Mathman: أكتوبر 2009

2009-10-25

توقف !

اعتقد انه علي التوقف عن الكتابة، فالمدونة كما يبدو لم تحظ باعجاب احد، كما ان الدراسة تشغلني عن الكتابة.

2009-10-22

هيرون!

هل يمكن برهنة قانون هيرون دون مثلثات؟ فكر. إن كانت الإجابة بنعم، فكيف

2009-10-19

مواقع رياضية مميزة

من المواقع الرياضية المميزة التي صادفتها خلال تجوالي:

الموقع يناقش عددا كبيرا من التمارين و النظريات الهندسية، كما يحوي مخططات رائعة ذات فائدة

هذا الموقع بصراحة ذو فائدة رهيبة جدا، فمثلا في مجال الهندسة، يحتوي على 800 مناقشة من نظريات و تمارين، كما يختص بالجبر و غيره، أنصح به الطالب الأولمبي

هو في الحقيقة موقع شخصي لطالب أولمبي ألماني، حصل على ميدالة ذهبية و فضية في الأولمبياد العالمي في سنتين مختلفتين. تجد فيه الكثير من المستندات الرائعة، كتبها هو أو أحد أساتذته بالجامعة أو حتى مسابقات.

هناك الكثير الكثير، أرجو من يجد رابطا رائعا ادراجه هنا في نفس الموضوع.

2009-10-17

ليكن A,B,C ثلاث نقاط على استقامة واحدة، وليكن E نقطة أخرى لا تنتمي للمستقيم، تم اختار F عشوائيا تنتمي للقطعة المستقيمة EA. تقاطع FC مع EB في G. و تقاطع EC مع AG في H. وتقاطع FH مع AC في I. برهن أن موقع النقطة I لا يعتمد على موقع E و لا على موقع F.

2009-10-15

أكبر حاصل ضرب بمجموع ثابت

مسألة مشهورة: ليكن $a_1,\cdots,a_n$ أعداد صحيحة موجبة بمجموع يساوي $k$ ، أوجد أكبر قيمة لحاصل ضرب هذه الأعداد.

2009-10-14

توافيق، مجاميع، و أعداد مثلثية

أذا كان n عدد صحيح لا يقل عن 0، افرض أن $A=\binom{n}{0}+2\binom{n}{2}+2^2\binom{n}{4}+\cdots+$ وأيضا:
$B=\binom{n}{1}+2\binom{n}{3}+2^2\binom{n}{5}+\cdots+$ برهن أن العدد $A^2B^2$ هو عدد مثلثي.

ملاحظة: هل يمكن تعميم المسألة؟

2009-10-13

مجموع مضروبي

أوجد بدلالة n المجموع التالي حيث n عدد صحيح موجب $\frac 1{1!}+\frac 1{1!+2!}+\cdots +\frac 1{1!+2!+3!+\cdots+ n!}$

2009-10-12

أسس و أساسات صحيحة

ليكن a,b,x,y أعداد صحيحة غير سالبة بحيث $a^x=b^y$
فمتى يكون الحل الوحيد هو (x,y)=(0,0) ؟

2009-10-11

هل الأسس متساوية؟

حلل العبارة التالية تحليلا تاما.

$a^x=b^y\Rightarrow x=y \qquad a,b\ne 0$

2009-10-10

تطابق مربع بمعيار أولي

ليكن p عدد أولي، وليكن a عدد صحيح، برهن أن $a^2\equiv 1\pmod p$ إذا و فقط إذا كان $a\equiv 1\pmod p$ أو $a\equiv p-1\pmod p$ .

2009-10-09

قسمة 2004

برهن أن $2^{2004}\Big|1+\left\lfloor \left(\sqrt{13}+3\right)^{2004}\right\rfloor$

متباينة مع بساطة "غريبة"

ليكن a,b,c أعداد حقيقية موجبة، برهن أن:

$\frac{c}{a}+\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c}\ge 2$

تعميم متباينة AM-GM مع بعض الحيل.

بعد أن عرفنا سابقا متباينة المتوسط الحسابي-المتوسط الهندسي، يمكننا الإنتقال إلى مرحلة أعم و أشمل ولها استعمالات كثيرة في المسائل الأولمبية.

