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]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[274] sakkmath	2008-01-16 16:47:31
Az angol szakirodalomban így hívják: Chebyshev Sum Inequality. Klikk ide.
Előzmény: [269] epsilon, 2008-01-16 12:31:07

[273] epsilon	2008-01-16 14:26:36
Bocs: ehelyett a1×b1+a2×b2>=a1×b2+a2×b2 ez kell a1×b1+a2×b2>=a1×b2+a2×b1

[272] epsilon

2008-01-16 14:25:10

OK, valóban így is lehet nézni, de akkor a rendezési tételt valójában nagyágyúnak használjuk hiszen n=2 esetén b2>=b1 és a2>=a1 feltételek mellett egyetlen nemtriviális permutációra van bizonyítanivaló egyenlőtlenség: a1×b1+a2×b2>=a1×b2+a2×b2 ami átírva (b2-b1)×(a2-a1)>=0 és vágül nincs szükség a nagyágyúra, mert végső soron csak az ai illetve bi rendezését vesszük figyelembe, de vehetjük úgy is, hogy az ötletet a rendezési tétel adta. Üdv: epsilon

[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

[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.

[254] epsilon	2007-12-04 19:36:26
Pontoabban ez érdekelne: adott n mellet, az a,b,c,d,e,f,g együthatókra milyen feltételek mellett kompatibilis vagy inkompatibilis az egyenletrendszer, amikor kompatibilis mikor haározott, mikor határozatlan, és ezen esetekben a megoldások megkeresése is érdekel. Látszatra banális, de nagyon szerteágazó a sok eset.

[253] epsilon	2007-12-04 18:15:45
Helló! Köszi, nem ez, lehet, hogy nem voltam elég világos az alábbi egyenletrendszerről van szó, teljesen elemi módon, mikor hány megoldás van:

[252] nadorp

2007-12-04 13:32:01

Úgy látom, ez a Kínai-maradéktétel

http://mathworld.wolfram.com/ChineseRemainderTheorem.html

Előzmény: [251] epsilon, 2007-12-04 12:08:09

[251] epsilon

2007-12-04 12:08:09

Tisztelt Fórumtagok! megint Én jelentkezem kérdéssel, régóta nézelődöm ezen a téren, de segítségre lenne szükségem: Tudna-e Valaki mondani neten elérhető forrásanyagot (magyar, angol vagy francia, de más latin nyelvcsaládban sem rossz) arról, hogy miként lehet megoldani modulo n-ben 2 ismeretlenes 2 egyenletből álló egyenletrendszert. Mert van amikor megy a kifejezési módszerrel, van amikor megy a kiküszöüblés módszer, van amikor megy a Cramer-szabálal, de van amikor csak "okoskodással" lehet megoldani. A megoldhatósági feltételek, esetek rendszerezését szeretném tudni, hogy miként lehet tárgyalni. Ugyanakkor érdekelne mindez 3 ismeretlenes, 3 egyenletből álló modulo n egyenletrendszerre is, természetesen mindenesetben csak lineáris egyenletrendszerre gondoltam Bárminemű segítséget előre is köszönök! Üdvözlettel: epsilon

[250] epsilon

2007-11-25 10:24:55

Kedves Lajos! Köszi szépen, mert azt hittem, tévúton járok, ugyanis mielőtt ide kiírtam volna a feladatot, azelőtt az [f(y)-f(x)]/(y-x) arányt vizsgálva, pontosan idáig jutottam el mint amit Te írsz (persze y-x nélkül), és azt hittem, hogy zsákutca. De mivel Te is ezt követted, innen kihámoztam, hogy végűl keresztbe szorozva, TAGPÁRONKÉNT összehasonlítva elegendő ha x és y-ra teljesüljön ilyen feltétel: a-t>=t-b ami éppen a szóban forgó intervallumba való tartozást jelenti. Üdv: epsilon

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?