المتبآينـــآت .. - الصفحة 2

نورة الشريف · #11 06-05-2011, 22:54

ماا يمدييني ع العنقلييزيي ...!

أقوول يا سمسسم اقري وش كاتبة بالموضووع ..!

"الرجاء الالتزام بالقواعد العامة للمنتدى وعدم خروج النقاش الى غير محاولات الحل .. "

ههههههه

طيب ورا ما تحطيين ..؟ والا جودك تحليين بس ..؟!!!
هع

مهند الزهراني · #12 07-05-2011, 15:35

حل كويس

يعطيك العافية

طيب متباينة ثانية ونبغى حلول حلوة

اذا علمت أن $abc=1$

فبرهن أن

$a^2+b^2+c^2\geq a+b+c$

طبعا الاعداد موجبة

نورة الشريف · #13 08-05-2011, 21:04

thx T.mohand

$by( AM-GM) : a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}=3 \rightarrow (a+b+c)^2\geq 3 (a+b+c)$

$from T_2 : a^2+b^2+c^2\geq \frac{ (a+b+c)^2}{3}\geq a+b+c$

...

مهند الزهراني · #14 08-05-2011, 21:43

حل مميز

في عندي حل ثاني ، بس فكرته أتوقع ما تخطر على بال أحد بسهولة

عندك يوم تحاولي تجيبي فكرة حلوة وبعدها بحط حلي

منتظرين

إشراقة · #15 08-05-2011, 23:25

$\frac{1}{a^{2}b^{2}}+\frac{1}{ab}+1\geq \frac{3}{ab}$

بالمثل البقية...ثم الجمع:
$a^{2}+b^{2}+c^{2}+a+b+c+3\geq 3(a+b+c)$

ولكن:
$a+b+c\geq 3$

بطرح $2(a+b+c)$ من الطرفين نصل للمطلوب

إشراقة · #16 09-05-2011, 00:15

المشاركة الأصلية كتبت بواسطة نورة الشريف

طيب ورا ما تحطيين ..؟ والا جودك تحليين بس ..؟!!!
هع

ههههههه يا لبى قلبك
أنتِ صاحبة الموضوع وما شفنا منك إلا سؤال ..:baa_cut:
لا وبعد فكرته قديييييمة هههههه:

.

زهرة الأوركيد · #17 09-05-2011, 01:13

باستخدام am - gm
$\\a^2+1\geq 2a\\ b^2+1\geq 2b\\ c^2+1\geq 2c\\ \\ a^2+b^2+c^2+3\geq 2(a+b+c)\geq (a+b+c)+3\\ a^2+b^2+c^2\geq a+b+c\\$

مهند الزهراني · #18 09-05-2011, 15:35

حل جميل أختي

الحل الثاني هو كالتالي ، خذ الجذر التكعيبي للمعطى

$a^{\frac{1}{3}}b^{\frac{1}{3}}c^{\frac{1}{3}}=1$

الان لو ضربنا كل حد في يمين المتباينة بالمقدار السابق ما راح يأثر " كأننا ضربنا في واحد "

وبالتالي تصير المتباينة

$a^2+b^2+c^2\geq a^{\frac{4}{3}}b^{\frac{1}{3}}c^{\frac{1}{3}}+a^{\frac{1}{3}}b^{\frac{4}{3}}c^{\frac{1}{3}}+a^{\frac{1}{3}}b^{\frac{1}{3}}c^{\frac{4}{3}}$

طبق متباينة الوسطين بالطريقة التالية

$a^2+a^2+a^2+a^2+b^2+c^2\geq 6a^{\frac{4}{3}}b^{\frac{1}{3}}c^{\frac{1}{3}}$

طبعا بالتكرار لـ b,c وجمع الثلاث متباينات تثبت المتباينة

وبث

.......

لا طلعتوا كويسين

الظاهر لازم نجيب متباينات كذا قوية شوية

بدور وحدة وأرجع

مهند الزهراني · #19 09-05-2011, 15:40

شوفوا هذي

اذا كانت لديك الأعداد الحقيقة a,b,c حيث $a , b ,c\geq 1$

فبرهن أن

$\sqrt{a-1}+\sqrt{b-1}+\sqrt{c-1}\leq \sqrt{a(bc+1)}$

إشراقة · #20 09-05-2011, 18:16

المشاركة الأصلية كتبت بواسطة إشراقة

$\frac{1}{a^{2}b^{2}}+\frac{1}{ab}+1\geq \frac{3}{ab}$

بالمثل البقية...ثم الجمع:
$a^{2}+b^{2}+c^{2}+a+b+c+3\geq 3(a+b+c)$

ولكن:
$a+b+c\geq 3$

بطرح $2(a+b+c)$ من الطرفين نصل للمطلوب

شكل هذا الحل ما عجبك أستاذنا:words_cut:
وجاري حل السؤال الجديد:s_thumbup:

الذين يشاهدون محتوى الموضوع الآن : 1 ( الأعضاء 0 والزوار 1)

حسابٌ واحد لجميع خدماتنا !