mateforum.ro

Din inegalitatea lui Maclaurin avem:

\( \frac{a+b+c+d}{4}\geq \sqrt[3]{\frac{abc+bcd+cda+dab}{4}} \), de unde rezulta concluzia.

Este cunoscuta teorema a bisectoarei glisate.

E gresit. De fapt \( 2(ab+bc+ca)\geq a^2+b^2+c^2 \Longleftrightarrow \sqrt{a},\sqrt{b}, \sqrt{c} \) pot fi lungimile laturilor unui triunghi.

\bullet Consideram urmatorul joc de 2 persoane. Un numar de pietre sunt asezate pe o masa. Cei doi jucatori fac mutari alternative. O mutare consta in scoaterea a x pietre de pe masa, cu x patrat perfect ( x\neq 0 ). Jucatorul care nu mai poate muta pierde. Demonstrati ca exista o infinitate de sit...

Fie a=\frac{x}{y}, \ b=\frac{y}{z} si c=\frac{z}{x}, \ x,y,z>0. Inegalitatea este echivalenta cu: 3+\displaystyle\sum_{cyc}\frac{yz}{x^2}\geq \displaystyle\sum_{cyc}\frac{y+z}{x}\Longleftrightarrow \displaystyle\sum_{cyc}\frac{1}{x^2}\cdot (x-y)(x-z)\geq 0, care rezulta din inegalitatea Vornicu-Schu...

Fie \( a,b,c \) numere reale pozitive cu \( abc=1. \) Demonstrati ca:

\( 5+\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq (1+a)(1+b)(1+c). \)

Aaron Pixton

Determinati \( a\in\mathbb{N}^{*} \) si \( b,c,d\in\mathbb{R} \) astfel incat:

\( |ax^3+bx^2+cx+d|\leq 2, \ \forall\ x\in [-2,2]. \)

In IMO Compendium (IMO 1989 Longlist - Problema 68, pag 239) apare urmatoare inegalitate propusa de Mongolia: Daca 0<k\leq 1 si a_{i}, \ i=\overline{1,n} sunt numere reale pozitive atunci "are loc" inegalitatea: \left (\frac{a_{1}}{a_{2}+a_{3}+\dots+a_{n}}\right )^k+\dots +\left (\frac{a_{...

Fie \( a,b,c \) trei numere reale pozitive. Demonstrati ca:

\( \frac{a}{\sqrt{2(b^2+c^2)}}+\frac{b}{\sqrt{2(c^2+a^2)}}+\frac{c}{\sqrt{2(a^2+b^2)}}\geq\frac{3}{2}. \)

Avem: \displaystyle\sum_{cyc}\frac{a+3}{3a+bc}=\displaystyle\sum_{cyc}\frac{(a+b)+(a+c)}{(a+b)(a+c)} Introducem notatiile: x=a+b;y=b+c;z=c+a. Acum vom avea: x+y+z=6. Inegalitatea se rescrie: \displaystyle\sum_{cyc}\frac{x+y}{xy}=2(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})\geq 2\cdot\frac{9}{x+y+z}=2\cdot...

Fie \( a,b,c \) numere reale strict pozitive, cu \( a+b+c=3. \) Sa se demonstreze inegalitatea:

\( \frac{a+3}{3a+bc}+\frac{b+3}{3b+ca}+\frac{c+3}{3c+ab}\geq 3. \)

Vezi aici. In loc de \( 3 \) poate fi pus \( 3+\frac{3}{4d^3}. \)

Fie \( \alpha \) un numar irational. Demonstrati ca multimea:

\( A=\{\{n^2\alpha\} \ | n\in\mathbb{N}^{*}\}, \)

este densa in \( (0;1). \)

Inlocuind in acea inegalitate vom obtine \sum \cos A\leq\frac{3}{2} . Care este evident adevarata din ineg lui Jensen caci cos este concava pe [0;\pi] si deci avem \frac{\sum \cos A}{3}\leq\cos\(\frac{A+B+C}{3}\)=\cos\frac{\pi}{3}=\frac{1}{2} de unde cerinta. Nu prea cred. Functia \cos este concava...

Sa se arate ca intr-un triunghi ABC exista inegalitatea "mai tare" \underline{\overline{\left\|\ 3\cdot\sum a^2(b+c-a)\ \le\ 8abc+\prod (b+c-a)\ \right\|}}\ \le\ 9abc . Avem: 1) \prod (b+c-a)=\displaystyle\sum_{sym}a^2b-\displaystyle\sum_{cyc}a^3-2abc 2) \displaystyle\sum_{cyc}a^2(b+c-a)=...

Fie a,b\in\mathbb{R} astfel incat ab>0. Atunci are loc inegalitatea: \frac{2ab}{a+b}+\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}\geq\sqrt{ab}+\frac{a+b}{2}. ( Heinz-Jurgen Seiffert ) Sa introducem substitutiile: a+b=2s \ \wedge \ ab=p^2. Din inegalitatea mediilor vom avea ca: s\geq p. Inegalitatea din enunt va fi ech...

http://img21.imageshack.us/img21/8038/virgilniculamateforumz.png Fie notatiile cele din figura de mai sus. ( in loc de X,Y,Z am pus A^{\prime}, B^{\prime}, C^{\prime} deoarece nu stiu din ce motiv in Geogebra apare o eroare cand atribuim unui punct litera X ). Vom demonstra ca cele trei drepte sunt...