OliForum Matematico

...forse due allora.

$ ah_{b} + bh_{c} + ch_{a} = 2A\left(\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}\right) \geq 6A $

Galileiana e se va male (sicuro) Indam per Trento! Nessuno che viene a Trento?!?

Sia M il punto medio di BC, P il piede dell'altezza condotta da A a BC, N il centro di Feuerbach. Poichè <MPH = 90°, MN e PH si incontrano in un punto sulla circonferenza, che deve essere K. Quindi M, N, K sono allineati. C, E, F, B appartengono alla circonferenza X di centro M. EF è asse radicale ...

$ (n - 1)^2 \mid (n - 1)(n^{n-2} + ... + n + 1) \Longleftrightarrow $
$ n - 1 \mid n^{n-2} + ... + n + 1 \Longleftrightarrow $
$ n - 1 \mid (n^{n-2} - 1) + ... + (n - 1) + 1 + (n - 2) $

Sns 1986.
Dimostrare che la composizione di due omotetie dello spazio, con poli P e Q distinti, è ancora un'omotetia di polo R, allineato con P e Q, oppure una traslazione parallela a PQ.

Sia ABC un triangolo isoscele di base BC con l'angolo al vertice $ \angle BAC < 60^{\circ} $.
Si costruisca un altro triangolo PQR, di base QR circoscritto e simile ad ABC, tale che A appartenga al segmento QR e si abbia QA = 2AR.

E' dato un triangolo $ ABC $ di semiperimetro $ p $. I punti $ E $ ed $ F $ stanno su $ AB $ e $ CE = CF = p $. Dimostrare che la ex-inscritta di $ ABC $ rispetto ad $ AB $ è tangente alla circoscritta di $ EFC $.

Trovare tutti gli interi nonnegativi $ a < 2007 $ tali che $ x^2 + a \equiv 0 \pmod {2007} $ ha esattamente due soluzioni intere nonnegative $ x < 2007 $.

EDIT: Austria 2007

Complimenti a tutti quanti! E in bocca al lupo per i magnifici 6!

Mamma mia che mostro che ho creato! Correggo sopra!

Vero!

Le dieci distanze tra due dei cinque punti devono essere tutte distinte. Prendiamo i due punti con distanza 1 e colleghiamoli agli altri tre. Per la disuguaglianza triangolare la differenza tra i due lati di lunghezza diversa da uno è in modulo un intero maggiore di 0 e minore o uguale a 1, quindi ...

CDEF ciclico \Rightarrow EF \bot AB: \angle BCA = \angle BDF = \angle BDA . Quindi \angle BDF = \angle ACF = 90^{\circ} ed E è ortocentro di ABF, da cui la tesi. EF \bot AB \Rightarrow CDEF ciclico: \hat{X} = \angle ACF e \hat{Y} = \angle BDF . Per Ceva trigonometrico \frac{\sin(90-B)}{\sin(90-A)}\c...

Ok, ma è stato supposto che la tesi fosse falsa. Perchè ciò implica che uno dei due debba essere vuoto?

Scusate se è una sciocchezza! :oops: Non ho capito un passo della dimostrazione del Teorema di Dilworth nel video del WC 2007: C è l'insieme degli elementi che sono contenuti in un elemento dell'anticatena, D è l'insieme degli elementi che contengono un elemento dell'anticatena, W è l'anticatena di ...