Matematyka.pl

Udowodnić, że dla dowolnych liczb rzeczywistych \(\displaystyle{ a_{k}, b_{k}, k = 1,2,...,n}\)
mamy

\(\displaystyle{ \left( \left( \sum_{k=1}^{n} a_{k} \right) ^{2} + \left( \sum_{k=1}^{n} b_{k} \right) ^{2} \right) ^{ \frac{1}{2} } \le \sum_{k=1}^{n}\left( a ^{2}_{k} + b ^{2}_{k}\right) ^{ \frac{1}{2} }}\)

Myślałem, że da się to jakoś z nierówności Cauchy'ego, bo ta nierówność jest zaraz po nierówności Cauchy'ego, ale nie mam już pomysłu. Jakaś podpowiedź?

Z góry dziękuję i pozdrawiam.

-- 7 sie 2014, o 20:04 --

Już nieaktualne, poszło. Z wykorzystaniem lematu \(\displaystyle{ (x-y)^{2} \ge 0}\).

Podnosimy obustronnie do kwadratu i mamy:

\(\displaystyle{ L = \sum_{k=1}^{n} a_{k}^{2} + \sum_{ i < j}2a_{i}a_{j} + \sum_{k=1}^{n} b_{k}^{2} + \sum_{ i < j}2b_{i}b_{j} =
\sum_{k=1}^{n} (a_{k}^2+b_{k}^{2}) + \sum_{i < j} 2(a_{i}a_{j}+b_{i}b_{j})}\)

\(\displaystyle{ P = \sum_{k=1}^{n} (a_{k}^2+b_{k}^{2}) + \sum_{ i < j} 2\sqrt{a_{i}^{2}+b_{i}^{2}} \cdot \sqrt{a_{j}^{2}+b_{j}^{2}}}\)

Widać, że składnik \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n} (a_{k}^2+b_{k}^{2})}\) występujący po obu stronach się skróci, więc zostaje nam taka nierówność:

\(\displaystyle{ \sum_{i < j} 2(a_{i}a_{j}+b_{i}b_{j}) \le \sum_{ i < j} 2\sqrt{a_{i}^{2}+b_{i}^{2}} \cdot \sqrt{a_{j}^{2}+b_{j}^{2}}}\)
Czyli:
\(\displaystyle{ \sum_{i < j} (a_{i}a_{j}+b_{i}b_{j}) \le \sum_{ i < j} \sqrt{a_{i}^{2}+b_{i}^{2}} \cdot \sqrt{a_{j}^{2}+b_{j}^{2}}}\)

Udowodnijmy najpierw pewną ogólniejszą nierówność:

\(\displaystyle{ ab+cd \le \sqrt{(a^{2}+c^{2}) \cdot (b^{2}+d^{2})}}\)
Podnosimy do kwadratu i wymnażamy nawiasy:
\(\displaystyle{ 2abcd + a^{2}b^{2} + c^{2}d^{2} \le a^{2}b^{2}+a^{2}d^{2}+c^{2}b^{2}+c^{2}d^{2}}\)
Skracamy i przenosimy wszystko na prawo:
\(\displaystyle{ 0 \le a^{2}d^{2}+c^{2}b^{2}-2abcd = (ad-cb)^{2}}\)
Koniec.

Korzystamy z powyższej nierówności porównując każdy składnik z każdym mu odpowiadającym co kończy dowód.

Jest to po prostu uogólniona nierówność trójkąta dla n wektorów na płaszczyźnie kartezjańskiej.