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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:
\(\displaystyle \frac{1}{CB}+\frac{1}{AC}=\frac{2x+(k+y)}{(x+k)(x+y)}=\frac{2x+(k+y)}{2ky+(k+y)x}=\frac{2x^2+(k+y)x}{x(2ky+(k+y)x)} \) da cui semplificando \(\displaystyle \frac{1}{CB}+\frac{1}{AC}=\frac{1}{x} \).

Hawk ha scritto: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:
\(\displaystyle \frac{1}{CB}+\frac{1}{AC}=\frac{2x+(k+y)}{(x+k)(x+y)}=\frac{2x+(k+y)}{2ky+(k+y)x}=\frac{2x^2+(k+y)x}{x(2ky+(k+y)x)} \) da cui semplificando \(\displaystyle \frac{1}{CB}+\frac{1}{AC}=\frac{1}{x} \).

No, non è simile al Cesenatico 1 di quest'anno: è il Cesenatico 1 di quest'anno!

E arriva da una qualche gara inglese?

P.S: basta usare il "trucco" della somma delle aree...

Meno calcoli 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 conti e concludete

Drago96 ha scritto:E arriva da una qualche gara inglese?

P.S: basta usare il "trucco" della somma delle aree...

Nope, da una vecchia dispensa che avevo.

Mist ha scritto:Meno calcoli 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 conti e concludete

Bah, si può fare di meglio.

$\triangle ACB \sim \triangle PYB \Rightarrow {a \over b}={a-t \over t} \rightarrow {a \over b}={a \over t}-1 \rightarrow {1 \over b}={1 \over t}-{1 \over a}$

Ho appena notato che il problema era stato già proposto anche qui da EvaristeG.
Vabbè, per un Cesenatico 1 può passare...