OliForum Matematico

Grazie mille, dubbio risolto :D (anche se la frase degli aiutini continua a sembrarmi piuttosto ambigua). Io avevo dimostrato il problema in modo diverso da come suggerito negli aiutini e nel video, e volevo accertarmi che in effetti (come si può vedere facilmente con geogebra), il luogo dei ...

La tesi in realtà è che il centro di A1A2C sta sempre su una certa circonferenza (che poi passa anche per O1O2). E nel tuo disegno non vedo perché ciò debba essere falso.

Il mio dubbio non riguardava la tesi (ho il testo degli esercizi), ma la soluzione ufficiale (a me sembra, probabilmente mi ...

Volevo chiedere un chiarimento riguardo al testo del terzo problema di geometria (geometria 3). Non ho capito bene quale sia la condizione per la quale il circocentro di A1A2C sta sempre in un arco di circonferenza sopra ai due centri O1 ed O2 (più precisamente, in base a quello che ho capito io, la ...

Premetto di non essere molto sicuro che questa dimostrazione sia giusta...
Sia P' il punto tale che DP'C risulti equilatero. Siccome DP'=AD , e A\widehat DP'=30° , D\widehat P'A=75°
Con ragionamento analogo si trova B\widehat P'C=75° , da cui D\widehat P'A=150° . Inoltre, siccome il triangolo AP'D ...

Sì, è vero, ho invertito la frazione; l'equazione è$ $x+y+x-y+xy+ \frac {x}{y} $, come imponeva il testo (la differenza doveva essere il più grande meno il più piccolo, e la frazione doveva essere il più grande diviso il più piccolo), e ponendo x=ky dopo si ha $ 2ky+ky^2+k=k(y+1)^2 $...

Io 7/10 in L1, grande delusione perchè dopo due anni che andavo a Parigi sono andato fuori dai premiati per errori più stupidi che mai.
Ho sbagliato il 6 (credevo che i gettoni andassero messi tutti in ogni disposizione, dunque ad esempio non ho contato il 20), l'8 (ho scritto 26 invece di 27), e il ...

Aggiungo un'altra domanda: per quanto riguarda quelli del biennio che hanno preso il premio , si sapranno solo quando uscirà la classifica? O sono già stati informati?

@amatrix: Non preoccuparti, rileggendo il mio primo post mi sono accorto di aver difficoltà a capirlo anch'io:)

Proverò ad essere più chiaro
AHB è simile ad ABC, poichè sono triangoli rettangoli con un vertice in comune. Ne segue che APO e PTH sono a loro volta simili sia tra loro che ad ABC. Per talete inoltre, TP=PO. A questo punto, sapendo che i lati del triangolo sono 7, 24, 25, che AH=7x24/25, si risolve ...

Volendo una soluzione del tutto euclidea, si traccia la parallela r ad AC passante per P, si trovano due triangoli simili tra loro e al triangolo originale che hanno anche ipotenusa dell'uno=cateto dell'altro, si imposta l'equazione e si trova AP.

No, naturalmente mi sono sbagliato io
Ma che cosa intendi quando dici che con 5/32 viene subito?

Si direbbe un polinomio di almeno quinto grado

191520 è il risultato esatto.
Suddividiamo in due casi:
a- C'è una scatola che contiene 3 oggetti, tutte le altre ne contengono 1. I modi in cui si può ottenere questa posizione sono $ \frac {6*8!}{3!} . (6 sono i modi di scegliere la scatola da tre, il /3! c'è perchè non conta l'ordine in cui sono ...

EDIT:Scusate, mi sono accorto che effettivamente la dimostrazione è completamente sbagliata...
Moltiplchiamo entrambi i membri per 4. Poi, sfruttando che AM=>QM, abbiamo che
(a+b)^2/4 \geq ab. Essendo ciò valido anche per bc e ac, possiamo dunque sostituire in modo che la diseguaglianza diventi ...

i punti d'incontro delle diagonali, al massimo, sono {n\choose 4}
Mi sembra che qui ci sia un errore... i punti d'incontro non possono essere {n\choose 4} : prendi ad esempio 4 punti su una circonferenza, e numerali in senso orario da 1 a 4: i segmenti 1-2, 3-4 non potranno mai incontrarsi...
EDIT ...