Romanian Inequality .

[ياسين]

ليكنaوbوxوyوz اعداد حقيقية موجبة قطعا
برهن عن المتفاوتة التالية
http://www.uaemath.com/ar/aforum/math0774331001187453712.png
c :)

[omar]

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

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

[ياسين]

:ty::ty::ty::ty::ty::ty::ty::ty::ty::ty::ty:
حل جميل و واضح اخي _عمر_.