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.

[271] nadorp

2008-01-16 13:04:13

Ha jobban megnézed, minden lépésben használtam n=2-re.

$\frac{xy}z+\frac{pq}r\geq\frac{xy}r+\frac{pq}z$ , ha xy $\leq$ pq és z>r

Előzmény: [270] epsilon, 2008-01-16 12:35:53

[270] epsilon	2008-01-16 12:35:53
u.i.: Én úgy vélem, hogy a bizonyítás során végül is nem igazán használtad a "rendezési tételt" hanem inkább az a1<=a2<=...<=an rendezést, mert Én őszintén bevallva nem látom, hogy a rendezési tételből melyek a 264. hozzászólás kezdetén levő ai illetve bi azonos monotonítású sorozatok. Vagy tévedek? Üdv: epsilon

[269] epsilon	2008-01-16 12:31:07
Kedves nadorp! A "Tulajdonképpen az a2 nevezőt "toljuk el" mindig 1-gyel balra" pontosításod úgy nézem, teljesen eloszlatja a kételyeimet, mégegyszer tüzetesen levezetek több első és utolsó lépést. Kedves sakkmath! Kösz az infót, ott is szétnézek, de megköszönném, ha be tudnád szkennerelni, és gondolom, könnyebb ha valahova feltöltöd és a linket megadod hogy letölthessük(gondolom, nem szabályellenes), mert itt méretkorlát is van a képekre. Üdv: epsilon
Előzmény: [267] nadorp, 2008-01-16 10:21:56

[268] sakkmath

2008-01-16 11:10:24

Kedves epsilon és nadorp!

Az 'ujjgyakorlatok' topic [273]-as hozzászólásában Sirpi dióhéjban elmondja a Szűcs-féle rendezési tételt (egy konkrét feladat megoldása kapcsán). Sirpi ismertetéséből is látható, hogy az a bizonyítás, amibe bekapcsolódtam, a Szűcs Adolf-féle rendezési tételt használja.

Csebisev nevéhez többféle egyenlőtlenség is fűződik. A jelen témakörhöz legközelebbi egyenlőtlensége megtalálható Skljarszkij-Csencov-Jaglom: Válogatott fejezetek és tételek... 1. kötetében (TipoTex Kiadó) is. Ha kell, holnapra kiollózom és fölteszem. Üdvözlettel: sakkmath

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

[267] nadorp

2008-01-16 10:21:56

A két utolsó tört a második esetben:

$\frac{a_{n-2}a_{n-1}}{a_n}$ és $\frac{a_{n-1}a_n}{a_2}$

A két utolsó tört a harmadik esetben:

$\frac{a_{n-3}a_{n-2}}{a_{n-1}}$ és $\frac{a_{n-2}a_{n-1}}{a_2}$

Tulajdonképpen az a₂ nevezőt "toljuk el" mindig 1-gyel balra

Előzmény: [266] epsilon, 2008-01-16 09:01:10

[266] epsilon

2008-01-16 09:01:10

Helló nadorp! Belenéztem jobban a bizonyításba, és úgy tűnik, hogy a második lépéstől lefele az első lépésben elsütött minorálás nem igazán alkalmazható? Pontosabban: ott ahol írod, hogy "Kezdjük a végén az utolsó két taggal, ekkor"...itt a nevezőkben ebben a sorrendben a1 és a2 szerepel, és a1<a2. Ellenben ahol ezt írod, hogy "Újra a fenti "rendezési tételt" alkalmazva a két utolsó törtre" ott a nevezőben ebben a sorrendben a3 és a2 szerepek és ezekre a3>a2 vagyis úgy látom, hogy nem teljesül a rendezési tételből a monotonítási feltétel, és ugyanez a helyzet tovább lefele minden más 2 összehasonlításnál szerintem éppen a fordított egyenlőtlenség miatt úgy vélem, nem ismételhető meg az 1. lépés, vagy tévedek? Üdv: epsilon

[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 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

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?