szukanie zaawansowane
 [ Posty: 2 ] 
Autor Wiadomość
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 1 mar 2009, o 18:59 
Użytkownik

Posty: 3910
Lokalizacja: Warszawa
1) Nierówność Höldera

Najpierw dowiedziemy lematu dla nieujemnych liczb x,y \ge 0, \ \ p,q>1, takich że \frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1.
Lemat:

x^{\frac{1}{p}}y^{\frac{1}{q}} \le \frac{x}{p} + \frac{y}{q}.

Logarytmujemy nierówność stronami i stosujemy nierówność Jensena dla wklęsłej funkcji logarytm dla wag \frac{1}{p} i \frac{1}{q}.
Nierówność Höldera dla funkcji \ f(x), g(x) \ge 0 wygląda tak (dla uproszczenia będę pisał jedynie f i g dla oznaczenia funkcji oraz pominę wyrażenie \mbox{d}x pod całkami):

\int_{a}^{b} f g  \le \left( \int_{a}^{b} f^{p}\right)^{\frac{1}{p}} \cdot \left( \int_{a}^{b} g^{q}\right)^{\frac{1}{q}}, \\ \\ 
\frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1, \\
p,q > 1.

Dowód:
Stosujemy lemat dla
x = \frac{ f^{p}}{\int_{a}^{b} f^{p}}, \\ \\
y = \frac{g^{q}}{\int_{a}^{b} g^{q}}.

Następnie całkujemy obustronnie na przedziale [a,b]. Otrzymujemy:

\int_{a}^{b} \left( \frac{f^{p}}{\int_{a}^{b} f^{p}}\right)^{\frac{1}{p}} \cdot \left( \frac{g^{q}}{\int_{a}^{b} g^{q}}\right)^{\frac{1}{q}} \le \frac{1}{p} \left( \int_{a}^{b} \frac{f^{p}}{\int_{a}^{b} f^{p}}\right) + \frac{1}{q} \left( \int_{a}^{b} \frac{g^{q}}{\int_{a}^{b} q^{q}}\right) = \frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1.

Po obustronnym przemnożeniu przez \left( \int_{a}^{b} f^{p}\right)^{\frac{1}{p}} \cdot \left( \int_{a}^{b} g^{q}\right)^{\frac{1}{q}} dostajemy żądaną nierówność. \blacksquare

2) Nierówność Schwarza

Jest to szczególny przypadek nierówności Höldera dla p=q=2:

\int_{a}^{b} fg \le \sqrt{ \int_{a}^{b} f^{2}} \cdot \sqrt{ \int_{a}^{b} g^{2}}.

3) Nierówność Minkowskiego

Rozważmy funkcje f_{1}, f_{2}, \ldots, f_{k} \ge 0.

Ustalmy liczbę p>1.

Nierówność Minkowskiego wygląda tak:

\left( \int_{a}^{b} \left(f_{1} + f_{2} + \ldots + f_{k}\right)^{p} \right)^{\frac{1}{p}} \le \left[ \left( \int_{a}^{b} f_{1}^{p}\right)^{\frac{1}{p}} + \ldots + \left( \int_{a}^{b} f_{k}^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\right].

Dowód:

\int_{a}^{b} (f_{1} +\ldots + f_{k})^{p} = \int_{a}^{b} (f_{1} + \ldots + f_{k})^{p-1} (f_{1} + \ldots + f_{k}) = \\ \int_{a}^{b} (f_{1} + \ldots + f_{k})^{p-1} f_{1} + \int_{a}^{b} (f_{1} + \ldots + f_{k})^{p-1} f_{2} + \ldots \int_{a}^{b} (f_{1} + \ldots + f_{k})^{p-1} f_{k}.

