Matematyka.pl

Oznaczmy szukaną wartość przez \(A\). Ponadto, niech \(\alpha =t,\ \beta =u\). Mamy \(\tan t+\tan u=3,\ \tan t\tan u=-3\), więc \(\tan (t+u)=\frac{3}{1-(-3)}=\frac{3}{4}\), a zatem \[A=\cos ^2 (t+u)\cdot\left|\tan ^2(t+u)-3\tan (t+u)-3\right|=\cos ^2(t+u)\cdot\left|-\frac{75}{16}\right|,\] skąd \[\f...

Dasio11 pisze: ↑18 kwie 2024, o 19:10 \(\displaystyle{ 3 - \frac{1}{x} = 2 \cdot \left( 1 + \frac{1}{y} \right)}\)

Przekształć do \(x=1+\frac{2}{y-2}\) i masz ograniczenie do dzielników dwójki.

\(f(x)=-10-(1+\cos x)(2-\cos x)\)

Pytając mnie w tym wypadku o konkrety to wam powiedziałem:

Zdecydowanie to religii i HiT-u więcej potrzeba, c.b.d.o.

Super, moje rozwiązanie jest w najważniejszej części identyczne. To jest szczególny przypadek nierówności Turkiewicza ( Э. Туркевич ) \[a^4+b^4+c^4+d^4+2abcd\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+a^2d^2+b^2d^2+c^2d^2\] dla \(d=1\). Idea powyższego dowodu również tu działa, może nawet bardziej bezproblemowo. Nieró...

Zamień pierwszy wynik na ułamek zwykły.

Dobra, no ale ponad dwa tygodnie to nie tydzień. Nie wnikam, jak jest zdefiniowane \(a_0\), będę rozwiązywać dla \(n\ge 2\). Biorąc \(n=2\) dostajemy \(a_n=a_2=\left(\sqrt{2}\right)^2=2\) oraz \(a_{n-1}=a_1=1\), oraz \(a_{n+1}=a_3=\sqrt[3]{6}\), więc \(a_2^2\ge a_1a_3\). Dowiedziemy (o ile się nie p...

A jakie jest rozwiązanie ósmego, gdy maksymalna prędkość \(B\) wynosi \(18\) węzłów?

Przy porównywaniu tych dwóch ewidentnie nieujemnych wyrażeń bodaj najbardziej mechanicznym, a zarazem najbardziej "przypadkoodpornym" podejściem jest porównanie kwadratów tych wyrażeń.

Na Ziemi przy odległościach tego rzędu (lub też z powodu, hm, educated laziness ) można problem spłaszczyć. Co do oznaczeń, \(XY\) będzie odcinkiem między punktem \(X\) a \(Y\) lub długością tego odcinka, w zależności od kontekstu. Określenia najszybszy/najwolniejszy odnoszą się do maksymalnych roz...

To tak przypomina USAMO 2004-5, że szkoda byłoby nie spróbować analogicznej sztuczki. Chwilę mi zajęło wykombinowanie tego, a na koniec okazało się, zgodnie zresztą z podejrzeniami, że "moje" rozwiązanie, tj. \(\left(x^2-x+1\right)^3\ge\left(\frac{x^3+1}{2}\right)^2\) + Hölder, już istnie...

Nie ma rozwiązań dla \(x,y>0\). Ponieważ \((a\ln a)''=(\ln a+1)'=\frac{1}{a}>0\), to z Jensena \(x\ln x+y\ln y\ge 2\cdot\left(\frac{x+y}{2}\right)\ln\left(\frac{x+y}{2}\right)\), więc \(x^xy^y\ge\left(\frac{x+y}{2}\right)^{x+y}\), co wraz z AM-GM daje \[13=x^x+y^y\ge 2\sqrt{x^xy^y}\ge 2\left(\frac{x...

Możliwe jest, że ponoszę winę za pewne zamieszanie, w wyniku którego zakopane zostało bieżące zadanie. Prostuję zatem sytuację. Rozwiązanie wynika bezpośrednio z nierówności Hlawki . Mamy \[|a|+|b|+|c|+|a+b+c|\ge |a+b|+|b+c|+|c+a|.\] Wystarczy teraz zastosować \(a+b+c=-d,\ a+b=-(c+d),\ b+c=-(a+d),\ ...

Janusz, moim zdaniem w ogólności nie ma sprzeczności, weź \(a=3,b=2,c=1,d=6\). Proponuję coś w tym stylu: \[4ab(c+d)\le (a+b)^2(c+d)=(a+b)\left((a+b)(c+d)\right)<(a+b)(ab+cd)=ab(a+b)+cd(a+b)<ab(a+b)+ab(c+d).\] Dodano po 36 minutach 56 sekundach: A, przepraszam, Ty na początku zakładałeś prawdziwość ...