المبياد الرياضيات للدول العربية

i الحل لدينا a 2 1 + a 2 2 2 + ... a 2 n n ≥ (a1 + a2 + ... + an) 2 1 + 2 + ... + n ≥ 1 1 + 2 + ... + n = 1 n(n+1) 2 = 2 n(n + 1) 5 مثال 55 حل المتراجحة 1 x + 1 x + 1 < 2 x + 5 i الحل نحاول اجتناب عملية ضرب الطرفين لانه غالبا يجب مراعاة الاشارة وبالتالي نستعمل هاته الطر يقة 1 x + 1 x + 1 < 2 x + 5 ⇐⇒ 1 x + 1 x + 1 − 2 x + 5 < 0 ⇐⇒ 9x + 5 x(x + 1)(x + 5) < 0 الان يمكن بسهولة دراسة اشارة المقدار الاخير.فتكون مجموعة حلول المتراجحة x ∈ (−5, −1) ∪ (− 5 9 , 0) . الشكل المقابل يمثل حلول المتراجحة بحيث اللون الاحمر يمثل الدالة اي المقدار الذي قمنا بدراسة اشارته في حين اللون الاسود يمثل النقاط الحرجة على حامل محور الفواصل 6 مثال 66 i الحل برهن انه من اجل كل من R ∈ q, p, a حلول المعادلة الاتية : (1) 1 x − p + 1 x − q = 1 a 2 عبارة عن اعداد حقيقية . 151 151

شكل 2.3 :التمثيل البياني لحل المتراجحة ii الحل نلاحظ ان المعادلة (1 (تكافئ a 2 (x − q) + a 2 (x − p) = (x − p)(x − q) ⇐⇒ a 2x − a 2 q + a 2x − a 2 p − x 2 + (p + q)x − pq = 0 ⇐⇒ −x 2 + (2a 2 + p + q)x − (a 2 q + a 2 p + pq) = 0 والتي تمثل معادلة تربيعية اي من الدرجة الثانية ومميزها هو D = (2a 2 + p + q) 2 − 4(a 2 p + a 2 q + pq) = 4a 4 + p 2 + q 2 − 2pq > 0 وهذا يستلزم ان حلول المعادلة (1 (حقيقية 7 مثال 77 حل جملة المتراجحات الخطية الاتية (1)    a − b + c > 0 a + b + c < 4 9a − 3b + c < −5 152 152

i الحل حل الجملة (1 (يكافئ حل هاته الجملة    a − b + c = s 2 1 a + b + c − 4 = −s 2 2 9a − 3b + c + 5 = −s 2 3 اي    a = − 1 8 − 1 8 (2s 2 1 + s 2 2 + s 2 3 ) b = 2 − 1 2 (s 2 1 + s 2 2 ) c = 1 8 (17 + 6s 2 1 − 3s 2 2 + s 3 3 ) اذن يمكن بسهولة الحصول على حلول الجملة (1 (وهي a < − 1 8 , b < 2 8 مثال 88 حل الجملة الاتية    x + 2y + 3z = 10 2x + 4y + 10z = 20 4x + y + z < 10 i الحل بضرب طرف المعادلة الاولى في العدد 2 ,نحصل على .المعادلتين يمكن قرائتهما بالشكل الاتي 20 = 6z + 4y + 2x 2x + 4y + 10z = 20 بالطرح نتحصل على 0 = 4z هنا .0 = z من المعادلة الاولى نستنتج ان .2y − 10 = x وبالتالي المعادلة الثالثة تصبح متراجحة بالشكل التالي = 1 < y) + 2y − 10(4 y > 30 7 . or ومنه مجموعة الحلول يمكن اعطائها بالشكل الاتي : {(10 − 2y, y, 0) : y > 30 7 }. 153 153

9 مثال 99 حدد عدد حلول الجملة الاتية    a − b 2 ≥ 1 4 b − c 2 ≥ 1 4 c − d 2 ≥ 1 4 d − a 2 ≥ 1 4 i الحل يمكن جمع كل متراجحات الجملة السابقة نحصل على 4a − 4b 2 + 4b − 4c 2 + 4c − 4d 2 + 4d − 4a 2 ≥ 1 + 1 + 1 + 1 ومنه (4a 2 − 4a + 1) + (4b 2 − 4b + 1) + (4c 2 − 4c + 1) + (4d 2 − 4d + 1) ≤ 0 ومنه (2a − 1)2 + (2b − 1)2 + (2c − 1)2 + (2d − 1)2 ≤ 0 ومنه لدينا (2a − 1)2 + (2b − 1)2 + (2c − 1)2 + (2d − 1)2 = 0 ومنه a = b = c = d = 1 2 10 مثال 1010 a1 + a2 + a3 + · · · + an = 1 ان حيث .موجبة حقيقية اعداد a1, a2, a3, . . . , an a 2 1 a1 + a2 + a 2 2 a2 + a3 + · · · a 2 n an + a1 ≥ 1 2 i الحل باستعمال متراجحة : Schwarz-Cauchy لدينا a 2 1 a1 + a2 + a 2 2 a2 + a3 + · · · a 2 n an + a1 = a 2 1 ( √ a1 + a2) 2 + a 2 2 ( √ a2 + a3) 2 + · · · + a 2 n ( √ an + a1) 2 ≥ 1 a1 + · · · + an + a1 + · · · + an ( a1 · √ a1 + a2 √ a1 + a2 + a2 · √ a2 + a3 √ a2 + a3 + · · · + an · √ an + a1 √ an + a1 ) = a1 + a2 + a3 + · · · an 2(a1 + a2 + a3 + · · · an) = 1 2 154 154

كما هو مطلوب . (نعرف ان 1 = an + · · · + a3 + a2 + a1( 1111 اسئلة اختبار ية A وكان a, b, c > 0 كان اذا 1 c a + b < a b + c < b a + c . رتب c, b, a ترتيبا تصاعديا حيث حقيقية اعداد m, n, p ليكن) China2002) 2 m = 4 − x 3 , n = x + 3 4 , p = 2 − 3x 5 , m > n > p . جد المجال الذي ينتمي اليه العدد الحقيقي x 3 حل الجملة الاتية    x − 1 > 3 x 2 − 1 < x 3 3 < 2(x − 1) < 10 1 3 (3 − 2x) > −2 c a 4 اذا كان c > b > a مع 0 = c + b + a . جد المجال الذي ينتمي اليه العدد الحقيقي 5) China1998 (ليكن b, a عددين صحيحين حيث الحلول الصحيحة للجملة { 9x − a >≥ 0 8x − b < 0 هي 3, 2, 1 . جد عدد الثنائيات المرتبة (b, a( 6 ليكن b, a عددين حقيقين حيث a = x + 3 4 , b = 2x + 1 3 , b < 7 3 < 2a . جد المجال الذي ينتمي اليه العدد الحقيقي x 7) China2006 (من بين الصيغ الاتية اختر الصيغة الصحيحة (i)0 < x < 1 =⇒ 1 x + 1 < 1 − x + x 2 (ii)0 < x < 1 =⇒ 1 x + 1 > 1 − x + x 2 (iii) − 1 < x < 0 =⇒ 1 x + 1 < 1 − x + x 2 (iv) − 1 < x < 0 =⇒ 1 x + 1 > 1 − x + x 2 155 155

8 •اذا كانت مجموعة حلول المتراجحة (a + 1)x > a2 − 1 هي 1 − a < x . جد مجموعة حلول المتراجحة الاتية (1 − a)x < a2 − 2a + 1 9) China1998 (حل المتراجحة الاتية من اجل العدد الحقيقي x a(x − b 2 ) > b(x + a 2 ) 10 لتكن مجموعة حلول المتراجحة الاتية 2m + x 3 ≤ 4mx − 1 2 , x ≥ 3 4 . جد قيمة الوسيط الحقيقي m 1212 اسئلة اختبار ية B 1 ليكن 0 ≤ a − b ≤ 1 1 ≤ a + b ≤ 4 . جد قيمة 2022b + 8a فان y > z, x > z كان اذا) China2004) 2 (A) x + y > 4z (B) x + y > 3z (C) x + y > 2z (D) x + y > z a الذي يحقق b 3 b, a عددين صحيحين موجبين . جد الـكسر 8 9 < a b < 9 10 حيث ان b يمثل القيمة الصغرى 4 جد جميع الاعداد الصحيحة الموجبة (z,y,x (حلول الجملة الاتية    3x + 2y − z = 4 2x − y + 2z = 6 x + y + z < 7 5 ليكن a1 ,a2 ,...,an متتالية الاعداد الموجبة وليكن b1 ,b2 ,...,bn اي تبديلة للمتتالية الاولى . بين ان a1 b1 + a2 b2 + ... + an bn ≥ n XX متراجحات من الدرجة الثانية والمتراجحات الـكسر ية 1 مثال 11 حل المتراجحة التربيعية الاتية x − 1 x 2 − 4x + 3 < 1. 156 156

i الحل لدينا (x − 1) (x − 3)(x − 1) < 1 هنا 1 ̸= x و 3 ̸= x .المتراجحة تكافئ 1 (x − 3) < 1 على نحصل) x − 3)2 نضرب طرفيها في (x − 3) < (x − 3)2 اي 0 < (x − 3)(x − 3 − 1) ومنه 0 < (x − 3)(x − 4) .x ∈ (−∞, 1) ∪ (1, 3) ∪ (4,∞) هنا x ∈ ((−∞, 3) ∪ (4,∞)) \ {1, 3} هنا 2 مثال 22 ليكن a وسيط حقيقي . حل المتراجحة الاتية x + a x ≤ x + 2 i الحل لدينا x + a x ≤ x + 2 x + a x − x − 2 ≤ 0 x + a + x(−x − 2) x ≤ 0 −x 2 − x + a x ≤ 0 محدد او مميز البسط هو 1 + 4a ∆ = نميز ثلاث حالات = x2 جذرين مختلفين للبسط −1− √ 4a+1 2 = x1 و −1+√ 4a+1 2 معناه < ∆) 0) a > −1 4 (1 • (x − x1)(x − x2) x ≥ 0 اذن الحل هو ]∞+ ,x1[∪[0, x2[ 157 157