متباينة الأوساط الأربعة: إذا كان $a_1\ldots a_n$ أعداد حقيقية موجبة فإن:
$\sqrt{\frac{a_1^2+\cdots+a_n^2}{n}}\ge\frac{a_1+\cdots+a_n}{n}\ge\sqrt[n]{a_1\cdots a_n}\ge\frac{n}{\frac{1}{a_1}+\cdots+\frac{1}{a_n}}$ وتتحقق المساواة عندما تتساوى المتغيرات كلها.

مع أن السابقة حالة خاصة أيضا، إلا أنها أسهل استخداما، وكذلك فهي مهمة. المتباينة التالية هي أيضا تعميم للسابقة (يبدو أنك مللت التعاميم :) ) متباينة الأوساط: إذا كان $a_1\ldots a_n$ أعداد حقيقية موجبة و كان: $M_n^p= \left\{\begin{matrix} \left(\cfrac{a_1^p+\cdots+a_n^p}{n}\right)^{1/p} & p\ne 0\\ \sqrt[p]{a_1\cdots a_n}&p=0 \end{matrix}\right. \qquad p\in\mathbb{Z}$ فإن $M_n^r\ge M_n^s$ لكل $r\ge s$ حيث r,s أعداد صحيحة.

لا أنكر أن المتباينة السابقة ذات استخدام نادر. حاليا، لا يحضرني متباينة تستخدم أي من الإثنتين، لكنك إن دخلت هذا العلم ستجد تطبيقاتها منتشرة جدا. يمكن تعيمها مرة أخرى لتصبح
متباينة الأوساط المعممة: بنفس الشروط نجد $w_1a_1+\cdots +w_na_n\ge a_1^{w_1}\cdots a_n^{w_n}$ حيث $w_1+\cdots +w_n=1$ . أحد تطبيقات هذه المسألة تجدها هنا.

تلك متباينات على طالب الأولمبياد أن يعيها، لكن المشكلة ليست في عدد النظريات و الحقائق التي تعرفها، العبرة في كيفية استخدامها و التحكم بها لصالحك، هذه أهم نقطة في استخدام تلك المتباينات.

جمعت لك من خلال خبرتي البسيطة بعض طرق استخدامها و توظيفها لتحقيق المطلوب.

1- إستخدم عملية الجمع! أقصد إن وجدت مثل هذه المسألة (abc=1) $\begin{align*}\frac{a^3}{(b+1)(c+1)}&+\frac{b^3}{(c+1)(a+1)}\\&+\frac{c^3}{(a+1)(b+1)}\ge\frac 34\end{align*}$ لاحظ إنه لو استخدمت المتباينة بشكل مباشر، فإنك لن تصل إلا نتيجة، بالتالي نحاول التخلص من المقامات بحركة الجمع، وهي $\frac{a^3}{(1+b)(1+c)}+\frac{1+b}{8}+\frac{1+c}{8}\ge \frac{3}{4}a$ بنفس الطريقة نجد أننا نقترب من الحل، حيث أننا نقوم بعمل نفس الطريقة للحدود الثلاثة، ثم نجمعها و نحصل على متباينة جديدة توصل إلى الحل. أيضا هذه المتباينة التي سبق شرحها $a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac$ (جربها بنفسك).

2- الإختيار الجيد للمتغيرات. إختيار المتغيرات بشكل جيد هي الأكثر أهمية، وهذه تكتسب بالخبرة، ولا تنس: إن كان لديك كسر فإنه يقل (قيمة) كلما كبر المقام، بمعنى أنك تستطيع تكبر الكسر بتصغير المقام و العكس صحيح، حيث أن الكثير يخطأ في هذه الملاحظة في البداية.

3- طريقة كوشي شواز: طريقة عكسية مفيدة جدا، فمثلا (a+b+c=3)
$\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2}\ge\frac{3}{2}$ نعمل على التالي:
$\frac{a}{1+b^2}=a-\frac{ab^2}{1+b^2}\ge a-\frac{ab^2}{2b}=a-\frac{ab}{2}$ و عمل هذا لجميع الحدود يقربك من الحل. فكرة هذه الطريقة أنك إن لم تكن تستطيع استخدام متباينة الوسط الحسابي-الوسط الهندسي فعليك تحويل الكسر إلى سالب ثم استعمالها للمقام (إذا كان الكسر كلما قل المقام قل قيمة).

