Znaleziono 1559 wyników

autor: timon92
5 sty 2020, o 04:28
Forum: Przekształcenia algebraiczne
Temat: nierówność z pierwiastkami
Odpowiedzi: 5
Odsłony: 256

Re: nierówność z pierwiastkami

redukcję do nierówności jednej zmiennej można przeprowadzić ''na palcach'': jeśli \(x<y\) i \(xy\le 1\) to $$\frac{1}{1+\sqrt{3x^2+1}}+\frac{1}{1+\sqrt{3y^2+1}}\le \frac{2}{1+\sqrt{3xy+1}} \iff \\ \frac{1}{1+\sqrt{3x^2+1}}-\frac{1}{1+\sqrt{3xy+1}} \le \frac{1}{1+\sqrt{3xy+1}} - \frac{1}{1+\sqrt{3y^2...
autor: timon92
4 sty 2020, o 22:49
Forum: Kółko matematyczne
Temat: [nierówności] nierówność z czterema niewiadomymi
Odpowiedzi: 3
Odsłony: 234

Re: [nierówności] nierówność z czterema niewiadomymi

bosa_Nike pisze:
4 sty 2020, o 19:39
wystarczyłoby dowieść, że z najdłuższych boków cyklicznego czworokąta da się zbudować trójkąt. Myślę, że to wygląda dość obiecująco.
to by faktycznie wystarczyło, ale niestety to nie jest prawda w ogólności :(
autor: timon92
4 sty 2020, o 17:42
Forum: Przekształcenia algebraiczne
Temat: Nierówność z trzema niewiadomymi
Odpowiedzi: 3
Odsłony: 205

Re: Nierówność z trzema niewiadomymi

bez straty ogólności przyjmijmy, że \(ab\ge 0\) założenie przepisujemy w postaci $$(1-a^2)(1-b^2)\ge (c-ab)^2 \qquad (\dagger)$$ mamy ze Schwarza i założeń $$(1+a^2)(1+b^2)\ge (1+ab)^2 \ge (c+ab)^2 \qquad (\ddagger)$$ możemy pomnożyć \((\dagger)\) przez \((\ddagger)\), bo obie strony obu nierówności...
autor: timon92
28 gru 2019, o 21:49
Forum: Planimetria
Temat: Okręgi styczne, w tym jeden przechodzący przez zdefiniowany punkt
Odpowiedzi: 4
Odsłony: 189

Re: Okręgi styczne, w tym jeden przechodzący przez zdefiniowany punkt

betanddontcare pisze:
27 gru 2019, o 18:38
To z innej beczki.

https://i.ibb.co/2h9zqKd/circles2.png

Czy znając wartości \(\displaystyle{ R_{1}, R_{2}, r, \alpha _{1} }\) możemy określić długość odcinka \(\displaystyle{ AB}\) oraz długość łuku \(\displaystyle{ BC}\)?
nie możemy, wartości \(R_1,R_2,r,\alpha_1\) nie wyznaczają jednoznacznie punktów \(A\) i \(B\)
autor: timon92
27 gru 2019, o 20:05
Forum: Geometria trójkąta
Temat: pokrycie płaszczyzny trójkątami
Odpowiedzi: 2
Odsłony: 252

Re: pokrycie płaszczyzny trójkątami

załóżmy, że taki podział istnieje i niech \(X\) będzie sumą mnogościową brzegów tych trójkątów patrzymy na \(X\) jak na przestrzeń metryczną ze standardową metryką euklidesową \(X\) jest domkniętą podprzestrzenią płaszczyzny (bo jego dopełnienie to suma wnętrz wyjściowych trójkątów, a więc zbiór otw...
autor: timon92
27 gru 2019, o 03:47
Forum: Kółko matematyczne
Temat: [Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
Odpowiedzi: 1022
Odsłony: 127181

Re: [Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

o to właśnie chodziło :!:

gdy dopuścić liczby nieujemne to równość zajdzie także dla \(x=0, y=z=\frac 12\)

prosimy o nowe zadanie :arrow:
autor: timon92
26 gru 2019, o 23:01
Forum: Planimetria
Temat: Przekątna wielokąta
Odpowiedzi: 6
Odsłony: 327

Re: Przekątna wielokąta

Slup pisze:
15 gru 2019, o 13:58
Jeśli \(\displaystyle{ m\neq 0}\), to istnieje \(\displaystyle{ j}\) takie, że

$$|B_jA_i| = \min_{1\leq k\leq m}|B_kA_i|$$

Wówczas \(\displaystyle{ B_jA_i}\) jest wewnętrzną przekątną \(\displaystyle{ W}\).
to na ogół nie jest prawda, ale można to łatwo poprawić wybierając jako \(B_j\) wierzchołek leżący najdalej prostej \(A_{i-1}A_{i+1}\) :!:
autor: timon92
26 gru 2019, o 05:57
Forum: Kółko matematyczne
Temat: [Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
Odpowiedzi: 1022
Odsłony: 127181

