منتدى الرياضيات رمز

بواسطة **علي** » الخميس ديسمبر 10, 2009 11:30 pm

لتكن

و

أعداداً غير سالبة، أثبت أن:

$\mathop \sum \limits_{i = 1}^n {a_i}\log \frac{{{a_i}}} {{{b_i}}} \geqslant \left( {\mathop \sum \limits_{i = 1}^n {a_i}} \right)\log \frac{{\sum _{i = 1}^n {a_i}}} {{ \sum _{i = 1}^n {b_i}}}$

متى يحدث التساوي؟

تم رفع السؤال بتاريخ 17/1/2010

بواسطة **yassine** » الجمعة يناير 15, 2010 1:41 am

اعتقد ان الشرط $a_i \le b_i$ لازم لتحقق المتفاوتة التي تنتح من متفاوتة Jensen على الدالة log المقعرة تم تطبيق متفاوتة Cauchy schwartz

التساوي $a_i=\lambda b_i$

بواسطة **علي** » الجمعة يناير 15, 2010 6:14 pm

الشرط الذي ذكرت ليس لازماً. قاربت الحل وتبقى التفاصيل.

تحياتي

بواسطة **yassine** » الأحد يناير 17, 2010 11:58 pm

نعتبر الدالة $f(x)=log(\frac{1}{x})$ ، الدالة f محدبة ، بتطبيق متفاوتة jensen ووضع $x=\frac{b_i}{a_i}$ نجد لن الطرف الايسر اكبر من

$(a_1+..+a_n)log(\frac{\sum {a_i}^2}{b_i})$

Cauchy schwartz يعطينا $(\frac{\sum {a_i}^2}{b_i})(\sum b_i) \geq (\sum a_i)^2$ و حيت ان log دالة تزايدية فاننا نكون بدلك قد وجدنا المطلوب

الطرف الايسر اكبر من الطرف الايمن

بواسطة **علي** » الثلاثاء يناير 19, 2010 7:16 pm

yassine كتب:نعتبر الدالة $f(x)=log(\frac{1}{x})$ ، الدالة f محدبة ، بتطبيق متفاوتة jensen ووضع $x=\frac{b_i}{a_i}$ نجد لن الطرف الايسر اكبر من

$(a_1+..+a_n)log(\frac{\sum {a_i}^2}{b_i})...(*)$

Cauchy schwartz يعطينا $(\frac{\sum {a_i}^2}{b_i})(\sum b_i) \geq (\sum a_i)^2$ و حيت ان log دالة تزايدية فاننا نكون بدلك قد وجدنا المطلوب

الطرف الايسر اكبر من الطرف الايمن

العبارة (*) غير صحيحة .. لكن يمكن تصحيحها لتحصل على الحل مباشرة باستخدام جنسن دون حاجة لكوشي شوارز:

$\left( {\sum\limits_{j = 1}^n {{a_j}} } \right)\sum\limits_{i = 1}^n {\frac{{{a_i}}} {{\sum\limits_{j = 1}^n {{a_j}} }}} \log \frac{1} {{\frac{{{b_i}}} {{{a_i}}}}} \geqslant \left( {\sum\limits_{i = 1}^n {{a_i}} } \right)\log \frac{1} {{\sum\limits_{i = 1}^n {\frac{{{a_i}}} {{\sum\limits_{j = 1}^n {{a_j}} }}\frac{{{b_i}}} {{{a_i}}}} }} = \left( {\sum\limits_{i = 1}^n {{a_i}} } \right)\log \frac{{\sum\limits_{i = 1}^n {{a_i}} }} {{\sum\limits_{i = 1}^n {{b_i}} }}$

يمكن تطبيق جنسن على $x\log x$ بدلاً من $\log(1/x)$ .

هذه المتباينة تسمى The log-sum inequality.

تحياتي

بواسطة **yassine** » الثلاثاء يناير 19, 2010 8:29 pm

السلام عليكم

شكرا لك ، مر وقت طويل منذ اخر مرة تعلمت فيها شيئا جديدا

بارك الله لك في علمك

منتدى الرياضيات رمز

سؤال اليوم :: 41::-متراجحة لوغاريثمية خفيفة

سؤال اليوم :: 41::-متراجحة لوغاريثمية خفيفة

Re: متراجحة لوغاريثمية خفيفة

Re: متراجحة لوغاريثمية خفيفة

Re: سؤال اليوم :: 41::-متراجحة لوغاريثمية خفيفة

Re: سؤال اليوم :: 41::-متراجحة لوغاريثمية خفيفة

Re: سؤال اليوم :: 41::-متراجحة لوغاريثمية خفيفة

المتواجدون الآن