Matematyka.pl

Posłużę się wielomianami symetrycznymi \(p=x+y+z,\ q=xy+yz+zx,\ r=xyz\), bo to na pewno skróci zapis, a chyba zwiększy też przejrzystość. Oczywiście, \(p,q\neq 0\). Równoważnie mamy \[\frac{p^3-2pq+3r}{pq-r}+\frac{25q}{p^2}\ge 8,\] ale \[\frac{p^3-2(pq-r)+r}{pq-r}+\frac{25q}{p^2}=\frac{p^3+r}{pq-r}...

Dostajesz pisemną pochwałę za dołożenie należytej staranności przy orzeczeniach imiennych. Zadanie pochodzi z tegorocznej Mszany. Nie żeby coś i w ogóle, ale chcę tu podrzucić pomysł, który wydaje mi się nieco fajniejszy od zamieszczonego w broszurze. Z C-S mamy \(\left(x^2+y^2+z^2\right)\left(x^2+y...

To zadanie trzeba odczarować, bo ktoś jeszcze gotów byłby pomyśleć, że ono jest trudne.
Dla \(a,b,c>0\) udowodnij \[\frac{2a^4+a^2b^2}{\left(b^2+c^2+ca\right)^2}+\frac{2b^4+b^2c^2}{\left(c^2+a^2+ab\right)^2}+\frac{2c^4+c^2a^2}{\left(a^2+b^2+bc\right)^2}\ge 1.\]

To jest pewne uogólnienie nierówności 1.132 z trzeciego tomu Mathematical Inequalities . Rozwiązanie jest analogiczne. Po podstawieniu \(x=a^{\frac{2}{m+n}},\ y=b^{\frac{2}{m+n}},\ z=c^{\frac{2}{m+n}}\), gdzie \(a,b,c>0\), mamy do udowodnienia (sumy cykliczne) \[\sum\frac{a^{\frac{2m}{m+n}}}{b^{\fr...

Masz rację, tu się mści moje lenistwo - nie chciało mi się wklepać nigdzie wyników, by je sprawdzić. Nie tylko to zresztą. Regułą jest, że równość w "najlepszym" szacowaniu: 2R^2+10Rr-r^2+2\sqrt{R(R-2r)^3}\ge s^2\ge 2R^2+10Rr-r^2-2\sqrt{R(R-2r)^3} zachodzi z góry dla trójkątów równoramienn...

Może chodzić o to, że istnieje jeszcze jedna seria, której nie zauważyłam myląc trójkę z piątką. Biorąc b=a do wyrażenia na \frac{R}{r} dostajemy także c=\frac{1}{2}(\sqrt{17}-3)b , czyli permutacje (a,b,c)\sim (2,2,\sqrt{17}-3) , wtedy mamy podstawę krótszą od ramienia. Innych błędów nie udało mi ...

Aha, no to można to sprowadzić do nierówności jednej zmiennej. Zajmiemy się tylko trójkątami niezdegenerowanymi i wykorzystamy tzw. fundamentalną nierówność w trójkącie, tzn. s^4-2\left(2R^2+10Rr-r^2\right)s^2+(4R+r)^3r\le 0\quad (*) . Po szczegóły można zajrzeć np. do Sołtana* lub Mitrinovicia**, ...

Nikt mnie chyba nie posądzi o rozwiązanie zadania, jeżeli dam podpowiedź.

Niech a=\frac{1}{x},\ b=\frac{1}{y},\ c=\frac{1}{z} . Będziemy dowodzić, że nierówność $$2(a+b+c)\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+3$$ jest prawdziwa dla wszystkich 0<a,b,c\le 2 , takich że abc=1 . Równoważnie $$2(a+b+c)\ge ab+bc+ca+3.$$ Najpierw ograniczymy sobie a+b+c dowodząc, że 3\le a+b+c...

Najpierw niech (\alpha ,\beta ,\gamma)=(A,B,C) . W dowolnym niezdegenerowanym trójkącie zachodzi \cot A\cot B+\cot B\cot C+\cot C\cot A=1 . $$\begin{aligned}\cot A\cot B+\cot B\cot C+\cot C\cot A&=\frac{\cos A\cos B}{\sin A\sin B}+\frac{\cos B\cos C}{\sin B\sin C}+\frac{\cos C\cos A}{\sin C\sin...

Co do poprzedniego pytania, to bodaj wszystkie jego warunki spełnia Piosenka śmierci Van Dine'a.
Bieżące pytanie dotyczy Harlana Cobena, który msz osiągnął swoiste mistrzostwo w robieniu stu potraw z bigosu.

Oddaję kolejkę.

Większość jest wzięta https://muzykotekaszkolna.pl/wiecej-o-muzyce/odglosy-bitewne-od-bibera-do-saariaho/ . Związek z aktualnym wydarzeniem rozumiem w ten sposób, że miało ono miejsce przynajmniej za życia autora, a dzieło powstało z okazji tego wydarzenia bądź z inspiracji nim. 1. Haydn - Msza nels...

Ech, jednak dałam się chyba zwieść, no bo przecież po unormowaniu z a^2+b^2+c^2=6 nierówność nie jest jednorodna, a zamiana (a,b,c) na \left(a,\frac{b+c}{2},\frac{b+c}{2}\right) nie zachowuje sumy kwadratów zmiennych, więc to nie przechodzi bez uzasadnienia, a gdyby próbować z \left(a,\sqrt{\frac{b...

Nie mam zastrzeżeń. Moje rozwiązanie jest koncepcyjnie bardzo podobne, tyle że bez normowania przy mixing variables. Myślę, że trzymanie się tego nowego warunku także w końcówce mogło ją skomplikować. Może po wykazaniu, że wystarczy dowód dla przypadku b=c , lepiej było powrócić do pierwotnej (jedno...

Tym razem to raczej nie będzie one-liner , ale też i nie jest to jakoś wyjątkowo wydumane zadanie. Dodatnie liczby rzeczywiste a,b,c spełniają warunek a\ge b+c . Udowodnij, że $$\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+\frac{6(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2}\ge 12.$$ Jak to jest, że można coś czytać przed ...