Matematyka.pl

Hej! Pozbierałam takie oto zadania:
1)W trójkącie ABC punkt M jest środkiem ciężkości. Okrąg opisany na trójkącie AMC jest styczny do prostej AB. Wykaż, że
\(\displaystyle{ \sin CAM+ \sin CBM \leqslant \frac{2}{ \sqrt{3} }}\)

2)WYznacz wszystkie funkcje\(\displaystyle{ f:\RR\to\RR}\) spełniające dla dowolnych \(\displaystyle{ x\in R}\) równanie
\(\displaystyle{ f(x-f(y))=1-x-y}\)

3)Udowodnij, że jeżeli M jest dowolnym punktem wewnętrznym trójkąta ABC, to:
\(\displaystyle{ \min(MA,MB,MC)+MA+MB+MC<AB+BC+CA}\)

4)Wyznacz wszystkie funkcje \(\displaystyle{ f:\RR \rightarrow \RR}\), różniczkowalne i spełniające dla wszystkich \(\displaystyle{ x,y \in \RR}\) równanie: \(\displaystyle{ 2y \cdot f'(x)=f(x+y)-f(x-y).}\)

ad 2) Podstawmy: \(\displaystyle{ x:=x+f(0)}\) oraz \(\displaystyle{ y:=0}\), wówczas:

\(\displaystyle{ f(x+f(0)-f(0))=1-x-f(0)-0 \iff f(x)=-x+(1-f(0))}\)

Zatem \(\displaystyle{ f(x)=-x+b}\), podstawiając do równania wyjściowego otrzymujemy:
\(\displaystyle{ f(x-f(y))=-x-y+2b=1-x-y \iff 2b=1 \iff b=\frac{1}{2}}\)

Zatem jedyną funkcją spełniającą warunki zadania jest \(\displaystyle{ f(x)=-x+\frac{1}{2}}\)


ad 4) viewtopic.php?p=301941

ad 2 \(\displaystyle{ y_0 =1-f(0)}\) tj \(\displaystyle{ f(x)=1-x- y_0}\) a wiec f jest liniowa dalej banalnie
oj Sylwek znow mnie ubiegł...

O! Dzięki A odnośnie tych nierówności ma ktoś jakieś pomysły?

tu jest cos na ten temat
1. Link wygasł

3. Link wygasł

4)Wyznacz wszystkie funkcje \(\displaystyle{ f:R \rightarrow R}\), różniczkowalne i spełniające dla wszystkich \(\displaystyle{ x,y \in R}\) równanie:\(\displaystyle{ 2y \cdot f'(x)=f(x+y)-f(x-y)}\)

Różniczkując to równanie względem \(\displaystyle{ y}\) dostajemy
\(\displaystyle{ 2 f'(x)=f'(x+y)+f'(x-y)}\)
Podstawiając \(\displaystyle{ u=x+y, v=x-y}\)
mamy

\(\displaystyle{ f'(\frac{u+v}{2})=\frac{f'(u)+f'(v)}{2}}\)

a to chyba już dobrze znane

Grzebiac troche we wlasnych archiwach natknalem sie na rozwiazanie


Niech \(\displaystyle{ G}\) bedzie środkiem \(\displaystyle{ AB}\). Przy standardowych oznaczeniach mamy:
\(\displaystyle{ (\frac{c}{2})^2= GA^2=GM*GC =\frac{1}{3}m_c^2=\frac{1}{12}(2a^2+2b^2-c^2)}\) (potęga punktu \(\displaystyle{ G}\) wzgledem okregu)
co daje
\(\displaystyle{ a^2+b^2=2c^2}\) co prowadzi do \(\displaystyle{ m_a=\frac{\sqrt{3}b}{2}}\) i \(\displaystyle{ m_b=\frac{\sqrt{3}a}{2}}\)
Poniewaz srodkowa połowi trójkat na dwie czesci o równych polach, wiec:
(*)\(\displaystyle{ sin(\angle CAM) + sin(\angle CBM)= \frac{P}{bm_a}+ \frac{P}{am_b}= \frac{(a^2+b^2)sin(C)}{\sqrt{3}ab}}\)
\(\displaystyle{ P}\) oznacza pole trojkata \(\displaystyle{ ABC}\).
Ale ze wzoru cosinusow \(\displaystyle{ a^2+b^2=4abcos(C)}\) wyrazenie (*) zwija sie do \(\displaystyle{ \frac{2sin(2C)}{\sqrt{3}}}\) stad teza