= x0 حل مضاعف للبسط −1 2 ومنه = ∆) 0) a = −1 4 (2 • ( x + 1 2 )2 x ≥ 0 { −1 2 ومنه مجموعة الحلول هي ]∞+ ,0}∪] 1 < −a) 0 (∆ < ومنه البسط سالب تماما وعليه مجموعة الحلول هي ]∞+ ,0] 4 (3 • 3 مثال 33 حل المتراجحة الاتية √ x 2 + 12x + 35 ≥ x − 10 i الحل يمكن كتابة المتراجحة السابقة بالشكل الاتي √ (x + 6)2 − 1 ≥ x − 10 كي يمكن لنا كتابة √ (x + 6)2 − 1 يجب ان يكون x ∈ ( − ∞, −7 ] ∪ [ − 5,∞ ) من اجل −5 ≤ x ≤ 10 √ (x + 6)2 − 1 ≥ 0 ≥ x − 10 والتي هي صحيحة. هنا x ∈ [ − 5, 10] من اجل 10 > x √ (x + 6)2 − 1 ≥ x − 10 (x + 6)2 − 1 ≥ (x − 10)2 (x + 6)2 − (x − 10)2 ≥ 1 ((x + 6) + (x − 10))((x + 6) − (x − 10)) ≥ 1 158 158

(2x − 4)16 ≥ 1 32x − 64 ≥ 1 32x ≥ 65 x ≥ 65 32 لـكن x ∈ [ 10,∞ ) باعتبار الشروط السابقة مجموعة الحلول هي x ∈ ( − ∞, −7 ] ∪ [ − 5, ∞ ) 4 مثال 44 حل المتراجحة الاتية (1) √ −7x + 1 − √ x + 10 > 7 i الحل دعنا نتاكد اولا من ان طرفي المتراجحة (1 (معرفة .اولا يمكن كتابة المتراجحة (1 (على الشكل الاتي √ −7x + 1 > 7 + √ x + 10 بالتربيع نحصل على −7x + 1 > 49 + x + 10 + 14√ x + 10 او −4x − 29 > 7 √ x + 10 − > x ,لذا تقلصت القيم المسموح بها الى 29 4 الان يمكن التاكد بسهولة من ان الطرف الايسر يكون موجبا فقط اذا كان − ,10 ∈ [−x .في هذا المجال نضمن ان الطرفين موجبين لذا يمكن تربيع الطرفين مرة اخرى فنحصل على 29 4 المجموعة [ 16x 2 + 232x + 841 > 49(x + 10) =⇒ 16x 2 + 183x + 351 > 0 ومنه لدينا 16 ( x + 183 32 )2 > 11025 64 =⇒ x + 183 32 ̸∈ [ − 105 32 , 105 32 ] وبالتالي يتم تقليص القيم المسموح بها الى المجموعة الاتية x ∈ [−10, −9) . والتي تعتبر الحل النهائي للمتراجحة (1( 159 159

5 مثال 55 جد عدد الجذور الحقيقية للمعادلة الاتية x + √ a 2 − x 2 = b, a > 0, b > 0 بدلالة a و b i الحل يمكن كتابة المعادلة السابقة على الشكل الاتي 2x 2 − 2bx + b 2 − a 2 = 0 مع a 2 − x 2 ≥ 0 و b − x ≥ 0, يكافئ (1) −a ≤ x ≤ a و x ≤ b هنا يمكن ان نميز بعض الحالات : a ,(فان √ • الحالة الاولى اذا كان b > a >) 2 (1) ⇐⇒ −a ≤ x ≤ b . لدينا b + √ 2a 2 − b 2 2 > b + √ 2b 2 − b 2 2 = b و b > 0 > b − √ 2a 2 − b 2 2 > b − 2a 2 = b 2 − a > −a . اذن في هاته الحالة لدينا جذر واحد فان, a ≤ b < a√ • الحالة الثانية اذا كان 2 (1) ⇐⇒ −a ≤ x ≤ a , و b + √ 2a 2 − b 2 2 ≤ a ⇐⇒ √ 2a 2 − b 2 ≤ 2a−b ⇐⇒ 2a 2−b 2 ≤ (2a−b) 2 ⇐⇒ (a−b) 2 ≥ 0 بحيث انها ايضا محققة و a > b + √ 2a 2 − b 2 2 > b − √ 2a 2 − b 2 2 > b − √ 2b 2 − b 2 2 = 0 ومنه في هذه الحالة لدينا جذرين حقيقين . 160 160

فان, b = a √ • الحالة الثالثة اذا كان 2 (1) ⇐⇒ −a ≤ x ≤ a a = √x تحقق هذه ومنه في هذه الحالة لدينا جذر واحد 2 , و √a > b ,المعادلة ليس لها حلول حقيقية • الحالة الرابعة اذا كان 2 وبالتالي لدينا b = a √ • جذر واحد اذا كان b > a او 2 a ≤ b < a√ • جذرين اذا كان 2 b > a√ • لاجذر اذا كان 2 6 مثال 66 حدد مجموعة قيم R ∈ c لـكي تقبل المعادلة الاتية حلولا حقيقية √ x = √√ x + c i الحل تبسيط المعادلة السابقة بالتربيعات المتتالية يقود نحو المعادلة الاتية ( √ x) 2 − √ x − c = 0 والتي لها جذور حقيقية فقط اذا كان 1 + 4c ≥ 0, وهاته الجذور هي √ x = 1 ± √ 1 + 4c 2 , . مع 1 2 احد هاته الجذور من الضروري ان لايكون اقل من c ≥ − 1 4 √ مؤكد بانها ليست سالبة . كل من x و c + x 7 مثال 77 برهن ان 1 2 + 1 2(u + 1)2 − 1 √ 1 + 2u ≥ 0 من اجل 0 ≥ u 161 161

i الحل √ تبسيط المعادلة السابقة يقود نحو 2u + 1(u 2 + 2u + 2) ≥ 2(u + 1)2 او (2u + 1)(u 2 + 2u + 2)2 ≥ 4(u + 1)4 او u 3 (2u 2 + 5u + 4) ≥ 0. √. وبالتالي , 1 ≥ x ولـكن نحتاج ان نبرهن ان وهو المطلوب . او بطر يقة اخرى نضع x = 1 + 2u 1 2 + 1 2 ( x2−1 2 + 1)2 ≥ 1 x اي 1 + 4 (x 2 + 1)2 ≥ 2 x اي x(x 2 + 1)2 + 4x ≥ 2(x 2 + 1)2 اي x 5 + 2x 3 + x + 4x ≥ 2x 4 + 4x 2 + 2 اي x 5 − 2x 4 + 2x 3 − 4x 2 + 5x − 2 ≥ 0 اي x 5 − 2x 4 + x 3 + x 3 − 2x 2 + x − 2x 2 + 4x − 2 ≥ 0 ومنه (x − 1)2 (x 3 + x − 2) ≥ 0, والتي من الواضع انها محققة من اجل 1 ≥ x. 8مثال 88 حل المتراجحة الاتية x 2 − 2 < 7 2 x i الحل من المتراجحة السابقة لدينا 0) < 4 − x)(1 + 2x ,(نعرف ان المعادلة تحدث لما 2/1 = −x وكذلك لما 4 = x .كي نكون مطمئنين وجب التحقق من المجالات الاتية x < −1/2 : 2x + 1 < 0, x − 4 < 0 =⇒ (2x + 1)(x − 4) > 0 −1/2 < x < 4 : 2x + 1 > 0, x − 4 < 0 =⇒ (2x + 1)(x − 4) < 0 x > 4 : 2x + 1 > 0, x − 4 > 0 =⇒ (2x + 1)(x − 4) > 0 وبالتالي الحل الوحيد للمتراجحة السابقة هو 4 < x < 2/1 .−البيان ادناه يوضح مجموعة الحلول . 162 162

شكل 3.3 :التمثيل البياني لحل المتراجحة 9 مثال 99 برهن انه من اجل z, y, x اعداد حقيقية موجبة لدينا √ x + y x + y + z + √ x + z x + y + z + √ y + z x + y + z ≤ √ 6 i الحل هذه تمثل احد نتائج التحدب.نضع : a = x + y (x + y + z) b = x + z (x + y + z) c = y + z (x + y + z) الجذر التربيعي مقعر معناه : √ 2 3 = √ 1 3 a + 1 3 b + 1 3 c ≥ 1 3 (√ a + √ b + √ c ) والتي تعطي لنا النتيجة المراد برهانها مباشرة. تقعر الدالة f تستلزم ان الدالة f فوق كل دالة ∆y(x) = f(x) − f(y) x − y 10 مثال 1010 برهن ان : ( a + b 2 )n ≤ a n + b n 2 163 163

شكل 4.3 :التمثيل البياني لحل المتراجحة i الحل لدينا ( a + b 2 )n+1 = ( a + b 2 )n ( a + b 2 ) ≤ a n + b n 2 · ( a + b 2 ) = a n+1 + a n b + abn + b n+1 4 الان نحاول ان نكتب مانريد الحصول عليه ونطرح الاضافات اي a n+1 + b n+1 2 − a n+1 + b n+1 4 + a n b + abn 4 = a n+1 + b n+1 2 − ( a n+1 − a n b − abn − b n+1 4 ) = a n+1 + b n+1 2 − ( a n (a − b) − b n (a − b) 4 ) = a n+1 + b n+1 2 − (a − b)(a n − b n ) 4 = ∗ a)(b − a (موجبة.اذن ختاما لدينا: n − b n ) 4 ليس مشكل اذا كان b ≥ a or a > b فالعبارة ∗ ≤ a n+1 + b n+1 2 11مثال 1111 اذا كان 3 > n و an, . . . , a2, a1 اعداد حقيقية موجبة مع 1 = an · · · a1a2 ,برهن ان 1 1 + a1 + a1a2 + 1 1 + a2 + a2a3 + · · · + 1 1 + an−1 + an−1an + 1 1 + an + ana1 > 1. 164 164

i الحل ,هنا. xi > 0 كل مع xn+2 = x2 ,xn+1 = x1 اين, ai = xi+1 xi ليكن ∑n i=1 1 1 + ai + aiai+1 = ∑n i=1 xi xi + xi+1 + xi+2 > ∑n i=1 xi x1 + x2 + ... + xn = 1 12 مثال 1212 اذا كان xn, . . . , x2, x1 اعداد حقيقية اكبر تماما من 1 ,برهن ان 1 1 + x1 + 1 1 + x2 + · · · + 1 1 + xn ≥ n √n x1x2 · · · xn + 1 i الحل 1) = x(f حيث انها محدبة من اجل 0 > x . الان باستعمال متراجحة s'Jensen: 1+e نعتبر الدالة x f(ln x1) + f(ln x2) + . . . + f(ln xn) ≥ nf ( ln x1 + ln x2 + . . . + ln xn n ) وبالضبط هذه هي متراجحتنا: 1 1 + x1 + 1 1 + x2 + . . . + 1 1 + xn ≥ n 1 + √n x1x2 . . . xn 13 مثال 1313 1 . برهن صحة المتراجحة الاتية . 1 + x1 + · · · + 1 1 + xn = 1 ان بحيث x1, x2, . . . , xn > 0 ليكن √ x1 + √ x2 + · · · + √ xn ≥ (n − 1) ( 1 √ x1 + 1 √ x2 + · · · + 1 √ xn ) . i الحل نلاحظ ان 165 165

