متباينات طايفية !

مهند الزهراني · #1 06-08-2010, 15:47

السلام عليكم ...

الحمد لله رجعنا من اسبوعين مجهدين من العمل هناك مع ذكريات لا تنسى واشخاص رايناهم واحببناهم وكانت من الايام التي لا تمحى من الذاكرة ابدا ...

المهم من عبق الطائف جبت كم متباينة حلوة علكم تحسون بالجو هناك :laughter01:

1- اذا علمت ان a,b,c اعداد حقيقة فأثبت ان

$\150dpi \frac{a^4+1}{a+b}+\frac{b^4+1}{b+c}+\frac{c^4+1}{c+a}\geq a+b+c$

2- اذا كان n عددا طبيعيا و a عدد حقيقي موجب فأثبت أن

$\150dpi a^n+n\geq an+1$

3- اذا علمت أن $\150dpi a_1a_2...a_n=1$ فأثبت أن

$\150dpi \prod_{k=1}^{n}\left (2+a_k \right )\geq 3^n$

haay · #2 06-08-2010, 15:51

الحمد على السلامه

مهند الزهراني · #3 06-08-2010, 23:06

:emot30_astonishe: :emot30_astonishe: :emot30_astonishe:

Weierstrass-Casorati · #4 07-08-2010, 12:33

عليكم السلام ورحمة الله وبركاته
الحمد لله على السلامة
واضح أن الجو هناك كان رائع
وبعدين راجع من أولها متباينات
المتباينة الأخيرة

باستخدام AM-GM

$\120dpi \large \overset{n\; terms}{\overbrace{\frac{2}{2+a_1}+\frac{2}{2+a_2}+....+\frac{2}{2+a_n}}}\geq \frac{2n}{\sqrt[n]{(2+a_1)(2+a_2)....(2+a_n)}}$

$\120dpi \large \frac{a_1}{2+a_1}+\frac{a_2}{2+a_2}+....+\frac{a_n}{2+a_n}\geq \frac{n\sqrt[n]{a_1\,a_2\,...\,a_n}}{\sqrt[n]{(2+a_1)(2+a_2)....(2+a_n)}}$

بالجمع

$\120dpi \large n\geq \frac{n(2+\sqrt[n]{a_1\,a_2\,...\,a_n})}{\sqrt[n]{(2+a_1)(2+a_2)....(2+a_n)}}$

$\120dpi \large \sqrt[n]{(2+a_1)(2+a_2)....(2+a_n)}\geq (2+\sqrt[n]{a_1\,a_2\,...\,a_n})$

برفع الطرفين للأس n

$\120dpi \large (2+a_1)(2+a_2)....(2+a_n)\geq (2+\sqrt[n]{a_1\,a_2\,...\,a_n})^n$

وبالتالي

$\120dpi \large \prod_{k=1}^{n}(2+a_k)\geq 3^n$

مهند الزهراني · #5 07-08-2010, 15:46

صحيح ، لكن ليش هالتعقيد ؟

طيب اش رأيك لو اعتبرنا $\200dpi 2+a_i=1+1+a_i$ مو راح تنحل علطول ؟

Weierstrass-Casorati · #6 07-08-2010, 16:40

المشاركة الأصلية كتبت بواسطة مهند الزهراني

صحيح ، لكن ليش هالتعقيد ؟

طيب اش رأيك لو اعتبرنا $\200dpi 2+a_i=1+1+a_i$ مو راح تنحل علطول ؟

إيه صحيح معك حق ممكن تنحل ع طول

$\120dpi (2+a_i)=1+1+a_i\geq 3\sqrt[3]{a_i}$

$\120dpi \prod_{k=1}^{n}(2+a_k)\geq 3^n\sqrt[3]{a_1 a_2 ...a_k}$

$\120dpi \prod_{k=1}^{n}(2+a_k)\geq 3^n$

مهند الزهراني · #7 08-08-2010, 00:13

يلا بقي اول سؤالين روعة وسهلين جدااااااااا

Weierstrass-Casorati · #8 08-08-2010, 14:23

السؤال الأول أمره سهل لكن الثاني غريب

Weierstrass-Casorati · #9 09-08-2010, 18:23

حاولت في الثانية وما عرفت، ممكن مساعدة
$\120dpi a^n + \overset{n\, terms}{\overbrace{1+1+...+1}}\geq (n+1)\sqrt[n+1]{a^n}$

$\120dpi a^n +n\geq (n+1)a^{}\frac{n}{n+1}$
هيك صح ولا خطأ؟

Weierstrass-Casorati · #10 09-08-2010, 18:38

المتباينة الأولى
من AM-GM
$\120dpi a^4 +1\geq 2a^2,\,\,\,b^4 +1\geq 2b^2,\,\,\,c^4 +1\geq 2c^2$

$\120dpi \therefore \frac{a^4 +1}{a+b}+\frac{b^4 +1}{b+c}+\frac{c^4 +1}{c+a}\geq 2\left ( \frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a} \right )$

بتطبيق كوشي-شوارتز على
$\120dpi (\sqrt{a+b},\sqrt{b+c},\sqrt{c+a}),(\frac{a}{\sqrt{a+b}},\frac{b}{\sqrt{b+c}},\frac{c}{\sqrt{c+a}})$

$\120dpi 2(a+b+c)\left ( \frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a} \right )\geq (a+b+c)^2$

$\120dpi 2\left ( \frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a} \right )\geq a+b+c$

$\120dpi \therefore \frac{a^4 +1}{a+b}+\frac{b^4 +1}{b+c}+\frac{c^4 +1}{c+a}\geq a+b+c$

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

حسابٌ واحد لجميع خدماتنا !