Matematyka.pl

okazuje się, że lewa nierówność też ma bardzo prosty dowód (co nie oznacza, że prosto na niego wpaść...):

jeśli dwa z kątów \(\alpha, \beta, \gamma\) są nie większe od \(\dfrac \pi 3\), to bez straty ogólności przyjmuję \(c=\max(a,b,c)\); w przeciwnym razie dwa z kątów \(\alpha, \beta, \gamma\) są ...

prawa nierówność: gdy \(\alpha, \beta, \gamma < \frac \pi 2\), to nierówność jest oczywista, bo
$$\dfrac{a\alpha+b\beta+c\gamma}{a+b+c}<\dfrac{a\frac \pi 2 + b\frac \pi 2 + c\frac \pi 2}{a+b+c} = \frac \pi 2 $$

gdy trójkąt nie jest ostrokątny, to bez straty przyjmuję \(c=\max(a,b,c)\), wtedy \(0\le ...

a można, jak najbardziej

gdy \(x=at+bs\), gdzie \(s\ge 0, t\ge 0, s+t=1\), to \[f(x)=t^3f(a)+s^3f(b)+t^2s(3Aa^2b+B(a+2b)a+C(2a+b)+3D)+ts^2(3Aab^2+B(2a+b)b+C(a+2b)+3D)\ge 0\]

Każde dwa różne koła wielkie przecinają się w dwóch punktach antypodycznych. Pomalujmy równik, za wyjątkiem jednego punktu, na niebiesko, a pozostałe na czerwono. Każde dwa różne koła wielkie przecinają się w dwóch punktach antypodycznych. w szczególności, każde koło wielkie przecina się z ...

\(x=2\)

jeszcze jak, np. dowolne przekształcenie stałe jest ciągłe

funkcji \(f\colon [-1,0) \cup (0,1] \to [-1,1]\) danej wzorem \(f(x)=\frac{x}{|x|}\) nie da się przedłużyć do funkcji ciągłej określonej na \([-1,1]\)

\[1,\ 1+\cfrac 12,\ 1+\cfrac{1}{2+\cfrac 12},\ 1+\cfrac{1}{2+\cfrac{1}{2+\cfrac 12}},\ 1+\cfrac{1}{2+\cfrac{1}{2+\cfrac{1}{2+\cfrac 12}}}, \ldots\]

indukcja po \(n\)

baza indukcji \(n=1\) oczywista

w kroku indukcyjnym mnożymy następujące nierówności i równość
$$\begin{align*}
f(x) &\le f(x)\\
f(x^2) &\le f(x) \cdot \sqrt{f(x^2)}\\
&\vdots \\
f(x^{n-1}) &\le f(x) \cdot \sqrt{f(x^2)} \cdot \sqrt[3]{f(x^3)} \cdot \ldots \cdot \sqrt[n-1]{f(x^{n ...

ta liczba ma bardzo ciekawą własność --- w jej zapisie dziesiętnym każda cyfra występuje dokładnie raz

zamiast próbować udowodnić nierówność trójkąta łatwiej jest skonstruować trójkąt o zadanych bokach

wskazówka: dorysować trójkąt równoboczny \(BPX\)