Znaleziono 2052 wyniki
- 16 kwie 2007, o 19:08
- Forum: Przekształcenia algebraiczne
- Temat: Udowodnij ze jezeli a,b,c eN zachodzi ... [2]
- Odpowiedzi: 1
- Odsłony: 618
Udowodnij ze jezeli a,b,c eN zachodzi ... [2]
c\ln\frac{a+b+c}{c}+a\ln\frac{a+b+c}{a}+b\ln\frac{a+b+c}{b}=\\(a+b+c)\ln (a+b+c)-(a\ln a+b\ln b+c\ln c) Z TEGO zadania wiadomo, że: a\ln a+b\ln b+c\ln c\ge (a+b+c)\ln\frac{a+b+c}{3}=(a+b+c)\ln (a+b+c)-(a+b+c)\ln 3 Czyli: (a+b+c)\ln (a+b+c)-(a\ln a+b\ln b+c\ln c)\le\\ (a+b+c)\ln (a+b+c)-\left[(a+b+c...
- 15 kwie 2007, o 19:06
- Forum: Przekształcenia algebraiczne
- Temat: Udowodnij, zeeli a,b eN zachodzi ...
- Odpowiedzi: 3
- Odsłony: 826
Udowodnij, zeeli a,b eN zachodzi ...
W tablicach masz wzory... ??:
\(\displaystyle{ x\ln y=\ln y^x}\)
\(\displaystyle{ \ln x+\ln y=\ln (xy)}\)
EDIT:
Można też elementarnie, (darn nie zauważyłam tych naturalnych ).
Z GM-HM (jest \(\displaystyle{ a}\) liczb \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ b}\) liczb \(\displaystyle{ b}\)): \(\displaystyle{ a^ab^b\ge\left(\frac{a+b}{a\cdot\frac{1}{a}+b\cdot\frac{1}{b}}\right)^{a+b}}\)
\(\displaystyle{ x\ln y=\ln y^x}\)
\(\displaystyle{ \ln x+\ln y=\ln (xy)}\)
EDIT:
Można też elementarnie, (darn nie zauważyłam tych naturalnych ).
Z GM-HM (jest \(\displaystyle{ a}\) liczb \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ b}\) liczb \(\displaystyle{ b}\)): \(\displaystyle{ a^ab^b\ge\left(\frac{a+b}{a\cdot\frac{1}{a}+b\cdot\frac{1}{b}}\right)^{a+b}}\)
- 15 kwie 2007, o 18:59
- Forum: Przekształcenia algebraiczne
- Temat: Udowodnij ze jezeli a,b,c eN zachodzi ... [1]
- Odpowiedzi: 1
- Odsłony: 723
Udowodnij ze jezeli a,b,c eN zachodzi ... [1]
Z AM-GM jest: \(\displaystyle{ \left(\frac{a+b+c}{3}\right)^{a+b+c}\ge \left(\sqrt[3]{abc}\right)^{a+b+c}}\)
Reszta jest TUTAJ (dalej również GM-HM).
Reszta jest TUTAJ (dalej również GM-HM).
- 15 kwie 2007, o 18:53
- Forum: Przekształcenia algebraiczne
- Temat: Udowodnij, zeeli a,b eN zachodzi ...
- Odpowiedzi: 3
- Odsłony: 826
Udowodnij, zeeli a,b eN zachodzi ...
Elementarnie to w ogóle nie wiem, jak się do tego zabrać...
Z nier. Jensena dla \(\displaystyle{ f(x)=x\ln x}\) (treningowo trzeba sprawdzić, że jest wypukła w \(\displaystyle{ x\in (0,+\infty)}\)):
\(\displaystyle{ \frac{1}{2}a\ln a+\frac{1}{2}b\ln b\ge\frac{a+b}{2}\ln\frac{a+b}{2}}\)
To od razu daje żądaną nierówność.
Z nier. Jensena dla \(\displaystyle{ f(x)=x\ln x}\) (treningowo trzeba sprawdzić, że jest wypukła w \(\displaystyle{ x\in (0,+\infty)}\)):
\(\displaystyle{ \frac{1}{2}a\ln a+\frac{1}{2}b\ln b\ge\frac{a+b}{2}\ln\frac{a+b}{2}}\)
To od razu daje żądaną nierówność.
- 13 kwie 2007, o 18:26
- Forum: Przekształcenia algebraiczne
- Temat: Udowodnij nierownosc, jezeli a+b=1
- Odpowiedzi: 9
- Odsłony: 5434
Udowodnij nierownosc, jezeli a+b=1
Wszystkie można zrobić przez homogenizację. W pierwszej prawą stronę mnożysz przez (a+b)^2 , później obie strony przez 2 , rozwijasz, upraszczasz i masz (a-b)^2\ge 0 . W drugiej prawą stronę mnożysz przez (a+b)^3 , później obie strony przez 4 , rozwijasz, upraszczasz i masz a^2\cdot a+b^2\cdot b\ge ...