∑n i=1 1 1 + ai = 1 =⇒ ∑n i=1 ai 1 + ai = n − 1.ومنه , ∑n i=1 √ ai − (n − 1)∑n i=1 1 √ ai = ∑n i=1 1 1 + ai ∑√ ai − ∑n i=1 ai 1 + ai ∑n i=1 1 √ ai = ∑ i,j ai − aj (1 + aj ) √ ai = ∑ i>j ( √ ai √aj − 1)(√ ai − √aj ) 2 ( √ ai + √aj ) (1 + ai)(1 + aj ) √ ai √aj لـكن 1 ≥ 1 1 + ai + 1 1 + aj = 2 + ai + aj 1 + ai + aj + aiaj وبالتالي 1 ≥ aiaj .هنا حدود المجموع الاخير موجبة 1414 اسئلة اختبار ية A 1 حل المتراجحة الاتية (2x + 1)(3x − 1)(x + 4) > 0 2 حل المتراجحة الاتية (2x 2 + 1)(3x − 1) < 0 3 حل المتراجحة الاتية (x 3 + 1)(x 3 − 1) > 0 4 حل المتراجحة الاتية x 3 ≥ 6x − x 2 5 حل المتراجحة الاتية (2x + 1)(3x − 1)(x + 4) > 0 6 حل المتراجحة الاتية (x − 1)(2x + 5) > (x 2 − 1) 7 حل المتراجحة الاتية √ x + √ x 2 − 1 > 1 8 حل المتراجحة الاتية x 3 − 1 x − 1 > √ x 2 − 1 x 2 − 1 x + 1 166 166

9 حل المتراجحة الاتية x − 1 x 2 ≥ 0 ان برهن. . a1 > b1, a2 > b2, a3 > b3 و b1 > b2 > b3 > 0 و a1 > a2 > a3 > 0 ان نفرض 10 a1 + a 2 2 a1 + a2 + a 2 3 a1 + a2 + a3 > b1 + b 2 2 b1 + b2 + b 2 3 b1 + b2 + b3 . 1515 اسئلة اختبار ية B 1) China2002 (جد الحلول الموجبة للمتراجحة الاتية x 2 + 3 x 2 + 1 + x 2 − 5 x 2 − 3 ≥ x 2 + 5 x 2 + 3 + x 2 − 3 x 2 − 1 2) China2001 (حل المتراجحة الـكسر ية الاتية x + 2 4x + 3 − x 4x + 1 > x 4x − 1 − x − 2 4x − 3 3 ليكن b, a ثوابت حقيقية موجبة مع b < a , اذا كانت المتراجحة a 3 + b 3 − x 3 ≥ (a + b − x) 3 + m محققة من اجل اي قيمة للعدد الحقيقي x . جد اصغر قيمة للوسيط m 4 لتكن الدالة التربيعية الاتية f(x) = x 2 − 2ax + 6 ≥ a, −2 ≤ x ≤ 2 . جد المجال الذي ينتمي اليه العدد الثابت a 5 برهن ان 1 a 2 + 1 b 2 ≥ 8 (a + b) 2 a, b > 0 اجل من XXI متراجحات بالقيمة المطلقة a و b عددين حقيقيين، مع 0 > b: .−b ≤ a ≤ b :تكافئ| a| ≤ b • .a ≥ b أو a ≤ −b :تكافئ| a| ≥ b • خاصية a و b عددين حقيقيين: .a 2 ≤ b 2 :تكافئ| a| ≤ |b| • خاصية 167 167

i طر يـقة لحل متراجحة أحد طرفيها مكتوب بزوج أو أكثر من عبارات بالقيمة المطلقة، الطر يقة العامة لفك القيمة المطلقة هي بتقسيم مجال دراسة الإشارة إلى مجالات تكون فيه اشارة العبارات المكتوبة في القيمة المطلقة ثابتة. لتحقيق ذلك نقوم بحل معادلات صفر ية طرفها أحد العبارات، حلول هذه المعادلات هي حدود مجالات الدراسة 11 مثال .x + 3 = 0 و x − 1 = 0 :المعادلتين نحل|، x − 1| + |x + 3| ≤ 2 :المتراجحة لحل ثم نقوم بحل المتراجحة على المجال: [3 ] − ∞; −ثم المجال [1; 3 ] − ثم المجال ]∞+ ;1 .]لنستنتج مجموعة الحلول. 1 مثال 22 حل المتراجحة الاتية |x 2 − 2| < 1 i الحل |x 2 − 2| < 1 ⇐⇒ −1 < x2 − 2 < 1 −1 < x2 − 2 < 1 ⇐⇒ 1 < x2 < 3 1 < x2 < 3 ⇐⇒ x 2 − 1 > 0&x 2 − 3 < 0 x 2 − 1 > 0&x 2 − 3 < 0 ⇐⇒ x ∈ ((−∞, −1) ∪ (1,∞)) ∩ (− √ 3, √ 3) x ∈ ((−∞, −1) ∪ (1,∞)) ∩ (− √ 3, √ 3) ⇐⇒ x ∈ (− √ 3, −1) ∪ (1, √ 3) 2 مثال 33 حل المتراجحة الاتية |2x − 3| + 7 ≤ 3x − 3|x − 7| i الحل الطر يقة البسيطة والاخف هي كتابة الطرف الايمن والايسر للمتراجحة السابقة كدالة خطية متعددة التعر يف اي f(x) = |2x − 3| + 7 − 3x + 3|x − 7| =    3 − 2x + 7 − 3x + 3(7 − x) = 31 − 8x, x ⩽ 3 2 2x − 3 + 7 − 3x + 3(7 − x) = 25 − 4x, 3 2 ⩽ x ⩽ 7 2x − 3 + 7 − 3x + 3(x − 7) = 2x − 17, x ⩾ 7 168 168

نلاحظ ان f ( 3 2 ) = 19, f(7) = −3 . ;f(x) > 0 اذن متناقصة f ,x ⩽ 3 2 • لما 3 2 ⩽ x ⩽ 7, 25 − 4x ⩽ 0 =⇒ x ⩾ 25 4 • لما ; x ⩾ 7, 2x − 17 ⩽ 0 =⇒ x ⩽ 17 2 • لما . وبالتالي 25 4 ⩽ x ⩽ 17 2 .■ 3 مثال 44 حل المتراجحة الاتية |x 2 − 1| < 3x + 3|x − 2| i الحل في البداية لدينا |x 2 − 1| = { x 2 − 1 كان اذا x 2 − 1 ≥ 0 =⇒ x ∈ (−∞, −1] ∪ [1, +∞) 1 − x x اذا كان 2 2 − 1 < 0 =⇒ x ∈ (−1, 1) |x − 2| = { x − 2 كان اذا x ≥ 2 2 − x كان اذا x < 2 انطلاقا من هذا يجب ان نناقش اربع حالات مختلفة : • الحالة الاولى : (1 ≤ −x( x 2 − 1 < 3x + 3(2 − x) =⇒ x 2 < 7 =⇒ − √ 7 < x < √ 7 x ≤ −1 =⇒ −√ 7 < x ≤ −1 مع (−1 < x < 1) : الثانية الحالة• 1 − x 2 < 3x + 3(2 − x) =⇒ x 2 + 5 > 0 (True) وبالتالي 1 < x < 1 −هو حل للحالة الثانية (1 ≤ x < 2) : الثالثة الحالة• x 2 − 1 < 3x + 3(2 − x) =⇒ x 2 < 7 =⇒ − √ 7 < x < √ 7 1 ≤ x < 2 =⇒ 1 ≤ x < 2 مع 169 169

• الحالة الرابعة : (2 ≥ x( x 2 − 1 < 3x + 3(x − 2) =⇒ x 2 − 6x + 5 < 0 =⇒ 1 < x < 5 x ≥ 2 =⇒ 2 ≤ x < 5 مع انطلاقا من الحالات السابقة حل المتراجحة هو − √ 7 < x < 5 4 مثال 55 حل المتراجحة الاتية 2|x + 1| > |x + 4| i الحل لدينا 4(x + 1)2 > (x + 4)2 4x 2 + 8x + 4 > x2 + 8x + 16 3x 2 − 12 > 0 x > 2 او x < −2 للتاكد من هاته النتيجة يكفي ان نلاحظ التمثيل البياني ادناه حيث ان اللون الاحمر يمثل التمثيل البياني للدالة |1 + x|2 → x شكل 5.3 :التمثيل البياني لحل المتراجحة 5 مثال 66 حل المتراجحة 1 x 2 − 1 ⩾ 1 x + 1 170 170

i الحل x ,اذن نحتاج ان نناقش حالتين : x بضرب طرفيها في 1 − 2 نلاحظ على الطرف الايسر للمتراجحة ان 1 ̸= 2 { x 2 − 1 > 0 → 1 ≥ x − 1, x 2 − 1 < 0 → 1 ≤ x − 1. نلاحظ ان الحالة الثانية مستحيلة اذن ختاما مجموعة الحلول هي x < −1 ∨ 1 < x ≤ 2. يمكن ايضا العمل بطر يقة منهجية باستخدام جدول الاشارة ادناه. −1 1 2 x + 1− 0+ ++ ++ x − 1− −− 0+ ++ 2 − x+ ++ ++ 0− + |− |+ 0− 6 مثال 77 برهن انه من اجل R ∈ b, a:∀     a 1 + a 2 − b 1 + b 2     ≤ |a − b| i الحل a 2 (1 − 1 (a 2 + 1)2 ) + b 2 (1 − 1 (b 2 + 1)2 ) ≥ 2ab(1 − 1 (1 + a 2 )(1 + b 2 ) ) ⇐⇒ a 4 (a 2 + 2) (1 + a 2 ) 2 + b 4 (b 2 + 2) (1 + b 2 ) 2 ≥ 2ab a 2 b 2 + a 2 + b 2 (1 + a 2 )(1 + b 2 ) ⇐⇒ a 4 (a 2 + 2) (1 + a 2 ) 2 + b 4 (b 2 + 2) (1 + b 2 ) 2 ≥ (a 2 + b 2 ) a 2 b 2 + a 2 + b 2 (1 + a 2 )(1 + b 2 ) ⇐⇒ a 2 (a 2 − b 2 ) (1 + a 2 ) 2 (1 + b 2 ) − b 2 (a 2 − b 2 ) (1 + b 2 ) 2 (1 + a 2 ) ≥ 0 ⇐⇒ (a 2 − b 2 ) 2 ≥ 0 7مثال 88 حل المتراجحة |x + 1 x | ≥ 6 171 171