Re: [Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

<r><HIDE hide="fajne"><s>[hide=fajne]</s>jeśli \(2m > n\), to dla \(i\le m\) jest \(x_i \le \frac{x_{m+1}+x_{m+2}+\ldots+x_n}{n-m}\), a zatem<br/> $$x_1^2+x_2^2+\ldots+x_m^2 \le (x_1+x_2+\ldots+x_m)\cdot \frac{x_{m+1}+x_{m+2}+\ldots+x_n}{n-m} = \frac{1}{n-m} \cdot (x_1+x_2+\ldots+x_m)(x_{m+1}+x_{m+2...
autor: timon92
12 gru 2019, o 18:09
Forum: Kółko matematyczne
Temat: [Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności
Odpowiedzi: 1022
Odsłony: 127181

Re: [Rozgrzewka OM][MIX][Nierówności] Nierówności

<r><HIDE hide="może tak"><s>[hide=może tak]</s>bez ograniczenia ogólności rozumowania przyjmiemy, że \(a\le c\)<br/> <br/> zbudujmy czworokąt wypukły \(ABCD\) o prostopadłych przekątnych przecinających się w punkcie \(E\), przy czym \(AE=a, BE=b, CE=c, DE=d\)<br/> <br/> ponieważ \(a\le c\), więc \(\...
autor: timon92
24 lis 2019, o 23:12
Forum: Teoria miary i całki
Temat: Przestrzeń Lp, jednostajna ciągłość
Odpowiedzi: 5
Odsłony: 231

Re: Przestrzeń Lp, jednostajna ciągłość

Dasio11 pisze:
24 lis 2019, o 14:56
Premislav pisze:
24 lis 2019, o 14:11
Powiedzcie, proszę, co jest źle w poniższym:
Zasadniczo nic.
poza tym, że w dwóch całkach granice całkowania są na odwrót to wszystko jest okay :!:
autor: timon92
20 lis 2019, o 17:36
Forum: Kółko matematyczne
Temat: [Nierówności] Symetryczna w trójkącie
Odpowiedzi: 4
Odsłony: 390

Re: [Nierówności] Symetryczna w trójkącie

wydaje mi się, że część b) też jest raczej straightforward, wystarczają standardowe chwyty typu badanie przypadków brzegowych i metoda zbliżeń/oddaleń testujemy trójkąt \(a=2\sin\frac\alpha 2, b=c=1\) i dowiadujemy się, że gdy \(\alpha<\frac\pi 2\), to zachodzi ostra nierówność z przeciwnym zwrotem ...
autor: timon92
20 lis 2019, o 01:29
Forum: Kółko matematyczne
Temat: [Nierówności] Symetryczna w trójkącie
Odpowiedzi: 4
Odsłony: 390

Re: [Nierówności] Symetryczna w trójkącie

część a) jest prościutka: z założenia \(\alpha\ge \frac\pi2\) jest \(a^2\ge b^2+c^2\ge \frac 12 (b+c)^2\), czyli \(\frac{a}{b+c}\ge \sqrt {\frac 12}\) zatem \((a+b+c)\left(\frac 1a+\frac 1b +\frac 1c\right) \ge (a+b+c)\left(\frac 1a+\frac{4}{b+c}\right) = 5 + \frac{4a}{b+c} +\frac{b+c}{a}=5+ \frac{2...
autor: timon92
20 lis 2019, o 01:15
Forum: Przekształcenia algebraiczne
Temat: Problem z pewną nierównością
Odpowiedzi: 3
Odsłony: 190

Re: Problem z pewną nierównością

\(1-|x| \le \sqrt[m]{1-|x|} \le \sqrt[m]{1+x} \le\sqrt[m]{1+|x|} \le 1+|x|\)
autor: timon92
18 lis 2019, o 03:27
Forum: Kółko matematyczne
Temat: [MIX] Taki sobie mix
Odpowiedzi: 11
Odsłony: 745

Re: [MIX] Taki sobie mix

zakładam, że warunek i) brzmi \(x*(y*z)=(x*y)*z\), a nie \(x*(y*z)=(x*y)*z=y\), bo w przeciwnym razie natychmiast dostalibyśmy \(x=x*x*y=y\) dla dowolnych \(x,y\) niech \(\mathscr A\) oznacza zbiór nieskończonych ciągów binarnych, w których występuje tylko skończenie wiele jedynek i niech \(+\) będ...
autor: timon92
26 paź 2019, o 04:02
Forum: Topologia
Temat: Wnętrza i domknięcia zbiorów rozłącznych
Odpowiedzi: 9
Odsłony: 495

Re: Wnętrza i domknięcia zbiorów rozłącznych

przecież to wynika wprost z definicji domknięcia...

a jak bardzo wprost z definicji to zależy od definicji domknięcia, którą posługuje się autorka tematu