ثلاثة مسائل - الصفحة 2

مهند الزهراني · #11 01-05-2010, 15:41

أهلا بك أستاذي ، حليت باستخدام كوشي - شوارتز لين قلت بس ولا وصلت للحل ؟؟

من بداية السؤال وباين انها الصيغة العامة لمتباينة كوشي - شوارتز ،،،

لكن ما عقدني الا باي تربيع على 6 لكن بحثت لين لقيت انها عبارة عن مجموع متسلسلة لانهائية :

$\200dpi \frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+...+\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}$

نص حلي الكامل :
$\200dpi if \ a_1,a_2,...,a_n \ and \ b_1,b_2,...,b_n \ are \ real \ number \ then:$

$\200dpi \left ( \sum_{i=1}^{n}a_ib_i \right )^2\leq \left ( \sum_{i=1}^{n}a_i^2 \right )\left ( \sum_{i=1}^{n}b_i^2 \right )$

"متباينة كوشي - شوارتز"
لنطبق متباينة كوشي - شوارتز على مجموعتي الاعداد
$\200dpi a_1,2^2a_2,...,n^2a_n$

و

$\200dpi \frac{1}{1^2},\frac{1}{2^2},...,\frac{1}{n^2}$

الان بقي أن نطبق المتباينة مباشرة ونلغي حالة التساوي ، يتساوى الطرفين في المتباينة عندما يوجد عدد حقيقي c بحيث $\200dpi a_i=cb_i$

ولكن بما ان المطلوب في السؤال لا يتضمن حالة التساوي فاننا نستبعد هذه الحالة ، الان نطبق المتباينة مباشرة على مجموعتي الاعداد مباشرة وبالاختصار في الطرف الايسر :

$\200dpi (a_1+a_2+...+a_n)^2< (\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+...+\frac{1}{n^2})(a_1+2^2a_2^2+...+n^2a_n^2)$

وبمعلومية العلاقة :
$\200dpi \frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+...+\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}$

نعوض فينتج :
$\200dpi (a_1+a_2+...+a_n)^2< \frac{\pi ^2}{6}(a_1+2^2a_2^2+...+n^2a_n^2)$

زَينَب..~ · #12 01-05-2010, 17:31

المشاركة الأصلية كتبت بواسطة مهند الزهراني

أهلا بك أستاذي ، حليت باستخدام كوشي - شوارتز لين قلت بس ولا وصلت للحل ؟؟

من بداية السؤال وباين انها الصيغة العامة لمتباينة كوشي - شوارتز ،،،

لكن ما عقدني الا باي تربيع على 6 لكن بحثت لين لقيت انها عبارة عن مجموع متسلسلة لانهائية :

$\200dpi \frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+...+\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}$

نص حلي الكامل :
$\200dpi if \ a_1,a_2,...,a_n \ and \ b_1,b_2,...,b_n \ are \ real \ number \ then:$

$\200dpi \left ( \sum_{i=1}^{n}a_ib_i \right )^2\leq \left ( \sum_{i=1}^{n}a_i^2 \right )\left ( \sum_{i=1}^{n}b_i^2 \right )$

"متباينة كوشي - شوارتز"
لنطبق متباينة كوشي - شوارتز على مجموعتي الاعداد
$\200dpi a_1,2^2a_2,...,n^2a_n$

و

$\200dpi \frac{1}{1^2},\frac{1}{2^2},...,\frac{1}{n^2}$

الان بقي أن نطبق المتباينة مباشرة ونلغي حالة التساوي ، يتساوى الطرفين في المتباينة عندما يوجد عدد حقيقي c بحيث $\200dpi a_i=cb_i$

ولكن بما ان المطلوب في السؤال لا يتضمن حالة التساوي فاننا نستبعد هذه الحالة ، الان نطبق المتباينة مباشرة على مجموعتي الاعداد مباشرة وبالاختصار في الطرف الايسر :

$\200dpi (a_1+a_2+...+a_n)^2< (\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+...+\frac{1}{n^2})(a_1+2^2a_2^2+...+n^2a_n^2)$

وبمعلومية العلاقة :
$\200dpi \frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+...+\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}$

نعوض فينتج :
$\200dpi (a_1+a_2+...+a_n)^2< \frac{\pi ^2}{6}(a_1+2^2a_2^2+...+n^2a_n^2)$