i الحل نفرض ان 0 > x ,لدينا 6 ≤ x + 1 x 0 ≤ x 2 − 6x + 1 0 ≤ (x − 3)2 − 8 8 ≤ (x − 3)2 2 √ 2 ≤ |x − 3| والتي تكافئ 2 √ 2 ≤ x − 3 or − 2 √ 2 ≥ x − 3 او x ≥ 3 + 2√ 2 or 0 < x ≤ 3 − 2 √ 2 انطلاقا من التناظر الاجابة المشار اليه في البداية تكون مجموعة الحلول كالاتي x ∈ (−∞, −3 − 2 √ 2] ∪ [−3 + 2√ 2, 0) ∪ (0, 3 − 2 √ 2] ∪ [3 + 2√ 2,∞) 8 مثال 99 حل المتراجحة الاتية 8 3 x − 2 ≥ 3 x . i الحل ومنه). 3x − 2)2 > 0 ان نلاحظ 8(3x − 2)2 3 x − 2 ≥ 3 x (3x − 2)2 8(3x − 2) ≥ 3 x (3x − 2)2 (3x − 2)[3x (3x − 2) − 8] ≤ 0 (3x − 2)[(3x ) 2 − 2(3x ) − 8] ≤ 0 (3x − 2)(3x − 4)(3x + 2) ≤ 0 (3x − 2)(3x − 4) ≤ 0 (ان نلاحظ 3 x + 2 > 0) 2 ≤ 3 x ≤ 4 x = 1 9 مثال 1010 برهن ان ∑n k=0 |bk| ∑n k=0 |ak|.(1 − 1 2 n+1−k ) 172 172

bk = (a0 + 2a1 + 22a2 + … + 2kak)2−(k+1) مع i الحل باستعمال المتراجحة المثلثية لدينا ∑n k=0 |bk| = ∑n k=0 1 2 k+1 |a0 + 2a1 + · · · + 2k−1 ak−1 + 2k ak| ≤ ∑n k=0 1 2 k+1 ( |a0| + |2a1| + · · · + |2 k−1 ak−1| + |2 k ak| ) = ∑n k=0 |a0| 2 k+1 + ∑n−1 k=0 |a1| 2 k+1 + · · · + ∑ 1 k=0 |an−1| 2 k+1 + |an| 2 = |a0| ( 1 − 1 2 n+1) + |a1| ( 1 − 1 2 n ) + · · · + |an−1| ( 1 − 1 2 2 ) + |an| ( 1 − 1 2 ) = ∑n k=0 |ak| ( 1 − 1 2 n+1−k ) 10 مثال 1111 1 برهن ان p + 1 q = 1 و x, y, p, q > 0 اجل من xy ≤ x p p + y q q i الحل الدالة الاسية (t(exp→ 7 t محدبة ومنه xy = exp(log(xy)) = exp(log(x) + log(y)) = exp((1/p)log(x p ) + (1/q)log(y q )) ≤ (1/p) exp(log(x p )) + (1/q) exp(log(y q )) = x p p + y q q 1212 اسئلة اختبار ية A 1 حل المتراجحة |x 2 + x + 1| < 1 173 173

2 حل المتراجحة |4x − 1| < |x + 1|‘ + 2 3 حل المتراجحة |x + 5| x − 1 > 1 x − 1 4 حل المتراجحة |x + 4| < 2x − 1 5 حل المتراجحة |x 2 + x + 1| < 1 6 حل المتراجحة |x 2 + 4x + 16| ≥ x 2 − x + 1 7 حل المتراجحة |x 2 + x + 1| < 1 8 حل المتراجحة |x| x < |x 2 − 1|, (x ̸= 0) 9 حل المتراجحة |x + 3| + |2x + 4| < x 10 حل المتراجحة |x + 1 x | ≥ 2 1313 اسئلة اختبار ية B تحقق حقيقية اعداد a, b, c ليكن) China2003) 1 abc = 4, a + b + c = 2 • جد اقل قيمة للقيمة العظمى لكل من c, b, a • جد اقل قيمة للعدد |a| + |b| + |c| 2) China2004 (حل المتراجحة الاتية 2y + |y| + 10| |6y + 2|y| + 5| > 1 تحقق a ≤ b ≤ c حيث a, b, c الحقيقية الاعداد لتكن 3 ab + bc + ca = 0, abc = 1 . جد القيمة العظمى للعدد الحقيقي k حيث |a + b| ≥ k|c| محققة من اجل جميع القيم a, b, c 174 174

4 ليكن c, b, a اعداد حقيقية موجبة حيث a √ a + 2b + b √ b + 2c + c √ c + 2a < √ 3 2 . 5 ليكن a ,b و c اعداد حقيقية موجبة 1 = abc .برهن ان : a √ a + b 2 + b √ b + c 2 + c √ c + a 2 ≥ 3 √ 2 XXII المتراجحات الهندسية f دالة معرفة على مجال D من R . تسمى f دالة محدبة إذا وفقط إذا تحقق: من أجل كل عدد حقيقي 1 ≤ t ≤ 0 ومن أجل كل x1 و x2 عددين حقيقييين من المجال D: f(t · x1 + (1 − t) · x2) ≤ t · f(x1) + (1 − t)(x2) تعر يف ( Jensen's inequality ) ϕ دالة محدبة معرفة على مجال D من R . من أجل كل ai من المجال D: .طبيعي عدد n و 1 ≤ i ≤ n :حيث ، ϕ (∑ai n ) ≤ ∑ϕ(ai) n خاصية01 من أجل كل xi أعداد حقيقية موجبة تماما حيث: n ≤ i ≤ 1 و n عدد طبيعي: √n x1x2 · xn ≤ ( x1+x2..+xn n ) خاصية02 (Bernoulli's inequality) (1 +x) من أجل كل n عدد طبيعي غير معدوم، ومن أجل كل x عدد حقيقي موجب: x · n +1 ≥ n خاصية03 في حلول امثلة هذا الجزء الترميز GM-AM معناه الوسط الحسابي -الوسط الهندسي 1 مثال 11 a .برهن ان : 2 + b 2 + c ليكن a ,b و c اعداد غير سالبة حيث 3 = 2 a 2 b + b 2 c + c 2 a ≥ 3 √3 a 2b 2c 2 i الحل ⇔ (a 2 b + b 2 c + c 2 a) 2 ≥ 9(abc) 4/3 = 3(abc) 4/3(a 2 + b 2 + c 2 ) 175 175

∑ cyc a 4 b 2 + 2∑ cyc a 3 bc2 ≥ 3 ∑ cyc √3 a 10b 4c 4 باستعمال GM-AM : نحصل على a 4 b 2 + 2a 3 bc2 ≥ 3 √3 a 10b 4c 4 2 مثال 22 في هذا المثال نحاول ان نقدم مجموعة من البراهين المتعلقة باثبات متراجحة الوسط الحسابي -الهندسي والمعرفة بالشكل الاتي x1 + . . . + xn n ≥ √n x1 · · · xn 1 البرهان i f والمشتقة الثانية ′ (x) = e x−1 − 1 هي الاولى مشتقتها. f(x) = e في هذا البرهان نستعمل طر يقة s'Pólya نضع x − 1−x .f ′′(x) = e x−1 هي e ≤ x من اجل كل x ,وتصبح x−1 f ,وتملك قيمة صغرى عند 1 = x .وبالتالي f محدبة في كل مكان لان 0) > x′′( معادلة فقط عند 1 = x .باستعمال هاته المتراجحة نحصل على x1 a x2 a · · · xn a ≤ e x1 a −1 e x2 a −1 · · · e xn a −1 مع a يمثل الوسط الحسابي .الطرف الايمن يمكن تبسيطه بالشكل الاتي exp (x1 a − 1 + x1 a − 1 + · · · + xn a − 1 ) = exp ( x1 + x2 + · · · + xn a − n ) = exp(n − n) = e 0 = 1 بالعودة الى المتراجحة الاولى نحصل على x1x2 · · · xn a n ≤ 1 ومنه نختم ب √n x1x2 · · · xn ≤ a 2 البرهان ii ) لدينا √ x1 − √ x2) 2 ≥ 0 مادام √ x1 · x2 ≤ x1 + x2 2 . بتطبيق هذه المتراجحة مرتين نحصل على (x1x2x3x4) 1 4 ≤ √ x1x2 + √ x3x4 2 ≤ x1 + x2 + x3 + x4 4 . 176 176

بالتراجع ليس من الصعب برهان (1) (x1 · · · x2 k ) 1 2k ≤ x1 + . . . + x2 k 2 k من اجل 1 ≥ k .يبقى فقط ملئ الفراغ بين القوتين .لذلك نضع xn, . . . , x1 عددين حقيقين موجبين كيفين k حيث ان نضع. n ≤ 2 k αi := { xi i ≤ n A n < i ≤ 2 k α2, . . . , α1 (يؤدي الى k ) على) 1) بتطبيق. A := x1+...+xn n اين ( x1 . . . xnA 2 k−n ) 1 2k ≤ x1 + . . . + xn + (2k − n)A 2 k = A. هنا , (x1 . . . xn) 1/n ≤ A = x1 + . . . + xn n . 3 البرهان iii an, . . . , a1 اعداد حقيقية موجبة جدائها يساوي ,1 اذن ,n ≥ an + · · · + a1 وتكون مساواة فقط لما a1 = · · · = an = 1. خاصية01 177 177

برهان بالتراجع من اجل .n الحالة 1 = n بديهية , نفرض ان .2 ≥ n ليكن an, . . . , a2, a1 اعداد موجبة مع .1 = an . . . a1a2 على العموم ,يمكن ان نفرض ان a1 = max{a1, . . . , an} ≥ 1 و a2 = min{a1, . . . , an} ≤ 1. وبالتالي لدينا a1 + a2 − a1a2 − 1 = (a1 − 1)(1 − a2) ≥ 0, تكافئ (1) a1 + a2 − a1a2 ≥ 1 مادام an, . . . , a4, a3, a1a2 تمثل 1 − n اعداد موجبة بجداء يساوي ,1 اذن من فرضية التراجع لدينا (2) a1a2 + a3 + · · · + an ≥ n − 1 بجمع المتراجحتين (1 (و (2 (نحصل على (3) a1 + a2 + a3 + · · · + an ≥ 1 + (n − 1) = n. اذا كانت المعادلة محققة في (3 (اذن يجب ان تكون لنا معادلة محققة في (1 ,(اي 1 = a1 او ,1 = a2 اين ■ a1 = · · · = an = 1. xn, . . . , x2, x1 اعداد حقيقية موجبة ومنه x1 + x2 + · · · + xn n ≥ (x1x2 · · · xn) 1 n , بمساواة فقط لما .xn = · · · = x2 = x1 خاصية2 برهان (xn · · · x1x2 = (g انطلاقا من الخاصية الاولى لدينا 1 اذا كان . n x1 g + x2 g + · · · + xn g ≥ n, تكافئ x1 + x2 + · · · + xn n ≥ g = (x1x2 · · · xn) 1 n . x1 = x2 = · · · = xn. ومنه x1 g = x2 g = · · · = xn ■ g تتحقق المعادلة فقط لما ,1= 178 178

