" المسابقة الرياضية الكبرى " - الصفحة 7

Weierstrass-Casorati · #1 11-07-2010, 15:09

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 · #2 11-07-2010, 15:15

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 · #3 11-07-2010, 15:22

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 · #4 11-07-2010, 18:03

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 · #5 11-07-2010, 18:24

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 · #6 11-07-2010, 18:29

اااااااااااااه والله معكوسة

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

طيب والأولي بردو بنستخدم متباينة الوسط الحسابي والهندسي؟

مهند الزهراني · #7 11-07-2010, 18:32

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 · #8 11-07-2010, 18:42

ممكن أحد شرح لنا هـ المتابينة ؟ ^^

مهند الزهراني · #9 11-07-2010, 18:48

المشاركة الأصلية كتبت بواسطة دلع بنوته

ممكن أحد شرح لنا هـ المتابينة ؟ ^^

ان شاء الله بحط عنها نبذة بموضوع مستقل ...

مهند الزهراني · #10 11-07-2010, 18:43

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 ...

حسابٌ واحد لجميع خدماتنا !