قواعد في المتفاوتات.

18-06-2008, 07:04 PM

بسم الله الرحمن الرحيم

تعتبر تمارين اولمبياد الرياضيات مواضيع غنية بالوضعيات التي تمكن من ادماج التعلمات و تسخير القدرات، نضرا لطابعها الخاص الدي يتطلب نمطا متميزا من التفكير و ابرلز المهارات .
و ليس الهدف الرئيسي من انجاز هده التمارين هو وضع التلميد في محك مع موضوع المعرفة ومع نفسه ، بل هو ايضا الارتقاء بالتلميد الى درجة اعلى من التمكن في استعمال و توضيف معارفه و استتمار قدراته في مواجهة وضعيات المسائل ، ودلك من اجل اكتساب كفايات منهجية و استراتيجية .
فالمتفاوتات مكون رئيسي في تمارين الاولمبياد ، بالطبع الى جانب الهندسة و نضرية الاعداد و الجبر ... و الالمام بقواعد هدا العلم له فوائد عديدة خاصة للمقبلين على مباريات اولمبياد الرياضيات ، ففي المغرب وبالتحديد اولمبياد السنة الاولى و التانية علوم رياضية دائما ما يكون ضمن التمارين الاربعة متفاوتة و لا داعي لتضييع الخمس نقط المترتبة عنها و بالتالي ضمان امل للتأهل للمرحلة المقبلة

18-06-2008, 07:32 PM

متفاوتة Cauchy schwartz

ليكن $a_1$ و $a_2$ و ...و $a_n$ و $b_1$ و $b_2$ و ...و $b_n$ اعداد حقيقية موجبة قطعا :

$(a_1^2+a_2^2+....+a_n^2)(b_1^2+b_2^2+....+b_n^2) \geq \: (a_1b_1+a_2b_2+....+a_nb_n)^2$

تطبيقات لمتفاوتة Cauchy schwartz :

مثال اول :

بوضع $a_i=\sqrt{x_i}$ و $b_i=\frac{1}{\sqrt{x_i}}$ نجد المتفاوتة الشهيرة :

$(x_1\: + \:x_2\: +\:...\:+ \:x_n)(\frac{1}{x_1}\:+\:\frac{1}{x_2}\:+\:...\:+\:\frac{1}{x_n}) \geq \: n^2$

مثال ثاني :

بوضع $a_1=\frac{x}{\sqrt{y+z}}$ و $a_2=\frac{y}{\sqrt{z+x}}$ و $a_3=\frac{z}{\sqrt{x+y}}$ و $b_1=\sqrt{y+z}$ و $b_2=\sqrt{z+x}$ و $b_3=\sqrt{x+y}$ نجد هده المتفاوتة الجميلة :

$( \: \frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}\: )( \:2(x+y+z)\: ) \:\geq \: (x+y+z)^2$

$\blue \frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y} \: \: \geq \:\frac{x+y+z}{2}$

18-06-2008, 07:47 PM

متفاوتة schur :

ليكن $a$ و $b$ و $c$ اعداد حقيقية موجبة و $r \g 0$ :

$a^r(a-b)(a-c)+b^r(b-a)(b-c)+c^r(c-a)(c-b) \: \geq 0$

مع التساوي ادا و فقط ادا كان $a=b=c=0$ او عددين متساويين و الاخر منعدم .

تطبيقات لمتفاوتة schur :

مثال اول :

باخد $r=1$ نجد :

$a^3+b^3+c^3+3abc \: \geq \: a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)$

مثال ثاني :

باخد $r=2$ نجد :

$a^4+b^4+c^4+abc(a+b+c) \: \geq \: a^3(b+c)+b^3(c+a)+c^3(a+b)$

18-06-2008, 11:20 PM

متفاوتة jensen

لتكن $f$ دالة معرفة $f : \: I \rightarrow \mathbb R$ و $x_1$ و $x_2$ و .....و $x_n$ من المجال $I$ و $\omega_1$ و $\omega_2$ و .....و $\omega_n$ اعداد حقيقية موجبة .

