eMatematikas Prisijunk Forumas Užduotys Testai Pradžia

Forumas

kaip spresti situs nelygybiu uzdavinius?

devil (+2)

Pirmas uzdavinys:
(a+b+c)(a^2+ b^2  + c^2)≥9abc, visiems neneigiamiems a,b,c.
antras uzdavinys:
√((a+b)(c+d))≥√ab+√cd, visiems neneigiamiems a,b,c,d.

ir gal galetumet kaip nors sita tema paaiskint, nes visiskai nesuprantu :)

DEMO +1000

1. Taikom aritmetinio - geometrinio vidurkio nelygybę:
[tex](a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})\geq 3\sqrt[3]{abc}\cdot3\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}}=9abc[/tex].
2. Remsimės Koši-Buniakovskio-Švarco nelygybe: [tex](x_1y_1+x_2y_2+x_3y_3+...+x_ny_n)^{2}\leq(x_1^{2}+x_2^{2}+x_3^{2}+...+x_n^{2})(y_1^{2}+y_2^{2}+y_3^{2}+...+y_n^{2})[/tex](visiems realiesiems skaičiams);
[tex]{(a+b)(c+d)\geq (\sqrt{ac}+\sqrt{bd})^{2}\Rightarrow \sqrt{(a+b)(c+d)}\geq \sqrt{ac}+\sqrt{bd}[/tex].

pakeista prieš 14 m

AncientMariner (+411)

lukasm2. Pirmiausia tarkim, kad [tex]a \leq d[/tex] ir [tex]c \leq b[/tex] (ši bendrumo nemažinanti prielaida leis panaudoti reikalingą nelygybę)


Ši prielaida nėra "neprarandanti bendrumo": yra dvi simetriškos poros (a, b) bei (c, d), o padaręs tą prielaidą nustatai, kad didžiausias ir antras pagal didumą iš skaičių a, b, c ir d yra skirtingose porose. Tai negalioja bendru atveju.

Tiesą sakant, uždavinio sąlyga nėra gerai suformuluota: jei a = b = 0, o c = d = 1 (atkreipkite dėmesį, kad šitame kontrpavyzdyje du didžiausi skaičiai yra toje pačioje poroje, - yra tik tokie kontrpavyzdžiai, nes tik jiems neveikia lukasm sprendimas), tai kairė pusė yra 0, o dešinė yra 1.

Manau, kad turėjo būti √((a+b)(c+d))≥√(ac)+√(bd). Tuomet veiktų lukasm sprendimas, išmetus antrą jo dalį.

pakeista prieš 14 m

DEMO +1000

AncientMariner, ačiū, kad pataisei. Aš ne profesionalas, aš dar tik mokausi.
devil, dar patikslink trečio uždavinio sąlygą.

devil

ir gal galetumet kaip nors sita tema paaiskint, nes visiskai nesuprantu :)


Įrodinėjant paprastesnes nelygybes dažniausiai užtenka šių pagalbinių nelygybių:
[tex]a^{2}+b^{2}\geq 2ab[/tex] visiems realiesiems skaičiams; lygybė galioja, kai [tex]a=b[/tex];
aritmetinio-geometrinio vidurkio nelygybė:
[tex]\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}\geq \sqrt[n]{a_1a_2...a_n}[/tex] visiems teigiamiems skaičiams; lygybė galioja, kai [tex]a_1=a_2=...=a_n[/tex];
Koši-Buniakovskio-Švarco nelygybė, kurią jau rašiau prieš tai.
Visa kita - Tavo įžvalgumo ir patirties reikalas.

devil (+2)

noriu patikslinti 2 uzdavini:
√((a+b)(c+d))≥√ac+√bd
atleiskit uz paklaida

DEMO +1000

devilnoriu patikslinti 2 uzdavini:
√((a+b)(c+d))≥√ac+√bd
atleiskit uz paklaida

Pataisiau sprendimą kaip turi būti.

pakeista prieš 14 m

Nori sudalyvauti šioje temoje ir parašyti savo pranešimą? Prisijungti »