mateforum.ro

Aratati ca daca \( a,\ b,\ c\ge0 \), cel mult unul din numere egal cu \( 0 \) , avem \( \frac{a^{2}+bc}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{b^{2}+ca}{\left(b+c\right)\left(b+a\right)}+\frac{c^{2}+ab}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\ge\frac{a+b}{a+b+2c}+\frac{b+c}{b+c+2a}+\frac{c+a}{c+a+2b} \).

Fie \( a,\ b,\ c>0 \). Aratati ca \( 1+\frac{1}{6abc}>\frac{3}{a+b+c} \).

Claudiu Mindrila, Revista de Matematica din Timisoara nr. 3/2010

Pentru prima implicatie: Scriind puterea lui M fata de w obtinem ca MN=\frac{MB\cdot BC}{MA}=\frac{a^{2}}{2\sqrt{2\left(b^{2}+c^{2}\right)-a^{2}}} si de aici obtinem AN=AM+MN=\frac{\sqrt{2\left(b^{2}+c^{2}\right)-a^{2}}}{2}+\frac{a^{2}}{2\sqrt{2\left(b^{2}+c^{2}\right)-a^{2}}} \ (1) . Deoarece N es...

Fie \( f:\mathbb{R}\longrightarrow\mathbb{R}, \ f\left(x\right)=x+a\left[x\right]+\left[2x\right],\ a\in\mathbb{Z}^{*} \). Determinati \( a \) astfel incat \( f \) sa fie bijectiva si \( f=f^{-1} \).

In cele ce urmeaza voi folosi urmatorul rezultat binecunoscut: Lema. Fie un triunghi ABC si M un punct apartinand medianei corespunzatoare laturii BC . Daca \left\{ B^{\prime}\right\} =CM\cap AB,\ \left\{ C^{\prime}\right\} =BM\cap AC atunci B^{\prime}C^{\prime}\parallel BC . Dem. Fie \left\{ D^{\pr...

Daca \left\{ P\right\} =AA_{2}\cap CK , B^{\prime} este mijlocul lui AC si \left\{ O\right\} =PB^{\prime}\cap A_{2}K este cunoscut faptul ca P,\ O,\ A_{1},\ B^{\prime} sunt coliniare. Asadar O este mijlocul lui A_{2}K .Cum A_{2}K\parallel AC si PB^{\prime}\parallel AB obtinem \widehat{PA_{2}K}=\wide...

In \( \triangle{ABC} \) sunt duse mediana \( AA_{1} \) si bisectoarea \( AA_{2} \), iar punctul \( K \) este un punct pe dreapta \( AA_{1} \) a. i. \( KA_{2} \parallel AC \).
Demonstrati ca \( AA_{2} \perp KC \)

Solutie. Daca x=a-b , y=b-c , z=c-a atunci x+y+z=x^{5}+y^{5}+z^{5}=0 . Fie polinomul P\left(t\right)=t^{3}-mt^{2}+nt-p care are radacinile x,\ y,\ z . Din relatiile lui Viete avem m=0 , deci P\left(t\right)=t^{3}+nt-p . Avem: \left\{ \begin{array}{c} P\left(x\right)=0\\ P\left(y\right)=0\\ P\left(z...

Fie \( m,\ n\in\mathbb{N}^{*},\ m\le2n \) si \( a,\ b,\ c>0. \)Sa se arate ca: \( \frac{a^{m}}{b^{n}+c^{n}}+\frac{b^{m}}{c^{n}+a^{n}}+\frac{c^{m}}{a^{n}+b^{n}}\ge\frac{3}{2}\sqrt{\frac{a^{m}+b^{m}+c^{m}}{a^{2n-m}+b^{2n-m}+c^{2n-m}}}. \)

Claudiu Mindrila, Gazeta Matematica nr. 6/2010

Sunt de acord cu Constantin, Spania trebuie sa se trezeasca la realitate daca vrea sa castige.

Sa se demonstreze inegalitatea: \( \frac{x^{3}}{y^{3}}+\frac{y^{3}}{z^{3}}+\frac{z^{3}}{x^{3}}\ge\frac{1}{2}\left(\frac{x^{2}}{yz}+\frac{y^{2}}{zx}+\frac{z^{2}}{xy}\right)+\frac{3}{2},\ \forall x,\ y,\ z\in\left(0,\ +\infty\right) \).

Problema nu mi se pare gresita. Presupunem ca \widehat{B}\le\widehat{C}\Longrightarrow\widehat{B}\le45^{\circ} . Deoarece \cos C=\sin B si \tan C=\frac{1}{\tan B} avem ca: LHS=\frac{\tan^{2}B+\frac{1}{\tan^{2}B}}{1+\sin^{2}B}\ge\frac{2}{1+\frac{1}{2}}=\frac{4}{3} , iar egalitate avem cand \tan{B}=1 .

Avem: \sum\frac{a^{2}b^{2}\left(a+b\right)}{a^{2}+b^{2}}\le\sum\frac{a^{2}b^{2}\left(a+b\right)}{2ab}=\frac{1}{2}\sum ab\left(a+b\right)\le\frac{1}{2}\sum\left(a^{3}+b^{3}\right)=\sum a^{3} , unde mai sus am folosit inegalitatea mediilor si faptul ca \sum\left(a-b\right)^{2}\left(a+b\right)\ge0\Long...

Intai DF\parallel AC\Longrightarrow\widehat{ADF}=\widehat{DAC} . Fie G centrul de greutate al triunghiului ABC . Acum, \widehat{DAC}=\widehat{ABE}\Longleftrightarrow\widehat{ABE}=\widehat{ADF}\Longleftrightarrow\widehat{FBG}=\widehat{FDG}\Longleftrightarrow BDFG\ \text{inscriptibil}\Longleftrightarr...

Se foloseste inegalitatea cbs

Relatia data este un caz de egalitate al inegalitatii CBS

Scriind relatia medianei si folosind ipoteza obtinem: \frac{IM^{2}}{AB^{2}}=\frac{IN^{2}}{CD^{2}}\Longrightarrow\frac{AB^{2}}{CD^{2}}=\frac{IM^{2}}{IN^{2}}=\frac{2\left(IA^{2}+IB^{2}\right)-AB^{2}}{2\left(IC^{2}+ID^{2}\right)-CD^{2}}\Longrightarrow\frac{AB^{2}}{IA^{2}+IB^{2}}=\frac{CD^{2}}{IC^{2}+ID...