La ricerca ha trovato 232 risultati
- 04 mag 2013, 20:16
- Forum: Geometria
- Argomento: Triangoli qualunque
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Re: Triangoli qualunque
In pratica quindi in gara disegni un abbozzo di triangolo equilatero per quanto riguarda l'angolo di \(60°\), poi vai avanti un pochino con un lato, fai un angolo retto, lo bisechi e hai trovato il tuo triangolo? Fantastico, e anche di semplice costruzione, debbo dire :D A me viene comunque isoscel...
- 04 mag 2013, 00:26
- Forum: Geometria
- Argomento: 56. Conciclicità iraniana
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Re: 56. Conciclicità iraniana
Hint per la soluzione sintetica:
Testo nascosto:
- 01 mag 2013, 20:59
- Forum: Combinatoria
- Argomento: La retta di Eris
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La retta di Eris
Siano dati nel piano $2m$ punti rossi e $2n$ punti blu. Tutti questi punti sono a tre a tre non allineati. E' sempre possibile trovare una retta che divida il piano in due regioni contenenti ciascuna $m$ punti rossi e $n$ punti blu?
- 24 apr 2013, 21:11
- Forum: Teoria dei Numeri
- Argomento: Sui divisori primi dispari di una successione
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Sui divisori primi dispari di una successione
La sequenza $\{a_n\}_{n\in\mathbb{N}}$ è definita come: $a_0=2$ e $a_{n+1}=2a_n^2-1$. Dimostrare che se un primo dispari $p\mid a_k$, allora $2^{k+3}\mid p^2-1$.
- 22 apr 2013, 19:20
- Forum: Algebra
- Argomento: 72. $x_{n+1}-x_n <1/n!$
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Re: 72. $x_{n+1}-x_n <1/n!$
Vai pure tuTroleito br00tal ha scritto:Esatto, chi continua?jordan ha scritto:Chi continua?
- 21 apr 2013, 11:36
- Forum: Matematica non elementare
- Argomento: somme delle cifre
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Re: somme delle cifre
Il punto 2) sembra una diretta conseguenza del fatto che le potenze di $k$, per qualche $k$ che non sia potenza di $10$, possono cominciare con una qualsiasi sequenza di cifre.
- 16 apr 2013, 16:39
- Forum: Matematica non elementare
- Argomento: Integrale indefinito
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Re: Integrale indefinito
Qualcuno mi assicuri che sia risolvibile, perché non trovo modo di farlo...
Edit: in effetti wolfram dice che il risultato non è esprimibile in termini di funzioni standard, bah.
Edit: in effetti wolfram dice che il risultato non è esprimibile in termini di funzioni standard, bah.
- 13 apr 2013, 18:50
- Forum: Teoria dei Numeri
- Argomento: $(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2$
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Re: $(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2$
E la terna $(a, b, c)=(2013, 2013\cdot 2012, -2012)$ ? :) CASO 1, \((a+b)\) dispari : unendo i fatti \(a \equiv b \equiv 0 \pmod{a+b}\) e \(0 < a,b < a+b\) si ottiene un assurdo. CASO 2, \((a+b)\) dispari : unendo i fatti \(\displaystyle a \equiv b \equiv 0 \pmod{\frac{a+b}{2}}\) e \(0< a,b < a+b \)...
- 02 apr 2013, 15:20
- Forum: Geometria
- Argomento: Fibonacci everywhere
- Risposte: 3
- Visite : 1534
Re: Fibonacci everywhere
mat94 ha scritto:si può avere un hint?
Testo nascosto:
- 26 mar 2013, 13:10
- Forum: Teoria dei Numeri
- Argomento: Alberto gioca con i primi
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Alberto gioca con i primi
Alberto scrive su un foglio il numero $1$. Al passo $n$-esimo scrive $3\cdot 2^n-x$ per ogni intero $x$ che è già scritto sul foglio. Dimostrare che, procedendo all'infinito, Alberto scrive sul foglio tutti i numeri primi maggiori di $3$. (Esempio: al primo passo scrive $6-1=5$, al secondo passo $12...
- 22 mar 2013, 18:36
- Forum: Geometria
- Argomento: Dall'India
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Re: Dall'India
Beh, volendo si può approssimare a piacimento il valore (unico) che può assumere $AB/BC$. Ad esempio si può dire che $\displaystyle \frac{13}{5} < \frac{AB}{BC} < \frac{14}{5}$.Mist ha scritto: è facile che mi sbagli, ma secondo me si può migliorare sia l'upper che il lower bound.
- 15 mar 2013, 19:18
- Forum: Discorsi da birreria
- Argomento: Due problemi che da anni cerco
- Risposte: 3
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Re: Due problemi che da anni cerco
In effetti non avevo pensato di controllare lì GrazieDrago96 ha scritto:Se non ti dà fastidio l'inglese sono su ArtOfProblemSolving
- 15 mar 2013, 15:13
- Forum: Discorsi da birreria
- Argomento: Due problemi che da anni cerco
- Risposte: 3
- Visite : 3158
Due problemi che da anni cerco
Qualcuno ha il testo dei problemi 3 e 5 di Cesenatico 2002? Sul file scaricabile dal sito ufficiale, per qualche strano motivo, sono tagliati...
- 08 mar 2013, 22:26
- Forum: Combinatoria
- Argomento: Ricorrenza dalla gara a squadre
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- Visite : 2031
Re: Ricorrenza dalla gara a squadre
Direi di no, anche perché la successione è crescente, mentre la tua <0 definitivamente.Gi. ha scritto: $ x_n=2(2013-(n+1)) -(n!-n) $
- 08 mar 2013, 21:36
- Forum: Combinatoria
- Argomento: Ricorrenza dalla gara a squadre
- Risposte: 4
- Visite : 2031
Ricorrenza dalla gara a squadre
Sia $x_n$ la successione definita per ricorrenza da $x_0=2013$ e $x_n=n(x_{n-1}-n)$. Determinare il termine generico della successione.
Bonus. Calcolare $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{x_n}{n!}$.
Bonus. Calcolare $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{x_n}{n!}$.