mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 28, 2010 3:49 pm**

Ελεύθερα στο διαδύκτιο, δεν ξέρω αν τα έχω ξαναδώσει
http://hydra.nat.uni-magdeburg.de/math4u/ineq.pdf αρκετές ασκήσεις είναι προτεινόμενες από τον συνάδελφο Γιώργο Τσίντσιφα (Θεσσαλονικιό και Παοκτσή

)

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 05, 2010 12:28 pm**

Ασκηση 98
Η συνάρτηση $\displaystyle{ h(x) = 2\ln x - x + \frac{1}{x}{\rm{ }},{\rm{ x}} \ge 1 }$
έχει παράγωγο: $\displaystyle{ h'(x) = - \frac{{(x - 1)^2 }}{{x^2 }} < 0{\rm{ }},{\rm{ x > 1}} }$
Επομένως είναι γνησίως φθίνουσα.
Οπότε για $\displaystyle{ 0 < \alpha < \beta }$
και $\displaystyle{ x = \frac{\beta }{\alpha } > 1 }$
είναι $\displaystyle{ h(x) < h(1) }$ και άρα $\displaystyle{ \ln \frac{{\beta ^2 }}{{\alpha ^2 }} < \frac{\beta }{\alpha } - \frac{\alpha }{\beta } }$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 05, 2010 1:44 pm**

Η 17)
Ισχύει οτι $\displaystyle{\frac{n}{n+1} < \frac{n+1}{n+2}$ , $n \in \mathbb{N}$

Aρα $\displaystyle {\frac{1}{2} < \frac{2}{3 } , \frac{3}{4} <\frac{4}{5} , ... , \frac{999999}{1000000} < \frac{1000000}{1000001}$

και πολ/με κατα μέλη:

$\displaystyle{\frac{2}{3 } \frac{3}{4} <\frac{4}{5} ... \frac{999999}{1000000} < \frac{1000000}{1000001} < \frac{2}{1} \frac{4}{3} \frac{6}{5} ...$

$\displaystyle{(\frac{2}{3 } \frac{3}{4} <\frac{4}{5} ... \frac{999999}{1000000} )^2 <\frac{1}{1000001}$

$\displaystyle{\frac{2}{3 } \frac{3}{4} < \frac{4}{5} ... \frac{999999}{1000000}<\frac{1}{ \sqrt{1000001}}< \frac{1}{\sqrt{1000000}} =\frac{1}{1000}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 05, 2010 1:48 pm**

mathxl έγραψε:Ελεύθερα στο διαδύκτιο, δεν ξέρω αν τα έχω ξαναδώσει
http://hydra.nat.uni-magdeburg.de/math4u/ineq.pdf αρκετές ασκήσεις είναι προτεινόμενες από τον συνάδελφο Γιώργο Τσίντσιφα (Θεσσαλονικιό και Παοκτσή )

"αρκετές" = 77

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 05, 2010 2:17 pm**

Μιάς και περί Τσίντσιφα ο λόγος χτές κατά τύχη έπεσα στη σελίδα του.

Αν κάποιος ενδιαφέρεται και δεν τη γνώριζε, ας περιηγηθεί...

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 05, 2010 2:36 pm**

Προβλημα 295:

$\displaystyle a+b-2\sqrt{ab}\geq \frac{1}{2}\cdot \frac{\left(a-b \right)^{2}}{a+b}\Leftrightarrow 2\left(a+b \right)^{2}-4\left(a+b \right)\sqrt{ab}\geq \left(a-b \right)^{2}\Leftrightarrow a^{2}+6ab+b^{2}\geq 4\left(a+b \right)\sqrt{ab}\Leftrightarrow \left(a+b \right)^{2}+4ab\geq 4\sqrt{ab}\left(a+b \right)\Leftrightarrow \left(a+b \right)^{2}-4\sqrt{ab}\left(a+b \right)+\left(2\sqrt{ab} \right)^{2}\geq 0\Leftrightarrow \left(a+b-2\sqrt{ab} \right)^{2}\geq 0$