- 18 lut 2007, o 19:15
- Forum: Funkcje wielomianowe
- Temat: Wielomian
- Odpowiedzi: 4
- Odsłony: 759
Wielomian
\(\displaystyle{ x=1}\) też spełnia
- 18 lut 2007, o 18:29
- Forum: Ciąg arytmetyczny i geometryczny
- Temat: wyraz ogolny
- Odpowiedzi: 4
- Odsłony: 798
wyraz ogolny
\(\displaystyle{ a_{n+1}-a_n=\left(-\frac{1}{2}\right)^n\\a_{n+2}-a_{n+1}=-\frac{1}{2}\cdot ft(-\frac{1}{2}\right)^n}\)
\(\displaystyle{ a_{n+2}-a_n=\frac{1}{2}\cdot (a_{n+1}-a_n)}\)
Dalej równanie charakterystyczne itd.
\(\displaystyle{ a_{n+2}-a_n=\frac{1}{2}\cdot (a_{n+1}-a_n)}\)
Dalej równanie charakterystyczne itd.
- 18 lut 2007, o 17:12
- Forum: Ciąg arytmetyczny i geometryczny
- Temat: Wyraz ogólny ciągu
- Odpowiedzi: 3
- Odsłony: 903
Wyraz ogólny ciągu
\(\displaystyle{ \frac{1}{n(n-1)}=\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}}\)
\(\displaystyle{ a_n-\frac{1}{n}=a_{n-1}-\frac{1}{n-1}=...=a_2-\frac{1}{2}=a_1-1=1}\)
\(\displaystyle{ a_n-\frac{1}{n}=a_{n-1}-\frac{1}{n-1}=...=a_2-\frac{1}{2}=a_1-1=1}\)
- 9 lut 2007, o 19:54
- Forum: Własności i granice ciągów
- Temat: Dowód indukcyjny szeregu
- Odpowiedzi: 4
- Odsłony: 969
Dowód indukcyjny szeregu
Albo zaburz sumę \(\displaystyle{ k^2}\).
\(\displaystyle{ \sum\limits_{k=1}^{n}k^2=n^2+\sum\limits_{k=1}^{n}(k-1)^2=n^2+\sum\limits_{k=1}^{n}(k^2-2k+1)=n^2+\sum\limits_{k=1}^{n}k^2-2\sum\limits_{k=1}^{n}k+\sum_{k=1}^{n}1}\)
\(\displaystyle{ \sum\limits_{k=1}^{n}k^2=n^2+\sum\limits_{k=1}^{n}(k-1)^2=n^2+\sum\limits_{k=1}^{n}(k^2-2k+1)=n^2+\sum\limits_{k=1}^{n}k^2-2\sum\limits_{k=1}^{n}k+\sum_{k=1}^{n}1}\)
- 9 lut 2007, o 16:38
- Forum: Podzielność
- Temat: Wykaż!
- Odpowiedzi: 11
- Odsłony: 1818
Wykaż!
\(\displaystyle{ \forall_{p,q\in\mathbb {P}}\ p,q>2 (2\nmid p) (2\nmid q) \exists_{m,n\in\mathbb {N}}\ (p=2n+1) (q=2m+1) 2|(p+q)=2(m+n+1)}\)
- 26 cze 2006, o 15:44
- Forum: Teoria liczb
- Temat: dowód podzielności
- Odpowiedzi: 3
- Odsłony: 1456
dowód podzielności
Nie ja sama - skorzystałam z pomocy. Jest tak: oczywiście b\ge a , więc 10^b-1=10^a\left(10^{b-a}-1\right)+\left(10^a-1\right) i ponieważ 10^a-1\not{|}10^a , to rozpisujemy dalej, tzn. 10^{b-a}-1=10^a\left(10^{b-2a}-1\right)+\left(10^a-1\right) itd., aż do b-ka\le a , jednak z założenia 10^a-1|10^{b...
- 16 cze 2006, o 15:47
- Forum: Teoria liczb
- Temat: dowód podzielności
- Odpowiedzi: 3
- Odsłony: 1456
dowód podzielności
Cześć, będę bardzo wdzięczna za pomoc w wykazaniu implikacji:
\(\displaystyle{ \(10^a-1\)\|\(10^b-1\)\ \Longrightarrow\ a|b}\)
Jeśli komuś nie chce się zamieszczać pełnego wyprowadzenia, to (duża ) podpowiedź będzie również mile widziana. Dzięki z góry.
EDIT: Już nieaktualne.
\(\displaystyle{ \(10^a-1\)\|\(10^b-1\)\ \Longrightarrow\ a|b}\)
Jeśli komuś nie chce się zamieszczać pełnego wyprowadzenia, to (duża ) podpowiedź będzie również mile widziana. Dzięki z góry.
EDIT: Już nieaktualne.