nierówność Schwarza - dowód

Proste problemy dotyczące wzorów skróconego mnożenia, ułamków, proporcji oraz innych przekształceń.
kubapod
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 65
Rejestracja: 11 wrz 2007, o 19:47
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Stargard Szczeciński
Podziękował: 3 razy

nierówność Schwarza - dowód

Post autor: kubapod » 4 paź 2007, o 20:16

Udowodnij, że :

1.\(\displaystyle{ \bigwedge\limits_{a,b,c\in R}a+b+c\geqslant\sqrt[4]{a^{2}bc}+\sqrt[4]{ab^{2}c}+\sqrt[4]{abc^{2}}}\)

Proszę o pomoc bo cały czas coś komplikuję i dowód nie wychodzi

luka52
Gość Specjalny
Gość Specjalny
Posty: 8602
Rejestracja: 1 maja 2006, o 20:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Podziękował: 47 razy
Pomógł: 1817 razy

nierówność Schwarza - dowód

Post autor: luka52 » 4 paź 2007, o 20:41

Możemy bez straty ogólności założyć, że \(\displaystyle{ \sqrt[4]{a} q \sqrt[4]{b} q \sqrt[4]{c}}\)
wtedy z nierówności o ciągach jednomonotonicznych:
\(\displaystyle{ \left[\begin{array}{ccc} \sqrt[4]{a} & \sqrt[4]{b} & \sqrt[4]{c} \\
\sqrt[4]{a} & \sqrt[4]{b} & \sqrt[4]{c} \\
\sqrt[4]{a} & \sqrt[4]{b} & \sqrt[4]{c} \\
\sqrt[4]{a} & \sqrt[4]{b} & \sqrt[4]{c}
\end{array}\right]\geq ft[\begin{array}{ccc}
\sqrt[4]{a} & \sqrt[4]{b} & \sqrt[4]{c} \\
\sqrt[4]{a} & \sqrt[4]{b} & \sqrt[4]{c} \\
\sqrt[4]{b} & \sqrt[4]{a} & \sqrt[4]{a} \\
\sqrt[4]{c} & \sqrt[4]{c} & \sqrt[4]{b} \end{array}\right]}\)


kubapod
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 65
Rejestracja: 11 wrz 2007, o 19:47
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Stargard Szczeciński
Podziękował: 3 razy

nierówność Schwarza - dowód

Post autor: kubapod » 4 paź 2007, o 20:50

Szczerze mówiąc trochę tego nie rozumiem. A czy można zrobić to nierównością Schwarza ponieważ takie miałem zadanie (na wektorach) ? Mógłby ktoś mi to po kolei wytłumaczyć?


Jak z tego :
\(\displaystyle{ \sqrt[4]{a} q \sqrt[4]{b} q \sqrt[4]{c}}\)

doszedłeś do:
\(\displaystyle{ \left[\begin{array}{ccc} \sqrt[4]{a} & \sqrt[4]{b} & \sqrt[4]{c} \\ \sqrt[4]{a} & \sqrt[4]{b} & \sqrt[4]{c} \\ \sqrt[4]{a} & \sqrt[4]{b} & \sqrt[4]{c} \\ \sqrt[4]{a} & \sqrt[4]{b} & \sqrt[4]{c} \end{array}\right]\geq ft[\begin{array}{ccc} \sqrt[4]{a} & \sqrt[4]{b} & \sqrt[4]{c} \\ \sqrt[4]{a} & \sqrt[4]{b} & \sqrt[4]{c} \\ \sqrt[4]{b} & \sqrt[4]{a} & \sqrt[4]{a} \\ \sqrt[4]{c} & \sqrt[4]{c} & \sqrt[4]{b} \end{array}\right]}\)
Proszę o szybką odpowiedź

[ Dodano: 4 Października 2007, 21:27 ]
A co sądzicie o takim dowodzie:
\(\displaystyle{ \vec{u}=[\sqrt[4]{a^{2}},\sqrt[4]{b^{2}},\sqrt[4]{c^{2}}]}\)
\(\displaystyle{ \vec{V}=[\sqrt[4]{bc},\sqrt[4]{ac},\sqrt[4]{ab}]}\)
\(\displaystyle{ \vec{u}\circ\vec{v}\leqslant\sqrt{a+b+c}\cdot\sqrt{\sqrt{bc}+\sqrt{ac}+\sqrt{ab}}\leqslant\sqrt{a+b+c}\cdot\sqrt{a+b+c}=a+b+c}\)

ODPOWIEDZ