που ισχύει,με την ισότητα να ισχύει όταν a=b

Φιλικά,
Κώστας

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 05, 2010 3:13 pm**

Προβλημα 413

Από την ανισότητα των δυνάμεων:

$\displaystyle \sqrt[8]{\frac{a^{8}+b^{8}+c^{8}}{3}}\geq \frac{a+b+c}{3}\Leftrightarrow a^{8}+b^{8}+c^{8}\geq \frac{\left(a+b+c \right)^{8}}{3^{7}}\Leftrightarrow \sum{a^{8}}\cdot \frac{1}{a^{3}b^{3}c^{3}}\geq \frac{\left(a+b+c \right)^{8}}{3^{7}a^{3}b^{3}c^{3}}\geq \frac{3^{4}\left(ab+bc+ca \right)^{4}}{3^{7}a^{3}b^{3}c^{3}}=\frac{\left(ab+bc+ca \right)\left(ab+bc+ca \right)^{3}}{27a^{3}b^{3}c^{3}}\geq \left(ab+bc+ca \right)\frac{27a^{2}b^{2}c^{2}}{27a^{3}b^{3}c^{3}}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$

Φιλικά,
Κώστας

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 05, 2010 4:43 pm**

Προβλημα 1270:

Θα χρησιμοποιήσουμε τον τύπο: $\displaystyle tanhx=\frac{e^{x}-e^{-x}}{e^{x}-e^{-x}}$ .

Eίναι:

$\displaystyle tanhx>\frac{x}{\sqrt{x^{2}+1}}\Leftrightarrow \frac{e^{x}-e^{-x}}{e^{x}-e^{-x}}>\frac{x}{\sqrt{x^{2}+1}}\Leftrightarrow e^{x}\sqrt{x^{2}+1}-e^{-x}\sqrt{x^{2}+1}>xe^{x}+xe^{-x}\Leftrightarrow e^{x}\left(\sqrt{x^{2}+1}-x \right)-e^{-x}\left(\sqrt{x^{2}+1}+x \right)>0$ (1)

Θεωρώ την συνάρτηση: $\displaystyle [f\left(x \right)=e^{x}\left(\sqrt{x^{2}+1}-x \right)-e^{-x}\left(\sqrt{x^{2}+1}+x \right)$

με πρώτη παράγωγο μεγαλύτερη από

αφού:

$\displaystyle f'\left(x \right)=e^{x}\left(\sqrt{x^{2}+1}-x \right)+e^{x}\left(\frac{x}{\sqrt{x^{2}+1}}-1 \right)+e^{-x}\left(\sqrt{x^{2}+1}+x \right)-e^{-x}\left(\frac{x}{\sqrt{x^{2}+1}}+1 \right)>e^{-x}\left(\sqrt{x^{2}+1}-x \right)+e^{-x}\left(\frac{x}{\sqrt{x^{2}+1}}-1 \right)+e^{-x}\left(\sqrt{x^{2}+1}+x \right)-e^{-x}\left(\frac{x}{\sqrt{x^{2}+1}}+1 \right)=2e^{-x}\left(\sqrt{x^{2}+1}-1 \right)>0$

Άρα: $\displaystyle f\left(x \right)>f\left(0 \right)\Leftrightarrow e^{x}\left(\sqrt{x^{2}+1}-x \right)-e^{-x}\left(\sqrt{x^{2}+1}+x \right)>0$

άρα η (1) ισχύει.

Το άνο φράγμα είναι αφού:

$\displaystyle tanhx<\sqrt{1-e^{-x^{2}}}\Leftrightarrow \frac{e^{x}-e^{-x}}{e^{x}+e^{-x}}<\sqrt{1-e^{-x^{2}}}\Leftrightarrow \frac{e^{2x}+e^{-2x}-2}{e^{2x}+e^{-2x}+2}<1-e^{-x^{2}}\Leftrightarrow e^{2x}+e^{-2x}-2<e^{2x}+e^{-2x}+2-e^{2x-x^{2}}-e^{-2x-x^{2}}-2e^{-x^{2}}\Leftrightarrow 4>e^{2x-x^{2}}+e^{-2x-x^{2}}+2e^{-x^{2}}$ (2)

