La ricerca ha trovato 542 risultati
- 01 mag 2013, 14:02
- Forum: Geometria
- Argomento: 55. bisettrici in un triangolo da 30°
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Re: 55. bisettrici in un triangolo da 30°
@Chuck Shuldiner: potresti mettere il link della soluzione su mathlinks perfavore?
- 26 apr 2013, 20:00
- Forum: Algebra
- Argomento: Dalla Romania 2
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Re: Dalla Romania 2
La rotazione è stata fatta prima che si calcolasse la distanza tra il punto e la retta, così da renderla calcolabile come differenza di parti immaginarie... L'angolo tra OM e l'asse immaginario (a dire il vero, sarebbe il semiasse positivo immaginario) si calcola considerando che $M$ è il punto medi...
- 25 apr 2013, 22:40
- Forum: Algebra
- Argomento: Dalla Romania 2
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Re: Dalla Romania 2
Vado sul piando di Gauss ed abbino ad $a$ il punto $A$ e così via. Noto che $tb+(1-t)c$ descrive una retta passante per $B$ e $C$ al variare di $t$ in $\mathbb{R}$. Se ne deduce quindi che il LHS dell'equazione da dimostrare non è altro che la distanza del punto $A$ da quella retta. Sia $M$ il punto...
- 22 apr 2013, 21:08
- Forum: Geometria
- Argomento: Circonferenze circoscritte e tangenti
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Re: Circonferenze circoscritte e tangenti
Prendiamo un punto $X$ dalla parte opposta di $Q$ rispetto a $P'$ sulla retta $P'Q$: se ho che quest'angolo è uguale a $RA'C$ allora ho vinto perchè sarebbero (RQ'X e RA'C) angoli corrispondenti (o qualcosa del genere, non ricordo il nome esatto) e quindi le rette $RA'$ e $RQ'$ dovrebbero coincidere...
- 22 apr 2013, 20:20
- Forum: Geometria
- Argomento: Circonferenze circoscritte e tangenti
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Re: Circonferenze circoscritte e tangenti
Scusami davvero ma sti problemi con le inversioni mi piacciono tantissimo :3 Faccio un inversione di centro $R$ e raggio $RC$ (i circuiti, che ricordi terribili, fossi almeno arrivato a senigallia :S ) La circonferenza circoscritta a $ABC$ e $\omega$ vanno in rette parallele e la collinearità tra $R...
- 22 apr 2013, 18:23
- Forum: Geometria
- Argomento: Un angolo dal Giappone
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Un angolo dal Giappone
UN punto $P$ giace all'interno di un triangolo $ABC$. Le rette $BP$ e $CP$ incontrano $AC$ e $AB$ in $Q$ e $R$ rispettivamente.
Essendo $AR=RB=CP$ e $CQ = PQ$ trovare $\hat{BRC}$.
Essendo $AR=RB=CP$ e $CQ = PQ$ trovare $\hat{BRC}$.
- 22 apr 2013, 18:20
- Forum: Geometria
- Argomento: Fatto carino sulle inversioni
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Re: Fatto carino sulle inversioni
Non so perché ma l'ho trovato "fucking awesome" e quindi lo brucio (e poi è un periodo buono per bruciare i problemi questo)... Noto anzitutto che se per esempio $A$ è polo di $BC$ rispetto ad una circonferenza di centro $X$, allora si deve avere che, detto $H_A$ il piede dell'altezza da $...
- 21 apr 2013, 12:50
- Forum: Geometria
- Argomento: 53. Un angolo
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Re: 53. Un angolo
Bene, vai col prossimo
- 21 apr 2013, 00:34
- Forum: Algebra
- Argomento: Stessa forma
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Re: Stessa forma
Perfetto Si fa anche sfruttando il fatto che $\mbox{det}(A)\cdot \mbox{det}(B) =\mbox{det}(A\cdot B)$ con $A$ e $B$ matrici $2\times 2$...
- 20 apr 2013, 22:52
- Forum: Geometria
- Argomento: 53. Un angolo
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53. Un angolo
Sia $O$ il circocentro di un triangolo acutangolo $ABC$. Una circonferenza passante per $A$ e $O$ interseca $AB$ e $AC$ in $P$ e $Q$ rispettivamente. Se $PQ=BC$, trovare la misura dell'angolo tra le rette $BC$ e $PQ$.
- 19 apr 2013, 21:31
- Forum: Algebra
- Argomento: Stessa forma
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Stessa forma
Un intero $a$ ha la proprietà che $3a$ può essere scritto nella forma $x^2+2y^2$ per qualche intero $x,y$. Dimostra che anche $a$ può essere scritto in quella forma.
Se è già stato postato chiedo scusa, l'ho cercato ma non l'ho trovato...
Se è già stato postato chiedo scusa, l'ho cercato ma non l'ho trovato...
- 19 apr 2013, 20:44
- Forum: Geometria
- Argomento: 52. Parallelismi
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Re: 52. Parallelismi
Siano C e D due punti sulla semicirconferenza di diametro AB in modo tale che B e C stanno da parti opposte rispetto a AD. Siano M, N e P i punti medi di AC, BD e CD. Siano $O_A$ e $O_B$ i circocentri di ACP e BDP. Mostrare che $O_AO_B$ è parallelo a MN. Sia $X= CD \cap MO$ Sia $H_A$ il piede dell'...
- 19 apr 2013, 15:35
- Forum: Geometria
- Argomento: 51 Ancora allineamenti
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Re: 51 Ancora allineamenti
In un altro modo: Chiamo $H$ la proiezione di $A$ su $CB$. Se dimostro che $JKK' \sim JHA$ ho finito. Ora, siccome è noto che $CK = p-c$ e $CK = p-b$, si ha che $JK = b-c$. $KK'=2r$. $JH=BK-BH+KJ= (p-b)-c\cos{\beta} + (b-c)= p-c-c\cos{\beta}$. Essendo la tesi equivalente per quanto detto sopra a $\d...
- 01 apr 2013, 14:58
- Forum: Geometria
- Argomento: 49. Una bisettrice e un'inversione
- Risposte: 6
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Re: 49. Una bisettrice e un'inversione
Sì infatti era più logico scambiare punto a) e b). Ad ogni modo è esatta, solo una cosa da dove deriva il fatto che KY' e KX' sono uguali? Mah, il fatto che $KY'=KX'$ non è una cosa essenziale, e l'ho scritto tra le "conseguenze" della dimostrazione che viene subito dopo solo perchè non s...
- 01 apr 2013, 04:35
- Forum: Geometria
- Argomento: Circ. ortogonali - oliforum contest, probl 5
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Re: Circ. ortogonali - oliforum contest, probl 5
Chiamo $\Gamma$ e $\omega$ la circonferenza rispettivamente circoscritta ed inscritta al quadrilatero. Siano le intersezioni di $\omega$ con rispettivamente $AD$, $AB$,$BC$ e $CD$ $H_1 , H_2 , H_3$ e $H_4$. Detti $\hat{BAC}=\alpha$ e $\hat{ABC}=\beta$ si ha che, essendo $ZH_1$ e $ZH_4$ perpendicolar...