Do każdej z tych całek stosujemy nierówność Höldera z wykładnikami p i \frac{p}{p-1}:

\int_{a}^{b} (f_{1} + \ldots + f_{k})^{p-1} f_{1} + \int_{a}^{b} (f_{1} + \ldots + f_{k})^{p-1} f_{2} + \ldots \int_{a}^{b} (f_{1} + \ldots + f_{k})^{p-1} f_{k} \le \left(\int_{a}^{b} \left(f_{1} + \ldots + f_{k}\right)^{p}\right)^{\frac{p-1}{p}} \left[ \left( \int_{a}^{b} f_{1}^{p}\right)^{\frac{1}{p}} + \ldots + \left( \int_{a}^{b} f_{k}^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\right].

Dzieląc obie strony nierówności przez czynnik \left( \int_{a}^{b} (f_{1} + f_{2} + \ldots + f_{k}\irght)^{p}\right)^{\frac{p-1}{p}} kończymy dowód nierówności Minkowskiego. \blacksquare

4) Nierówność Czebyszewa

Niech p(x) będzie funkcją nieujemną, a f(x) i g(x) będą albo obie rosnące, albo obie malejące, wtedy zachodzi:

\int_{a}^{b} p(x) \  f(x) \mbox{d}x \cdot \int_{a}^{b} p(x) \  g(x) \mbox{d}x \le \int_{a}^{b} p(x) \mbox{d}x\cdot \int_{a}^{b} p(x) \ f(x) \ g(x) \mbox{d}x.

Dowód:
Napiszmy różnicę prawej i lewej strony, w obu iloczynach zamieniamy w drugim czynniku x na y, i zapisujemy te całki jako całki podwójne:

D = [a,b] \times [a,b], \\ 
 \\ 
\int_{a}^{b} p(x) \mbox{d}x\cdot \int_{a}^{b} p(y) \ f(y) \ g(y) \mbox{d}y - \int_{a}^{b} p(x) \  f(x) \mbox{d}x \cdot \int_{a}^{b} p(y) \  g(y) \mbox{d}y = \\ 
\\ 
  \iint_{D} p(x) \  p(y) \  f(y) \  g(y) \mbox{d}x \mbox{d}y - \iint_{D} p(x) \ f(x) \ p(y) \ g(y) \mbox{d}x\mbox{d}y = \\ 
 \\  
 \iint_{D} p(x)  \ p(y) \  g(y)  (f(y) - f(x)) \mbox{d}x \mbox{d}y = \iint_{D} p(x) \ p(y) \ g(x) ((f(x) - f(y)) \mbox{d}x \mbox{d}y = \\ 
\\ 
  \frac{1}{2} \iint_{D} p(x) \  p(y) (g(y) - g(x)) \cdot (f(y) - f(x)) \mbox{d}x \mbox{d}y \ge 0. \  \blacksquare
 \\ 
\\

Przedostatnia równość to jedynie zamiana miejscami x oraz y, a kolejna to wzięcie średniej arytmetycznej tych dwóch równych całek; nierówność wynika z założeń na temat naszych funkcji. Gdyby jedna z nich była rosnąca, a druga malejąca, to nierówność zachodziłaby ze zmienionym znakiem.

Przyjmując p(x) \equiv 1 możemy prosto przez indukcję otrzymać nierówność (wszystkie funkcje są tak samo monotoniczne, dodatkowo przyjmują wartości nieujemne; założenie potrzebne, by iloczyn tych funkcji też był funkcją o takiej samej monotoniczności):

\int_{a}^{b} f_{1}(x) \mbox{d}x \cdot \int_{a}^{b} f_{2}(x) \mbox{d}x \cdot \ldots \cdot \int_{a}^{b} f_{n}(x) \mbox{d}x \le (b-a)^{n-1} \cdot \int_{a}^{b} f_{1}(x) \ f_{2}(x) \ldots f_{n}(x) \mbox{d}x.

5) Nierówność Younga

Niech f(x) będzie funkcją ciągłą i rosnącą w przedziale [0,c], taką że f(0) = 0 oraz f^{-1}(x) też jest ciągła; wtedy zachodzi:

\int_{0}^{a} f(x) \mbox{d}x + \int_{0}^{b} f^{-1}(x) \mbox{d}x \ge ab, \\
 \\ 0\le a \le c, \ 0 \le b \le f(c).

Najpierw poczyńmy pewne przygotowania do dowodu. Pokażemy, że zachodzi

\int_{0}^{a} (f(a) - f(x))\mbox{d}x = \int_{0}^{f(a)} f^{-1}(x) \mbox{d}x.

Napiszmy sumę całkową dla lewej strony dowodzonej równości:

\frac{a}{n} \sum_{k=0}^{n-1} \left(f(a) - f\left(\frac{(k+1)a}{n}\right)\right) = \sum_{k=0}^{n-1} \frac{(k+1)a - ka}{n} \cdot \left(f(a) - f\left(\frac{(k+1)a}{n}\right)\right) = \sum_{k=0}^{n-1} \left[f^{-1} \left(f\left(\frac{(k+1)a}{n}\right)\right) - f^{-1} \left(f\left(\frac{ka}{n}\right)\right)\right] \cdot \left(f(a) - f\left(\frac{(k+1)a}{n}\right)\right) = \\ \\  \sum_{k=0}^{n-1} f^{-1}\left(f\left(\frac{ka}{n}\right)\right) \cdot \left(f\left(\frac{(k+1)a}{n}\right) - f\left(\frac{ka}{n}\right)\right).

Wobec ciągłości funkcji f(x) wzór ten przedstawia sumę całkową dla prawej strony dowodzonej równości; tym samym dowód jest zakończony.

Przejdźmy do dowodu wyjściowej nierówności.

Dowód:
ab = \int_{0}^{a} f(x)\mbox{d}x + \int_{0}^{a} (f(a) - f(x)) \mbox{d}x + \int_{0}^{a} (b-f(a)) \mbox{d}x = \int_{0}^{a} f(x) \mbox{d}x + \int_{0}^{f(a)} f^{-1}(x) \mbox{d}x + (b-f(a))\cdot a \le \int_{0}^{a} f(x) \mbox{d}x + \int_{0}^{f(a)} f^{-1}(x) \mbox{d}x + \int_{f(a)}^{b} f^{-1}(x) dx = \int_{0}^{a} f(x) \mbox{d}x + \int_{0}^{b} f^{-1}(x) \mbox{d}x. \  \blacksquare
Zastosowaną nierówność można uzasadnić korzystając z monotoniczności funkcji f^{-1}(x). Widać stąd, że równość zachodzi jedynie, gdy b=f(a).

Zauważmy, że szczególnym przypadkiem nierówności Younga jest lemat, który wykorzystaliśmy przy dowodzie nierówności Höldera, wystarczy przyjąć f(x) = x^{p-1}. Możemy teraz na przykład ustalić, kiedy zachodzi równość w nierówności Höldera.

6) Nierówność Jensena

Nierówność, którą zajmiemy się w tym punkcie ma taką postać (dla pewnej funkcji wypukłej \varphi(x)):

\varphi\left(\frac{1}{b-a} \int_{a}^{b} f(x) \mbox{d}x\right) \le \frac{1}{b-a} \int_{a}^{b} \varphi(f(x)) \mbox{d}x.

Będziemy korzystać z faktu, iż wykres funkcji wypukłej leży nad styczną, skąd:

\varphi(x) \ge \varphi(x_{0}) + \varphi'(x_{0})(x-x_{0}).

Niech x=f(t) oraz przyjmijmy x_{0} = \frac{1}{b-a} \int_{a}^{b} f(x) \mbox{d}x, co daje nam zależność:

\varphi(f(t)) \ge \varphi\left(\frac{1}{b-a} \int_{a}^{b} f(x) \mbox{d}x\right) + \varphi'(x_{0}) \cdot \left(f(t) - \frac{1}{b-a}\int_{a}^{b} f(x) \mbox{d}x\right).

