Titu Lemma

مهند الزهراني · #1 18-08-2010, 18:23

بسم الله الرحمن الرحيم ...

السلام عليكم ورحمة الله وبركاته ...

ربما جوع ما قبل الافطار اوقد بذهني فكرة هذا الموضوع :laughter01:

عموما ما يعرف بتمهيدية تيتو او حقيقة تيتو $\150dpi T_2 \ \textrm{Lemma}$ ليست سوى شكل آخر عملي جدا من متباينة كوشي - شوارتز ، ويعود الفضل لتيتو في ابراز أهمية تلك المتباينة وهذا في كتابه $\150dpi Mathematicl \ Olympiad \ Treasures$ ، علما بأن هذا المسمى لم يكن موجودا بالكتب القديمة...

.................................................. .....................................

رياضيا ، متباينة كوشي - بنجاكوفسكي - شوارتز هي تنص على أنه للأعداد الحقيقة $\150dpi a_1,a_2,...,a_n \ \ \ \ b_1,b_2,...,b_n$ فان المتباينة التالية متحققة دائما

$\150dpi \left ( a_1^2+a_2^2+...+a_n^2\right )\left ( b_1^2+b_2^2+...+b_n^2 \right )\geq \left ( a_1b_1+a_2b_2+...+a_nb_n \right )^2$

الآن لنختر التعويض التالي

$\150dpi a_i=\frac{x_i}{y_i},b_i=y_i$

ومنه تصبح المتباينة

$\150dpi \left ( \frac{x_1^2}{y_1^2}+\frac{x_2^2}{y_2^2}+...+\frac{x_n^2}{y_n^2} \right )\left ( y_1^2+y_2^2+...+y_n^2 \right )\geq \left ( x_1+x_2+...+x_n \right )^2$

وبقسمة الطرفين على $\150dpi y_1^2+y_2^2+...+y_n^2$ لا تتغير اشارة المتباينة لأن المقدار موجب وبالتالي تصبح المتباينة

$\150dpi \left ( \frac{x_1^2}{y_1^2}+\frac{x_2^2}{y_2^2}+...+\frac{x_n^2}{y_n^2} \right )\geq \frac{\left ( x_1+x_2+...+x_n \right )^2}{y_1^2+y_2^2+...+y_n^2} \ \left ( T_2 \ \textrm{Lemma}\right )$

وهي الصورة النهائية لحقيقة تيتو ...

مع مراعاة أنه يشترط ان تكون الاعداد بالمقام موجبة ...

وربما نلتقي مرة أخرى مع تمارين على الموضوع ...

ودمتم ،،،

نورة الشريف · #2 18-08-2010, 19:15

شكرا على هذا الشرح الوافي فيما يتعلق في كل من حقيقة تيتو ومتباينة كوشي .. والتي تعتبر الحل الاسهل لكثير من المتباينات .. كذلك انه في بعض المتباينات نحتاج الى كل من am - gm ولكي نكمل نحتاج الى تيتو لذلك هي في النهاية متباينات تكمل بعضها أو تكتفي بذاتها ..

أشكرك على هذا الموضوع الرائع والذي هو حقيقة مفيد ..

Weierstrass-Casorati · #3 21-08-2010, 23:22

شكرا جزيلا لك أخي مهند على الموضوع المتميز
وبورك في جوع ما قبل الإفطار الذي يوقد في الذهن مثل هذه الأفكار
ننتظر المزيد من هذه المتباينات الرائعة

مهند الزهراني · #4 23-08-2010, 15:10

تماااااااااااااارين

الاعداد بكافة التمارين التالية موجبة والمطلوب اثبات هذه المتباينات

$\150dpi \left (1 \right ) \ \frac{2}{a+b}+\frac{2}{c+a}+\frac{2}{b+c}\geq \frac{9}{a+b+c}$

$\150dpi \left (2 \right ) \ 8\left (a^4+b^4 \right )\geq \left ( a+b\right )^4$

$\150dpi \left (3 \right ) \frac{x}{ay+bz}+\frac{y}{ax+bz}+\frac{z}{ax+by}\geq \frac{3}{a+b}$

$\150dpi \left (4 \right ) \ \frac{a^2+b^2}{a+b}+\frac{b^2+c^2}{b+c}+\frac{c^2+a^2}{c+a}\geq a+b+c$

هناك تمارين أخرى لكن نكتفي بالموجود ، بالتوفيق ...

Weierstrass-Casorati · #5 23-08-2010, 18:15

$\\ {\color{red} (1)}\, \frac{2}{a+b}+\frac{2}{c+a}+\frac{2}{b+c}\geq \frac{(3\sqrt{2})^2}{2(a+b+c)}=\frac{9}{a+b+c}\\ \\ \\ {\color{red} (2)}\,a^2+b^2\geq \frac{(a+b)^2}{2}\Rightarrow (a^2+b^2)^2 \geq\frac{(a+b)^4}{4}\\ \\ a^4+b^4\geq\frac{(a^2+b^2)^2}{2}\\ \\ a^4+b^4\geq \frac{(a+b)^4}{8}\\ \\ 8\left (a^4+b^4 \right )\geq \left ( a+b\right )^4 \\ \\ {\color{red} (4)}\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\geq \frac{(a+b+c)^2}{2(a+b+c)}=\frac{1}{2}(a+b+c)...(1)\\ \\ \frac{a^2}{c+a}+\frac{b^2}{a+b}+\frac{c^2}{b+c}\geq \frac{(a+b+c)^2}{2(a+b+c)}=\frac{1}{2}(a+b+c)...(2)\\ \\ (1)+(2)\Rightarrow \frac{a^2+b^2}{a+b}+\frac{b^2+c^2}{b+c}+\frac{c^2+a^2}{c+a}\geq a+b+c$

مهند الزهراني · #6 25-08-2010, 06:47

رائع وهناك تمارين أخرى سأضعها غدا باذنه عزوجل ...

نورة الشريف · #7 28-08-2010, 11:10

السلاام عليكم .. ما شاء الله كل شي حله ابرااهيم يعني ما في شي باقي احله ..
بس السؤال الاول له بعد طريقة ثانية ,, اسفة راح اكتب عادي بدون ليتك فتحمل أخوي مهند ..
a^4 + b^4 >( a^2 + b^2)^2
وبعد كذا ..
= (2 / { 2/ 2^(a+b)} < الطرف الايمن ..
8/{ 4^(a+b) }=
}{ ihهاذان القوسان أقصد بهما شاملان لكل الكسر ^^
أتأسف على كتابتي السيئة ..