Βοήθεια/Απορίες στην Άλγεβρα

Iliaso · 29 Μαρτίου 2009 στις 22:13

άμα σου αρέσει κάτι και ασχολείσαι(καλή ώρα ο τζιμάκος) γιατί όχι?

Shadowfax · 29 Μαρτίου 2009 στις 22:18

Αρχική Δημοσίευση από Djimmakos:
Aν $x+y+z=0$

τότε

${x}^{3}+{y}^{3}+{z}^{3}=3xyz$

αν είναι αυτό που ζητάς

Και από μένα μπράβο στα παιδιά (Djimmakos, Chris). Μου αρέσει πραγματικά να βλέπω ανθρώπους που ασχολούνται σοβαρά με αυτό που τους αρέσει.

Μία απορία τώρα καθαρά εγκυκλοπαιδική: Το παραπάνω το χρησιμοποιούμε αυτούσιο; Δηλαδή μπορώ π.χ να πω σε μία άσκηση ''Από Euler έχουμε...'' και να συνεχίσω;

Iliaso · 29 Μαρτίου 2009 στις 22:20

ναι

αν και νομίζω ότι ούτε αυτός ούτε ο cauchy Αναφέρονται..

Shadowfax · 29 Μαρτίου 2009 στις 22:21

Αρχική Δημοσίευση από Iliaso:
ναι αν και νομίζω ότι ούτε αυτός ούτε ο cauchy Αναφέρονται..

Μάλιστα. Ευχαριστώ. Πάντως είναι πολύ εύχρηστο ε;

djimmakos · 29 Μαρτίου 2009 στις 22:35

Αρχική Δημοσίευση από Shadowfax:
Μάλιστα. Ευχαριστώ. Πάντως είναι πολύ εύχρηστο ε;

Nαι, είναι

Πάντως Shadowfax μπορείς να χρησιμοποιείς αυτές τις σχέσεις αυτούσιες. Έτσι γίνεται και με διάφορες ανισότητες, τις οποίες δυστυχώς δεν κάνουμε στο λύκειο

..Και υπάρχουν πολύ ωραίες ασκήσεις που βασίζονται σε τέτοιες σχέσεις..

Btw, Ηλία, δε νομίζω ότι έχουμε κάποια σχέση του Cauchy στην Α' λυκείου..

Βασικά έχουμε μια ανισότητα, αλλά νομίζω ότι υπάρχει σαν άσκηση για απόδειξη..

rolingstones · 29 Μαρτίου 2009 στις 23:08

για πειτε μια ανισοτητα του caushy να μαθει και ο γερος

djimmakos · 29 Μαρτίου 2009 στις 23:21

Έτσι πρέπει να λέγεται, δεν είμαι 100% σίγουρος.

Αν $a_i >0$ και $x_i \in R$ τότε

$\displaystyle \sum_{i=1}^{n}\frac{{x}_{i}^2}{a_i}\geq \frac{ (\sum_{i=1}^{n}{x}_{i})^2 }{\sum_{i=1}^{n}a_i}$

Αλήθεια, γιατί τα i=1, n δε βγαίνουν κάτω και πάνω από το Σ αλλά δίπλα; :what:

Iliaso · 29 Μαρτίου 2009 στις 23:25

λέγοντας cauchy εννοώ αυτές:a^2+b^2=(a+b)^2-2ab δεν ξέρω δυστυχώς λάτεξ

βιλλαρασ · 30 Μαρτίου 2009 στις 18:06

Αρχική Δημοσίευση από Iliaso:
ναι αν και νομίζω ότι ούτε αυτός ούτε ο cauchy Αναφέρονται..

ο euler χρησιμοποιειται και εχει και αποδειξη στο βιβλιο

ξαροπ · 30 Μαρτίου 2009 στις 18:33

Ανισότητα Cauchy - Schwarz:

$\frac{a_1 + a_2 + a_3 +... + a_n}{n} \geq \sqrt[n]{a_1a_2a_3...a_n} \geq \frac{n}{\frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_2} + \frac{1}{a_3} + ... + \frac{1}{a_n}}$

Την βλέπω πολύ συχνά στις λύσεις θεμάτων Βαλκανικών ολυμπιάδων και μη, ενώ πολλοί από τους "μεγάλους" λύτες τη θεωρούν βασική στην επίλυση...παρ' όλα αυτά εγώ δε βλέπω ακόμα τη σημαντικότητά της.

Και το άλλο που ξέρω είναι μια ανισότητα του Αρχιμήδη, λιγότερο γνωστή:

${1}^{\mu} + {2}^{\mu} + {3}^{\mu} + ... + {(\nu - 1)}^{\mu} \leq \frac{{\nu}^{\mu + 1}}{\mu + 1} \leq {1}^{\mu} + {2}^{\mu} + {3}^{\mu} + ... + {\nu}^{\mu}$

Όποιος μεγάλος θέλει, ας τις χρησιμοποιήσει...για μένα είναι πολύ πολύπλοκες για να τις καταλάβω.

p@g · 30 Μαρτίου 2009 στις 20:24

νομιζω πως η πρωτη ανισοτητα που γραφεις δεν ειναι Cauchy-Schwartz αλλα η μεση ανισοτητα.το πρωτο μελος ειναι ο μεσος αριθμητικος το δευτερο ο μεσος γεωμετρικος και το τριτο ο μεσος αρμονικος.βεβαια πριν απο τον αριθμητικο προηγειται ο μεσος δευτεροβαθμιος(δεν ξερω αν το μεταφραζω σωστα) ο οποιος ειναι

thewatcher · 30 Μαρτίου 2009 στις 23:32

Η Cauchy Schwarz είναι αυτή:

${\left(\sum_{i=1}^{n}x_i y_i\right)}^{2} \leq \left(\sum_{i=1}^{n}{x_i}^2}\right)\left(\sum_{i=1}^{n}{y_i}^2}\right)$

nfk · 31 Μαρτίου 2009 στις 00:14

Υπάρχουν πολλά λιωμένα τελικά... ΜΕ ΤΗΝ ΚΑΛΗ ΕΝΝΟΙΑ ΠΑΝΤΑ..

djimmakos · 31 Μαρτίου 2009 στις 00:16

Αυτή που έγραψε ο thewatcher, δλδ

$(x_1^2+x_2^2+x_3^2+...+x_n^2)(y_1^2+y_2^2+y_3^2+...+y_n^2)\geq (x_1y_1+x_2y_2+x_3y_3+...+x_ny_n)^2$ (Ελπίζω να καταλάβατε τι σημαίνει το Σ)

είναι γνωστή ως B-C-S (Buniakovski-Cauchy-Schwarz).

Η ισότητα ισχύει όταν

$\frac{x_1}{y_1}=\frac{x_2}{y_2}=...=\frac{x_n}{y_n}$

-Djimmakos (ναι θα το βάζω και εγώ αυτό στο τέλος, μου αρέσει

)

mostel · 31 Μαρτίου 2009 στις 04:34

Αρχική Δημοσίευση από Djimmakos:
Έτσι πρέπει να λέγεται, δεν είμαι 100% σίγουρος.

Αν $a_i >0$ και $x_i in R$ τότε

$displaystyle sum_{i=1}^{n}frac{{x}_{i}^2}{a_i}geq frac{ (sum_{i=1}^{n}{x}_{i})^2 }{sum_{i=1}^{n}a_i}$

Αλήθεια, γιατί τα i=1, n δε βγαίνουν κάτω και πάνω από το Σ αλλά δίπλα; :what:

Γιατί δε βάζεις \displaystyle, γι' αυτό.

Αυτό που γράφεις δεν είναι η Cauchy, αλλά προκύπτει από Cauchy (πώς; )

- Στέλιος

vimaproto · 31 Μαρτίου 2009 στις 11:33

Μιά και ασχολείστε με ταυτότητες κλπ, πριν από νι χρόνια έβαλαν στο διαγωνισμό της Μαθηματικής Εταιρίας το εξής: Να δειχτεί ότι το γινόμενο τεσσάρων διαδοχικών αριθμών αυξημένο κατά μονάδα, είναι τέλειο τετράγωνο.

djimmakos · 31 Μαρτίου 2009 στις 17:47

Αρχική Δημοσίευση από mostel:
Γιατί δε βάζεις displaystyle, γι' αυτό.

Αυτό που γράφεις δεν είναι η Cauchy, αλλά προκύπτει από Cauchy (πώς; )

- Στέλιος

Για κοίτα καλύτερα των κώδικα

Νομίζω ότι κατάλαβα τι εννοείς.

Η ανισότητα αυτή προκύπτει με εφαρμογή της B-C-S για τις ν-άδες

$(\frac{x_1}{\sqrt{y_1}}, \frac{x_2}{\sqrt{y_2}},..., \frac{x_n}{\sqrt{y_n}})$ ,

$(\sqrt{y_1},\sqrt{y_2},...,\sqrt{y_n})$

mostel · 31 Μαρτίου 2009 στις 18:22

Αρχική Δημοσίευση από vimaproto:
Μιά και ασχολείστε με ταυτότητες κλπ, πριν από νι χρόνια έβαλαν στο διαγωνισμό της Μαθηματικής Εταιρίας το εξής: Να δειχτεί ότι το γινόμενο τεσσάρων διαδοχικών αριθμών αυξημένο κατά μονάδα, είναι τέλειο τετράγωνο.

Έστω:

$Q=n(n+1)(n+2)(n+3)+1$

Παρατηρώ ότι:

$(n+1)(n+2)-n(n+3) =2$

Θέτω:

$P=(n+1)(n+2)-1$

$(n+1)(n+2)=P+1$

$n(n+3)=P-1$

Άρα $Q=P^2-1+1=P^2=\left[(n+1)(n+2)-1\right]^2=(n^2+3n+1)^2$

- Στέλιος
-----------------------------------------

Αρχική Δημοσίευση από Djimmakos:
Για κοίτα καλύτερα των κώδικα

No, you didn't. Testing...

$\prod_{i=1}^{\infty}\frac{\displaystyle{\sum_{i=1}^{\infty}n!!}}{\sqrt[k]{n}}$

djimmakos · 31 Μαρτίου 2009 στις 18:44

Α κατάλαβα. Εγώ έβαζα το /displaystlyle στην αρχή..

Thanks

$\sum_{i=1}^{n}\frac{{x}_{i}^2}{a_i}\geq \frac{\displaystyle (\sum_{i=1}^{n}{x}_{i})^2 }{\displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_i}$

vimaproto · 31 Μαρτίου 2009 στις 19:31

Αρχική Δημοσίευση από mostel:
Έστω:

$Q=n(n+1)(n+2)(n+3)+1$

Παρατηρώ ότι:

$(n+1)(n+2)-n(n+3) =2$

Θέτω:

$P=(n+1)(n+2)-1$

$(n+1)(n+2)=P+1$

$n(n+3)=P-1$

Άρα $Q=P^2-1+1=P^2=left[(n+1)(n+2)-1right]^2=(n^2+3n+1)^2$

- Στέλιος
-----------------------------------------

No, you didn't. Testing...

$prod_{i=1}^{infty}frac{displaystyle{sum_{i=1}^{infty}n!!}}{sqrt[k]{n}}$

Εξαιρετική η πρόταση σου Στέλιο, αλλά νομίζω πως είναι για εξαιρετικά μυαλά. Πόσα παιδιά θα παρατηρήσουν αυτό που παρατήρησες εσύ; Πάντως σε συγχαίρω. Θα περιμένω και άλλες προτάσεις πριν καταθέσω τη δική μου πρόταση.

Βοήθεια/Απορίες στην Άλγεβρα

Περιβόητο μέλος

Διάσημο μέλος

Περιβόητο μέλος

Διάσημο μέλος

Διάσημο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Διάσημο μέλος

Περιβόητο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Διάσημο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Διάσημο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Διάσημο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος