szukanie zaawansowane
 [ Posty: 9 ] 
Autor Wiadomość
Kobieta Offline
PostNapisane: 29 maja 2010, o 13:12 
Użytkownik

Posty: 64
W jaki sposób udowodnić nierówność Cauchy'ego-Schwarza?

Dla dowolnych liczb rzeczywistych a_{1},a_{2},...,a_{n} i b_{1},b_{2},...,b_{n}zachodzi :
(\sum_{i=1}^{n}a_{i}^{2})(\sum_{i=1}^{n}b_{i}^{2}) \geqslant (\sum_{i=1}^{n}a_{i}b_{i})^{2}

Jestem w pierwszej klasie liceum.
Uniwersytet Wrocławski Instytut Matematyczny - rekrutacja 2018
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 29 maja 2010, o 13:56 
Użytkownik

Posty: 1958
Lokalizacja: Wrocław
Wskazówki:
1.
Ukryta treść:    

2.
Ukryta treść:    

3.
Ukryta treść:    

;)
Góra
Kobieta Offline
PostNapisane: 29 maja 2010, o 16:59 
Użytkownik

Posty: 64
Z: \lambda \in \mathbb{R}

\sum_{i=1}^{n}(a_{i}-\lambda b_{i})^{2} = \sum_{i=1}^{n} \left(a^2_{i}+\lambda^2 b^2_{i} - 2 \lambda a_i b_i \right) = \underbrace {\sum_{i=1}^{n} a^2_{i}+  \lambda^2 \sum_{i=1}^{n} b_{i}^2 - 2 \lambda  \sum_{i=1}^{n} \left(a_i b_i \right)}_{(*)}

W przypadku, gdy \sum_{i=1}^{n} b_{i}^2 = 0 nierówność jest spełniona (bo to oznacza, że \forall i \in \{1, 2, ..., n \}: b_i = 0, więc obie strony się zerują).
Zatem dalej możemy założyć, że \sum_{i=1}^{n} b_{i}^2  \neq 0.


(*) = 
\sum_{i=1}^{n} b_{i}^2 \cdot \left(  \lambda^2 \ - 2 \lambda \frac { \sum_{i=1}^{n} \left(a_i b_i \right)}{\sum_{i=1}^{n} b_{i}^2} + \frac{ \sum_{i=1}^{n} a^2_{i}}{\sum_{i=1}^{n} b_{i}^2}  \right) =

= \sum_{i=1}^{n} b_{i}^2 \cdot \left[  \left(\lambda - \frac { \sum_{i=1}^{n} \left(a_i b_i \right)}{\sum_{i=1}^{n} b_{i}^2} \right)^2 - \left[ \left( \frac { \sum_{i=1}^{n} \left(a_i b_i \right)}{\sum_{i=1}^{n} b_{i}^2}\right)^2 - \frac{ \sum_{i=1}^{n} a^2_{i}}{\sum_{i=1}^{n} b_{i}^2} \right]  \right]  \ge 0, jako suma kwadratów liczb rzeczywistych.


Stąd wynika, że:
\left(\lambda - \frac { \sum_{i=1}^{n} \left(a_i b_i \right)}{\sum_{i=1}^{n} b_{i}^2} \right)^2  \ge  \left( \frac { \sum_{i=1}^{n} \left(a_i b_i \right)}{\sum_{i=1}^{n} b_{i}^2}\right)^2 - \frac{ \sum_{i=1}^{n} a^2_{i}}{\sum_{i=1}^{n} b_{i}^2}

Ponieważ nierówność zachodzi dla dowolnej \lambda \in \mathbb{R}, to w szczególności jest prawdziwa dla \lambda = \frac { \sum_{i=1}^{n} \left(a_i b_i \right)}{\sum_{i=1}^{n} b_{i}^2}, zatem:
0 \ge  \left( \frac { \sum_{i=1}^{n} \left(a_i b_i \right)}{\sum_{i=1}^{n} b_{i}^2}\right)^2 - \frac{ \sum_{i=1}^{n} a^2_{i}}{\sum_{i=1}^{n} b_{i}^2}

I dalej mamy równoważnie:
\frac{ \sum_{i=1}^{n} a^2_{i}}{\sum_{i=1}^{n} b_{i}^2} \ge  \left( \frac { \sum_{i=1}^{n} \left(a_i b_i \right)}{\sum_{i=1}^{n} b_{i}^2}\right)^2  \Leftrightarrow

\left( \sum_{i=1}^{n} a^2_{i}} \right) \cdot  \left( \sum_{i=1}^{n} b^2_{i}} \right) \ge  \left(  \sum_{i=1}^{n} \left(a_i b_i \right) \right) ^2,

cnd.