Γνωρίζουμε πως: $\displaystyle e^{t}\geq t+1$ θετοντας σε αυτήν όπου

το

θα πάρω:

$\displaystyle e^{-t}\geq 1-t\Leftrightarrow 1\geq e^{t}-te^{t}\Leftrightarrow e^{t}\leq 1+te^{t}$ .Άρα:

$\displaystyle e^{2x-x^{2}}\leq 1+\left(2x-x^{2} \right)e^{2x-x^{2}}$ ,

$\displaystyle e^{-2x-x^{2}}\leq 1+\left(-2x-x^{2} \right)e^{-x-x^{2}},$

$\displaystyle 2e^{-x^{2}}\leq 1+\left(-x^{2} \right)e^{-x^{2}}$

Έτσι:
$\displaystyle e^{2x-x^{2}}+e^{-2x-x^{2}}+2e^{-x^{2}}<4+\left( 2x-x^{2}\right)e^{2x-x^{2}}+\left(-2x-x^{2} \right)e^{-2x-x^{2}}+\left(-x^{2} \right)2e^{-x^{2}}=4-e^{-x^{2}}\left[\left(x^{2}-2x \right)e^{2x}+\left(x^{2}+2x \right)e^{-2x}+2x^{2} \right]$

Όμως:
$\displaystyle \left(x^{2}-2x \right)e^{2x}+\left(x^{2}+2x \right)e^{-2x}+2x^{2}>\left(x^{2}-2x \right)e^{-2x}+\left(x^{2}+2x \right)e^{-2x}+2x^{2}=2x^{2}\left(e^{-2x}+1 \right)>0\Rightarrow 4-e^{-x^{2}}\left[\left(x^{2}-2x \right)e^{2x}+\left(x^{2}+2x \right)e^{-2x}+2x^{2} \right]<4$

άρα η (2) ισχύει.

Πιστεύω να μην χάνω κάπου...

Φιλικά,
Κώστας

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 05, 2010 5:48 pm**

Ας βάλω και εγώ καμιά άσκηση γιατί μου άνοιξε η όρεξη

Πρόβλημα 75 σελ.249

ΛΥΣΗ

Η ανισότητα είναι ομογενής και θεωρούμε a+b+c=3

άρα
$\displaystyle LHS=\sum{\left(\frac{(2a+b+c)^2}{2a^2+(b+c)^2} \right)}=\sum{\left(\frac{(a+3)^2}{2a^2+(3-a)^2} \right)}=\sum{\left(\frac{a^2+6a+9}{3a^2-6a+9} \right)}=\sum{\left(\frac{1}{3}+\frac{8a+6}{3a^2-6a+9} \right)}\leq \sum{\left(\frac{1}{3}+\frac{8a+6}{6} \right)}=1+\frac{8(a+b+c)+18}{6}=8$

διότι $\displaystyle 3a^2-6a+9 = 3(a-1)^2+6 \ge 6\Leftrightarrow \frac{8a+6}{3a^2-6a+9} \le \frac{8a+6}{6}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 05, 2010 6:08 pm**

Αλλες 3

Προβλημα 2472
Έαν $\displaystyle \Delta ABC$ με γωνίες A,B,C

.Nα αποδείξετε ότι:

$\displaystyle \displaystyle cos^{2}\frac{B-C}{2}cos^{2}\frac{C-A}{2}cos^{2}\frac{A-B}{2}\geq 8^{3}\left[sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2} \right]^{3}$

Λύση:

Είναι:
$\displaystyle cos\frac{B-C}{2}=\frac{b+c}{a}\cdot sin\frac{A}{2},cos\frac{A-B}{2}=\frac{a+b}{c}\cdot sin\frac{C}{2},cos\frac{C-A}{2}=\frac{a+c}{b}\cdot sin\frac{B}{2}$

και $\displaystyle sin\frac{A}{2}=\sqrt{\frac{\left(s-b \right)\left(s-c \right)}{bc}},sin\frac{B}{2}=\sqrt{\frac{\left(s-c \right)\left(s-a \right)}{ca}},sin\frac{C}{2}=\sqrt{\frac{\left(s-a \right)\left(s-b \right)}{ab}}$

