Matematyka.pl

Rozwiązanie klasyczne, kiedyś w Kółku już było podobne ode mnie. Weźmy \(t\ge 0\). Bez straty ogólności niech \(z=\min\{x,y,z\}\). Wtedy \[\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}-2\right)+\left(\frac{y}{z}-1+\frac{z}{x}-\frac{y}{x}\right)\ge\left(\frac{x+t}{y+t}+\frac{y+t}{x+t}-2\right)+\left(\frac{y+t}{z+t}-...

Dzięki, odpowiedź jest prawidłowa. Fajne podejście, bo nie zmusza do długich rachunków, a przy tym w sposób naturalny wskazuje na możliwość wzmocnienia. Co do szukania \(K_{min}\) w części pierwszej, to nie jest dla mnie jasne, dlaczego \(R\) ma pozostawać stałe przy ustalonych \(a,A\) i zmiennych \...

Rozważmy trójkąt o kątach \(A,B,C\), obwodzie \(2s\), promieniu okręgu opisanego \(R\), promieniu okręgu wpisanego \(r\). Fakt: Jeżeli \(\max\{A,B,C\}\le\frac{\pi}{2}\), to zachodzi nierówność Walkera: \(s^2\ge 2R^2+8Rr+3r^2\). Zadanie: Rozstrzygnij, czy istnieją kąty \(K\), takie że dla wszystkich ...

Zamiana miejscami dowolnej pary zmiennych nie zmienia nierówności - symetria wraz z danym warunkiem pozwala bez zmniejszenia ogólności ograniczyć rozważania do \(1>x\ge y\ge z>0\). Po pomnożeniu przez \(2xyz\), mamy równoważnie \[2\left(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2-x^2yz-xy^2z-xyz^2\right)\ge 2xyz\left(x^2+...

Umieszczamy kwadrat \(ABCD\) w kartezjańskim układzie współrzędnych: \(A=(0,0),B=(1,0),C=(1,1),D=(0,1)\). Wierzchołki \(P,Q,R,S\) czworokąta leżą odpowiednio na bokach \(AB,BC,CD,DA\), tzn. \(P=(p,0),Q=(1,q),R=(r,1),S=(0,s)\), gdzie \(0\le p,q,r,s\le 1\). Obwód czworokąta \(PQRS\) wyraża się przez ...

No właśnie chyba niezupełnie (a raczej zupełnie nie) cbdo, bo po pierwsze te ciągi są przeciwnie uporządkowane, a po drugie dowodzimy, że ta suma jest mniejsza od jedynki, nie zaś od niej większa. Ponieważ \(a_j\ge a_i\) dla \(i\ge j\), więc \[\left(\sum\limits_{i=1}^na_i\right)^2=2\sum\limits_{i=1}...

Zamieszczę swoje szkice rozwiązań ostatnich zadań. Ponieważ \((x+y)^2=xy+1\), to \[0\le\left(x^2+y^2+1\right)(x+y)^2=\left(x^2+y^2+1\right)(xy+1)=xy\left(x^2+y^2\right)+x^2+y^2+xy+1=xy\left(x^2+y^2\right)+2.\] \[2\left(\sum\frac{a}{b}\right)^2=2\sum\frac{a^2}{b^2}+4\sum\frac{b}{a}=\sum\left(2\frac{a...

Super, dzięki. Górne ograniczenie można też znaleźć z AM-GM, a dolnego można dowodzić nie wprost, bo \(\sqrt[3]{2abc}>\max\{a,b,c\}\) pociąga za sobą \((a+b)(b+c)(c+a)<9abc\).

Trójka \((1,2,2)\) podpowiada, że się pomyliłeś.
Faktycznie znalazłeś ograniczenie górne. To jest druga część tego samego zadania z przedostatniego numeru Math Reflections.

Dla \(a,b,c>0\), takich że \((a+b)(b+c)(c+a)=9abc\), udowodnij \[\max\{a,b,c\}\ge\sqrt[3]{2abc}.\]

Przy pewnym zauważalnym, acz nieprzeważającym udziale procentowym machania rękami można to zadanie rozwiązać stosując taki jeden klasyczny chwyt. Najpierw oznaczenia: \(t,u,v\) - boki trójkąta; \(R,r,s\) - promień okręgu opisanego, wpisanego, połowa obwodu trójkąta. \(\bullet\) Po pierwsze, w dowol...

Chodzi o to, że \(\frac{m_a}{d_a}\ge\frac{(b+c)^2}{4bc}\ge 1\). Tutaj.

Mój dowód także obejmował rozpatrywanie wielu przypadków (z których część była "pusta") i choć rzeczywiście był krótszy niż rozwiązanie nierówności z logarytmami, to jest to bodaj jedyna jego zaleta. To poniżej jest oficjalnym rozwiązaniem tej nierówności przepisanym dość wiernie ze źródł...

Tożsamość \[\begin{aligned}12\left(x^2+y^2\right)-12x^2y^2-x^4-y^4&=\left(\frac{12}{7}-x^2\right)\left(x^2+6y^2\right)+\left(\frac{12}{7}-y^2\right)\left(y^2+6x^2\right)\\&=\frac{7}{8}\left(\frac{48}{7}-(x+y)^2\right)(x+y)^2+\frac{7}{8}\left(\frac{48}{7}-(x-y)^2\right)(x-y)^2+\frac{3}{4}\lef...