Żeby zakończyć dowód weźmy wartość średnią obu stron nierówności na przedziale [a,b]:

\frac{1}{b-a} \int_{a}^{b} \varphi(f(t)) \mbox{d}t \ge \frac{1}{b-a} \int_{a}^{b} \varphi\left(\frac{1}{b-a} \int_{a}^{b} f(x) \mbox{d}x\right)\mbox{d}t + \varphi'(x_{0}) \cdot \frac{1}{b-a} \underbrace{\int_{a}^{b} \left(f(t) - \frac{1}{b-a}\int_{a}^{b} f(x) \mbox{d}x\right) \mbox{d}t}_{=0} = \varphi\left(\frac{1}{b-a} \int_{a}^{b} f(x) \mbox{d}x\right). \ \blacksquare
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 12 maja 2012, o 20:22 
Gość Specjalny

Posty: 8603
Lokalizacja: Kraków
Poniżej podaję kolejne nierówności bez dowodu.


7) Nierówność Steffensena

Niech f(x) będzie nieujemna i monotonicznie malejąca w przedziale [a,b] oraz niech g(x) będzie taka, że 0 \le g(x) \le 1 dla x \in [a,b]. Wtedy:

\int_{b-k}^b f(x) \; \mbox d x \le \int_a^b f(x) g(x) \; \mbox d x \le \int_a^{a+k} f(x) \; \mbox d x ,

gdzie k = \int_a^b g(x) \; \mbox d x .


8) Nierówność Grama

Niech f_1 (x), f_2 (x), \ldots, f_n (x) będą funkcjami rzeczywistymi, całkowalnymi z kwadratem na przedziale [a, b]. Wtedy:

\begin{vmatrix}
\int_a^b f_1^2 (x) \, \mbox dx & \int_a^b f_1 (x) f_2(x) \, \mbox dx & \ldots & \int_a^b f_1 (x) f_n(x) \, \mbox dx \\
\int_a^b f_2 (x) f_1(x) \, \mbox dx & \int_a^b  f_2^2(x) \, \mbox dx & \ldots & \int_a^b f_2 (x) f_n(x) \, \mbox dx \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
\int_a^b f_n(x) f_1 (x) \, \mbox dx & \int_a^b f_n (x) f_2(x) \, \mbox dx & \ldots & \int_a^b  f_n^2(x) \, \mbox dx \\
\end{vmatrix} \ge 0



9) Nierówność Ostrowskiego

Niech f(x) będzie funkcją monotoniczną w przedziale [a,b] i niech f(a)f(b) \ge 0, |f(a)| \ge |f(b)|. Wtedy, jeśli g jest funkcją rzeczywistą, całkowalną na [a,b], to:

\left| \int_a^b f(x) g(x) \; \mbox d x \right| \le |f(a)| \max_{a \le \xi \le b} \left| \int_a^\xi g(x) \; \mbox  d x \right|




10) Nierówność Carlemana dla całek

Jeśli f(x) \ge 0 i całki istnieją, to:

\int_0^{+\infty} \exp \left( \frac{1}{x} \int_0^{+\infty} f(t) \;\mbox d t \right) \; \mbox d x \le e \int_0^{+\infty} f(x) \; \mbox d x




11) Nierówność Bessela dla uogólnionych szeregów Fouriera

Niech \{ \phi_n \}_{n = 0}^{+\infty} będzie zbiorem funkcji ortonormalnych na [a,b], tj.:

\int_a^b \phi_m (x) \phi_n (x) \; \mbox  d x = \delta_{mn}


uogólnionym szeregiem Fouriera funkcji całkowalnej f(x) na przedziale [a,b] nazywamy szereg:

f(x) \sim \sum_{n = 0}^{+\infty} c_n \phi_n (x) ,

gdzie c_n = \int_a^b f(x) \phi_n (x) \; \mbox d x oraz zachodzi następująca nierówność:

\sum_{n = 0}^{+\infty} c_n^2 \le \int_a^b f^2(x) \; \mbox d x .


Równość (Parseval) zachodzi, gdy \{ \phi_n \} tworzy zbiór zupełny funkcji ciągłych.
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 2 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 Układ nierówności - zadanie 6  ania11  1
 nierówności trygonometryczne - zadanie 18  mef777  1
 Rozwiąż nierówności - zadanie 25  Igorx  0
 [Nierówności] Ciekawa nierówność jednorodna  exupery  3
 Równania i nierówności z potęgami  arek1234  2
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl