Dowieść, że
\(\displaystyle{ (a_1^2+a_2^2+...+a_n^2)(b_1^2+b_2^2+...+b_n^2)\ge (a_1b_1+a_2b_2+...+a_nb_n)^2}\)
Kiedy zachodzi równość?
Jak to zrobić? Może mi ktoś pomóc? Próbowałem przez indukcję, ale nie potrafię wykazać drugiego kroku indukcyjnego. Może jest jakiś lepszy sposób?
Dowieść nierówność
-
Janusz Tracz
- Użytkownik
- Posty: 4077
- Rejestracja: 13 sie 2016, o 15:01
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: hrubielowo
- Podziękował: 80 razy
- Pomógł: 1395 razy
Re: Dowieść nierówność
To jest ultra klasyk
Nierówność Cauchy’ego-Schwarza
Dowodów jest mnóstwo. Oprócz tego podanego w linku można na to patrzeć tak; niech \(\displaystyle{ \textbf{a},\textbf{b}\in\RR^n}\) wtedy
co kończy dowód. Z tego też od razy też widać, że równość będzie, gdy \(\displaystyle{ \textbf{a}, \textbf{b} }\) będą swoją wielokrotnością (tzn. \(\displaystyle{ \cos(\angle(\textbf{a},\textbf{b}))=1}\)). Albo można zauważyć, że
mamy
sumując stronami dostaniemy
Ten 2 dowód pochodzi od Hui-Hua Wu oraz Shanhe Wu i zawsze mi się podobał bo korzystał jedynie z elementarnych rzeczy. Można też jawnie wyrazić o ile prawa strona różni się od lewej; wzór Lagrangea o tym mówi
Kod: Zaznacz cały
https://pl.wikipedia.org/wiki/Nier%C3%B3wno%C5%9B%C4%87_Cauchy%E2%80%99ego-Schwarza#Dow%C3%B3dDowodów jest mnóstwo. Oprócz tego podanego w linku można na to patrzeć tak; niech \(\displaystyle{ \textbf{a},\textbf{b}\in\RR^n}\) wtedy
\(\displaystyle{ \left( \textbf{a} \circ \textbf{b} \right)^2 = \| \textbf{a} \|^2 \|\textbf{b}\|^2 \cos(\angle(\textbf{a},\textbf{b})) \le \| \textbf{a} \|^2 \|\textbf{b}\|^2 }\)
co kończy dowód. Z tego też od razy też widać, że równość będzie, gdy \(\displaystyle{ \textbf{a}, \textbf{b} }\) będą swoją wielokrotnością (tzn. \(\displaystyle{ \cos(\angle(\textbf{a},\textbf{b}))=1}\)). Albo można zauważyć, że
\(\displaystyle{ \left|a_{i} b_{i}\right| \leq \frac{1}{2}\left(\lambda a_{i}^{2}+\frac{b_{i}^{2}}{\lambda}\right)}\)
dla dowolnego \(\displaystyle{ \lambda>0}\). Kładąc \(\displaystyle{ \displaystyle \lambda=\sqrt{\sum_{i=1}^{n} b_{i}^{2} \Biggm/ \sum_{i=1}^{n} a_{i}^{2}}}\)mamy
\(\displaystyle{ \left|a_{i} b_{i}\right| \leq\left[\sqrt{\frac{\sum\limits_{i=1}^{n} b_{i}^{2}}{\sum\limits_{i=1}^{n} a_{i}^{2}}} a_{i}^{2}+\sqrt{\frac{\sum \limits_{i=1}^{n} a_{i}^{2}}{\sum\limits_{i=1}^{n} b_{i}^{2}}} b_{i}^{2}\right]}\)
sumując stronami dostaniemy
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}\left|a_{i} b_{i}\right| \leq \frac{1}{2}\left[\sqrt{\frac{\sum\limits_{i=1}^{n} b_{i}^{2}}{\sum\limits_{i=1}^{n} a_{i}^{2}}} \sum_{i=1}^{n} a_{i}^{2}+\sqrt{\frac{\sum\limits_{i=1}^{n} a_{i}^{2}}{\sum\limits_{i=1}^{n} b_{i}^{2}}} \sum_{i=1}^{n} b_{i}^{2} \right]}\)
co daje \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}\left|a_{i} b_{i}\right| \leq \frac{1}{2}\left(\sqrt{\sum_{i=1}^{n} b_{i}^{2} \sum_{i=1}^{n} a_{i}^{2}}+\sqrt{\sum_{i=1}^{n} a_{i}^{2} \sum_{i=1}^{n} b_{i}^{2}}\right)=\sqrt{\sum_{i=1}^{n} a_{i}^{2}} \cdot \sqrt{\sum_{i=1}^{n} b_{i}^{2}}.}\)
Ten 2 dowód pochodzi od Hui-Hua Wu oraz Shanhe Wu i zawsze mi się podobał bo korzystał jedynie z elementarnych rzeczy. Można też jawnie wyrazić o ile prawa strona różni się od lewej; wzór Lagrangea o tym mówi
\(\displaystyle{ {\biggl (}\sum _{k=1}^{n}a_{k}^{2}{\biggr )}{\biggl (}\sum _{k=1}^{n}b_{k}^{2}{\biggr )}-{\biggl (}\sum _{k=1}^{n}a_{k}b_{k}{\biggr )}^{2}=\sum _{i=1}^{n-1}\sum _{j=i+1}^{n}(a_{i}b_{j}-a_{j}b_{i})^{2}}\)