La ricerca ha trovato 87 risultati
- 23 apr 2014, 15:53
- Forum: Geometria
- Argomento: 70. Tangenze circolari
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Re: 70. Tangenze circolari
L'approccio chiaramente funziona. Tuttavia credo che si potrebbe anche esplicitare l'espressione finale dei due membri (senza denominatori); a priori infatti non è banale immaginare che basti solo svolgere i conti per avere uguaglianza, dal momento che BP+CP=BC non è l'unica restrizione su AP, BP, C...
- 22 apr 2014, 11:25
- Forum: Geometria
- Argomento: 70. Tangenze circolari
- Risposte: 5
- Visite : 2719
70. Tangenze circolari
Come settantesimo problema ho pensato di introdurre una configurazione molto carina, che offre spunti assolutamente interessanti. Gli appassionati e gli esperti riconosceranno certamente le somiglianze con il teorema di Sawayama-Thebault. Dunque: Sia ABC un triangolo e D un punto appartenente al seg...
- 21 apr 2014, 17:05
- Forum: Geometria
- Argomento: 69. Problema spagnolo
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Re: 69. Problema spagnolo
Supponiamo che le parallele a r per A, B intersechino la circonferenza in R, S rispettivamente e che M=SA\cap r e N=RB\cap r . Allora se X=PA\cap BS e Y=PB\cap AR , i triangoli CMA e PBX sono simili (per ovvio calcolo con gli angoli), da cui CM=\frac{PX\cdot MA}{PB} ; in maniera del tutto simmetrica...
- 23 mar 2014, 12:16
- Forum: Geometria
- Argomento: 62. Simmetrici e tangenti
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Re: 62. Simmetrici e tangenti
Fonte: Mathlinks; l'ho anche visto come lemma in un articolo in cui si dimostrava il teorema di Lester.
Difficoltà: chiaramente ognuno può avere impressioni leggermente differenti, ma in generale direi circa 3 - 4.
Difficoltà: chiaramente ognuno può avere impressioni leggermente differenti, ma in generale direi circa 3 - 4.
- 15 mar 2014, 19:25
- Forum: Geometria
- Argomento: 62. Simmetrici e tangenti
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- Visite : 1565
62. Simmetrici e tangenti
Ecco il nuovo problema; secondo la mia opinione dovrebbe essere molto più facile del precedente. Sia ABC un triangolo; chiamiamo D il simmetrico di B rispetto ad AC ed E il simmetrico di C rispetto ad AB . Consideriamo la tangente in A a \odot(ADE) e supponiamo che intersechi BC in X e DE in Y . Dim...
- 15 mar 2014, 19:18
- Forum: Geometria
- Argomento: 61. Due cerchi e due triangoli simili
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Re: 61. Due cerchi e due triangoli simili
A grande richiesta, scrivo uno sketch di soluzione (vale a dire i passaggi fondamentali, senza tutti i dettagli e le dimostrazioni rigorose). Dunque, in sequenza: 1) Il problema è simmetrico in X e Y ; allora consideriamo il triangolo \mathcal{T}_3 che ha come vertici le seconde mutue intersezioni d...
- 15 ott 2013, 17:58
- Forum: Geometria
- Argomento: Perspettività sintetiche
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Re: Perspettività sintetiche
Propongo l'approccio più semplice.
Testo nascosto:
- 03 ago 2013, 16:34
- Forum: Geometria
- Argomento: Un problema di Thébault
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Re: Un problema di Thébault
Per gli enti geometrici utilizzati, vedere http://www.oliforum.it/viewtopic.php?f=14&t=16860 Dimostrerò il seguente \textbf{Fatto generale:} Sia dato un triangolo ABC , con circocentro O e ortocentro H ; sia h la retta di Eulero di ABC ( OH ). Se h incontra i lati BC, CA, AB nei punti D,E,F risp...
- 19 lug 2013, 15:20
- Forum: Geometria
- Argomento: 61. Due cerchi e due triangoli simili
- Risposte: 4
- Visite : 2596
61. Due cerchi e due triangoli simili
Sia dato un cerchio \Omega nel piano, di centro O . Sia \Gamma un secondo cerchio passante per O e X,Y \in \Gamma due punti tali che OX=OY . Sia infine O' il diametralmente opposto di O in \Gamma . Prendiamo tre punti P_1,P_2,P_3 su \Gamma . Chiamiamo Q_1 uno dei due punti di intersezione di O'P_1 c...
- 19 lug 2013, 14:18
- Forum: Geometria
- Argomento: 60. Una retta che incontra tutto
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Re: 60. Una retta che incontra tutto
Per la questione del punto di Miquel vedere qui ("Teorema di Miquel del quadrilatero completo"): viewtopic.php?f=14&t=16860. La dimostrazione è per angoli.
- 19 lug 2013, 11:05
- Forum: Geometria
- Argomento: 60. Una retta che incontra tutto
- Risposte: 8
- Visite : 2922
Re: 60. Una retta che incontra tutto
Sia O il centro di \odot(ABC) e M il punto medio di QT . Chiamiamo E il punto di Miquel del quadrilatero completo ABCRSU . Se QR=ST allora M è anche il punto medio di RS e quindi OM è asse di RS . Visto che E\in\odot(ABC) anche l'asse di AE passa per O : se questi due assi non coincidessero, O sareb...
- 20 feb 2013, 19:36
- Forum: Geometria
- Argomento: Perspettività sintetiche
- Risposte: 9
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Perspettività sintetiche
Il problema seguente mi pare bello da proporre perchè, oltre a quella tramite l'uso delle coordinate baricentriche, ammette anche una soluzione sintetica piuttosto interessante che non fa uso di niente di più di quello che si impara ai corsi basic dello stage Senior. Dunque: "Sia dato un triang...
- 20 feb 2013, 19:26
- Forum: Algebra
- Argomento: Equazione funzionale cinese (ii)
- Risposte: 0
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Equazione funzionale cinese (ii)
Determinare tutte le coppie $f,g$ di funzioni dai reali positivi in sè tali che
$ f(g(x))=\displaystyle{\frac{x}{xf(x)-2}}\quad $ e $ \quad g(f(x))=\displaystyle{\frac{x}{xg(x)-2}} $
per ogni $ x $ reale positivo.
$ f(g(x))=\displaystyle{\frac{x}{xf(x)-2}}\quad $ e $ \quad g(f(x))=\displaystyle{\frac{x}{xg(x)-2}} $
per ogni $ x $ reale positivo.
- 20 feb 2013, 19:17
- Forum: Algebra
- Argomento: Equazione funzionale cinese (i)
- Risposte: 24
- Visite : 5906
Equazione funzionale cinese (i)
Determinare tutte le funzioni $ f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R} $ tali che
$ f(x+yf(x))=f(x)+xf(y) $
per tutti gli $ x, y \in\mathbb{R} $
$ f(x+yf(x))=f(x)+xf(y) $
per tutti gli $ x, y \in\mathbb{R} $
- 19 feb 2013, 19:16
- Forum: Geometria
- Argomento: Tenerezze ascose
- Risposte: 2
- Visite : 1416
Re: Tenerezze ascose
Siano M, N i punti di tangenza dell'exinscritta opposta ad A con AB, AC rispettivamente. Poichè BM=BF , CN=CF e AM=AN vale AM=AN=\frac{AM+AN}{2}=\frac{(AB+BM)+(AC+CN)}{2}=\frac{AB+BF+AC+CF}{2}=s ; segue che se chiamiamo \Theta la circonferenza di centro A e passante per M, N vale D, E\in\Theta .Ora ...