ادا كانت $f$ دالة محدبة :

$\omega_1f(x_1)+\omega_2f(x_2)+....+\omega_nf(x_n) \: \geq \: (\omega_1+\omega_2+....+\omega_n)f(\frac{\omega_1x_1+\omega_2x_2+....+\omega_nx_n}{\omega_1+\omega_2+....+\omega_n})$

ادا كانت $f$ دالة مقعرة :

$\omega_1f(x_1)+\omega_2f(x_2)+....+\omega_nf(x_n) \: \le \: (\omega_1+\omega_2+....+\omega_n)f(\frac{\omega_1x_1+\omega_2x_2+....+\omega_nx_n}{\omega_1+\omega_2+....+\omega_n})$

تطبيقات لمتفاوتة jensen

مثال اول :

متفاوتة للاستاذ عمر و ياسين

مثال ثاني :

متفاوتة اخترعها ياسين

19-06-2008, 12:01 AM

متفاوتة المثلث

اذا كانت المتغيرات اضلاع مثلت $ABC$ فان العلاقة التالية محققة لجميع اضلاع اي مثلت :

$\{a+b \: \g \: c \\b+c\: \g \: a \\c+a \: \g\: b$

و يمكن تعويضها بمتغيرات اخرى $x$ و $y$ و $z$ بحيث :

$\{x=a+b-c\\y=b+c-a \\z=c+a-b$

ومع هذا التغيير يمكن ايجاد هذه النتيجة المهمة :

$\{a=\frac{x+z}{2}\\b=\frac{x+y}{2}\\c=\frac{y+z}{2}$

اذا تحقق الشرط $a+b+c=abc$ في مثلت زواياه حادة بحيث $\alpha \: ,\: \beta \: ,\: \gamma \: \in \: ]0 \: , \: \frac{\pi}{2}[$ فانه يمكن تحويل هده المتغيرات الى متغيرات اخرى تحقق دلك الشرط :

$\{a=\tan(\alpha)\\b=\tan(\beta)\\c=\tan(\gamma)$

تطبيقات لمتفاوتة المثلت :

مثال أول :

متفاوتة للاستاذ عمر

مثال ثاني :

متفاوتة لياسين

مثال ثالث :

متفاوتة للاستاذ عمر

19-06-2008, 10:52 PM

متفاوتات الوسط : التربيعي -الحسابي -الهندسي -التوافقي

ليكن $n$ من $\mathbb N$ و $x_i$ من ${\mathbb R}^+$ حيث $i \in \{1 , 2 , 3 , . . . , n \}$

$\Bigg(\frac{n}{\sum_{i=1}^{n} \: \frac{1}{x_i}} \: \Bigg)^n \: \le \: \prod_{i=1}^{n} \: x_i \: \le \: \Bigg( \frac{\sum_{i=1}^{n} \: x_i}{n} \Bigg)^n \: \le \: \Bigg(\sqrt{\frac{\sum_{i=1}^{n} \: x_i^2}{n}}\Bigg)^n$

و يتحقق التساوي ادا و فقط ادا كان : $x_1=x_2=....=x_n$

في حالة عددين حقيقين موجبين تصبح المتفاوتات على الشكل :

${\frac{2}{\: \frac{1}{a} \: + \: \frac{1}{b}} \: \le \: \sqrt{ab}\: \le \: \frac{a+b}{2} \:\le \: \sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}}$

مع التساوي ادا و فقط ادا كان $a=b$

تطبيقات لمتفاوتة الوسط التربيعي-الحسابي-الهندسي-التوافقي

مثال اول

لدينا حسب متفاوتة الوسط الحسابي -الهندسي لثلاتة اعداد :

$(a+b+c)^3 \: \geq \: 27abc$

لدينا حسب متفاوتة الوسط التربيعي-الحسابي لثلاتة اعداد :

$a^2+b^2+c^2 \: \geq \: \frac{(a+b+c)^2}{3}$

مثال ثاني

متفاوتة لياسين برهن عنها الاستاذ عمر

20-06-2008, 03:13 PM

متفاوتة Bernoulli

ليكن $x$ و $r$ عددين حقيقين بحيث : $r \geq 1$ و $x \geq -1$

${(1+x)^r \: \geq \: 1 \: + \: xr}$

متفاوتة Chebyshev

ليكن ${a_1}$ و ${a_2}$ و .....و ${a_n}$ و ${b_1}$ و ${b_2}$ و .....و ${b_n}$ اعداد حقيقية بحيث :

