funkcje trygonometryczne pomozcie: oblicz promien r kola wpisanego w trojkat ABC, majac dane AB=c, kat CAB=α, kat ABC=β. odp. r=c/ctgα/2+ctgβ/2. wsk. c=rctgα/2+rctgβ/2.

ICSP: było...

ICSP: https://matematykaszkolna.pl/forum/99325.html

;) ZKS ;): ICSP chcesz ciekawe zadanko na udowodnienie?

ICSP: a trudne?

;) ZKS ;): Hmm dla Ciebie pewnie nie. Jak nie będziesz mógł sobie poradzić (w co wątpię) to mogę dać Ci wskazówkę.

;) ZKS ;): Wykazać że zachodzi dla każdej liczby rzeczywistej a a⁴ − a + 1 > 0

ICSP: a⁴ − a + 1 > 0 a(a−1)(a² + a + 1) > − 1 a² + a + 1 dla każdej wartości a jest większe od zera( delta w nawiasie <0) tak więc wystarczy wykazać że: a(a−1) > −1 dla każdego a a² − a + 1> 0 Δ = 1 − 3 = −3 współczynnik przy najwyższej potędze jest dodatni oraz ten trójmian nie posiada pierwiastków rzeczywistych tak więc wielomian a⁴ − a + 1> 0 nie posiada pierwiastków rzeczywistych i nie przecina osi OX co kończy dowód. Można tak zrobić?

Vax: Tak, można też rozpatrzeć 3 przypadki, 1) a ≤ 0 ale wtedy a⁴−a ≥ 0 ⇒ a⁴−a+1 > 0 sprzeczność, 2) 0 < a < 1 ale wtedy 1 > a czyli a⁴−a+1 > 0 i ostatni a≥1 ale wtedy a⁴ ≥ a czyli a⁴−a+1 > 0 znowu sprzeczność.

;) ZKS ;): Można można ale znajdź taki ładny sposób bez przenoszenia na drugą stronę żeby było widać od razu.

ICSP: a⁴ − a + 1 > 0 Na oko widać że wielomian o lewej stronie nie posiada pierwiastków rzeczywistych. Co kończy dowód Innego pomysłu nie mam.

;) ZKS ;): Wskazówkę podać?

ICSP: dawaj.

;) ZKS ;):

	1		1		1
Zauważ że 1 =		+		+		.
	4		4		2

Coś już rozjaśniłem czy jeszcze nie?

Godzio: Kiedyś to zadanie dostałem od Ety

ICSP:

	1		1		1
a4 −a2 +		+ a2 − a +		+		> 0
	4		4		2

	1		1		1
(a2 −		)2 + (a −		)2 +		> 0
	2		2		2

kwadrat dowolnej liczby rzeczywistej jest ≥ 0

1
	jest > 0
2

suma liczb > 0 jest liczbą większą od 0 c.k.d.

;) ZKS ;): Ee to pewnie wiesz jak je rozwiązać. Ja to znalazłem w zeszycie jak porządki robiłem w półce na jakiejś klasówce na 6 było.

;) ZKS ;): O właśnie o to chodziło mi rozwiązanie.

Godzio: To może takie łatwe teraz Udowodnij, że liczba ²⁰¹¹√√37 + 6 + ²⁰¹¹√√37 − 6 jest większa od 2

ICSP: ten drugi pierwiastek to √37 +6 czy √37+6 ?

Godzio: √37 + 6 i √37 − 6

ICSP: najpierw zapiszmy tą nierówność (√37 + 6)^1/2011 + (√37 − 6)^1/2011 >2 Podnieśmy to obustronnie do kwadratu: (73 + 12√37)^1/2011 + 2 +(73 − 12√37)^1/2011 > 4 (73 + 12√37)^1/2011 + (73 − 12√37)^1/2011 > 2 obydwie liczby są większe od 1. Pierwiastek n−tego stopnia z liczby większej od 1 zawsze jest liczbą większą od 1. Suma dwóch liczb większych od 1 jest liczba większą od 2. Dużo głupot powypisywałem?

