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Iniziamo da questo :D Assumendo 0<k<1 , 1-k^2,2k,1+k^2 sono grandezze positive, rappresentanti i lati del triangolo rettangolo. Si verifica facilmente che $$a:b:c=1-k^2:2k:1+k^2 $$ è vera attraverso il th di Pitagora: (1-k^2)^2 + (2k)^2 = (1+k^2)^2 \Rightarrow 1+k^4-2k^2+4k^2= 1+k^4+2k^2 \Rightarro...

Comincio con il punto a). Per il teorema di pitagora si ha c=\sqrt{a^2+b^2} da cui a^2+b^2=a^2+2abk+b^2k^2 , ovviamente a,b>0 da cui k^2b+2ak-b=0 , risolvendo per k si ha k_{1,2}=\frac{-a\pm\sqrt{a^2+b^2}}{b} , adesso si deve necessariamente avere k>0 , altrimenti c=a-|k|b da cui c<a che è assurdo....

(a) In un triangolo rettangolo di cateti $a$, $b$, e ipotenusa $c$, $c=a+kb$. Mostrare che $0<k<1$, e
$$ac=1-k^2:2k:1+k^2 .$$

(b) Trovare due triangoli rettangoli, che non siano simili, tali che $c={3 \over 4}a+{4 \over 5}b$.

E arriva da una qualche gara inglese? :o P.S: basta usare il "trucco" della somma delle aree... :D Nope, da una vecchia dispensa che avevo. Meno calcoli :P Mettete C(0,0) nel piano cartesiano, la retta AB è descritta da $y=-|m|x+|q|$ , P è intersezione tra $AB$ e $y=x$... Fate quattro con...

Ma non è molto simile al Cesenatico 1 di quest'anno? Definisco AC=x+y ed CB=x+k , dove x è il lato del quadrato. Considero ora i triangoli APX e BYP essi sono simili per ovvi motivi da cui \(\displaystyle x^2=ky \). Ora, sostituendo con quanto detto finora, si ha: \(\displaystyle \frac{1}{CB}+\frac...

Sia $k$ un un intero positivo tale che $k^2<x_n<(k+1)^2$. Poichè in $\{1, 2, 3, ..., x_n \}$ ci sono $k$ quadrati e $n$ non-quadrati, allora $x_n=n+k$. Pertanto $k^2<n+k<(k+1)^2$, ovvero $k^2-k<n<k^2+k+1$. Sommando $\frac{1}{4}$ ai due estremi della disuguaglianza (lo si può fare poichè $k^2-k, n, k...