Άρα:
$\displaystyle cos^{2}\frac{B-C}{2}cos^{2}\frac{C-A}{2}cos^{2}\frac{A-B}{2}\geq 8^{3}\left[sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2} \right]^{3}\Leftrightarrow \frac{\left[\left(a+b \right)\left(b+c \right) \left(c+a \right)\right]^{2}}{a^{2}b^{2}c^{2}}\geq 512\prod{sin^{2}\frac{A}{2}}=512\frac{\left(s-a \right)\left(s-b \right)\left(s-c \right)}{abc}=64\frac{\left(-a+b+c \right)\left(a-b+c \right)\left(a+b-c \right)}{abc}\Leftrightarrow \frac{\left[\left(a+b \right)\left(b+c \right) \left(c+a \right)\right]^{2}}{a^{2}b^{2}c^{2}}\geq 64\frac{\left(-a+b+c \right)\left(a-b+c \right)\left(a+b-c \right)}{abc}\Leftrightarrow \left[\left(a+b \right) \left(b+c \right)\left(c+a \right)\right]^{2}\geq 64abc\left(-a+b+c \right)\left(a-b+c \right)\left(a+b-c \right)$

Θέτω: $\displaystyle x=-a+b+c,y=a-b+c,z=a+b-c$ άρα $\displaystyle a=\frac{y+z}{2},b=\frac{z+x}{2},c=\frac{x+y}{2}$ .

άρα η αποδεικτέα γίνεται:
$\displaystyle \left[\left(2x+y+z \right)\left(x+2y+z \right)\left(x+y+2z \right) \right]^{2}\geq 64^{2}xyz\left(x+y \right)\left(y+z \right)\left(z+x \right)\cdot \frac{1}{8}=512xyz\left(x+y \right)\left(y+z \right)\left(z+x \right)$

που ισχύει διότι από ΑΜ-GM:

$\displaystyle \left[\left(2x+y+z \right)\left(x+2y+z \right)\left(x+y+2z \right) \right]^{2}=\left[\left(x+y+x+z \right)\left(x+y+y+z \right)\left(x+z+z+y \right) \right]^{2}\geq 64\left(x+y \right)\left(y+z \right)^{2}\left(z+x \right)^{2}64\left(x+y \right)\left(y+z \right)\left(z+x \right)\left(x+y \right)\left(y+z \right)\left(z+x \right)\geq 512xyz\left(x+y \right)\left(y+z \right)\left(z+x \right)$

με την ισότητα να ισχύει όταν το τρίγωνο είναι ισόπλευρο δηλαδή όταν a=b=c

.

Πρόβλημα 2032
Να αποδείξετε ότι: $\displaystyle \sqrt{x^{2}+1}+\sqrt{y^{2}+1}+\sqrt{z^{2}+1}\geq \sqrt{6\left(x+y+z \right)}$

με x,y,z

μη αρνητικοί αριθμοί.

Λύση:
Aπό την ανισότητα Μinkowski:

$\displaystyle \sqrt{x^{2}+1}+\sqrt{y^{2}+1}+\sqrt{z^{2}+1}\geq \sqrt{\left(x+y+z \right)^{2}+\left(1+1+1 \right)^{2}}=\sqrt{\left(x+y+z \right)^{2}+9}$

αλλά από ΑΜ-GM: $\displaystyle \sqrt{\left(x+y+z \right)^{2}+9}\geq \sqrt{2\cdot 3\left(x+y+z \right)}=\sqrt{6\left(x+y+z \right)}$ .

