متباينة .. وإثبات

[مهند الزهراني]

السلام عليكم ورحمة الله وبركاته

المتباينة التالية معروفة

اذا كانت كل الاعداد المستخدمة حقيقية موجبة فإن

http://latex.codecogs.com/gif.latex?\dpi{150}&space;\left&space;(&space;\sum_{k=1}^{k=n}a_k^2&space; \right&space;)\left&space;(&space;\sum_{k=1}^{k=n}b_k^2\right&space;)\geq&space; \left&space;(\sum_{k=1}^{k=n}a_kb_k&space;\right&space;)^2

هل من إثبات محترف لهذه المتباينة ؟ علما بأنها معيارية معروفة ...

[مهند الزهراني]

أحد الإثباتات بالإستقراء :)

سأترك لكم برهان المتباينة التالية بالإستقراء

http://latex.codecogs.com/gif.latex?\dpi{150}&space;\sum_{k=1}^{n}\frac{a_k^2}{b_k ^2}\geq&space;\frac{\left&space;(&space;\sum_{k=1}^{n}a_k&space;\right&space;)^2 }{\sum_{k=1}^{n}b_k^2}

" سهل جدا بالإستقراء "

الآن

http://latex.codecogs.com/gif.latex?\dpi{150}&space;\sum_{k=1}^{n}a_k^2=\sum_{k=1} ^{n}\frac{a_k^2b_k^2}{b_k^2}\geq&space;\frac{\left&space;(&space;\su m_{k=1}^{n}a_kb_k&space;\right&space;)^2}{\sum_{k=1}^{n}b_k^2} \Leftrightarrow&space;\left&space;(&space;\sum_{k=1}^{n}a_k^2&space;\right &space;)\left&space;(&space;\sum_{k=1}^{n}b_k^2&space;\right&space;)\geq&space;\left&space;( &space;\sum_{k=1}^{n}a_kb_k&space;\right&space;)^2

ولإثبات إحترافي ، فكروا في المميز ;)

[مهند الزهراني]

بعد غياب عن منتداي الحبيب طويلا ، سيكون ردي الأول استقرائيا :D

يمكن فرض كثيرة الحدود

http://latex.codecogs.com/gif.latex?\dpi{150}&space;f(t)=\sum_{k=1}^{k=n}(a_kt-b_k)^2

وبعدها يمكن الاستفادة منها بدراسة اشارة كثيرة الحدود واشارة المميز

والباقي عليكم :D

[مهند الزهراني]

ملاحظة : بعد الهنت الأخير اللي اعطيته اذا ما حليتوا السؤال باستخدامه معناه مافي أحد استوعب نهائيا درس دراسة الاشارة بمنهج الصف الثالث ثانوي :D

عموما بحط الحل :)

الآن من المعطى كثيرة الحدود عبارة عن مجموع مربعات ، اذا هي موجبة لكل قيم t الحقيقية ، وبالتالي مميزها سالب

الآن كثيرة الحدود المعطاة تساوي

http://latex.codecogs.com/gif.latex?\dpi{150}&space;p(t)=\left&space;(&space;\sum_{k=1}^{n}a_k ^2&space;\right&space;)t^2-\left&space;(&space;\sum_{k=1}^{n}a_kb_k&space;\right&space;)t+\sum_{k=1}^ {n}b_k^2

ونأخذ المميز أقل من او يساوي الصفر ويتم المطلوب :D

...............

فكرة ثالثة للبرهان :D

استفد من المتباينة

http://latex.codecogs.com/gif.latex?\dpi{150}&space;x^2+y^2\geq&space;2xy

[مهند الزهراني]

أولا

http://latex.codecogs.com/gif.latex?\dpi{150}&space;(x-y)^2\geq&space;0\Leftrightarrow&space;x^2+y^2\geq&space;2xy

الآن لنستخدم ذلك في برهان متباينتنا بالصورة التالية

http://latex.codecogs.com/gif.latex?\dpi{150}&space;\frac{a^2_1}{\sum_{k=1}^{n}a^2 _k}+\frac{b^2_1}{\sum_{k=1}^{n}b^2_k}\geq&space;\frac{2a _1b_1}{&space;\sqrt{\sum_{k=1}^{n}a_k^2\sum_{k=1}^{n}b_k ^2}&space;}

وبنفس الطريقة نستمر ثم نجمع كل المتباينات ونربع ونصل للمطلوب :D

[الهَياء]

،

مآشآء الله عليكْ ،
الله يجزآكْ الجنة آخوي على هالجُهد = )

[مهند الزهراني]

^^

يعطيك العافية

هناك حل آخر سريع يتمثل باستخدام مباشر جدا لمتطابقة لاغرانج ( Lagrange's identity (


http://latex.codecogs.com/gif.latex?\dpi{150}&space;\left&space;(&space;\sum_{k=1}^{n}a_k^2&space;\r ight&space;)\left&space;(&space;\sum_{k=1}^{n}b_k^2&space;\right&space;)-\left&space;(&space;\sum_{k=1}^{n}a_kb_k&space;\right&space;)^2=\sum_{i\ne q&space;j}\left&space;(a_ib_j-a_jb_i&space;\right&space;)^2

[مهند الزهراني]

وأخيرا للمعلومية المتباينة تدعى متباينة كوشي - شوارتز وهي مشهورة جدا لدى طلاب الاولمبياد ولدى المشتغلين بالجبر الخطي وهي حالة خاصة جدا من متباينة أعم تدعى متباينة هولدر

[مهند الزهراني]

وأحاول الآن إيجاد طريقة جديدة للإثبات