Fórum: Valaki mondja meg!

[1] [2] [3] [4] [5] [6] [7] [8] [9] [10] [11] [12] [13] [14] [15] [16] [17] [18] [19] [20] [21] [22] [23] [24] [25] [26] [27] [28] [29] [30] [31] [32] [33] [34] [35] [36] [37] [38] [39] [40] [41] [42] [43] [44] [45] [46] [47] [48] [49] [50] [51] [52] [53] [54] [55] [56] [57] [58] [59] [60] [61] [62] [63] [64] [65] [66] [67] [68] [69] [70] [71] [72] [73] [74] [75] [76] [77] [78] [79] [80] [81] [82] [83] [84] [85] [86] [87] [88] [89] [90] [91] [92] [93] [94] [95] [96] [97] [98] [99] [100] [101] [102] [103] [104] [105] [106] [107] [108] [109] [110] [111] [112] [113] [114] [115] [116] [117] [118] [119] [120] [121] [122] [123] [124] [125] [126] [127] [128] [129] [130] [131] [132] [133] [134] [135] [136] [137] [138] [139] [140] [141] [142] [143] [144] [145] [146] [147] [148] [149] [150] [151] [152] [153] [154] [155] [156] [157] [158] [159] [160] [161] [162] [163] [164] [165] [166] [167] [168] [169] [170] [171] [172] [173] [174] [175] [176] [177] [178] [179] [180] [181] [182] [183] [184] [185] [186] [187] [188] [189] [190] [191] [192] [193] [194] [195] [196] [197] [198] [199] [200] [201] [202] [203] [204] [205] [206] [207] [208] [209] [210] [211] [212] [213] [214] [215] [216] [217] [218] [219] [220] [221] [222] [223] [224] [225] [226] [227] [228] [229] [230]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[264] nadorp

2008-01-15 20:48:41

Sajnos a "Szűcs rendezési tételt" nem olvastam, de gyanakszom, hogy a következőtől nem áll messze. Egyébként ezt anal gyakon vettük és úgy tudtam, hogy ez a Csebisev-egyenlőtlenség :-( pedig tényleg nem az.

Legyenek a₁ $\leq$ a₂ $\leq$ ... $\leq$ a_n és b₁ $\leq$ b₂ $\leq$ ... $\leq$ b_n nemnegatív számok. Ekkor, ha a {c_i} számok a b_i számok egy tetszőleges permutációja, akkor

$\sum a_ib_{n+1-i}\leq\sum a_ic_i\leq\sum a_ib_i$ .

Ha ezt felhasználjuk, akkor igaz az eredeti feladat következő általánosítása ( hacsak megint nem néztem el valahol egy egyszerűsítést :-)

Legyenek a₁ $\leq$ a₂ $\leq$ ... $\leq$ a_n (n $\geq$ 3) pozitív számok. Ekkor

$B=\frac{a_1a_2}{a_3}+...+\frac{a_{n-2}a_{n-1}}{a_n}+ \frac{a_{n-1}a_n}{a_1}+\frac{a_na_1}{a_2}\geq a_1+...+a_n$

Kezdjük a végén az utolsó két taggal, ekkor

$\frac{a_{n-1}a_n}{a_1}+\frac{a_na_1}{a_2}\geq \frac{a_{n-1}a_n}{a_2}+\frac{a_na_1}{a_1}= \frac{a_{n-1}a_n}{a_2}+a_n$ . Tehát

$B\geq \frac{a_1a_2}{a_3}+...+\frac{a_{n-2}a_{n-1}}{a_n}+ \frac{a_{n-1}a_n}{a_2}+a_n$

Újra a fenti "rendezési tételt" alkalmazva a két utolsó törtre

$B\geq \frac{a_1a_2}{a_3}+...+ \frac{a_{n-2}a_{n-1}}{a_2}+a_{n-1}+a_n$

Ezt folytatva, előbb utóbb ezt kapjuk

$B\geq \frac{a_1a_2}{a_3}+\frac{a_2a_3}{a_2}+a_3+...+a_n$

$B\geq \frac{a_1a_2}{a_2}+\frac{a_2a_3}{a_3}+a_3+...+a_n= a_1+a_2+...+a_n$

Előzmény: [263] epsilon, 2008-01-15 15:20:39

[263] epsilon	2008-01-15 15:20:39
Köszi sakkmath a javítást (örömömben észre sem vettem a végén az elírást), na meg kösz a szakreferenciát. Mivel nem jutok hozzá ahoz a forráshoz amit írtál, megfogalmaznád a Szűcs-tételt? Tisztelettel üdv: epsilon

[262] nadorp	2008-01-13 20:30:54
Köszi a javítást, igazad van. Belezavarodtam a sok betűbe :-)
Előzmény: [261] sakkmath, 2008-01-13 16:18:31

[261] sakkmath	2008-01-13 16:18:31
Kedves nadorp!

Előzmény: [258] nadorp, 2008-01-08 11:29:29

[260] epsilon	2008-01-12 08:58:36
Helló nadorp! A feladat 5 vagy több tag esetén is igaznak tűnik, de a 4-re adott bizonyítást sok eset letárgyalása nélkül nem igazán látom átültetni pl 5 tagra :-( Van valami ötleted? Üdv: epsilon
Előzmény: [258] nadorp, 2008-01-08 11:29:29

[259] epsilon	2008-01-08 15:02:50
Helló! Köszi, jó ötlet volt az, hogy azt az 1 törtet ami nem illett bele a Cebisev egyenlőtlenségbe (a rendezés monotonításába), 2 esetbe véve tárgyaltad, így valóban teljesen logikus, szép megoldás! Üdv: epsilon

[258] nadorp

2008-01-08 11:29:29

Mindkét oldalt elosztva a nem 0 abcd-vel,a feladat ekvivalens a következővel:

$\frac{bc}d+\frac{cd}a+\frac{ad}b+\frac{ab}c\geq a+b+c+d$ .

Két esetet vizsgálunk meg

1.eset: bc $\leq$ ad. Ekkor a Csebisev egyenlőtlenség és $\frac1d\leq\frac1b$ miatt

$\frac{bc}d+\frac{ad}b\geq\frac{bc}b+\frac{ad}d=c+a$

és hasolóan cd $\geq$ ab és $\frac1a\geq\frac1c$ miatt

$\frac{cd}a+\frac{ab}c\geq\frac{cd}c+\frac{ab}a=d+b$

2.eset: bc>ad. Ekkor bc $\leq$ cd és $\frac1d\leq\frac1a$ miatt

$\frac{bc}d+\frac{cd}a\geq\frac{bc}a+\frac{cd}d=\frac{bc}a+c$

és hasolóan ad $\geq$ ab és $\frac1b\geq\frac1c$ miatt

$\frac{ad}b+\frac{ab}c\geq\frac{ad}c+\frac{ab}b=\frac{ad}b+a$

Összeadva a fenti két egyenlőtlenséget

$\frac{bc}a+c+\frac{ad}b+a\geq\frac{bc}b+\frac{ad}a+a+c=c+d+c+a\geq a+b+c+d$

Előzmény: [257] epsilon, 2008-01-07 13:40:07

[257] epsilon	2008-01-07 13:40:07
B.Ú.É.K. Mindenkinek! Megint van egy szimpatiklus kis feladat, a Cebisev egyenlőtlenségre gyanakszom, de nem tudom a feltételeket hozzá igazítani: Ha a, b, c, d pozitív és növekvő számok ebben a sorrendben, akkor igaz a következő egenlőtlenség:

[256] Róbert Gida	2007-12-20 10:20:47
D. O. Skljarszkij-N. N. Csencov-I. M. Jaglom Válogatott feladatok és tételek az elemi matematika köréből című könyvben ez 231.a feladata. Megoldás a könyv végén.
Előzmény: [255] PAL, 2007-12-19 23:15:02

[255] PAL	2007-12-19 23:15:02
Sziasztok! A segítségeteket szeretném kérni a (2)-es állítás bizonyításához. Az (1)-es egyenlőségre, mely a másodikhoz "külsőre" hasonló típusú, szép és "középiskolás fejjel" is könnyen érthető, 5-7 soros bizonyítási módszert találtam Pogáts Ferenc: Trigonometria(1973) c. könyvének 179. oldalán. Ezt azért írom le, mert hasonlóan frappáns bizonyítást keresek az állítás(2)-höz is. Tehát azonos algebrai átalakításokkal, lemmák alkalmazása nélkül, egy rövid, 5-6 soros bizonyítás lenne számomra praktikusan megfelelő (úgy tudom, hogy elvileg van ilyen, de nekem sajnos nem sikerült összehozni. Még talán a teljes-indukciós lenne a legjobb). Ha valaki tud ilyet - vagy bármilyet - hálás lennék érte, ha felrakná ide, vagy e-mailben elküldené nekem. Köszönöm.

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?