4- معرفة المساواة! معرفة المساواة هي مهمة جدا! فمثلا في المسألة السابقة (abc=1): $\begin{align*}\frac{a^3}{(b+1)(c+1)}&+\frac{b^3}{(c+1)(a+1)}\\&+\frac{c^3}{(a+1)(b+1)}\ge\frac 34\end{align*}$ واضح أن المساواة تحدث عند a=b=c=1، وهذا ما جعلنا نبتعد عن استخدام $\frac{a^3}{(1+b)(1+c)}+(b+1)+(c+1)\ge 3a$ لأن المساواة لن تتحقق أبدا فنكون نبحث في دائرة مغلقة. بالتالي البعض يحل أنظمة من المعادلات للتأكد من صحة الخطوة، لذا عليك التحقق متى ستحدث المساواة عند كل خطوة.

5- يجب أن يكون لديك خلفية لا بأس بها في العمليات الجبرية و المتطابقات، معرفتها يسهل عليك تحويل المتباينة إلى صورة أخرى، وأحيانا الإستفادة من الشرط المعطى (إن كان لديك شرط في السؤال)، وستستزيد منها حسب خبرتك في المتباينات و المعادلات و نظرية العدد و العمليات الجبرية!

6- الاستمرار في الحل.

سأتكلم عن كل نقطة عندما تسنح الفرصة في مشاركة جديدة بإذن الله، حاول أن تحل ما سبق.

مسألة الأسبوع 9-10-09

ليكن ABC مثلث حاد الزوايا، ولتكن النقاط D,E,F هي المساقط العمودية من A,B,C على الأضلاع المقابلة. P,Q,M,N هي المساقط العمودية من F على CB,CA,AD,BE. برهن أن النقاط P,Q,M,N على استقامة واحدة.

2009-10-08

تقسيم الدائرة بفرجار

س: هل يمكن تقسيم دائرة إلى منطقتين متساويتين في المساحة و ذلك بالفرجار فقط؟

2009-10-07

ماذا تفعل إن أغلقت عليك المخارج؟ (سؤال للقراء)

سؤال للقراء، ماذا تفعل إن كنت تحل مسألة، ثم لم تجد حل و وصلت إلى طريق مسدود؟ قد يكون سخيفا و لكنه سؤال مهم جدا!

2009-10-04

تمرين أ.فوزي طه. من الأولمبياد الأمريكي

إذا كان x,y,z أعداد صحيحة موجبة، حل النظام:

$\begin{align*} x^3-y^3-z^3&=3xyz\\x^2&=2(y+z) \end{align*}$
البرهان:
لم أجد أفضل من برهان الأستاذ مجدي البسيط و الذي يحتاج إلى مهارة في عمليات الجبر.
$\begin{align*} (x-y-z)^3&=x^3-y^3-z^3-3xyz-3(x-y-z)(xy+yz+xz)\\ &= -3(x-y-z)(xy+yz+xz) \end{align*}$ ومنه نجد
$(x-y-z)((x+y)^2+(z+x)^2+(y-z)^2)=0$ بالتالي فإن أحد العاملين هو الصفر. لاحظ أيضا أن مجموع مربعات=0 يعني أن كل مربع =0. بالتالي فإن الحل الوحيد هو x=2,y=z=1.

برهان آخر: هو في الحقيقة حلي:
$\begin{align*} 6xyz&=2x^3-2(y^3+z^3)\\ &=2x^3-2(y+z)(y^2-yz+z^2)\\ &=x\left[2x^2-x(y^2-yz+z^2)\right]\\ &=x\left[4(y+z)-x(y^2-yz+z^2)\right] \end{align*}$ هذا يعني أن $6yz=4(y+z)-x(y^2-yz+z^2)$ ، الآن باستخدام AM-GM نجد: $\begin{align*} 6&=4\left(\frac 1y+\frac 1z\right)-x\left(\frac yz-1+\frac zy\right)\\ &\le 4\left(\frac 1y+\frac 1z\right)-x\left(2-1\right)\\ &=4\left(\frac 1y+\frac 1z\right)-x\\ &\le 4\left(\frac 1y+\frac 1z\right) \end{align*}$ وهذا لا يتحقق إلا إذا كان y,z إما 1 أو 2. بالتجريب نجد أن x=2,y=z=1.

2009-10-03

متفاوتة بسيطة لـ lamacomp

إذا كان x,y أعداد حقيقية موجبة تحقق x+y=1، و n عدد صحيح موجب، فبرهن أن
$\left(1+\frac 1{x^n}\right)+\left(1+\frac 1{y^n}\right)\ge\left(2^n+1\right)^2$
البرهان:
باستخدام AM-GM نجد $\left(\frac{1}{2}\right)^{2n}=\left(\frac{\underbrace{x+\cdots+x}_n+\underbrace{y+\cdots+y}_n}{2n}\right)^{2n}\ge x^ny^n$
الآن باستخدام كوشي $\left(1+\frac 1{x^n}\right)+\left(1+\frac 1{y^n}\right)\ge\left(1+\frac1{\sqrt{x^ny^n}}\right)^2\ge (1+2^n)^2$

جذور نسبية.

إذا كان a,b,c أعداد نسبية موجبة، فبرهن أن:
$\sqrt a+\sqrt b+\sqrt c\in\mathbb{Q}\Leftrightarrow \sqrt a,\sqrt b,\sqrt c\in\mathbb{Q}$
البرهان:
من المسائل الممتعة، وأهم فكرة هنا هي المنطقية التي سنتبعها لحل هذه المشكلة. المشكلة في البرهان هي في الجزء الأول.
بالتربيع نجد
$\begin{align*} &a+b+c+2\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\right)\in\mathbb Q\\ &\Rightarrow\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\in\mathbb Q \end{align*}$ بالتربيع مرة أخرى
$\begin{align*} &\sqrt{abc}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)\in\mathbb Q\\ &\Rightarrow\sqrt{abc}\in\mathbb Q \end{align*}$ الآن:
$\begin{align*} \sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}&=\sqrt a\left(\sqrt b+\sqrt c\right)+\frac{\sqrt{abc}}{\sqrt a}\\ &=\sqrt{a}\left[\left(\sqrt a+\sqrt b+\sqrt c\right )-\sqrt a\right]+\frac{\sqrt{abc}}{\sqrt a}\\ &= \sqrt a\left[\left(\sqrt a+\sqrt b+\sqrt c\right )-\frac{\sqrt{abc}}{a}\right]-\sqrt a\in\mathbb Q\\ &\Rightarrow \sqrt a\in\mathbb Q \end{align*}$ ويمكن إثبات البقية بنفس الطريقة! لأن البقية كلها نسبية.

2009-10-02

مسألة الأسبوع 2-10-09

ليكن $a_1,\ldots a_n$ أعداد حقيقية موجبة بحيث $a_i\in [0,i]\quad \forall i\in\{1,\ldots n\}$ ، برهن أن

$2^na_1(a_1+a_2)\cdots(a_1+\cdots+a_n)\ge (n+1)a_1^2\cdots a_n^2$
الحل:
$\begin{align*} a_1+\cdots+a_k&=1\left(\frac{a_1}{1}\right)+2\left(\frac{a_2}{2}\right)+\cdots+k\left(\frac{a_k}{k}\right)\\ &\ge\frac{k(k+1)}{2}\left(\frac{a_1}{1}\right)^{\frac{2}{k(k+1)}}\cdots\left(\frac{a_k}{k}\right)^{\frac{2k}{k(k+1)}} \end{align*}$ بضرب النتائج نجد:
$\begin{align*} \prod_{k=1}^n (a_1+\cdots+a_k) &\ge\prod_{k=1}^n\left(\frac{k(k+1)}{2}\prod_{i=1}^k\left(\frac{a_i}{i}\right)^{\frac{2i}{k(k+1)}}\right)\\ &=\frac{n!(n+1)!}{2^n}\prod_{i=1}^n\left(\frac{a_i}{i}\right)^{c_i} \end{align*}$ بحيث $\begin{align*}c_i&=2i\left(\frac{1}{i(i+1)}+\frac{1}{(i+1)(i+2)}+\cdots+\frac{1}{n(n+1)}\right)\\ &=2i\left(\frac{1}{i}-\frac{1}{n+1}\right)\\ &\le 2 \end{align*}$ لأن $a_i\le i$ نجد أن $\left(\frac{a_i}{i}\right)^{c_i}\ge\left(\frac{a_i}{i}\right)^2$ بالتالي: $\begin{align*} a_1(a_1+a_2)\cdots(a_1+\cdots+a_n)&\ge\frac{n!(n+1)!}{2^n}\prod_{i=1}^n\left(\frac{a_i}{i}\right)^2\\&=\frac{n+1}{2^n}a_1^2\cdots a_n^2 \end{align*}$ ومنه ينتج المطلوب.