متباينة .. وإثبات

مهند الزهراني · #1 30-01-2011, 23:38

السلام عليكم ورحمة الله وبركاته

المتباينة التالية معروفة

اذا كانت كل الاعداد المستخدمة حقيقية موجبة فإن

$\left ( \sum_{k=1}^{k=n}a_k^2 \right )\left ( \sum_{k=1}^{k=n}b_k^2\right )\geq \left (\sum_{k=1}^{k=n}a_kb_k \right )^2$

هل من إثبات محترف لهذه المتباينة ؟ علما بأنها معيارية معروفة ...

مهند الزهراني · #2 31-01-2011, 21:23

أحد الإثباتات بالإستقراء

سأترك لكم برهان المتباينة التالية بالإستقراء

$\sum_{k=1}^{n}\frac{a_k^2}{b_k^2}\geq \frac{\left ( \sum_{k=1}^{n}a_k \right )^2}{\sum_{k=1}^{n}b_k^2}$

" سهل جدا بالإستقراء "

الآن

$\sum_{k=1}^{n}a_k^2=\sum_{k=1}^{n}\frac{a_k^2b_k^2}{b_k^2}\geq \frac{\left ( \sum_{k=1}^{n}a_kb_k \right )^2}{\sum_{k=1}^{n}b_k^2}\Leftrightarrow \left ( \sum_{k=1}^{n}a_k^2 \right )\left ( \sum_{k=1}^{n}b_k^2 \right )\geq \left ( \sum_{k=1}^{n}a_kb_k \right )^2$

ولإثبات إحترافي ، فكروا في المميز

مهند الزهراني · #3 16-03-2011, 12:18

بعد غياب عن منتداي الحبيب طويلا ، سيكون ردي الأول استقرائيا

يمكن فرض كثيرة الحدود

$f(t)=\sum_{k=1}^{k=n}(a_kt-b_k)^2$

وبعدها يمكن الاستفادة منها بدراسة اشارة كثيرة الحدود واشارة المميز

والباقي عليكم

مهند الزهراني · #4 17-03-2011, 22:46

ملاحظة : بعد الهنت الأخير اللي اعطيته اذا ما حليتوا السؤال باستخدامه معناه مافي أحد استوعب نهائيا درس دراسة الاشارة بمنهج الصف الثالث ثانوي

عموما بحط الحل

الآن من المعطى كثيرة الحدود عبارة عن مجموع مربعات ، اذا هي موجبة لكل قيم t الحقيقية ، وبالتالي مميزها سالب

الآن كثيرة الحدود المعطاة تساوي

$p(t)=\left ( \sum_{k=1}^{n}a_k^2 \right )t^2-\left ( \sum_{k=1}^{n}a_kb_k \right )t+\sum_{k=1}^{n}b_k^2$

ونأخذ المميز أقل من او يساوي الصفر ويتم المطلوب

...............

فكرة ثالثة للبرهان

استفد من المتباينة

$x^2+y^2\geq 2xy$

مهند الزهراني · #5 19-03-2011, 10:37

أولا

$(x-y)^2\geq 0\Leftrightarrow x^2+y^2\geq 2xy$

الآن لنستخدم ذلك في برهان متباينتنا بالصورة التالية

$\frac{a^2_1}{\sum_{k=1}^{n}a^2_k}+\frac{b^2_1}{\sum_{k=1}^{n}b^2_k}\geq \frac{2a_1b_1}{ \sqrt{\sum_{k=1}^{n}a_k^2\sum_{k=1}^{n}b_k^2} }$

وبنفس الطريقة نستمر ثم نجمع كل المتباينات ونربع ونصل للمطلوب

الهَياء · #6 19-03-2011, 12:24

،

مآشآء الله عليكْ ،
الله يجزآكْ الجنة آخوي على هالجُهد = )

مهند الزهراني · #7 19-03-2011, 21:29

^^

يعطيك العافية

هناك حل آخر سريع يتمثل باستخدام مباشر جدا لمتطابقة لاغرانج ( Lagrange's identity (

$\left ( \sum_{k=1}^{n}a_k^2 \right )\left ( \sum_{k=1}^{n}b_k^2 \right )-\left ( \sum_{k=1}^{n}a_kb_k \right )^2=\sum_{i\neq j}\left (a_ib_j-a_jb_i \right )^2$

مهند الزهراني · #8 19-03-2011, 21:35

وأخيرا للمعلومية المتباينة تدعى متباينة كوشي - شوارتز وهي مشهورة جدا لدى طلاب الاولمبياد ولدى المشتغلين بالجبر الخطي وهي حالة خاصة جدا من متباينة أعم تدعى متباينة هولدر

مهند الزهراني · #9 20-03-2011, 15:25

وأحاول الآن إيجاد طريقة جديدة للإثبات

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

حسابٌ واحد لجميع خدماتنا !