${a_1 \le a_2 \le .....\le a_n}$ و ${b_1 \le b_2 \le .....\le b_n}$

$\frac{a_1b_1+a_2b_2+...+a_nb_n}{n} \: \geq \: \Bigg(\frac{a_1+a_2+....+a_n}{n}\Bigg)\Bigg(\frac{b_1+b_2+....+b_n}{n}\Bigg) \: \geq \: \frac{a_1b_n+a_2b_{n-1}+....+a_nb_1}{n}$

20-06-2008, 03:38 PM

weighted AM-GM inequality

ليكن $\omega_1$ و $\omega_2$ و .... و $\omega_n$ اعداد حقيقية موجبة قطعا بحيث : $\omega_1 +\omega_2+....+\omega_n =1$

لكل $x_1$ و $x_2$ و ....و $x_n$ اعداد حقيقية موجبة قطعا ، المتفاوتة التالية محققة :

$\omega_1x_1 +\omega_2x_2+....+\omega_nx_n \: \geq \: x_1^{\omega_1 }x_2^{\omega_2} \:.....\: x_n^{\omega_n}$

و يتحقق التساوي ادا و فقط اذا كان $x_1=x_2=....=x_n$

متفاوتة Minkowski

ليكن $x_1$ و $x_2$ و ....و $x_n$ و $y_1$ و $y_2$ و ....و $y_n$ اعداد حقيقية موجبة قطعا و $p\g 1$

$\Bigg(\sum_{i=1}^{n} \: x_i^p\Bigg)^{\frac{1}{p}} \: + \: \Bigg(\sum_{i=1}^{n} \: y_i^p\Bigg)^{\frac{1}{p}} \: \geq \: \Bigg(\sum_{i=1}^{n} \: (x_i+y_i)^p\Bigg)^{\frac{1}{p}}$

20-06-2008, 03:56 PM

متفاوتة Tiberiu Popovciu

لتكن $f$ دالة معرفة $f \: : \: I \rightarrow \mathbb R$ على المجال $I$ و $x , y , z \in I$ و $p$ و $q$ و $r$ اعداد حقيقية موجبة .

اذا كانت $f$ دالة محدبة :

$pf(x)+qf(y)+rf(z)+(p+q+r)f(\frac{px+qy+rz}{p+q+r}) \geq (p+q)f(\frac{px+qy}{p+q})+(q+r)f(\frac{qy+rz}{q+r})+(r+p)f(\frac{rz+px}{r+p})$

اذا كانت $f$ دالة مقعرة :

$pf(x)+qf(y)+rf(z)+(p+q+r)f(\frac{px+qy+rz}{p+q+r}) \le (p+q)f(\frac{px+qy}{p+q})+(q+r)f(\frac{qy+rz}{q+r})+(r+p)f(\frac{rz+px}{r+p})$

20-06-2008, 06:13 PM

متفاوتة Holder

ليكن $a_1$ و $a_2$ و ....و $a_n$ و $b_1$ و $b_2$ و ....و $b_n$ اعداد حقيقية موجبة و $p$ و $q$ عددين حقيقين موجبين قطعا بحيث : $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$

${\frac{a_1b_1+a_2b_2+....+a_nb_n }{n} \le \bigg(\frac{a_1^p+a_2^p+....+a_n^p}{n}\bigg)^{\frac{1}{p}} \: \bigg(\frac{a_1^q +a_2^q+....+a_n^q}{n}\bigg)^{\frac{1}{q}}}$

متفاوتة Huygens

لتكن $a_1$ و ....و $a_n$ و $b_1$ و ....و $b_n$ و $p_1$ و ....و $p_n$ اعداد حقيقية موجبة بحيث : $p_1+p_2+....+p_n=1$

$\prod_{i=1}^{n} (a_i+ b_i)^{p_i} \: \geq\: \prod_{i=1}^{n}a_i^{p_i} \: + \: \prod_{i=1}^{n}b_i^{p_i}$


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