OliForum Matematico

Siano p,q,r le "affisse "(numeri complesse) dei vertici A,B,C in un sistema di
coordinate avente P come origine.
Risulta allora che :
$ a=|r-q|,ayz= |(r-q)qr| ed altre cicliche
Avremo pertanto :
$ ayz+bzx+cxy= |(r-q)qr|+|(p-r)rp|+|(q-p)pq| \geq |(r-q)qr+(p-r)rp+(q-p)pq|
Oppure,facendo i calcoli ...

http://img192.imageshack.us/img192/5162/evak.jpg
Una risoluzione (semi)algebrica.
(Vedi fig.1) Sia C' l'intersezione di AB con la circonferenza maggiore ed H quella di XY con C'F.
Poniamo poi DAB=DBA=C'BY=a.Sarà allora BAE=90°-a e poiché
il triangolo C'AF è isoscele su AC' ,sarà pure BC'F=90-a ...

Sembra che il teorema sia valido solo per un triangolo equilatero

Non mi riferivo allo sport,che pure è una componente non irrilevante di una società organizzata.Ma piuttosto all'abitudine al piagnisteo che certa gente pratica di fronte alle "disgrazie " della "negritudine".Piagnisteo che è ,a mio parere,solo la foglia di fico di una solidarietà ottusa e assai ...

La sconfitta del Sud-Africa contro l'Uruguay è stata commentata sulla Rai come
la sconfitta di un popolo.Quasi ,quasi se la pigliavano con gli uruguagi ,rei di non
aver fatto vincere i "boveri negri" !!! Ormai in Italia la "negritudine"-ed in generale la "extracomunitarietà"-,è la pezza
a colori ...

La notizia dell'abolizione dell'INDAM è un classico esempio di come in Italia si costruisca un falso "autentico" da dare in pasto al grosso pubblico,quello di bocca buona ...Buttato l'amo,ci si ricama poi sopra ,mostrando sdegno e costernazione per una tale sopraffazione (sic !) e ci si mobilita ...

Suppongo che si parli di coniugati isogonali .Se è così allora il quesito si risolve tramite note proprietà delle coniche.Siano dunque ABC il triangolo ed S,S' due punti coniugati ( isogonali ) rispetto ad ABC.Consideriamo la conica c a centro inscritta in ABC ( ovvero tangente al lati dello stesso ...

http://img190.imageshack.us/img190/4545/darib.jpg
Effettivamente ci deve essere un errore nella traccia ( a meno di non considerare
il caso banalissimo di un triangolo equilatero) perché con altro procedimento mi
trovo il medesimo risultato di Dario.
Si prolunghi AC da parte opposta ad A in modo ...

La dimostrazione discende dalla diseguaglianza di Holder (generalizzata).La provo nel caso di n=3.
Consideriamo allora i seguenti 9 numeri ( non negativi):
$a,a,a$
$a,\sqrt{ab},b$
$a,b,c$
ed applichiamo ad essi Holder :
$(a \cdot a\cdot a)^{1/3}+(a\cdot \sqrt{ab}\cdot b)^{1/3}+(a\cdot b \cdot ...

Io conosco la formula seguente ( ma ce ne sono altre) :
$ $N=1+4\left ([\frac{r}{1}]-[\frac{r}{3}]+[\frac{r}{5}]-[\frac{r}{7}]+...\right )$ $
dove N è il numero di punti interi richiesto e [x] è il massimo intero non maggiore di x
Esempio per r=10
N=1+4(10-3+2-1+1)=37

Non ho capito la soluzione ( ) ma ringrazio ghilu egualmente..Una cosa di 5 anni fa mi mette una benefica ( !) nostalgia ...

http://img121.imageshack.us/img121/4259/kn2st.jpg
Chiaramente X è il punto medio dell'arco BC non contenente A e quindi è XB=XC
Osservo che l'angolo AXY è retto in quanto insiste su mezza circonferenza e
ciò assicura che XY è perpendicolare a $ II_A$ .Per completare la
dimostrazione basterà far ...

Riducendo i termini simili ,la relazione diventa :

$a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3\geq a^3b^2c+b^3c^2a+c^3a^2b$

che è vera per Muirhead ,dato che la terna (3,3,0) "magioriza" la terna (3,2,1)


Muirhead si usa sulle somme simmetriche, ma queste sono cicliche, mi pare...
Questo Muirhead mi è ...

Portando in forma intera si ha:

$a^2b(c+a)(b^2-c^2)+b^2c(a+b)(c^2-a^2)+c^2a(b+c)(a^2-b^2)\geq 0$

Riducendo i termini simili ,la relazione diventa :

$a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3\geq a^3b^2c+b^3c^2a+c^3a^2b$

che è vera per Muirhead ,dato che la terna (3,3,0) "magioriza" la terna (3,2,1)

C'è anche ...

http://img256.imageshack.us/img256/2150/menel.jpg
Un'altra dimostrazione.
Sia C' (che sul momento considero distinto da C ) l'intersezione di ZP con DC.

Applico Menelao al triangolo DXR ,tagliato dalla trasversale ZC':
(1) $\frac{C'R}{C'D}\cdot\frac{DZ}{ZX}\cdot\frac{PX}{PR}=1$

Applico Menelao ...