Functie cu domeniul de definitie si codomeniul Q

martie 18, 2011 Lasă un comentariu

Determinati functiile f:\mathbb{Q}\longrightarrow\mathbb{Q} care verifica relatia  2f\left(f\left(x\right)+f\left(y\right)\right)=f\left(f\left(x+y\right)\right)+x+y,\forall x,\ y\in\mathbb{Q}

Claudiu Mindrila, RMT 2/2011

Categories: Uncategorized

Punctul lui Brocard si o relatie vectoriala

martie 10, 2011 Lasă un comentariu

Fie P un punct in interiorul triunghiului ABC astfel incat \widehat{PAB}\equiv\widehat{PBC}\equiv\widehat{PCA}. Daca AB\cdot\overrightarrow{AP}+BC\cdot\overrightarrow{BP}+CA\cdot\overrightarrow{CP}=\overrightarrow{0}, aratati ca \triangle{ABC} este echilateral.

Claudiu Mindrila, Recreatii Matematice nr. 1/2011

Categories: Uncategorized

Puncte pe inaltimile unui triunghi

februarie 13, 2011 Lasă un comentariu

Fie punctele D,\ E,\ F pe inaltimile corespunzatoare laturilor BC,\ CA respectiv AB ale unui triunghi ABC . Daca h_{a},\ h_{b},\ h_{c} reprezinta lungimile inaltimilor \triangle{ABC} , stiind ca AD=a+h_{a},\ BE=b+h_{b},\ CF=c+h_{c} si ca triunghiurile ABC si  DEF au acelasi centru de greutate, sa se demonstreze ca \triangle{ABC} este echilateral.
Claudiu Mindrila, Revista de Matematica din Constanta, nr. 1/2011

Categories: Uncategorized

Inegalitate cu laturile unui triunghi

decembrie 5, 2010 Lasă un comentariu

Fie a,\ b, \ c lungimile laturilor unui triunghi si fie k un numar real pozitiv. Sa se demonstreze ca: \displaystyle \frac{a^{k}}{\left(b+c\right)^{2}}+\frac{b^{k}}{\left(c+a\right)^{2}}+\frac{c^{k}}{\left(a+b\right)^{2}}\ge\frac{1}{2}\left(\frac{a^{k}}{a^{2}+bc}+\frac{b^{k}}{b^{2}+ca}+\frac{c^{k}}{c^{2}+ab}\right)

Claudiu Mindrila, Gazeta Matematica nr. 11/2010

Categories: Uncategorized

Triunghi echilateral caracterizat de o relatie vectoriala

decembrie 5, 2010 Lasă un comentariu

Fie punctele M,\ N,\ P pe laturile AB,\ BC,\ CA  ale triunghiului ABC astfel incat AM=BN=CP. Notam cu T centrul de greutate al triunghiului MNP. Stiind ca \displaystyle AB\cdot\overrightarrow{AT}+BC\cdot\overrightarrow{BT}+CA\cdot\overrightarrow{CT}=\overrightarrow{0}, sa se arate ca triunghul ABC este echilateral.

Claudiu Mindrila, Gazeta Matematica 11/2010

Categories: Uncategorized

Inegalitate

noiembrie 21, 2010 1 comentariu

Fie a,\ b,\ c >0.  Aratati ca

\displaystyle \frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{\left(a+b+c\right)^{2}}+a+b+c\ge4\sqrt[4]{abc}

Claudiu Mindrila, Revista de Matematica din Timisoara nr. 4/2010

Categories: Uncategorized

O inegalitate simpluta

septembrie 19, 2010 2 comentarii

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

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

Categories: Uncategorized

My new inequality

iulie 8, 2010 Lasă un comentariu

Problema. Fie m,\ n\in\mathbb{N}^{*},\ m\le2n si a,\ b,\ c>0 Aratati ca: \displaystyle \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

Categories: Uncategorized

O inegalitate mai veche

mai 2, 2010 1 comentariu

In timp ce cautam o problema in Gazeta Matematica, intamplator am dat si peste urmatoarea inegalitate:

Daca a_{i},\ b_{i}\in\mathbb{R}_{+},\ i=1,\ 2,\ldots,\ n atunci are loc inegalitatea:

\displaystyle \prod_{i=1}^{n}\left(a_{i}+b_{i}\right)\ge2^{n}\prod_{i=1}^{n}\sqrt{a_{i}b_{i}}+\left(\prod_{i=1}^{n}\sqrt{a_{i}}-\prod_{i=1}^{n}\sqrt{b_{i}}\right)^{2}

Florin Vulpescu- Jalea

Categories: Uncategorized

Inegalitati usurele-1

februarie 5, 2010 3 comentarii

1.

\displaystyle a_{1},\ a_{2},\ldots,\ a_{n}>1,\ \sum_{i=1}^{n}\frac{1}{a_{i}^{2}-1}=1\Longrightarrow\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{1+a_{i}}\le\frac{n}{1+\sqrt{n+1}}

Andrei Baleanu

2.

\displaystyle x,\ y,\ z>0\Longrightarrow\frac{x\left(y+z\right)}{x+yz}+\frac{y\left(z+x\right)}{y+zx}+\frac{z\left(x+y\right)}{z+xy}\le2\left(\frac{x^{2}}{x+yz}+\frac{y^{2}}{y+zx}+\frac{z^{2}}{z+xy}\right)

Categories: Uncategorized
Follow

Get every new post delivered to your Inbox.