Matematyka.pl

Witam!

Elvis ma chyba w jednym miejscu rozwiązania zadania 10 literówkę, bo powinno być:
CN=\frac{a+b}{\sin \alpha} \cdot \sin(\alpha - \beta)

Ale to taka pierdółka.
Alternatywne rozwiązanie zadania 10:
Niech \triangle CMB = \alpha \hbox{ oraz } \triangle CBM = \beta . Niech C' to rzut punktu ...

Rozwiązanie problemu 4:
Skoro \sphericalangle BMC = \sphericalangle DMC = \sphericalangle BAD = \alpha to kąt \sphericalangle BMD = 2 \alpha . Jeżeli teraz opiszemy na trójkącie ABD okrąg, to łatwo stwierdzić, że jego środek jest w punkcie M. Skoro zaś M to środem AC, więc C również należy do tego ...

Aha, ok. Dobra, wieczorkiem będę myślał dalej, pzdr!

No tak! Głupi błąd! Przecież
\(\displaystyle{ \frac{a}{b+c} + \frac{b}{a+c} + \frac{c}{a+b} \le \frac{2}{3}}\)
to jest nieprawda!...

Ja mam pytanie: Czy możemy podstawić sobie, że \(\displaystyle{ f(y):=x}\)? Czy to nie jest przypadkiem pewna strata ogólności i to całkiem spora?

Więc może tak:

54(\frac{a}{b+c}+ \frac{b}{a+c}+ \frac{c}{a+b}) = 54( \sum \frac{1}{ab(a+b)}) \le 54( \sum \frac{1}{2abc}) = \frac{54 \cdot3}{2abc} = \frac{81}{abc} = 81 \le (a+b+c)^{4}

I odpowiednio skorzystanie z faktu, że abc=1 \hbox{ czyli } a= \frac{1}{bc} , następnie ciągi jednomonotoniczne ...

Hmm... Normalka - bład w dodawaniu ;) Wybaczcie za sianie 'zgorszenia' :P

Ale mam jeszcze jedną wątpliwość... Wydaje mi się, że nierówność \frac{a+b+c}{2} \ge \frac{a}{b+c}+ \frac{b}{a+c} + \frac{c}{a+b} jednak nie zachodzi... Na przykład weźmy a= \frac{1}{2} \ b=1 \ c=2 Dostajemy:
\frac{2+1 ...

Coś tutaj nie gra. Dla \(\displaystyle{ a=b=c=1}\) miałoby rzekomo zachodzić \(\displaystyle{ 1 \ge 54 \cdot \frac{3}{2}}\)?

Coś tutaj nie gra.

EDIT:
No ale to nadal nie jest prawdziwe nawet dla 64?
\(\displaystyle{ a \ge 64 cdot \frac{3}{2} = 96}\)

?

Zadanie 3 to chyba zadanie z jednego ze Zwardoniów i o ile dobrze pamiętam to leciało coś w tym stylu:
Załóżmy, że k>5 , wtedy na przykład 2a=2b=c spełniają daną nierówność, bo: 2k \cdot a^{3} > 10a^{3} \Rightarrow 2k>10 , lecz 2a=2b=c nie są długościami boków trójkąta. Dlatego załóżmy, że k=5 jest ...

Rozwiązanie problemu 2:
Podzielmy trójkąt ABC na trzy trójkąty: ABO, BCO, CAO; oraz czworokąt BECD na trójkąty: BEO, ECO, CDO. Niech \angle ACB= \alpha . Wtedy \angle AOB = 2 \alpha . Zauważmy, że \angle CAE = 90 - \alpha więc \angle COE= 180 \ - \ 2 \alpha . Dlatego Pole trójkąta ABO jest równe ...

Witam!
Ze swojej skromnej strony proponuję podobną zabawę z planimetrią, jak z dobrze rozwiniętymi nierównościami. Zasada mogłaby być ta sama, a nóż temat się rozwinie podobnie
Proponuję również, by troszeczkę wbrew nazwie tematu nie wrzucać jakiś kosmicznych zadań, tylko tak na poziomie II/III ...

Dobra,
co poszło, to poszło, co nie poszło, to przecztałem jak innym poszło Tylko to nieszczęsne 6, może ktoś pokusi się o wstawienie swojego rozwiązania/ swoich przemyśleń na ten temat?

Próbowałem zrobić to w ten sposób:

Niech X będzie środkiem okręgu wpisanego w trójkąt, wtedy:
P^{2}=p^{2}r^{2} \\ P^{2}=p(p-a)(p-b)(p-c) , teraz klasyczne podstawienie i wyliczamy r:
r= \sqrt{\frac{xyz}{x+y+z}} , czyli:
AX= \sqrt{x^{2}+ \frac{xyz}{x+y+z}} , z twierdzienia pitagorasa. Oraz ...

Skoro m! n! = 1 \cdot 2 \cdot ... \cdot 12 to w prawej stronie równania występuje liczba pierwsza 11, czyli i w lewej stronie musi występować 11, czyli WLOG m \ge n , czyli m!=11! \vee m!=12! . Drugi przypadek odrzucamy na wstępie (n>1), zaś rozpatrując pierwszy mamy:
n!11!=12! \\
n!=12
Dostajemy ...

Aby temat nie stał:

Znajdź wszystkie pary liczb naturalnych (a,b), takich, że:
\(\displaystyle{ a^{2}+b^{2}=ab(a+b)}\)