Πρόβλημα 2532:
Άν a,b,c

θετικοί πραγματικοί αριμοί με άθροισμα τετραγώνων 1 να δείξετε ότι:
$\displaystyle \frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}\geq 3+\frac{2\left(a^{3} +b^{3}+c^{3}\right)}{abc}$

Λύση:\
Eίναι:

$\displaystyle \frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}\geq 3+\frac{2\left(a^{3} +b^{3}+c^{3}\right)}{abc}\Leftrightarrow \frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a^{2}}+\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a^{2}}+\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a^{2}}\geq 3+\frac{2\left(a^{3} +b^{3}+c^{3}\right)}{abc}\Leftrightarrow 3+\frac{b^{2}+c^{2}}{a^{2}}+\frac{c^{2}+a^{2}}{b^{2}}+\frac{a^{2}+b^{2}}{c^{2}}\geq 3+2\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{abc}\Leftrightarrow \sum{a^{2}b^{2}\left(a^{2}+b^{2} \right)}\geq 2abc\left(a^{3}+b^{3}+c^{3}\ \right)\Leftrightarrow a^{4}b^{2}+b^{4}a^{2}+c^{2}b^{4}+c^{4}b^{2}+a^{2}c^{4}+c^{2}a^{4}\geq 2a^{4}bc+2ab^{4}c+2abc^{2}\Leftrightarrow \left(a^{4}b^{2}-2a^{4}bc+a^{4}c^{2} \right)+\left(b^{4}c^{2}-2b^{4}ac +a^{4}b^{4}\right)+\left(c^{4}b^{2}-2c^{4}bc+a^{2}c^{4} \right)\geq 0\Leftrightarrow a^{4}\left(b-c \right)^{2}+b^{4}\left(c-a \right)^{2}+c^{4}\left(a-b \right)^{2}\geq 0$

που η τελευταία είναι προφανής.

Φιλικά,
Κώστας

που η τελευταία είναι προφανής από

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 05, 2010 6:18 pm**

Προτείνω να μη γραφούν άλλες εδώ, γιατί πιστεύω ότι θα ''χαθούν'' αφου το αρχείο αυτό είναι πραγματικά ανεξάντλητο.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 05, 2010 6:25 pm**

Πρόβλημα 25, σελίδα 243

ΛΥΣΗ

Θέτω $\displaystyle \frac{1998}{x_i+1998}=a_i\Rightarrow \sum_{i=1}^{n}{a_i}=1$

Όμως απο την AM-GM έχουμε:

$\displaystyle x_i=1998\left(\frac{1}{a_i}-1 \right)=1998\frac{a_1+...+a_{i-1}+a_{i+1}+..+a_n}{a_i}\geq \frac{1998(n-1)}{a_i}\sqrt[n-1]{a_i\cdot\cdot \cdot a_{i-1}a_{i+1}\cdot\cdot\cdot a_{n} }\Rightarrow \frac{\sqrt[n]{x_1x_2x_3\cdot\cdot\cdot x_n}}{n-1}\geq \frac{1}{n-1}\sqrt[n]{1998^n \cdot \prod_{i=1}^{n}{\left(\frac{1}{a_i}-1 \right)}}=\frac{1998}{n-1}\sqrt[n]{\prod_{i=1}^{n}{\left(\frac{1}{a_i}-1 \right)}} \geq \frac{1998}{n-1}\sqrt[n]{(n-1)^n \frac{\sqrt[n-1]{\left(a_1a_2a_3\cdot\cdot\cdot a_n \right)^{n-1}}}{a_1a_2a_3\cdot\cdot\cdot a_n }}=1998$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 05, 2010 6:54 pm**

Για να κάνω ένα διάλλειμα από τον Ηλεκτρομαγνητισμό, ας γράψω μια ωραία που μου άρεσε (αν και σχετικά εύκολη):

2883:
Έστω $x,y,z \in [0, 1), x+y+z=1$ , δείξτε ότι:
$\sum_{cyclic}{\sqrt{\frac{xy}{z + xy}}} \leq \frac{3}{2}$

Λύση:

Γράφουμε
z + xy = 1 - x - y + yx = (1 - y)(1 - x) = (x + z)(y + z)

z + xy = 1 - x - y + yx = (1 - y)(1 - x) = (x + z)(y + z)

και
$\sqrt{\frac{xy}{z + xy}} = \sqrt{\frac{xy}{(z + y)(x + z)}} = \sqrt{\frac{x}{(x + z)}}\times\sqrt{\frac{y}{(z + y)}} \leq \frac{1}{2}(\frac{x}{x+z} + \frac{y}{y + z})$
Προσθέτουμε κυκλικά και έχουμε το ζητούμενο.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 06, 2010 9:54 am**

mathxl έγραψε:Ελεύθερα στο διαδύκτιο, δεν ξέρω αν τα έχω ξαναδώσει
http://hydra.nat.uni-magdeburg.de/math4u/ineq.pdf αρκετές ασκήσεις είναι προτεινόμενες από τον συνάδελφο Γιώργο Τσίντσιφα (Θεσσαλονικιό και Παοκτσή )