4 البرهان iv Hölder: متراجحة باستعمال, 0 < p ≤ q و, a1, ..., an > 0 كان اذا ( 1 n ∑n k=1 a p k )1 p ≤ ( 1 n ∑n k=1 a q k )1 q . وكذلك باستعمال قاعدة Hopital'L نحصل على : lim p→0+ ( 1 n ∑n k=1 a p k )1 p = exp ( 1 n ∑n k=1 log(ak) ) = (∏n k=1 ak )1 n ومنه : ∀q > 0, (∏n k=1 ak )1 n ≤ ( 1 n ∑n k=1 a q k )1 q . كحالة خاصة من اجل 1 = q نحصل على .GM-AM 5 البرهان v x1 + x2 + .... + xn n ≥ √n x1x2....xn · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · باستعمال تراجعية كوشي لدينا نبدا ب 2 = n لان 1 = n بديهية الحالة القاعدية P(2) : (√ x1− √ x2) 2 ≥ 0 =⇒ x1+x2−2 √ x1x2 ≥ 0 =⇒ x1+x2 ≥ 2 √ x1x2 =⇒ x1 + x2 2 ≥ √ x1x2 P(2) مرحلة التراجع لتكن المتراجحة محققة من اجل k = n ,تكافئ (k(P صحيحة P(k) : x1 + x2 + ... + xk k ≥ √k x1.x2....xk P(2k) : x1 + x2 + ... + x2k 2k = 1 k (x1 + x2 2 + x3 + x4 2 + ... + x2k−1+x2k 2 ) ≥ √ x1x2 + √ x3x4 + ... + √x2k−1x2k k ≥ k √√ x1x2x3....x2k−1x2k = 2√k x1x2...x2k P(k) لما صحيحة P(2k) 179 179

,P(k) في xk = x1+x2+...+xk−1 k−1 نعوض P(k − 1) : x1 + x2 + ... + xk k ≥ √k x1x2...xk x1 + x2 + ... + xk−1 + x1+x2+...+xk−1 k−1 k ≥ k √ x1x2...xk−1. x1x2...xk−1 k − 1 ( x1 + x2 + ... + xk−1 k − 1 )k ≥ x1x2...xk−1. x1x2...xk−1 k − 1 ( x1 + x2 + ... + xk−1 k − 1 )k−1 ≥ x1x2...xk−1 k − 1 x1 + x2 + ... + xk−1 k − 1 ≥ k−1 √x1x2...xk−1 k − 1 صحيحة P(k) لما صحيحة P(k − 1) =⇒ متراجحة GM-AM صحيحة من اجل جيع قيم n. 6 البرهان vi في هذا البرهان نستعمل متراجحة Bernouli ونصها كمايلي من اجل 1 ≥ −u و 1 ≤ r ≤ 0 ,لدينا (1) (1 + u) r ≤ 1 + ru ,x, y > 0 تقول برنولي متراجحة) 1) in u = x y − 1 بوضع (2) ( x y )r ≤ (1 − r) + r x y لما نضرب (2 (ب y ,نحصل على (3) x r y 1−r ≤ rx + (1 − r)y الان المتراجحة (3 (يمكن ان تستعمل تراجعيا للحصول على (4) x r1 1 x r2 2 x r3 3 . . . xrn n ≤ r1x1 + r2x2 + r3x3 + · · · + rnxn .r1 + r2 + r3 + · · · + rn = 1 و r1, r2, r3, . . . , rn ≥ 0 مع مرحلة التراجع نفرض ان المتراجحة (4 (محققة اذن نستعمل (3 (للحصول على (x r1 1 x r2 2 x r3 3 . . . xrn n ) 1−rn+1 x rn+1 n+1 ≤ (1 − rn+1) (r1x1 + r2x2 + r3x3 + · · · + rnxn) + rn+1xn+1 مع (1 − rn+1)(r1 + r2 + r3 + · · · + rn) + rn+1 = 1 180 180

7 البرهان vii بالتطبيق المباشر لمجموع الدالة اللوغاريتمية والتي هي نتيجة مباشرة لمتراجحة Jensen اي ∑ai log bi ai ≤ a log b a على نحصل ai = 1/n bi = xi/n setting ;bi ≥ 0 ,ai ≥ 0 ,b = ∑bi and a = مع ai∑ 1 n ∑log xi ≤ log (∑xi n ) او log ( x1 + . . . + xn n ) ≥ log x1 + log x2 + · · · log xn n 8 البرهان viii = A .في a1+···+an n هناك براهين اخرى بالتراجع بشكل مباشرة . يمكن ان نفرض ان an ≤ · · · ≤ a1 < 0 محققة.نضع a1an . الان البداية نلاحظ ان 0) ≥ a1 − A)(A − an ,(والتي يمكن صياغتها وكتابتها بالشكل الاتي A − an + a1 ≤ A نفرض ان الخاصية محققة من اجل 1 − n ;سنطبقها على الاعداد الحقيقية الموجبة A − an + a1, 1−an, . . . , a2 .والتي تعطي لنا : (∏n k=1 ak A )1/(n−1) ≤ [ ( n∏−1 k=2 ak)(a1 + an − A) ]1/(n−1) ≤ a1 + · · · + an − A n − 1 = A. ومنه : ∏n k=1 ak ≤ (A 1+1/(n−1)) n−1 = A n . . ويمكن للطلاب ايجاد طرق اخرى للبرهان باستعمال البراهين السابقة سواء تحليليلا او هندسيا . 3 مثال 33 برهن ان x ≥ 0 and y ≥ 0 =⇒ x + y 2 ≥ √ xy i الحل (x − y) 2 ≥ 0 x 2 − 2xy + y 2 ≥ 0 x 2 + y 2 ≥ 2xy x 2 + 2xy + y 2 ≥ 4xy (x + y) 2 ≥ 4xy 181 181

4 مثال 44 برهن ان 1 √n 1 + m + 1 √m 1 + n ≥ 1 ∀m, n ∈ N. i الحل باستعمال متراجحة Bernouli لدينا (1 + x) a ≤ 1 + ax, 0 < a < 1 =⇒ √n 1 + m = (1 + m) 1 n < 1 + m n ومنه 1 √n m + 1 > 1 1 + m n = n m + n 5 مثال 55 z, y, x اعداد حقيقية موجبة بحيث xyz = 1 برهن ان 1 y(x + y) + 1 z(y + z) + 1 x(z + x) ⩾ 3 2 i الحل 1 y(x + y) + 1 z(y + z) + 1 x(z + x) ⩾ 3 2 = x الان باستعمال خاصية او متراجحة Titu التي تنص a b , y = b c , z = c a مادام 1 = xyz نقوم بالتعو يض , ∑ cyc a 2 c 2 + ab ≥ (a 2 + b 2 + c 2 ) 2 a 2b 2 + b 2c 2 + c 2a 2 + a 3b + b 3c + c 3a اذن يبقى ان نبرهن ان 2(a 2 + b 2 + c 2 ) 2 ≥ 3 ∑ cyc a 2 b 2 + 3∑ cyc a 3 b 2a 4 + 2b 4 + 2c 4 + a 2 b 2 + b 2 c 2 + a 2 c 2 ≥ 3(a 3 b + b 3 c + c 3 a) والتي هو الشكل الواضح اي a 4 + b 4 + c 4 ≥ a 3 b + b 3 c + c 3 a ∑ cyc (a 4 + a 2 b 2 ) ≥ ∑ cyc 2a 3 b 182 182

6 مثال 66 برهن ان x 2 a + y 2 b + z 2 c ≥ (x + y + z) 2 a + b + c . مع c, b, a اعداد حقيقية موجبة i الحل :bi ∈ R عموما المتراجحة الاتية تسمى بخاصية Titu او شكل s'Engel لمتراجحة Schwarz-Cauchy . من اجل R ∈ ai+ , لدينا a 2 1 b1 + a 2 2 b2 + · · · + a 2 n bn ≥ (a1 + a2 + · · · + an) 2 b1 + b2 + · · · + bn باستعمال متراجحة Schwarz-Cauchy لدينا (b1 + b2 + · · · + bn) ( a 2 1 b1 + a 2 2 b2 + · · · + a 2 n bn ) ا ≥   √ b1 √ a 2 1 b1 + √ b2 √ a 2 2 b2 + · · · + √ b1 √ a 2 n bn   2 = (|a1| + |a2| + · · · + |an|) 2 ≥ (a1 + a2 + · · · + an) 2 بالمساواة اذا وفقط اذا كان a 2 1 b 2 1 = a 2 2 b 2 2 = · · · = a 2 n b 2 n و (|a1| + |a2| + · · · + |an|) 2 = (a1 + a2 + · · · + an) 2 , يكافئ a1 b1 = a2 b2 = · · · = an bn . 7 مثال 77 , ان برهن موجبة اعداد a1, a2, . . . , an, b1, b2, . . . , bn ليكن ∑n j=1 1 aj bj ∑n i=1 (ai + bi) 2 ≥ 4n 2 . 183 183

i الحل √ باستعمال متراجحة GM-AM ai/bi + √ bi/ai ≥ 2 . بتركيب هذه مع متراجحة Schwarz-Cauchy نحصل على 2n = ∑n i=1 2 ≤ ∑n i=1 (√ai bi + √ bi ai ) = ∑n i=1 ai + bi √ aibi ≤ vuut ∑n i=1 (ai + bi) 2∑n j=1 1 aj bj . 8 مثال 88 برهن. a1 + a2 + · · · + an = b1 + b2 + · · · + bn مع موجبة حقيقية اعداد a1, a2, . . . , an, b1, b2, . . . , bn ليكن ان a 2 1 a1 + b1 + · · · + a 2 n an + bn ≥ 1 2 (a1 + · · · + an). i الحل مادام ∑n i=1 a 2 i ai + bi − ∑n i=1 b 2 i ai + bi = ∑n i=1 a 2 i − b 2 i ai + bi = ∑n i=1 (ai − bi) = 0 , ∑n i=1 a 2 i + b 2 i ai + bi = 2∑n i=1 a 2 i ai + bi . مادام 2(a 2 i + b 2 i ) ≥ (ai + bi) 2 2 ∑n i=1 a 2 i ai + bi = ∑n i=1 a 2 i + b 2 i ai + bi ≥ ∑n i=1 ai + bi 2 = ∑n i=1 ai , 9مثال 99 ان برهن) x, y) ∈ R ليكن + ( 1 + 1 x )(1 + 1 y ) ≥ ( 1 + 2 x + y )2 184 184