الحل شبه صحيح تنقصه بعض البهاراتأن شاء المولى سأضع الحل مساءاً

مهند الزهراني · #13 01-05-2010, 17:42

صحيح هناك أخطاء في تطبيق المتباينة ،،،

الصحيح هو ان نطبق المتباينة على مجموعتي الاعداد

$\200dpi a_1,2a_2,...,na_n$

و

$\200dpi 1,\frac{1}{2},...,\frac{1}{n}$

واعتذر عن الاخطاء ، ربما بسبب الاستعجال ،،،

زَينَب..~ · #14 01-05-2010, 17:53

المشاركة الأصلية كتبت بواسطة مهند الزهراني

صحيح هناك أخطاء في تطبيق المتباينة ،،،

الصحيح هو ان نطبق المتباينة على مجموعتي الاعداد

$\200dpi a_1,2a_2,...,na_n$

و

$\200dpi 1,\frac{1}{2},...,\frac{1}{n}$

واعتذر عن الاخطاء ، ربما بسبب الاستعجال ،،،

لاحظ أنك غيرت بتطبيقها على المجموعة وهو الصحيح ولكن هناك خطوات ناقصة قليلا,,,
وبسيطة
جداأضف قليلا من المحسنات الرياضية

مهند الزهراني · #15 01-05-2010, 17:59

هذا هو الحل المتوفر لدي ، وأعتقد انها لاتحتاج لاكثر من ذلك لانها مباشرة من الصيغة العامة للمتباينة ولا تحتاج لاكثر من ذلك ،،،

الصادق · #16 02-05-2010, 01:11

المشاركة الأصلية كتبت بواسطة مهند الزهراني

أهلا بك أستاذي ، حليت باستخدام كوشي - شوارتز لين قلت بس ولا وصلت للحل ؟؟

من بداية السؤال وباين انها الصيغة العامة لمتباينة كوشي - شوارتز ،،،

لكن ما عقدني الا باي تربيع على 6 لكن بحثت لين لقيت انها عبارة عن مجموع متسلسلة لانهائية :

$\200dpi \frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+...+\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}$

نص حلي الكامل :
$\200dpi if \ a_1,a_2,...,a_n \ and \ b_1,b_2,...,b_n \ are \ real \ number \ then:$

$\200dpi \left ( \sum_{i=1}^{n}a_ib_i \right )^2\leq \left ( \sum_{i=1}^{n}a_i^2 \right )\left ( \sum_{i=1}^{n}b_i^2 \right )$

"متباينة كوشي - شوارتز"
لنطبق متباينة كوشي - شوارتز على مجموعتي الاعداد
$\200dpi a_1,2^2a_2,...,n^2a_n$

و

$\200dpi \frac{1}{1^2},\frac{1}{2^2},...,\frac{1}{n^2}$

الان بقي أن نطبق المتباينة مباشرة ونلغي حالة التساوي ، يتساوى الطرفين في المتباينة عندما يوجد عدد حقيقي c بحيث $\200dpi a_i=cb_i$

ولكن بما ان المطلوب في السؤال لا يتضمن حالة التساوي فاننا نستبعد هذه الحالة ، الان نطبق المتباينة مباشرة على مجموعتي الاعداد مباشرة وبالاختصار في الطرف الايسر :

$\200dpi (a_1+a_2+...+a_n)^2< (\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+...+\frac{1}{n^2})(a_1+2^2a_2^2+...+n^2a_n^2)$

وبمعلومية العلاقة :
$\200dpi \frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+...+\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}$

نعوض فينتج :
$\200dpi (a_1+a_2+...+a_n)^2< \frac{\pi ^2}{6}(a_1+2^2a_2^2+...+n^2a_n^2)$

رائع جداً

زَينَب..~ · #17 02-05-2010, 14:33

لكن ما عقدني الا باي تربيع على 6 لكن بحثت لين لقيت انها عبارة عن مجموع متسلسلة لانهائية :[/COLOR][/SIZE][/FONT]

$\200dpi \frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+...+\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}$

جميلة للتو انتبهت لهذه ,,,
بالفعل لم ألحظ انك كتبتها ,,,

:a_plain111:
بوركت ,,,
وعاود محاولاتك لحل المسألة الاولى ,,,

زَينَب..~ · #18 04-05-2010, 17:30

المشاركة الأصلية كتبت بواسطة الصادق

[SIZE="6"]

1- احسب المجموع التالي:
$S=1^p+2^p+3^p+...+n^p$
]

الذين يشاهدون محتوى الموضوع الآن : 1 ( الأعضاء 0 والزوار 1)

حسابٌ واحد لجميع خدماتنا !