Godzio: Wszystko jest prawdą tyle, że "na oko" tego nie powinno się robić, przy mega dużych liczbach już byś nie określił czy to jest prawda czy nie, szukaj innego sposobu

Godzio: To zadanie można całkowicie uogólnić: ⁿ√_{√a² + 1 + a} + ⁿ√_{√a² + 1 − a} > 2

ICSP: hmm to może tak: (√37 + 6)^1/2011 + (√37 − 6)^1/2011 > 2 znowu obustronnie do kwadratu: (√37 + 6)^2/2011 +2 + (√37 − 6)^2/2011 > 4 (√37 + 6)^2/2011 −2 + (√37 − 6)^2/2011 > 0 (√37 + 6)^2/2011 −2(√37+6)(√37−6)^1/2011 (√37 − 6)^2/2011 > 0 ((√37 + 6)^1/2011 + (√37 − 6)^1/2011)² > 0

Godzio: Może być, pokaże taki sposób: Można zauważyć że √37 + 6 i √37 − 6 to liczby odwrotne więc: √37 + 6 = a

	1
√37 − 6 =
	a

	1
a +		> 2
	a

a² − 2a + 1 > 0 (a − 1)² > 0 dla a ≠ 1

Godzio: Chodziło mi oczywiście o cały pierwiastek: ²⁰¹¹√√37 + 6 = a itd ...

Godzio: Wykaż,że jeżeli a,b,c są długościami boków Δ−ta oraz R i r długościami promieni okręgu opisanego i okręgu wpisanego w ten trójkąt to zachodzi warunek:

1		1		1		1
	=		+		+
2Rr		ab		ac		bc

Tego zadania już nie sprawdzę bo kończę na teraz, jak chcesz możesz je zrobić

Grześ: Jeśli mozna, to spróbuję zrobić to zadanie Korzystamy tutaj z zależności pola trójkąta względem promienia wpisanego i opisanego:

	abc		1
P=		oraz P=		(a+b+c)*r
	4R		2

Porównujemy je:

abc		1
	=		(a+b+c)*r / *2
4R		2

abc
	=(a+b+c)*r / : abc
2R

1		r(a+b+c
	=		/ :r
2R		abc

1		a+b+c
	=
2rR		abc

1		1		1		1
	=		+		+
2rR		bc		ac		ab

C.N.D Chyba dobrze?

xXx:

	2P		(a+b+c)r
r=		⇒ P=
	a+b+c		2

	abc		abc
R=		⇒ P=
	4P		4R

(a+b+c)r		abc
	=
2		4R

Vax: Grześ dobrze Pozwolę sobie dać kolejne zadanie, rozwiąż równanie: ³√9−√x+1 + ³√7+√x+1 = 4 (Pod pierwiastkami 3 stopnia mamy odpowiednio (9−√x+1 oraz 7+√x+1)

;) ZKS ;): Godzio to jak byś mógł powrzucać parę ciekawych zadań na udowodnienie , f. kwadratową , wielomiany itp. Byłbym wdzięczny.

Godzio: ³√9 − √x + 1 + ³√7 + √x + 1 = 4 √x + 1 = t D = <−1,∞) ³√9 − t + ³√7 + t = 4 /³ 16 + 12³√(9 − t)(7 + t) = 64 ³√(9 − t)(7 + t) = 4 /³ 63 + 2t − t² = 64 t² − 2t + 1 = 0 (t − 1)² = 0 t = 1 ⇒ x = 0 Zaraz coś powrzucam, mam jeszcze chwilkę czasu

Vax: Można też w ten sposób, niech ³√9−√x+1 = a , ³√7+√x+1 = b, wówczas mamy: {a+b = 4 {a³+b³ = 16 Skąd dostajemy, że jedynym rzeczywistym rozwiązaniem jest a=b=2 skąd 2 = ³√9−√x+1 skąd √x+1 = 1 czyli x=0.

Godzio: 1. W okrąg o promieniu 1, wpisano trójkąt o bokach długości a, b i c. Wykaż, że trójkąt ten jest ostrokątny gdy a²+b²+c² > 8

	nn − 1
2. Wykazać, że		jest nieparzystą liczbą naturalną dla wszystkich n ≥2.
	n − 1

3. Udowodnić, że dla dowolnych a,b takich, że a ≥ b > 0 zachodzi nierówność

(a − b)2		a + b		(a − b)2
	≤		− √ab ≤
8a		2		8b

4. Udowodnić, że dla dowolnych a,b,c zachodzą nierówności a² + b⁴ + c⁴ ≥ abc(a + b + c)

ab		ca
	+ U[bc}{a} +		≥ a + b + c
c		b

ab + bc + ca ≥ √3abc(a + b + c) Udowodnić, że dla dowolnych a,b,c spełniających warunek a² + b² + c² = 1 zachodzą nierówności:

	1
−		≤ ab + bc + ca ≤ 1
	2

Vax: Pozdrawiam osobę podszywającą się pode mnie

;) ZKS ;):

