Matematyka.pl

Jest git. Tak zmieniłem, nie podobała mi się. Możesz wrzucać.

W dodatnich \(\displaystyle{ a, b, c}\) niech \(\displaystyle{ a^{2} + b^{2} + c^{2} = 1}\). Wykazać, że
\(\displaystyle{ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \ge \left( a + b + c \right)^{3}}\)

A jeżeli bardzo Ci zależy na średnich, to
\(\displaystyle{ \frac{5a^{4}c + 6ab^{4} +2bc^{4}}{13} \ge a^{2}b^{2}c}\)
\(\displaystyle{ \frac{2a^{4}c + 5ab^{4} +6bc^{4}}{13} \ge ab^{2}c^{2}}\)
\(\displaystyle{ \frac{6a^{4}c + 2ab^{4} +5bc^{4}}{13} \ge a^{2}bc^{2}}\)

Nie wiem czy poprzednie zostało rozwiązane, ponieważ odnośnik nie działa: Z Hoeldera: L \ge \left( a^{2} + b^{2} + c^{2}\right)^{3} = \sum_{}^{} a^{6} + 3 \prod_{}^{} \left( a^{2} + b^{2} \right) skąd zostaje do udowodnienia, że \prod_{}^{} \left( a^{2} + b^{2} \right) \ge \sum_{}^{} a^{6} . Niech ...

Poprawnie, bodajże szło bezpośrednio z nierówności \(\displaystyle{ \frac{a-2}{bc-2} \ge b + c - 1}\)

Nowe:
Dla dodatnich i nie większych niż \(\displaystyle{ 1}\) udowodnić:
\(\displaystyle{ \frac{a-2}{bc-2} + \frac{b-2}{ca-2} + \frac{c - 2}{ab - 2} \ge 2\left( a+b+c\right) - 3}\)

Jest OK. Moja idea była taka: \prod_{}^{}\left( a + \frac{1}{b} \right) = \prod_{}^{}\left( 1 + cd\right) = \left( 2 + ab + cd\right)\left( 2 + bc + ad\right) \ge 2\left( \left( 2 + ab + cd \right) + \left( 2 + bc + ad\right) \right) , a ostatnia nierówność wynika z faktu, że xy \ge 2\left( x + y \r...

Coś na ząb. Niech abcd = 1 , wykazać w dodatnich, że i) \left( a+ \frac{1}{b} \right) \left( b+ \frac{1}{c} \right) \left( c+ \frac{1}{d} \right) \left( d+ \frac{1}{a} \right) \ge 2ab +2bc +2cd +2da + 8 ii) \left( a+ \frac{1}{b} \right) \left( b+ \frac{1}{c} \right) \left( c+ \frac{1}{d} \right) \le...

Jako, że Arek1357 sam wywołał, to wrzucę coś co ostatnio w innej wersji się pojawiło.
Udowodnić w dodatnich \(\displaystyle{ x, y}\), że \(\displaystyle{ \left( x^{n} + y^{n} \right)^{m} \ge \left( x^{m} + y^{m}\right)^{n}}\) dla \(\displaystyle{ m \ge n \ge 1}\) są całkowite.

\(\displaystyle{ \frac{c+d}{d+a}\le \frac{2c+2a+d-b}{b+d}}\)
Szybciej będzie przekształcić to do postaci \(\displaystyle{ c\left( 2a - b\right) + a\left( 2a - b\right) + d\left( 3a + c - 2b\right) \ge 0}\).
A jak wpadłeś na ten lemacik ?

Jedyne co przychodzi mi na myśl to zapisać to w postaci \(\displaystyle{ \frac{f(2x)}{2x} = \frac{f(x)}{x}}\) dla funkcji \(\displaystyle{ h(x) = \frac{f(x)}{x}}\) mamy \(\displaystyle{ h(2x) = h(x)}\), ale nie wiem czy można i jak to popchnąć dalej.

Rzeczywiście, ta opcja narzuca dodatkowo jeszcze odbicie części poniżej OX. Ewidentnie powinno rozpatrzeć się przypadki Jan Kraszewski.

W przedziałach, np. w pierwszym przypadku jeżeli \(\displaystyle{ x \ge 0}\) to \(\displaystyle{ f\left( x \right) = \left| x^{2} - 4x\right|}\), a to już prosto powinno pójść.

Witamy z powrotem Premislav

Tak, przepraszam za nieścisłość. Warto nadmienić, że wartość granicy tej funkcji to również liczba Eulera, co wymaga skorzystania z definicji granicy funkcji oraz własności granic.