لنتدرب معا للأولمبياد - الصفحة 3

مهند الزهراني · #21 21-03-2011, 16:00

المشاركة الأصلية كتبت بواسطة زهرة الأوركيد

$f(x)+2f\left(\frac{1}{x}\right)=3x\\ x\rightarrow\frac{1}{x}\\ f\left(\frac{1}{x}\right)+2f(x)=\frac{3}{x}$

نضرب المعادلة الأخير في -2 ونجمعها للأولى :
$ -3f(x)=3x-\frac{6}{x}\\ f(x)= \frac{2}{x}-x$

الشرط :

$\frac{2}{x}-x=x-\frac{2}{x}\\ 2x=\frac{4}{x}\\ x=\pm\sqrt2 $

جميل جدا

وأهم ما أردت الوصول إليه هو هذه الخطوة

$f(x)+2f\left(\frac{1}{x}\right)=3x\\ x\rightarrow\frac{1}{x}\\ f\left(\frac{1}{x}\right)+2f(x)=\frac{3}{x}$

خطوة مهمة في حل المعادلات الدالية البسيطة

موفقة

وانتظروا السؤال الجديد

مهند الزهراني · #22 21-03-2011, 16:04

سؤالنا الجديد بسيط للغاية وأطلب إثباته ، وحل هذا السؤال سيساعد على حل السؤال اللي بعده

- أثبت أنه لأي أربعة أعداد حقيقية موجبة فإن المتباينة التالية متحققة

$\frac{a+b+c+d}{4}\geq \sqrt[4]{abcd}$

Siddigss · #23 22-03-2011, 21:22

بسم الله الرحمن الرحيم
السلام عليكم ورحمة الله وبركاته !!

ما شاء الله تبارك الله !!
موضوع جميل جدا

جزاك الله خيرا أخي مهند وجزى الله الجميع !!
هذا إثباتي والله أعلم

$a^4+b^4+c^4+d^4-4abcd=(a^2-b^2)^2+(c^2-d^2)^2-4abcd+2a^2b^2+2d^2c^2\\=(a^2-b^2)^2+(c^2-d^2)^2+(\sqrt{2}ab-\sqrt{2}dc)^2$

إذاً : الناتج موجب !!
$\Rightarrow a^4+b^4+c^4+d^4\geq 4abcd\Rightarrow \frac{a^4+b^4+c^4+d^4}{4}\geq abcd$

باستبدال الأعداد بجذورها الرابعة !!
$\frac{a+b+c+d}{4}\geq \sqrt[4]{abcd}$

إن شاء الله صحيح !!

أنتظر تصحيحك أخي

مهند الزهراني · #24 23-03-2011, 15:21

المشاركة الأصلية كتبت بواسطة Siddigss

بسم الله الرحمن الرحيم
السلام عليكم ورحمة الله وبركاته !!

ما شاء الله تبارك الله !!
موضوع جميل جدا

جزاك الله خيرا أخي مهند وجزى الله الجميع !!
هذا إثباتي والله أعلم

$a^4+b^4+c^4+d^4-4abcd=(a^2-b^2)^2+(c^2-d^2)^2-4abcd+2a^2b^2+2d^2c^2\\=(a^2-b^2)^2+(c^2-d^2)^2+(\sqrt{2}ab-\sqrt{2}dc)^2$

إذاً : الناتج موجب !!
$\Rightarrow a^4+b^4+c^4+d^4\geq 4abcd\Rightarrow \frac{a^4+b^4+c^4+d^4}{4}\geq abcd$

باستبدال الأعداد بجذورها الرابعة !!
$\frac{a+b+c+d}{4}\geq \sqrt[4]{abcd}$

إن شاء الله صحيح !!

أنتظر تصحيحك أخي

جميل جدا لكنه أكثر تعقيدا من اللي ببالي

فكرة اثباتي بسيطة جدا وهي كالتالي

$(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2\geq 0\Leftrightarrow \frac{a+b}{2}\geq \sqrt{ab}$

وبالتالي

$\frac{a+b+c+d}{4}=\frac{1}{2}\left ( \frac{a+b}{2}+\frac{c+d}{2} \right )\geq \frac{1}{2}\left ( \sqrt{ab}+\sqrt{cd} \right )\geq \sqrt[4]{abcd}$

مهند الزهراني · #25 23-03-2011, 15:23

هنت واحد بس

فكروا بالسؤال السابق

- أثبت لأي أربعة أعداد حقيقية موجبة أن المتباينة التالية متحققة دوما

$\frac{a-b}{b+c}+\frac{b-c}{c+d}+\frac{c-d}{d+a}+\frac{d-a}{a+b}\geq 0$

نورة الشريف · #26 23-03-2011, 20:56

يعطييك العآفيــهـ أستآذنـآآ ..

سآكوون معكـــم بأذن الله =))

مهند الزهراني · #27 24-03-2011, 08:40

اليوم آخر موعد لحل السؤال =)

مهند الزهراني · #28 24-03-2011, 23:17

المشاركة الأصلية كتبت بواسطة مهند الزهراني

هنت واحد بس

فكروا بالسؤال السابق

- أثبت لأي أربعة أعداد حقيقية موجبة أن المتباينة التالية متحققة دوما

$\frac{a-b}{b+c}+\frac{b-c}{c+d}+\frac{c-d}{d+a}+\frac{d-a}{a+b}\geq 0$

تلميح : فكر باضافة رقم الى طرفي العلاقة واستفد من السؤال السابق

مهند الزهراني · #29 25-03-2011, 15:00

المشاركة الأصلية كتبت بواسطة مهند الزهراني

تلميح : فكر باضافة رقم الى طرفي العلاقة واستفد من السؤال السابق

نضيف أربعة للطرفين

ونوزع الاربعة على الطرف الايسر لكل حد 1 كالتالي

$\frac{a-b}{b+c}+1=\frac{a+c}{b+c}$

$\frac{b-c}{c+d}+1=\frac{b+d}{c+d}$

$\frac{c-d}{a+d}+1=\frac{c+a}{a+d}$

$\frac{d-a}{a+b}+1=\frac{b+d}{a+b}$

ونطبق المتباينة اللي كانت بالسؤال السابق وينتهي السؤال ..

كُرْد · #30 25-03-2011, 15:41

امممم أضفت اربعة للطرفين وطلع لي نفس الفكره بعدين ماعرفت ايش اسوي P=
ايش قصدك بالمتباينه السابقه ! S=

حسابٌ واحد لجميع خدماتنا !