	1
−		≤ ab + bc + ca ≤ 1
	2

	1
−		≤ 0 ≤ a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca / *2
	2

−1 ≤ 0 ≤ (a − b)² + (a − c)² + (b − c)² Wystarczy coś takiego? ab + bc + ca ≥ √3abc(a + b + c) / ² a²b² + b²c² + c²a² + 2ab²c + 2a²bc + 2abc² ≥ 3abc(a + b + c) a²b² + b²c² + c²a² − a²bc − ab²c − abc² ≥ 0 / *2 (ab − bc)² + (bc − ca)² + (ca − ab)² ≥ 0 Może być tak zrobione?

Vax:

	1
Może, tylko w 1 nierówności nie widzę zbytnio jak udowodniłeś, że −		≤ ab+ac+bc
	2

;) ZKS ;): Poprawiam

	1
−		≤ ab + bc + ca ≤ 1 / −ab − bc − ca
	2

	1
−		− ab − bc − ca ≤ 0 ≤ a2 + b2 + c2 −ab − bc − ca / * 2
	2

−[(a + b)² + (a + c)² + (b + c)²] ≤ 0 ≤ (a − b)² + (a − c)² + (b − c)²

;) ZKS ;): O właśnie poprawiłem bo się trochę walnąłem i zapomniałem o drugim członie.

Godzio: W pierwszym nie dowodzisz, że

	1
−		≤ ab + bc + ca
	2

W drugim jest ok

Godzio: Teraz ok

;) ZKS ;):

ab		bc		ca
	+		+		≥ a + b + c / * abc
c		a		b

a²b² + b²c² + c²a² ≥ abc(a + b + c) / *2 (ab − bc)² + (ab − ca)² + (bc − ca)² ≥ 0 A w tamtym a⁴ + b⁴ + c⁴ tak?

Vax:

	bc		ac		ab
@Godzio w nierówności		+		+		≥ a+b+c brakuje założenia o tym, że
	a		b		c

niewiadome są dodatnie − kontrprzykład a=b=1 , c=−1

Godzio: Tak zgadza się, nie dopatrzyłem oczywiście miało być "dla dowolnych dodatnich a,b,c" (tyczy się 2 i 3 nierówności, w 1 jest dowolnie)

Godzio: I oczywiście a⁴ + b⁴ + c⁴

;) ZKS ;): Pewnie nie dopisał Godzio bo tak to by znak zmieniła nierówność.

;) ZKS ;): Chyba jutro już porobię bo jakoś ciężko mi przy tych myśleć.

Godzio: Ktoś próbuje ? Zadanie 1, 2, 3, 4a są nieruszone jeszcze

;) ZKS ;): a⁴ + b⁴ + c⁴ ≥ abc(a + b + c) a⁴ + b⁴ + c⁴ ≥ ­a²b² + b²c² + c²a² ≥ ab²c + a²bc + abc²

1		1
	(2a4 + 2b4 + 2c4) ≥		(a2(b2 + c2) + b2(a2 + b2) + c2(a2 + b2)) ≥
2		2

	1
		(2a2bc + 2ab2c + 2abc2)
	2

1		1
	(2a4 + 2b4 + 2c4) ≥		(a2(b2 + c2) + b2(a2 + b2) + c2(a2 + b2)) ≥
2		2

≥ a²bc + ab²c + abc²

1		1
	(2a4 + 2b4 + 2c4) ≥		(a2(b2 + c2) + b2(a2 + b2) + c2(a2 + b2)) ≥
2		2

≥ abc(a + b + c) Może być?

Godzio: Nie trzeba była wprowadzać dodatkowej nierówności, ale jest ok a⁴ + b⁴ + c⁴ ≥ abc(a + b + c) / * 2 2a⁴ + 2b⁴ + 2c⁴ − 2a²bc − 2ab²c − 2abc² ≥ 0 2a⁴ + 2b⁴ + 2c⁴ − 2a²b² − 2a²c² − 2b²c²+ 2a²b² + 2a²c² + 2b²c² − 2a²bc − 2ab²c − 2abc² ≥ 0 (a² − b²)² + (a² − c²)² + (b² − c²)² + (ab − ac)² + (ab − bc)² + (ac − bc)² ≥ 0

;) ZKS ;): Jej już mnie nie denerwuj tyle myślałem a tutaj Ty zrobiłeś w 2 linijkach.

ICSP: i teraz Godziu powiedz mi jakim cudem udało ci się zauważyć te wszystkie kwadraty?

