منتديات الرياضيات العربية - عرض مشاركة واحدة

19-08-2007, 04:06 PM

باستخدام متفاوتة Cauchy Schwarz نجد :

$\left( {x(ay + bz) + y(az + bx) + z(ax + by)} \right)\left( {\frac{x}{{ay + bz}} + \frac{y}{{az + bx}} + \frac{z}{{ax + by}}} \right) \ge \left( {x + y + z} \right)^2$

أي : $(a + b)(xy + yz + zx)\left( {\frac{x}{{ay + bz}} + \frac{y}{{az + bx}} + \frac{z}{{ax + by}}} \right) \ge \left( {x + y + z} \right)^2$

أي : $\left( {\frac{x}{{ay + bz}} + \frac{y}{{az + bx}} + \frac{z}{{ax + by}}} \right) \ge \frac{{\left( {x + y + z} \right)^2 }}{{(a + b)(xy + yz + zx)}}$ ولتكن هذه المتفاوتة $1$ .

إذن للوصل إلى المتفاوتة المرجوة يكفي إثبات أن $\left( {x + y + z} \right)^2\ge 3(xy + yz + zx)$ وهذه لسيت صعبة !

نعلم أن : $\left( {x + y + z} \right)^2= x^2+ y^2+ z^2+ 2(xy + yz + zx)$

وباستخدام متفاوتة الوسط الحسابي والهندسي نجد أن :

$x^2+ y^2\ge 2xy\,\,,\,\,y^2+ z^2\ge 2yz\,\,\,,\,\,x^2+ z^2\ge 2xz$

وبجمع هذه المتفاوتات الثلاث وقسمة الطرفين على العدد $2$ نجد :

$x^2+ y^2+ z^2\ge xy + yz + zx$

ومنه : $x^2+ y^2+ z^2+ 2(xy + yz + zx) \ge 3(xy + yz + zx)$

أي : $\left( {x + y + z} \right)^2\ge 3(xy + yz + zx)$

إذن : $\frac{{\left( {x + y + z} \right)^2 }}{{(xy + yz + zx)}} \ge 3$

ومنه : $\frac{{\left( {x + y + z} \right)^2 }}{{(a + b)(xy + yz + zx)}} \ge \frac{3}{{a + b}}$ ولتكن هذه المتفاوتة $2$ .

من المتفاوتتين $1$ و $2$ نصل إلى المتفاوتة الرومانية الجميلة

$\left( {\frac{x}{{ay + bz}} + \frac{y}{{az + bx}} + \frac{z}{{ax + by}}} \right) \ge \frac{3}{{a + b}}$