Βασίλη ,
έτσι για ενημέρωση να αναφέρω ότι την εξαίρετη αυτή συλλογή έκανε ο Καθηγητής στο Πανεπιστήμιο του Magdenburg Eckard Specht , λάτρης του Crux .

Στον άνθρωπο αυτό χρωστάω την ....εμπλοκή μου στις Ανισότητες , που τις έχει ενσωματώσει σε ένα ωραίο βιβλίο Γεωμετρίας (στα γερμανικά) , που μου έστειλε πριν από 10 και πλέον χρόνια, ύστερα από μια τυχαία αλληλογραφία που είχαμε στο διαδίκτυο.
Ευτυχώς που υπάρχουν άνθρωποι στον κόσμο που δίνουν και την ψυχή τους για αυτό που κάνουν. Τον ευχαριστώ και δημόσια από αυτό το βήμα.
Στο δίκτυο έχει τη σελίδα
http://hydra.nat.uni-magdeburg.de/

Μπάμπης

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 06, 2010 4:56 pm**

Aλλη μια τελευταία...του κ.Τσίντιφα...

Πρόβλημα 653

Για κάθε $\displaystyle \Delta ABC$ να αποδείξετε ότι $\displaystyle \sum{cos^{2}\frac{B-C}{2}}\geq 8\prod{sin\frac{A}{2}}$ .

Λύση

Aρχικά, είναι $\displaystyle cos\frac{B-C}{2}=\frac{b+c}{a}sin\frac{A}{2},cos\frac{C-A}{2}=\frac{a+c}{b}sin\frac{B}{2},cos\frac{B-A}{2}=\frac{a+b}{a}sin\frac{C}{2}$

Άρα: $\displaystyle \sum{cos^{2}\frac{B-C}{2}}\geq 3\sqrt[3]{\frac{\left(a+b \right)\left(b+c \right)\left(c+a \right)}{abc}\prod{sin\frac{A}{2}}}\geq 6\sqrt[3]{\prod{sin\frac{A}{2}}}$

αφού από ΑΜ-GM: $\displaystyle \left(a+b \right)\left(b+c \right)\left(c+a \right)\geq 8\sqrt{abbcca}=8abc$ .

Aρκεί λοιπόν:
$\displaystyle 6\sqrt[3]{\prod{sin\frac{A}{2}}}\geq 24\prod{sin\frac{A}{2}}\Leftrightarrow \prod{sin^{2}\frac{A}{2}}\leq \frac{1}{64}\Leftrightarrow \prod{sin\frac{A}{2}}\leq \frac{1}{8}$

που ισχύει αφού:
$\displaystyle \prod{sin\frac{A}{2}}=\frac{\left(s-a \right)\left(s-b \right)\left(s-c \right)}{abc}\leq \frac{1}{8}\Leftrightarrow \left(-a+b+c \right)\left(a-b+c \right)\left(a+b-c \right)\leq abc$ .

H τελευταία αποδεικνύεται με την αντικατάσταση: $\displaystyle x=-a+b+c,y=a-b+c,z=a+b-c$ επειδή μετασχηματίζεται μετά από πράξεις στην:

$\displaystyle \left(x+y \right)\left(y+z \right)\left(z+x \right)\geq 8xyz$ ,που είναι αποδεδειγμένη πιο πάνω.

Η ισότητα στην ζητούμενη ισχύει όταν το τρλιγωνο είναι ισόπλευρο δηλαδή όταν: a=b=c

.

Φιλικά,
Κώστας

mathematica.gr

crux

crux

Re: crux

Re: crux

Re: crux

Re: crux

Re: crux

Re: crux

Re: crux

Re: crux

Re: crux

Re: crux

Re: crux

Re: crux

Re: crux

Re: crux