i الحل ان نبرهن معناه. b = 1/y > 0 و a = 1/x > 0 بوضع (1 + a)(1 + b) ≥ (1 + 2ab a + b ) 2 او (a + b) 3 + ab(a + b) 2 ≥ 4ab(a + b) + 4a 2 b 2 او (a + b) 2 (a + b + ab) ≥ 4ab(a + b + ab) (a + b + ab > 0 مادام (او (a + b) 2 ≥ 4ab والتي هي صحيحة . او باستعمال متراجحة Schwarz-Cauchy اذن لدينا ( 1 + 1 x )(1 + 1 y ) ≥ ( 1 + 2 x + y )2 ⇐⇒ ( (x + y)(1 + 1 x ) )((x + y)(1 + 1 y ) ) ≥ ( x + y + 2)2 ⇐⇒ ( x + y + 1 + y x )(x + y + 1 + x y ) ≥ ( x + y + 2)2 ⇐⇒ (√ x 2 + √ y 2+12+ √ y x 2 )(√ x 2 + √ y 2+12+ √x y 2 ) ≥ ( √ x· √ x+ √ y· √ y+1·1+√ y x · √x y ) 2 10 مثال 1010 ليكن a ,b و c اعداد حقيقية موجبة حيث 2 = c + b + a .برهن ان : ab √ 2c + a + b + bc √ 2a + b + c + ca √ 2b + c + a ≤ √ 2 3 i الحل باستعمال متراجحة :Schwarz-Cauchy (∑ cyc ab √ 2c + a + b )2 ≤ (ab + ac + bc) ∑ cyc ab 2c + a + b هنا يبقى ان نبرهن ان (ab + ac + bc) ∑ cyc ab 2c + a + b ≤ (a + b + c) 3 12 باستعمال المتراجحة المعروفة 3(ab + bc + ca) ≤ (a + b + c) 2 185 185

ومنه (ab + bc + ca) ≤ (a + b + c) 2 3 صحيحة .يبقى ان نبرهن ان ∑ cyc ab 2c + a + b ≤ (a + b + c) 4 = 1 2 باستعمال المتراجحة المعروفة 1 x + 1 y ≥ 4 x + y ومنه ab c + a + ab c + b ≥ 4ab 2c + a + b → 1 4 ( ab c + a + ab c + b ) ≥ ab 2c + a + b اذن نستنج ان 1 4 ∑ cyc ( ab c + a + ab c + b ) = 1 4 (a + b + c) = 1 2 ≥ ∑ cyc ab 2c + a + b في حين يمكن للطالب ان يستعمل متراجحة GM-AM على النحو الاتي اي ∑ cyc ab √ 2c + a + b = ∑ cyc ab√ 3 8 · 2 √ 8 3 (2c + a + b) 2(2c + a + b) ≤ √ 3 32 ∑ cyc ab ( 8 3 + 2c + a + b ) 2c + a + b = = √ 1 96 ∑ cyc ab(4(a + b + c) + 6c + 3a + 3b) 2c + a + b = √ 1 96 ∑ cyc ab(10c + 7a + 7b) 2c + a + b = = √ 1 96 ∑ cyc ( −4abc 2c + a + b + 7ab) ≤ √ 1 96   −36abc ∑ cyc (2c + a + b) + 7(ab + ac + bc)   = = √ 1 96 ( −9abc a + b + c + 7(ab + ac + bc) ) . وبالتالي يبقى ان نبرهن ان √ 1 96 ( −9abc a + b + c + 7(ab + ac + bc) ) ≤ √ 2 3 or −9abc a + b + c + 7(ab + ac + bc) ≤ 8 او −9abc a + b + c + 7(ab + ac + bc) ≤ 2(a + b + c) 2 ∑ او cyc (2a 3 − a 2 b − a 2 c) ≥ 0 ∑ او cyc (a − b) 2 (a + b) ≥ 0. 186 186

11 مثال 1111 برهن انه من اجل كل الاعداد الحقيقية c, b, a لدينا √ a 2 + 5b 2 + √ b 2 + 5c 2 + √ c 2 + 5a 2 ≥ √ 10(a 2 + b 2 + c 2 ) + 8(ab + ac + bc) i الحل مادام |x ≤ |x ,فانه من الكافي اثبات المتراجحة من اجل المتغيرات غير السالبة ,الان بعد تربيع الطرفين نحصل على ∑ cyc √ (a 2 + 5b 2 )(b 2 + 5c 2 ) ≥ 2(a + b + c) 2 . ∑ وايضا , cyc √ (a 2 + 5b 2 )(b 2 + 5c 2 ) = = √∑ cyc ( (a 2 + 5b 2 )(b 2 + 5c 2 ) + 2(c 2 + 5a 2 ) √ (a 2 + 5b 2 )(b 2 + 5c 2 ) ) = = vuuut ∑ cyc  5a 4 + 31a 2b 2 + 2√∏ cyc (a 2 + 5b 2 ) √ a 2 + 5b 2   = = vuut ∑ cyc (5a 4 + 31a 2b 2 ) + 2√∏ cyc (a 2 + 5b 2 ) √∑ cyc ( 6a 2 + 2√ (a 2 + 5b 2 )(b 2 + 5c 2 ) ) . باستعمال متراجحة S.C لدينا 2 ∑ cyc √ (a 2 + 5b 2 )(b 2 + 5c 2 ) = = 1 3 ∑ cyc √ ((a + 5b) 2 + 5(a − b) 2 )((b + 5c) 2 + 5(b − c) 2 ) ≥ ≥ 1 3 ∑ cyc ((a + 5b)(b + 5c) + 5(b − a)(b − c)). انه من الكافي اثبات ان : ∑ cyc (5a 4 + 31a 2 b 2 ) + 2√ 1 3 ∏ cyc (a 2 + 5b 2 ) ∑ cyc (28a 2 + 26ab) ≥ 4(a + b + c) 4 or 2 √ 1 3 ∏ cyc (a 2 + 5b 2 ) ∑ cyc (28a 2 + 26ab) ≥ 4(a + b + c) 4 − ∑ cyc (5a 4 + 31a 2 b 2 ), والتي هي واضحة من اجل 4(a + b + c) 4 − ∑ cyc (5a 4 + 31a 2 b 2 ) < 0. 187 187

وبالتالي يكفي ان نبرهن المتراجحة التي بحوزتنا من اجل 4(a + b + c) 4 − ∑ cyc (5a 4 + 31a 2 b 2 ) ≥ 0. اثبات الى بحاجة نحن وبالتالي. c = a + v و b = a + u ,a = min{a, b, c} بوضع الان 8 ∏ cyc (a 2 + 5b 2 ) ∑ cyc (14a 2 + 13ab) ≥ 3 ( 4(a + b + c) 4 − ∑ cyc (5a 4 + 31a 2 b 2 ) )2 , وهو مايكفي لاثبات ذلك : 8 ∏ cyc (a 2 + 5b 2 ) ∑ cyc (14a 2 + 13ab) − 3 ( 4(a + b + c) 4 − ∑ cyc (5a 4 + 31a 2 b 2 ) )2 ≥ ≥ 4 ( u 2 − 5uv + v 2 )2 ( 4(a + b + c) 4 − ∑ cyc (5a 4 + 31a 2 b 2 ) ) . الان , 8 ∏ cyc (a 2 + 5b 2 ) ∑ cyc (14a 2 + 13ab) − 3 ( 4(a + b + c) 4 − ∑ cyc (5a 4 + 31a 2 b 2 ) )2 = = 19008(u 2 − uv + v 2 )a 6 + 5184(4u 3 − 5u 2 v + 15uv2 + 4v 3 )a 5+ +144(109u 4 − 458u 3 v + 867u 2 v 2 + 742uv3 + 109v 4 )a 4+ +64(114u 5 − 677u 4 v + 529u 3 v 2 + 2399u 2 v 3 + 1088uv4 + 114v 5 )a 3+ +4(438u 6 − 2978u 5 v + 107u 4 v 2 + 13656u 3 v 3 + 20467u 2 v 4 + 5822uv5 + 438v 6 )a 2+ +4(42u 7 − 269u 6 v − 191u 5 v 2 + 2403u 4 v 3 + 5523u 3 v 4 + 5249u 2 v 5 + 851uv6 + 42v 7 )a− −3u 8 + 96u 7 v − 250u 6 v 2 + 1288u 5 v 3 + 1671u 4 v 4 + 3368u 3 v 5 + 1990u 2 v 6 + 96uv7 − 3v 8 . وايضا , 4(a + b + c) 4 − ∑ cyc (5a 4 + 31a 2 b 2 ) = = 216a 4 + 288(u + v)a 3 + 4(31u 2 + 77uv + 31v 2 )a 2+ +(28u 3 + 82u 2 v + 82uv2 + 28v 3 )a − u 4 + 16u 3 v − 7u 2 v 2 + 16uv3 − v 4 . من السهل ان نرى 19008(u 2 − uv + v 2 ) ≥ 19008uv, 5184(4u 3 − 5u 2 v + 15uv2 + 4v 3 ) ≥ 80899√ u 3v 3 , 144(109u 4 − 458u 3 v + 867u 2 v 2 + 742uv3 + 109v 4 )− −4 ( u 2 − 5uv + v 2 )2 · 216 ≥ 99373u 2 v 2 , 64(114u 5 − 677u 4 v + 529u 3 v 2 + 2399u 2 v 3 + 1088uv4 + 114v 5 )− −4 ( u 2 − 5uv + v 2 )2 · 288(u + v) ≥ 35586√ u 5v 5 , 4(438u 6 − 2978u 5 v + 107u 4 v 2 + 13656u 3 v 3 + 20467u 2 v 4 + 5822uv5 + 438v 6 )− 188 188

