Romanian Inequality .

18-08-2007, 08:16 PM

ليكنaوbوxوyوz اعداد حقيقية موجبة قطعا
برهن عن المتفاوتة التالية

c

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

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

19-08-2007, 04:13 PM

حل جميل و واضح اخي _عمر_.


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

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