متفاوتة

05-04-2009, 02:36 PM

السلام عليكم

$x$ و $y$ و $z$ أعداد حقيقية موجبة قطعا.

اثبت أن :

$\frac{x}{{x + \sqrt {(x + y)(x + z)} }} + \frac{y}{{y + \sqrt {(y + z)(y + x)} }} + \frac{z}{{z + \sqrt {(z + x)(z + y)} }} \le 1$

05-04-2009, 03:01 PM

اقتباس : المشاركة الأصلية كتبت بواسطة omar [ مشاهدة المشاركة ]

السلام عليكم

$x$ و $y$ و $z$ أعداد حقيقية موجبة قطعا.

اثبت أن :

$\frac{x}{{x + \sqrt {(x + y)(x + z)} }} + \frac{y}{{y + \sqrt {(y + z)(y + x)} }} + \frac{z}{{z + \sqrt {(z + x)(z + y)} }} \le 1$

متباينة جميلة، وقد وصلت إلى الحل. لكن نترك فرصة للبقية.

05-04-2009, 03:18 PM

اقتباس : المشاركة الأصلية كتبت بواسطة mathson [ مشاهدة المشاركة ]

متباينة جميلة، وقد وصلت إلى الحل. لكن نترك فرصة للبقية.

بهذه السرعة !
Un grand bravo
تحياتي لك .

06-04-2009, 03:17 PM

اقتباس : المشاركة الأصلية كتبت بواسطة omar [ مشاهدة المشاركة ]

بهذه السرعة !
Un grand bravo
تحياتي لك .

هذا من باب الصدفة ليس إلا، لأنني مبدأ في هذا العلم.
والحل كالتالي: بعد استخدام متفاوتة Huygens (http://www.uaemath.com/ar/aforum/sho...8&postcount=10) نجد أن:

$\sqrt{(x+y)(x+z)} \ge x + \sqrt{xy}$

الآن لدينا :

$\sum \frac{x}{x+\sqrt{(x+y)(x+z)}} \le \sum \frac{x}{2x+\sqrt{yz}}$

بوضع $a=\frac{\sqrt{yz}}{x},b=\frac{\sqrt{xy}}{z},c=\frac{\sqrt{xz}}{y}$ (حاصل ضربهم = 1) تصبح المتاينة على الشكل:

$\sum \frac{1}{2+a} \le 1$

وحيث أنها صحيحة لأنها تكافئ $ab + bc + ac \ge 3$ .

06-04-2009, 09:59 PM

السلام عليكم

ما شاء الله عليك اخي ،حلك جميل و انيق انت ايضا اتعلم منك الكتير كل يوم ، شكرا لك

شكرا لك اخي عمر على المتفاوتة الجميلة

08-04-2009, 12:32 AM

اقتباس : المشاركة الأصلية كتبت بواسطة mathson [ مشاهدة المشاركة ]

هذا من باب الصدفة ليس إلا، لأنني مبدأ في هذا العلم.
والحل كالتالي: بعد استخدام متفاوتة Huygens (http://www.uaemath.com/ar/aforum/sho...8&postcount=10) نجد أن:

$\sqrt{(x+y)(x+z)} \ge x + \sqrt{yz}$

الآن لدينا :

$\sum \frac{x}{x+\sqrt{(x+y)(x+z)}} \le \sum \frac{x}{2x+\sqrt{yz}}$

بوضع $a=\frac{\sqrt{yz}}{x},b=\frac{\sqrt{xy}}{z},c=\frac{\sqrt{xz}}{y}$ (حاصل ضربهم = 1) تصبح المتاينة على الشكل:

$\sum \frac{1}{2+a} \le 1$

وحيث أنها صحيحة لأنها تكافئ $ab + bc + ac \ge 3$ .

فكرة استعمال Huygens inequality ممتازة ولم تخطر لي على بال .

يمكن الوصول إلى نفس النتيجة باستعمال متفاوتة الوسط الحسابي-الهندسي

$\sqrt {\left( {x + y} \right)(x + z)}= \sqrt {{x^2} + \left( {xz + yx} \right) + yz}\ge \sqrt {{x^2} + 2x\sqrt {yz}+ yz}= x + \sqrt {yz}$

برافو مرة أخرى .

08-04-2009, 12:41 AM

الحل الذي لدي لايختلف في بدايته على فكرة الأخ mathson

ودائما باستعمال متفاوتة الوسط الحسابي-الهندسي لدينا :

$\sqrt {\left( {x + y} \right)\left( {x + z} \right)}= \sqrt {\left( {{x^2} + yz} \right) + xz + yx}\ge \sqrt {2x\sqrt {yz}+ xz + yx}= \sqrt {{{\left( {\sqrt {xz}+ \sqrt {yx} } \right)}^2}}= \sqrt {xz}+ \sqrt {yx}$

إذن :

${x \over {x + \sqrt {\left( {x + y} \right)\left( {x + z} \right)} }} \le {x \over {x + \sqrt {xz}+ \sqrt {yx} }} = {{\sqrt x } \over {\sqrt x+ \sqrt y+ \sqrt z }}$

وبالتالي :

$\sum\limits_{cyc} {{x \over {x + \sqrt {\left( {x + y} \right)\left( {x + z} \right)} }} \le \sum\limits_{cyc} {{{\sqrt x } \over {\sqrt x+ \sqrt y+ \sqrt z }}} }= 1$


العضو المميز	الموضوع المميز	المشرف المميز
المنتدى متاح للتصفح فقط ولا يقبل المشاركات الجديدة	ماشاء الله تبارك الله ماشاء الله لاقوة الا بالله	المنتدى متاح للتصفح فقط ولا يقبل المشاركات الجديدة