−4 ( u 2 − 5uv + v 2 )2 · 4(31u 2 + 77uv + 31v 2 ) ≥ −6165u 3 v 3 , 4(42u 7 − 269u 6 v − 191u 5 v 2 + 2403u 4 v 3 + 5523u 3 v 4 + 5249u 2 v 5 + 851uv6 + 42v 7 )− −4 ( u 2 − 5uv + v 2 )2 · (28u 3 + 82u 2 v + 82uv2 + 28v 3 ) ≥ 11491√ u 7v 7 و −3u 8 + 96u 7 v − 250u 6 v 2 + 1288u 5 v 3 + 1671u 4 v 4 + 3368u 3 v 5 + 1990u 2 v 6 + 96uv7 − 3v 8− −4 ( u 2 − 5uv + v 2 )2 (−u 4 + 16u 3 v − 7u 2 v 2 + 16uv3 − v 4 ) ≥ 5432u 4 v 4 . = a وبالتالي يكفي ان نبرهن ان √ الان بوضع .uvt 19008t 6 + 80899t 5 + 99373t 4 + 35586t 3 − 6165t 2 + 11491t + 5432 ≥ 0, والتي تبدو واضحة انها محققة 12 مثال 1212 ليكن a ,b و c اعداد حقيقية موجبة برهن ان : ∑ cyc a (b + c) 2 ≥ 9 4(a + b + c) i الحل = a .المتراجحة تصبح y+z−x 2 , . . . ومنه, x = b + c, y = c + a, z = a + b ليكن (x + y + z) ( y + z − x x 2 + · · · ) ≥ 9. ان لاثبات بحاجة نحن y + z − x = (x + y + z) − 2x, . . . نكتب (x + y + z) 2 ( 1 x 2 + 1 y 2 + 1 z 2 ) − 2(x + y + z) ( 1 x + 1 y + 1 z ) ≥ 9. باستعمال 3 ( 1 x 2 + 1 y 2 + 1 x 2 ) ≥ ( 1 x + 1 y + 1 z )2 , نحن فقط بحاجة الى اثبات ايضا ان 1 3 (x + y + z) 2 ( 1 x + 1 y + 1 z )2 − 2(x + y + z) ( 1 x + 1 y + 1 z ) ≥ 9. المتراجحة الاخيرة صحيحة لان (x + y + z) ( 1 x + 1 y + 1 z ) ≥ 9 . 189 189

13 مثال 1313 برهن انه اذا كان a ,b ,c و d اعداد غير سالبة 1 = da + cd + bc + ab فان : ∑ cyc a 3 b + c + d ≥ 1 3 i الحل هنا نستعمل كل من متراجحة Holder ومتراجحة GM-AM نحصل على ∑ cyc a 3 b + c + d ≥ (a + b + c + d) 3 4 ∑ cyc (b + c + d) = 1 12 (a + b + c + d) 2 ≥ ≥ 1 12 ( 2 √ (a + c)(b + d) )2 = 1 3 (ab + bc + cd + da) = 1 3 . 14 مثال 1414 ليكن a ,b و c اعداد ليست سالبة .برهن ان : √3 a 2 + 4bc + √3 b 2 + 4ac + √3 c 2 + 4ab ≥ √3 45(ab + ac + bc) i الحل اين√ 3 u + √3 v + نفرض ان 0 > ca + bc + ab .نحاول ان نعيد كتابة المتراجحة على الشكل الاتي 3 ≥ w 3√ u = 27(a 2 + 4bc) 45(ab + bc + ca) , v = 27(b 2 + 4ca) 45(ab + bc + ca) , w = 27(c 2 + 4ab) 45(ab + bc + ca) . نستعمل في الواقع √3 x ≥ 3x(5 + 4x) 5x 2 + 20x + 2 , x ≥ 0 والتي ٺتبع من x − ( 3x(5 + 4x) 5x 2 + 20x + 2 )3 = x(125x 2 + 272x + 8)(x − 1)4 (5x 2 + 20x + 2)3 ≥ 0. في الواقع انه يكفي اثبات ان 3u(5 + 4u) 5u 2 + 20u + 2 + 3v(5 + 4v) 5v 2 + 20v + 2 + 3w(5 + 4w) 5w2 + 20w + 2 ≥ 3 متجانس حدود كثير f(a, b, c) اين f(a, b, c) ≥ 0 او نفرض ان (c, b, a(min = c .وعليه نميز ثلاث حالات : 190 190

ان نلاحظ. b = c + s, a = c + s + t; s, t ≥ 0 ليكن: c ≤ b ≤ a • f(c + s + t, c + s, c) كثير حدود بمعاملات غير سالبة حدود كثير f(c + s, c + s + t, c) ان نلاحظ. a = c + s, b = c + s + t; s, t ≥ 0 ليكن: c ≤ a ≤ b • بمعاملات غير سالبة .صحيح 15 مثال 1515 برهن ان x x x + y + y y y + z + z z z + x ⩾ 3 2 x, y, z > 0 مع i الحل ومنه, log u ≥ 1 − 1 u e من اجل كل R ∈ x ,بوضع u log = − x لدينا من اجل كل 0 > u, x ≥ 1 + x مادام 1 − u > u log u من اجل اي 0 > u .بتركيب هاته المتراجحات ينتج √ x xy y = exp ( x log x 2 + y log y 2 ) ≥ exp ( x + y 2 − 1 ) ≥ x + y 2 . هنا x x x + y + y y y + z + z z z + x ≥ 1 2 (√ x x y y + √ y y z z + √ z z x x ) , والنتيجة من متراجحة GM-AM · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · e من اجل R ∈ x و 1 − u ≥ u log u من اجل 0 > u كما هو موجود اعلاه نتحصل على x ≥ 1 + x بتركيب ملاحظة الصيغة الاسية العكسية للمتراجحة GM-AM اي √n x x1 1 x x2 2 · · · x xn n ≥ x1 + x2 + · · · + xn n . 16 مثال 1616 برهن انه اذا كان z, y, x اعداد حقيقية موجبة : فان x 3 x 2 + y 2 + y 3 y 2 + z 2 + z 3 z 2 + x 2 ⩾ x + y + z 2 191 191

i الحل نقوم بتطبيق متراجحة GM-AM مع x 2 + y 2 ≥ 2xy . اذن لدينا x 3 x 2 + y 2 + y 3 y 2 + z 2 + z 3 z 2 + x 2 = x 3 + xy2 x 2 + y 2 + y 3 + yz2 y 2 + z 2 + z 3 + zx2 z 2 + x 2 − ( xy2 x 2 + y 2 + yz2 y 2 + z 2 + zx2 z 2 + x 2 ) = x + y + z − ( xy2 x 2 + y 2 + yz2 y 2 + z 2 + zx2 z 2 + x 2 ) ≥ x + y + z − ( xy2 2xy + yz2 2yz + zx2 2xz) = x + y + z − (x 2 + y 2 + z 2 ) = x + y + z 2 17 مثال 1717 برهن ان 1 a(1 + b) + 1 b(1 + c) + 1 c(1 + a) ≥ 3 1 + abc i الحل من اجل المتغيرات الحقيقية الموجبة .باستعمال متراجحة GM-AM لدينا ∑ cyc 1 a(1 + b) = 1 1 + abc ∑ cyc 1 + abc a(1 + b) = 1 1 + abc (∑ cyc 1 + abc a(1 + b) + 1 − 1 ) = = 1 1 + abc ∑ cyc 1 + a + ab + abc a(1 + b) − 3 1 + abc = = 1 1 + abc ∑ cyc 1 + a + ab(1 + c) a(1 + b) − 3 1 + abc = = 1 1 + abc ∑ cyc ( 1 + a a(1 + b) + b(1 + c) 1 + b ) − 3 1 + abc ≥ ≥ 6 1 + abc 6 vuut ∏ cyc ( 1 + a a(1 + b) · b(1 + c) 1 + b ) − 3 1 + abc = 3 1 + abc. 192 192

18 مثال 1818 اذا كان 4 = abc + c + b + a ,مع c, b, a اعداد حقيقية موجبة اذن برهن ان a √ b + c + b √ a + c + c √ a + b ≥ a + b + c √ 2 i الحل لدينا باستعمال متراجحة Holder (∑ cyc a √ b + c )2 (∑ cyc a(b + c) ) ≥ (a + b + c) 3 اذن من الكافي اثبات ان 2(a + b + c) ≥ ∑ cyc a(b + c) or equivalently, a + b + c ≥ ab + bc + ca لدينا Schur's متراجحة باستعمال ومنه. a + b + c < ab + bc + ca ان نفرض 9abc a + b + c ≥ 4(ab + bc + ca) − (a + b + c) 2 > (a + b + c) (4 − (a + b + c)) = (a + b + c) · abc so ,4 = a + b + c + abc ≥ 4 √ وهذه تعطي لنا 3 < c + b + a ,وابعد من ذلك لدينا 1 ≤ abc =⇒ abc 1 + 3 < abc + c + b + a = 4 ,ومنه تناقض مع الفرض فالمتراجحة تم اثباتها. 19 مثال 1919 i الحل في هذا المثال يمكننا تقديم طرقين للحل اولها دون استعمال متراجحة Holder وثانيها باستعمال متراجحة Holder اذن نبدا بهذا التقريب لدينا c ≥ b ≥ a .ومنه ( a √ b + c + b √ c + a + c √ a + b )2 ≥ 1 2a (a + b + c) 2 الان ab + bc + ca = A = A + A 2 = 1 2 (a(b + c) + b(c + a) + c(a + b)) ≥ c(a + b + c) يستلزم وهذا a, b, c ∈ R+ مادام ( a √ b + c + b √ c + a + c √ a + b )2 (ab + bc + ca) ≥ c 2a (a + b + c) 3 193 193

> 0 من الفرض نتحصل على صحة المتراجحة المراد برهانها . الان نحاول استعمال متراجحة Holder على النحو c بالرغم ان 1 ≤ a التالي , اذا كان an, . . . , a1 و bn, . . . , b1 اعداد حقيقية موجبة فان ∑n k=1 akbk ≤ (∑n k=1 a p k )1/p (∑n k=1 b q k )1/q 1 . نكتب p + 1 q مع p و q اعداد حقيقية بحيث 1 ≥ q, p و 1= ab + bc + ca = ab + bc 2 + bc + ca 2 + ca + ab 2 = a(b + c) 2 + b(c + a) 2 + c(a + b) 2 . ومنه ( a √ b + c + b √ c + a + c √ a + b )2/3 (ab + bc + ca) 1/3 = ( a √ b + c + b √ c + a + c √ a + b )2/3 [ a(b + c) 2 + b(c + a) 2 + c(a + b) 2 ]1/3 ≥ a 2/3 (b + c) 1/3 · a 1/3(b + c) 1/3 2 1/3 + b 2/3 (c + a) 1/3 · b 1/3(c + a) 1/3 2 1/3 + c 2/3 (a + b) 1/3 · c 1/3(a + b) 1/3 2 1/3 = a + b + c 2 1/3 . ا الخطوة الثانية الى الاخيرة نتيجة تطبيق متراجحة Holder من اجل 2/3 = p و 3 = q .مادام abc−4 = c+b+a ,فان ( a √ b + c + b √ c + a + c √ a + b )2/3 (ab + bc + ca) 1/3 ≥ 4 − abc 2 1/3 . النتيجة متحصل عليها بتكعيب طرفي هاته المتراجحة الاخيرة 20 مثال 2020 فان a, b, c ∈ R برهن انه اذا كان ,+ a 3 b + b 3 c + c 3 a ≥ abc(a + b + c). i الحل لدينا c = min{a, b, c}. ان نفرض a 3 b + b 3 c + c 3 a − abc(a + b + c) = c(a 3 + b 3 − a 2 b − ab2 ) + a(c 3 + a 2 b − bc2 − ca2 ) = c(a + b)(a − b) 2 + a(c + a)(a − c)(b − c) ⩾ 0. 2121 اسئلة اختبار ية A 1 برهن باستعمال متراجحة Schwarz-Cauchy 1 1 + x 2 + 1 1 + y 2 + 1 1 + xy ≥ 3 1 + (x+y) 2 4 x 2 + y 2 = 1 لما 194 194

