dowód nierówności

Analiza funkcjonalna, operatory liniowe. Analiza na rozmaitościach. Inne zagadnienia analizy wyższej
monikap7
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1196
Rejestracja: 6 lis 2007, o 14:36
Płeć: Kobieta
Lokalizacja: wawa
Podziękował: 112 razy
Pomógł: 1 raz

dowód nierówności

Post autor: monikap7 » 16 gru 2008, o 20:31

witam, poszukuje kogoś kto miałby dowód nierówności Minkowskiego lub Holdera. Ma ktoś może??

Awatar użytkownika
max
Gość Specjalny
Gość Specjalny
Posty: 3306
Rejestracja: 10 gru 2005, o 17:48
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Lebendigentanz
Podziękował: 37 razy
Pomógł: 778 razy

dowód nierówności

Post autor: max » 17 gru 2008, o 22:31

Hmm, jest kilka nierówności o takich nazwach, podaj o jakie konkretnie nierówności Ci chodzi, to może jakiś dowód się znajdzie.

monikap7
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1196
Rejestracja: 6 lis 2007, o 14:36
Płeć: Kobieta
Lokalizacja: wawa
Podziękował: 112 razy
Pomógł: 1 raz

dowód nierówności

Post autor: monikap7 » 17 gru 2008, o 22:35

Holdera: dla sum, szeregów i całek

Awatar użytkownika
max
Gość Specjalny
Gość Specjalny
Posty: 3306
Rejestracja: 10 gru 2005, o 17:48
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Lebendigentanz
Podziękował: 37 razy
Pomógł: 778 razy

dowód nierówności

Post autor: max » 18 gru 2008, o 00:29

Kilkakrotnie będziemy korzystać z następującej nierówności:
Lemat (Nierówność Younga)
Dla \(\displaystyle{ a, b > 0}\) i \(\displaystyle{ p,q > 1}\) takich, że \(\displaystyle{ \frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1}\) jest:
\(\displaystyle{ ab \leqslant \frac{a^{p}}{p} + \frac{b^{q}}{q}}\)
Dowód:
Przekształcamy podaną nierówność na równoważną dzieląc obie strony przez \(\displaystyle{ b^{q}}\) i podstawiamy \(\displaystyle{ x = \frac{a^{p}}{b^{q}}}\) otrzymując nierówność:
\(\displaystyle{ x^{1/p} \leqslant \frac{x}{p} + \frac{1}{q}}\) dla \(\displaystyle{ x > 0}\)
Aby ją udowodnić badamy funkcję:
\(\displaystyle{ f(x) = x^{1/p} - \frac{x}{p}, \ f: (0,+\infty)\to \mathbb{R}}\)
Mamy:
\(\displaystyle{ f'(x) = \frac{x^{-1/q}}{p} - \frac{1}{p}}\)
\(\displaystyle{ f'(x) < 0 \iff x > 1\\
f'(x)> 0\iff x < 1\\
f'(x) = 0 \iff x = 1}\)

Stąd w \(\displaystyle{ x = 1}\) funkcja \(\displaystyle{ f}\) ma maksimum równe \(\displaystyle{ \frac{1}{q}}\) co kończy dowód.

Nierówność Höldera dla sum skończonych:
Niech \(\displaystyle{ a_{1}, \ldots, a_{k}, b_{1},\ldots, b_{k} > 0}\) oraz \(\displaystyle{ p, q > 1}\) przy czym \(\displaystyle{ \frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1}\). Mamy:
\(\displaystyle{ \sum_{i = 1}^{k}a_{i}b_{i}\leqslant \left(\sum_{i = 1}^{k}a_{i}^{p}\right)^{1/p}\left(\sum_{i = 1}^{k}b_{i}^{q}\right)^{1/q}}\)
Dowód:
Podzielmy obie strony dowodzonej nierówności przez prawą stronę i rozpiszmy \(\displaystyle{ k}\) nierówności wynikających z nierówności Younga przyjmując kolejno \(\displaystyle{ a = \frac{a_{l}}{\left(\sum_{i = 1}^{k}a_{i}^{p}\right)^{1/p}}, \ b = \frac{b_{l}}{\left(\sum_{i = 1}^{k}b_{i}^{q}\right)^{1/q}}}\):
\(\displaystyle{ \frac{a_{l}b_{l}}{\left(\sum_{i = 1}^{k}a_{i}^{p}\right)^{1/p}\left(\sum_{i = 1}^{k}b_{i}^{q}\right)^{1/q}}\leqslant \frac{a_{l}^{p}}{p\sum_{i = 1}^{k}a_{i}^{p}} + \frac{b_{l}^{q}}{q\sum_{i = 1}^{k}b_{i}^{q}}}\)
sumując stronami dla \(\displaystyle{ l = 1, \ldots, k}\) otrzymujemy pożądaną nierówność.


Nierówność Höldera dla szeregów:
Niech \(\displaystyle{ (a_{i})_{i=1}^{\infty}, \ (b_{i})_{i=1}^{\infty}}\) będą ciągami o wyrazach dodatnich takimi, że szeregi \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{\infty}a_{i}^{p}, \ \sum_{i=1}^{\infty}b_{i}^{q}}\) są zbieżne, gdzie \(\displaystyle{ p, q > 1}\) przy czym \(\displaystyle{ \frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1}\). Mamy:
\(\displaystyle{ \sum_{i = 1}^{\infty}a_{i}b_{i}\leqslant \left(\sum_{i = 1}^{\infty}a_{i}^{p}\right)^{1/p}\left(\sum_{i = 1}^{\infty}b_{i}^{q}\right)^{1/q}}\)
Dowód
Z nierówności Höldera dla sum skończonych i z dodatniości \(\displaystyle{ a_{i}, b_{i}}\) wiemy, że zachodzi:
\(\displaystyle{ \sum_{i = 1}^{k}a_{i}b_{i}\leqslant \left(\sum_{i = 1}^{k}a_{i}^{p}\right)^{1/p}\left(\sum_{i = 1}^{k}b_{i}^{q}\right)^{1/q}\leqslant \left(\sum_{i = 1}^{\infty}a_{i}^{p}\right)^{1/p}\left(\sum_{i = 1}^{\infty}b_{i}^{q}\right)^{1/q}}\)
Dla każdego \(\displaystyle{ k}\). Przechodząc z \(\displaystyle{ k\to \infty}\) dostajemy nierówność z tezy.


Na całkach innych niż całka Riemanna na \(\displaystyle{ \mathbb{R}}\) się nie znam, mam nadzieję, ze wystarczy:

Nierówność Höldera dla całek Riemanna:
Niech \(\displaystyle{ f, g: [a, b]\to (0,+\infty)}\) będą całkowalne w sensie Riemanna i niech \(\displaystyle{ p, q > 1}\) przy czym \(\displaystyle{ \frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1}\)
Wtedy:
\(\displaystyle{ \int_{a}^{b}(f(x))^{1/p}(g(x))^{1/q}\, dx qslant ft(\int_{a}^{b}f(x)\,dx\right)^{1/p}\left(\int_{a}^{b}g(x)\,dx\right)^{1/q}}\)

Dowód:
Dzielimy obie strony przez to co po prawej (obie całki są niezerowe) i stosujemy nierówność Younga dla \(\displaystyle{ a = \frac{(f(x))^{1/p}}{\left(\int_{a}^{b}f(x)\,dx\right)^{1/p}}, \ b = \frac{(g(x))^{1/q}}{\left(\int_{a}^{b}g(x)\,dx\right)^{1/q}}}\) i całkując na przedziale \(\displaystyle{ [a,b]}\) (możemy - iloczyn funkcji całkowalnych jest całkowalny) dostajemy:
\(\displaystyle{ \int_{a}^{b}\frac{(f(t))^{1/p}(g(t))^{1/q}\, dt}{\left(\int_{a}^{b}f(x)\,dx\right)^{1/p}\left(\int_{a}^{b}g(x)\,dx\right)^{1/q}} qslant \frac{1}{p}\int_{a}^{b}\frac{f(t)\, dt}{\int_{a}^{b}f(x)\,dx} + \frac{1}{q}\int_{a}^{b}\frac{g(t)\, dt}{\int_{a}^{b}g(x)\,dx} = \frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1}\)
co kończy dowód.

ODPOWIEDZ