[265] epsilon | 2008-01-16 06:47:02 |
Helló! Köszi nadorp! A jobboldali egyenlőtlenséget Én is úgy tudtam, hogy a Cebisev nevéhez fűződik, hiszen annak a bizonyítsa során ilyen típusú egyenlőtlenségeket alkalmazunk, találkozunk. Az általánosítási ötletedben végül a mentő ötlet az volt, hogy lépésről-lépésre alkalmaztad, Én azért jártam zsákutcába, mert egyből akartam alkalmazni a jobboldali egyenlőtlenséget (vagy a Cebisevet), de akárhogy választottam a tagokat, vagy nem lehetett tudni semmit az egymáshoz való viszonyukról, vagy a sorozatok ellentétes nonotonításuak voltak, így nem járhattam sikerrel. Tüzetesen átnézem a bizoyítást, de már a gondolatmenetet követve nagyon egyértelműnek tűnik, hogy így kell lenie. Üdv: epsilon
|
|
[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 a1a2...an és b1b2...bn nemnegatív számok. Ekkor, ha a {ci} számok a bi számok egy tetszőleges permutációja, akkor
.
Ha ezt felhasználjuk, akkor igaz az eredeti feladat következő általánosítása ( hacsak megint nem néztem el valahol egy egyszerűsítést :-)
Legyenek a1a2...an (n3) pozitív számok. Ekkor
Kezdjük a végén az utolsó két taggal, ekkor
. Tehát
Újra a fenti "rendezési tételt" alkalmazva a két utolsó törtre
Ezt folytatva, előbb utóbb ezt kapjuk
|
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
|
|
|
|
[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:
.
Két esetet vizsgálunk meg
1.eset: bcad. Ekkor a Csebisev egyenlőtlenség és miatt
és hasolóan cdab és miatt
2.eset: bc>ad. Ekkor bccd és miatt
és hasolóan adab és miatt
Összeadva a fenti két egyenlőtlenséget
|
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 |
|