo proprio che vada bene,e i calcoli non sono così astronomici. io ho usato il lemma seguente(scritto in piccolo per chi ancora non si arrende): LEMMA: dati tre punti A,B,C e le loro proiezioni A_1,B_1,C_1 su una retta r e le loro proiezioni A_2,B_2,C_2 su una retta s (r e s incidenti), allor...

che bello è passato anche il mio fratellino(13 anni) nella categoria IIImedia/Isuperiore!!!!!!!!

no credo che la base fosse proprio $ BC $ (e quindi $ MN $)

ok per le soluzioni,per il triangolo vietnamita anche x me è un pò contosa la soluzione,ma non troppo(mi creo prima il lemmino utile)

ciao ciao