;) ZKS ;): Trzeba mieć jednak smykałkę do tego typu rzeczy jak Godzio niestety ja jej nie posiadam.

Godzio: Wczoraj na to wpadłem, też te zadania robiłem Ale te wszystkie nierówności miały coś ze sobą wspólnego więc nie trudno było coś ułożyć

Godzio: Jak ja ? Chyba jak Vax

Vax: Można trochę inaczej, bez zauważania kwadratów. Możemy bez straty ogólności założyć, że a,b,c są nieujemne (jeżeli są ujemne to lewa strona pozostaje bez zmian − mamy wszystkie niewiadome w parzystej potędze, czyli zmniejszyć może się jedynie prawa) oraz z nierówności między

	2a4+b4+c4
średnią arytmetyczną a geometryczną		≥ a2bc, dodajemy tą i 2 podobne
	4

nierówności i mamy tezę.

Vax: Ee tam smykałka, po prostu dużo przerobionych zadań

Vax: Poza tym i tak jeszcze bardzo wielu rzeczy nie umiem i cały czas trzeba to nadrabiać

;) ZKS ;): Vax i Ty macie coś takiego tylko nie wiem jak to robicie hehe.

Godzio: Do Vaxa brakuje mi jeszcze cho cho, wątpię żebym kiedyś go "doścignął" za późno zacząłem uczyć się matematyki ...

;) ZKS ;): Oczywiście i nie zapominając tutaj obecnego ICSP ostatnio znalazłem takie coś jak "Ku chwale nierówności" i trochę sobie to czytałem.

;) ZKS ;): To co ja mogę powiedzieć jak Ty mówisz że za późno wziąłeś się za naukę.

Godzio: Dopiero w 3 gimnazjum się zainteresowałem .... i teraz żałuję

;) ZKS ;): To ja wolę nie mówić kiedy mnie zaczęła interesować matematyka i też niestety żałuję

Godzio: Dobra tam Trzeba te 3 zadania wykończyć jeszcze

;) ZKS ;): Chwila zastanowienia i może coś się wykombinuje.

;) ZKS ;):

(a − b)2		a + b		(a − b)2
	≤		− √ab ≤
8a		2		8b

(a − b)2		(√a − √b)2		(a − b)2
	≤		≤
8a		2		8b

(a − b)2		(a − b)2
	≤ (√a − √b)2 ≤		/ √
4a		4b

a − b		a − b
	≤ √a − √b ≤
2√a		2√b

a − b − 2a + 2√ab		a − b − 2√ab + 2b
	≤ 0 ≤
2√a		2√b

−(√a − √b)2		(√a − √b)2
	≤ 0 ≤
2√a		2√b

Nie wiem czy się gdzieś nie walnąłem.

Godzio: Jest ok

Vax: Jest ok

Vax: Godzio pierwszy Dobra, ja będę powoli leciał spać, trzeba rano wstać, dobranoc wszystkim i powodzenia w reszcie zadań

Godzio: Dobranoc

;) ZKS ;): Patrz aż sam się zdziwiłem że od razu mi wyszło pięknie wyszło to myślałem że gdzieś się walnąłem. Ach ta duma po zrobieniu zadania.

;) ZKS ;): Dobranoc Vax.

;) ZKS ;): 1. to nawet nie będę ruszał bo to jest planimetria (a ja tak bardzo przepadam za tym działem) a w 2. niestety chyba nic nie wykombinuję na dzień dzisiejszy.

Godzio: Ja 2 póki co nie wiem jak zrobić hmmm

;) ZKS ;):

nn − 1		(n(1/2)n − 1)(n(1/2)n + 1)
	=
n − 1		n − 1

Tylko pytanie co dalej?

;) ZKS ;): Nie dzisiaj to ja tego zadania nie ruszę chyba będę powoli szedł spać ale jeszcze chwilkę pomyślę.

Vax: To może zrobię 2:

nn−1
	= 1+n+n2+..+nn−1
n−1

Rozpatrzmy 2 przypadki, 1) n jest parzyste, wówczas mamy sumę n−1 liczb parzystych i 1, czyli liczby nieparzystej, co będzie nieparzyste, 2 przypadek n jest nieparzyste, wtedy 1+n − parzyste, n²+n³ − parzyste itd.. aż w końcu nⁿ⁻³ + nⁿ⁻² − parzyste i zostaje ostatni składnik nⁿ⁻¹ który jest nieparzysty, czyli cała suma jest nieparzysta.