b ab+b+1 + c bc+c+1 + a ac+a+1 ≥ 3m m2+m+1 ان برهن. . a, b, c ∈ R + مع, m = (abc) 1 3 ليكن 2 3 برهن انه اذا كان 1 = abc من اجل اعداد حقيقية موجبة c, b, a ,فان ∑ cyc 1 b(a + b) ≥ 3 2 ∑ 4 برهن ان cyc √ a + 11bc + 6 ≥ 9 √ 2. 5 ليكن a ,b و c اعداد حقيقية موجبة بحيث 3 = bc + ac + ab .برهن ان : √ a 2 + b 2 + 7bc + √ b 2 + c 2 + 7ca + √ c 2 + a 2 + 7ab ≥ 9 .c = 0 و b = 3 2 المساواة تحدث لما 2 = a, ان برهن, . ab + bc + ca ≥ 1 كان اذا) CHKMO2018) 6 1 a 2 + 1 b 2 + 1 c 2 ≥ √ 3 abc الاتية المتراجحة برهن . a + x = b + y = c + z = 1. ان حيث a, b, c, x, y, z ∈ R+ ليكن 7 (abc + xyz) ( 1 ay + 1 bz + 1 cx) ≥ 3 8 برهن ان ( a + 2b a + 2c )3 + ( b + 2c b + 2a )3 + ( c + 2a c + 2b )3 ≥ 3 : ان نبرهن كيف. a + b + c = 3 مع, a, b, c ∈ (0,∞) ليكن 9 a √ b + b √ c + c √ a ≥ 3? . 10 برهن ان ab √ 2c + a + b + bc √ 2a + b + c + ca √ 2b + c + a ≤ √ 2 3 a + b + c = 2 ان علما 2222 اسئلة اختبار ية B 1 برهن ان ab 1 + c 2 + bc 1 + a 2 + ca 1 + b 2 ≤ 3 4 a 2 + b 2 + c علما ان 1 = 2 2 اذا كان x ,y و z اعداد حقيقية موجبة . برهن ان (x + y)(y + z)(z + x) ≥ 8 3 (x + y + z) √3 x 2y 2z 2 195 195

3 برهن ان 3(x 2 y + y 2 z + z 2x)(xy2 + yz2 + zx2 ) ≥ xyz(x + y + z) 3 4 ليكن a ,b و c اعداد حقيقية موجبة بحيث 1 = abc .برهن ان : a a 11 + 1 + b b 11 + 1 + c c 11 + 1 ≤ 3 2 . 5 برهن ان ∑ cyc a 3 13a 2 + 5b 2 ≥ a + b + c 18 XXIII التحليل الدالي والدوال الدور ية 1 مثال 11 لتكن f دالة عددية حيث R → R : f وتحقق المعادلة الدالية الاتية f(x + 1) + f(x − 1) = √ 2 · f(x) . بين انها دور ية ودورها يساوي 8 i الحل = a ,ومنه √ ليكن 2 f(x + 1) = af(x) − f(x − 1) اذن f(x + 2) = af(x + 1) − f(x) = a 2 f(x) − af(x − 1) | {z } af(x+1) −f(x) = f(x) − af(x − 1) = af(x − 1) − f(x − 2) | {z } f(x) −af(x − 1) = −f(x − 2) ومنه f(x + 8) = −f(x + 4) = f(x) 2 مثال 22 جد دور الدالة f من المعادلة الدالية f(x) + f(x + 4) = f(x + 2) + f(x + 6) 196 196

i الحل .x ∈ R اجل من f(x) + f(x + 4) = f(x + 2) + f(x + 6) لدينا نعوض x ب 2 + x للحصول على f(x + 2) + f(x + 6) = f(x + 4) + f(x + 8) من اجل كل R ∈ x .وبالتالي f(x) + f(x + 4) = f(x + 2) + f(x + 6) = f(x + 4) + f(x + 8) من اجل كل R ∈ x .نطرح (4 + x(f من طرفي المعادلة الاخيرة للحصول على : (8 + x(f) = x(f من اجل كل .x ∈ R ملاحظة مهمة وهذا يؤكد لنا ان الدالة f هي دالة دور ية ودورها يساوي 8 حيث ان هذا الدور اي 8 ليس بالضرورة ان يكون هو اصغر دور لحظيا لدينا , f(x) = sin(πx) تحقق f(x) + f(x + 4) = f(x + 2) + f(x + 6) من اجل كل R ∈ x ,لـكن لها دور يساوي 2. 3 مثال 33 اذا كانت الدالة الدور ية تحقق المعادلة الدالية الاتية √ 3f(x) = f(x − 1) + f(x + 1) من اجل جميع قيم x برهن ان الدور الرئيسي للدالة f هو 12 i الحل نبدا ب: (1) f(x + 1) = √ 3 f(x) − f(x − 1) باستعمال (1 :(لدينا (2) f(x + 3) = √ 3 (√ 3 f(x + 1) − f(x) ) − f(x + 1) = 2f(x + 1) − √ 3 f(x) باستعمال (1 (و (2 :(نحصل على f(x + 6) = 2f(x + 4) − √ 3f(x + 3) = 2( 2f(x + 2) − √ 3f(x + 1)) − √ 3 ( 2f(x + 1) − √ 3 f(x) ) = 4f(x + 2) − 4 √ 3f(x + 1) + 3f(x) = 4( ✘ √ ✘✘✘✘✘ 3f(x + 1) − f(x) ) − ✘✘✘✘✘✘✘ 4 √ 3f(x + 1) + 3f(x) = −f(x) المطلوب وهو . f(x + 12) = −f(x + 6) = f(x) ومنه, f(x + 6) = −f(x) وبالتالي 197 197

4 مثال 44 لتكن f دالة عددية ذات قيم حقيقية معرفة على R وتحقق f(x + k) = 1 + (2 − 5f(x) + 10f(x) 2 − 10f(x) 3 + 5f(x) 4 − f(x) 5 ) 1 5 من اجل x ومن اجل بعض قيم العدد الحقيقي الموجب k . ,جد دور الدالة (x(f اذا كانت دور ية i الحل ولدينا g(x) = (1 − f(x))5 + 1/2 نكتب g(x + k) = −g(x) ومنه g(x + 2k) = −g(x + k) = g(x) اذن g لها دور ودورها 2k .وهذا يعني ان (1 − f(x + 2k))5 = (1 − f(x))5 =⇒ 1 − f(x + 2k) = 1 − f(x) ومنه f لديها ايضا دور ودورها 2k. 5 مثال 55 حل من اجل (x(f :المعادلة الدالية الاتية f(x) = x x + f ( x x+f(x) ) i الحل اذا كانت الدالة f موجودة ,نضع 0 = x نجد f(0) = 0 0 + f ( 0 0+f(0)) = 0, ولاجتناب القسمة على صفر 0 وهذا يتطلب 0 + f(0) ̸= 0 و 0 + f ( 0 0 + f(0)) ̸= 0. ولـكن 0) = 0(f ومنه 0) = 0(f + 0 ,تناقض .ومنه لاتوجد اي دالة f تحقق المعادلة الدالية السابقة 198 198

6 مثال 66 لتكن المعادلة الدالية الاتية (1) f(x + y n ) = f(x) + [f(y)]n مع f : R → R و n عدد صحيح معطى بحيث 1 > n . حل المعادلة الدالية (1( i الحل في هذه المثال نحاول التعميم . لدينا f(x + y) = f(x) + f(y) و ∑n i=0 ( n i ) f(x i y n−i ) = f((x + y) n ) = f(x + y) n = (f(x) + f(y))n = ∑n i=0 ( n i ) f(x) i f(y) n−i . ومنه, f(y) = yf(1) و f(x i y n−i ) = y n−i f(x i باخذ y ناطق , اذن ( ∑n i=0 ( n i ) y n−i [ f(x i ) − f(1)n−i f(x) i ] = 0 مادام هذا كثير حدود من الدرجة n وهو 0 من اجل جميع الاعداد الناطقة اي يتطابق بالضبط مع 0 ,ومنه f(x i ) = f(1)n−i f(x) i لدينا, f(1) = 0 كان اذا. f(1) ∈ {−1, 0, 1} ومنه, f(1) = f(1)n من اجل n ≤ i ≤ 0 .في الاصل لدينا لدينا ذلك بخلاف . f(x) ≡ 0 ومنه, f(x i ) = 0 f(x 2 ) = f(1)n−2 f(x) 2 = f(1)f(x) 2 f(x + y 2 ) = f(x) + f(y 2 ) = f(x) + f(1)f(y) 2 . اذا كان 1) = 1(f ,هذا معناه f متزايدة , واذا كان 1) = −1(f هذا معناه f متناقصة . اما , f ليست كثيفة في كل f(x) = −x و f(x) = x ان تعني f(1) = ±1 ملاحظة. x وكل c ل القيم بعض اجل من f(x) = cx معناه مكان هي الحلول الوحيدة 199 199

6 مثال 77 لتكن المعادلة الدالة الاتية (E) f(f(x) − x) = f(f(x)) مع R → R : f .من الواضح ان الدالة f غير قابلة للقلب وعليه الحل الواضح هو الدالة الثابة f(x) = kx حيث k عدد حقيقي ثابت . هل توجد حلول اخرى للمعادلة (E( i الحل نعرف (x(f بالشكل الاتي f(x) =    1 كان اذا x < 0 0 كان اذا x = 0 −1 كان اذا x > 0 • المعادلة (E (محققة من اجل 0 = x لان f(f(0) − 0) = f(f(0)) . • المعادلة (E (محققة من اجل 0 > x لان f(f(x) − x) = f(−1 − x) = 1 = f(−1) = f(f(x)) . • المعادلة (E (محققة من اجل 0 < x لان f(f(x) − x) = f(1 − x) = −1 = f(1) = f(f(x)) . 7 مثال 88 بحيث f : N + → N جد جميع الدوال + f ( f(n) ) + f(n) = 2n .n ∈ N من اجل كل + 200 200