" المسابقة الرياضية الكبرى " - الصفحة 7

Weierstrass-Casorati · #61 11-07-2010, 14:09

ما شاء الله عليك مهند
سؤال رائع، وأعيتني الحيلة فيه

لكن راح احط محاولتي
أولا خليت
$A_n = \frac{1}{2} \times \frac{3}{4} \times \frac{5}{6} \times .....\times\frac{2001}{2002} \times \frac{2003}{2004}$

وفرضت
$B_n = \frac{2}{3} \times \frac{4}{5} \times \frac{6}{7} \times .....\times\frac{2002}{2003} \times \frac{2004}{2005}$

$A_n B_n = \frac{1}{2005}$

من الواضح أن كل حد من حدود $B_n$ > كل حد مقابل له في $A_n$

أي أن $B_n > A_n$

بضرب الطرفين في $A_n$

نجد أن $A_n^2<A_n B_n$

$A_n^2<\frac{1}{2005}$

$A_n<\frac{1}{\sqrt{2005}}$

أي أن
$\150dpi \frac{1}{2}\times \frac{3}{4}\times \frac{5}{6}\times ...\times \frac{2003}{2004}< \frac{1}{\sqrt{2005}}$

مهند الزهراني · #62 11-07-2010, 14:15

المشاركة الأصلية كتبت بواسطة Weierstrass-Casorati

ما شاء الله عليك مهند
سؤال رائع، وأعيتني الحيلة فيه

لكن راح احط محاولتي
أولا خليت
$A_n = \frac{1}{2} \times \frac{3}{4} \times \frac{5}{6} \times .....\times\frac{2001}{2002} \times \frac{2003}{2004}$

وفرضت
$B_n = \frac{2}{3} \times \frac{4}{5} \times \frac{6}{7} \times .....\times\frac{2002}{2003} \times \frac{2004}{2005}$

$A_n B_n = \frac{1}{2005}$

من الواضح أن كل حد من حدود $B_n$ > كل حد مقابل له في $A_n$

أي أن $B_n > A_n$

بضرب الطرفين في $A_n$

نجد أن $A_n^2<A_n B_n$

$A_n^2<\frac{1}{2005}$

$A_n<\frac{1}{\sqrt{2005}}$

أي أن
$\150dpi \frac{1}{2}\times \frac{3}{4}\times \frac{5}{6}\times ...\times \frac{2003}{2004}< \frac{1}{\sqrt{2005}}$

أنت رائع وعبقري :s_thumbup:

ممتاز جدا ومشاركتك ابداعية ، الله يوفقك ...

وبالرد التالي سؤالين صعبين شوي هدية خصيصا لك لأنك أكثر مشارك هنا ، استمر بتفكيرك هذا وراخ توصل للحل السليم باذن الله ...

مهند الزهراني · #63 11-07-2010, 14:22

سؤال اليوم بالجبر وهدية للأخ العزيز والمبدع Weierstrass-Casorati ...

اذا علمت أن n عدد صحيح موجب و a,b اعداد حقيقية موجبة فأثبت كلا المتباينتين

$\150dpi (1) \ \frac{a^{n+1}+nb^{n+1}}{n+1}\geq ab^n$

$\150dpi (2) \ \left ( \frac{n+1}{2} \right )^n\geq n!$

يبغالها شوي تفكير !!!

Weierstrass-Casorati · #64 11-07-2010, 17:03

السؤال الثاني روعة روعة يا مهند
بس من وين بتجيب هالأسئلة؟

راح أحل التاني ... وبشوف الأول بعدين
لأنه شكله مو مطمني

مباشرة من متباينة الوسط الحسابي والهندسي

$\frac{1+2+....+n}{n}\geq \sqrt[n]{n!}$

و بما أن $1+2+....+n =\frac{n(n+1)}{2}$

تصبح المتباينة

$\frac{n(n+1)}{2n}\geq \sqrt[n]{n!}$

وبرفع الطرفين للقوة n

$\left ( \frac{n+1}{2} \right )^n\geq n!$

:fantastic_new:

مهند الزهراني · #65 11-07-2010, 17:24

أنت الروعة والله ، الخطأ الوحيد بحلك هو انك عكست علامات التباين كلها للأسف عدا الاخيرة !!!

متباينة AM-GM تقتضي ان الوسط الحسابي اكبر من او يساوي الوسط الهندسي وليس اصغر من ، وراح اعدلها بحلك ،،،

ترا الاولى فكرتها روووووووعة !!!

ومصادر الأسئلة سرية ههههههه

Weierstrass-Casorati · #66 11-07-2010, 17:29

اااااااااااااه والله معكوسة

من الاستعجال
** شكرا شكرا ع التعديل مهند :a_plain111:

طيب والأولي بردو بنستخدم متباينة الوسط الحسابي والهندسي؟

مهند الزهراني · #67 11-07-2010, 17:32

المشاركة الأصلية كتبت بواسطة Weierstrass-Casorati

اااااااااااااه والله معكوسة

من الاستعجال
** شكرا شكرا ع التعديل مهند :a_plain111:

طيب والأولي بردو بنستخدم متباينة الوسط الحسابي والهندسي؟

!!!yes

دلع بنوته · #68 11-07-2010, 17:42

ممكن أحد شرح لنا هـ المتابينة ؟ ^^

مهند الزهراني · #69 11-07-2010, 17:43

على ما تحل السؤال الباقي اسمح لي بوضع سؤالين جميلين آخرين ...

- أوجد عدد المربعات الكاملة التي تقسم

$\150dpi 1!\times 2!\times 3!...\times 8!$

- أثبت بثلاث طرق مختلفة ليس من بينها الاستقراء الرياضي أن

$\150dpi 1+2+....+n=\frac{n(n+1)}{2}$

- أثبت بدون استخدام الاستقراء الرياضي أن

$\150dpi 4|5^n+3 : n\in \mathbb{N}\wedge n\geq 1$

حيث الاشارة | تعني أن 4 تقسم العدد الاخر ...

مهند الزهراني · #70 11-07-2010, 17:48

المشاركة الأصلية كتبت بواسطة دلع بنوته

ممكن أحد شرح لنا هـ المتابينة ؟ ^^

ان شاء الله بحط عنها نبذة بموضوع مستقل ...

أدوات الموضوع
مشاهدة صفحة طباعة الموضوع أرسل هذا الموضوع إلى صديق
انواع عرض الموضوع
العرض العادي الانتقال إلى العرض المتطور الانتقال إلى العرض الشجري

حسابٌ واحد لجميع خدماتنا !