Czy tak jest w porządku?
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 29 maja 2010, o 17:37 
Korepetytor
Avatar użytkownika

Posty: 3454
Lokalizacja: Warszawa
Prościej:
f(\lambda)=\sum_{i=1}^{n}(a_{i}-\lambda b_{i})^{2} = \sum_{i=1}^{n} \left(a^2_{i}+\lambda^2 b^2_{i} - 2 \lambda a_i b_i \right) = {\sum_{i=1}^{n} a^2_{i}+ \lambda^2 \sum_{i=1}^{n} b_{i}^2 - 2 \lambda \sum_{i=1}^{n} \left(a_i b_i \right)} \ge 0
czyli wyróżnik :
\left( -2 \sum_{i=1}^{n}a_ib_i\right) ^2-4 \cdot  \sum_{i=1}^{n}a_i^2 \cdot  \sum_{i=1}^{n}b_i^2
jest mniejszy lub równy 0.
\left( -2 \sum_{i=1}^{n}a_ib_i\right) ^2-4 \cdot  \sum_{i=1}^{n}a_i^2 \cdot  \sum_{i=1}^{n}b_i^2 \le 0  \Leftrightarrow ...

Zrobiłam porządek. Obowiązuje, ale ze względu na robienie 100 rzeczy naraz mogłam to przeoczyć...
Góra
Kobieta Offline
PostNapisane: 29 maja 2010, o 18:00 
Użytkownik

Posty: 64
Właściwie, to nie przerabialiśmy jeszcze funkcji kwadratowej i na lekcjach na razie zabrania nam się używać delty :)
Wg programu to przypada na początek drugiej klasy.

Jaki jest związek tej nierówności z iloczynem skalarnym?
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 29 maja 2010, o 18:14 
Użytkownik

Posty: 1958
Lokalizacja: Wrocław
Jeśli określić dla wektorów \vec{a}=(a_{1},..,a_{n}) oraz \vec{b}=(b_{1},..,b_{n}) ich iloczyn skalarny jako \langle a,b \rangle = \sum_{i=1}^{n}a_{i}b_{i}, to wtedy zachodzi analogiczna nierówność \left| \langle a,b \rangle\right|   \le  \left| a \right| \cdot  \left| b \right|, gdzie \left| a \right|^{2}=  \sum_{i=1}^{n}a_{i}^{2} ;)
Góra
Kobieta Offline
PostNapisane: 30 maja 2010, o 02:36 
Użytkownik

Posty: 64
Czy istnieje w związku z tym jakaś prosta interpretacja geometryczna nierówności?

Kamil_B napisał(a):
dla wektorów \vec{a}=(a_{1},..,a_{n}) oraz \vec{b}=(b_{1},..,b_{n})

W szkole zajmowaliśmy się jedynie wektorami, dla których n \le 3...
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 30 maja 2010, o 10:47 
Korepetytor
Avatar użytkownika

Posty: 3454
Lokalizacja: Warszawa
Może coś takiego: nierówność trójkąta:
\sqrt{ \sum_{i=1}^{n}a_i^2 }+\sqrt{ \sum_{i=1}^{n}b_i^2 } \ge  \sqrt{ \sum_{i=1}^{n} \left( a_i+b_i \right)^2  } Dla dowolnych liczb rzeczywistych.

Tak, w ogóle to rozumiem, że w szkole nie zajmowaliście się wektorami, dla których n>3 i nie wiesz co robić. Ale nijak nie mogę zrozumieć, dlaczego nie wolno wam używać wyróżnika funkcji kwadratowej oO Rozumiem, gdyby w planimetrii nie pozwalali wam używać "weźmy układ współrzędnych, który...". A tutaj nie widzę żadnego uzasadnienia.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 30 maja 2010, o 12:17 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 640
Lokalizacja: Bydgoszcz / Warszawa
Można to zwyczajnie rozpisać:
\left(\sum_{i}^{n}a_{i}^{2}\right)\left(\sum_{i}^{n}b_{i}^{2}\right) = \sum_{i,j}^na_i^2b_j^2=\sum_i^na_i^2b_i^2+\sum_{i\neq j}^na_i^2b_j^2 +\sum_{i\neq j}^na_ib_ia_jb_j - \sum_{i\neq j}^na_ib_ia_jb_j = \left(\sum_i^na_ib_i\right)^2 +\sum_{i\neq j}^na_i^2b_j^2 - \sum_{i\neq j}^na_ib_ia_jb_j = \left(\sum_i^na_ib_i\right)^2 + \sum_{i\neq j}^n (a_ib_j-a_jb_i)^2 \ge \left(\sum_i^na_ib_i\right)^2
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 9 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 dowód na 1+1=2  bisz  21
 Nierownosc Czebyszewa - kiedy rownosc?  Linka  1
 Nierówność - zadanie 9  koala  5
 Dowód nierówności  Sebastian R.  2
 Dowód twierdzenia - zadanie 2  jacekgo  5
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl