[Teoreme] Nejednakosti

Odgovori Nova tema

13 odgovora
13.489 pregleda

[Teoreme] Nejednakosti 14.06.2005. u 02:27 · pre 260 meseci #1

Evo sredjivao sam nesto komp, pa reko da postavi (za sad nejednskosti)... Mozda nekom koristi... (koliko sam ja dobar :-)

$\noindent {\textbf {Nejednakost trougla: }}$ Za proizvoljne realne brojeve $x_1, x_2, \ldots, x_n$ vazi:
$x_1 + x_2 + \ldots + x_n| \leq |x_1| + |x_2| + \ldots + |x_n|$

$\noindent {\textbf {Bernoulli: }}$ Za $x > -1$ i $\alpha \geq 1$ vazi
$(1 + x)^{\alpha} \geq 1 + \alpha x$ .

$\noindent {\textbf {Cauchy - Schwartz: }}$ Za realne brojeve $x_i$ i $y_i$ , $i = \overline{1, n}$ vazi:
$\left (\sum_{i=1}^n x_{i}^{2} \right ) \cdot \left (\sum_{i=1}^n y_{i}^{2} \right ) \geq \left (\sum_{i=1}^n {x_iy_i} \right )^2$
Jednakost vazi akko $\frac{x_1}{y_1} = \frac{x_2}{y_2} = \ldots = \frac{x_n}{y_n}$ .

$\noindent {\textbf {H\"{o}lder: }}$ Ako za pozitivne brojeve $p$ i $q$ vazi $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$ , tada za svaki par $n$ -torki realnih brojeva $x_i$ i $y_i$ vazi:
$\sum_{i=1}^n |x_iy_i| \leq \left (\sum_{i=1}^n|x_i|^p \right)^{\frac{1}{p}} \left (\sum_{i=1}^n|y_i|^q \right)^{\frac{1}{q}}$
Jednakost vazi akko $\frac{{x_1}^p}{{y_1}^q} = \frac{{x_2}^p}{{y_2}^q} = \ldots = \frac{{x_n}^p}{{y_n}^q}$ .

$\noindent {\textbf {Minkowsky: }}$ Neka je $p \geq 1$ i $x_i \in R$ i $y_i \in R$ za $i = \overline{1,n}$ . Tada vazi:
$\left ( \sum_{i=1}^n |x_i + y_i|^p \right )^{\frac{1}{p}} \leq \left (\sum_{i=1}^n|x_i|^p \right )^{\frac{1}{p}} \left (\sum_{i=1}^n|y_i|^p \right )^{\frac{1}{p}}$
Jednakost vazi akko $\frac{x_1}{y_1} =\frac{x_2}{y_2} = \ldots = \frac{x_n}{y_n}$ .

$\noindent {\textbf {Jensen: }}$ Ako je funkcija $f:(a, b) \mapsto R$ konveksna i $\sum_{i=1}^n \lambda_i = 1$ , $\lambda_i > 0$ i $x_i\in (a,b)$ tada vazi:
$\sum_{i=1}^n \lambda_i f(x_i) \geq f (\sum_{i=1}^n \lambda_i x_i).$
Funkcija $f$ je konveksna na intervalu $(a, b)$ ako za svako par brojeva $x,y\in (a,b)$ vazi $\frac{f(x) + f(y)}{2} \geq f(\frac{x + y}{2})$ , sto je ekvivalentno sa uslovom $(\forall x\in (a, b)) (f''(x) > 0)$ . Ako je funkcija $f$ strogo konveksna, tada jednakost vazi akko su svi $x_i$ medjusobno jednaki ili su svi $\lambda_i$ sem jednog jednaki $0$ .

$\noindent {\textbf {\v Cebi\v sev: }}$ Ukoliko realni brojevi $x_i,y_i, i=\overline{1,n}$ zadovoljavaju uslov: $x_1 \leq x_2 \leq \dots \leq x_n$ i $y_1 \leq y_2 \leq \dots \leq y_n$ tada vazi:
$n \sum_{i=1}^n {x_i y_{n + 1 - i}} \leq (\sum_{i=1}^n x_i)(\sum_{i=1}^n y_i) \leq n \sum_{i=1}^n {x_i y_i}$
Jednakost vazi akko $x_1 = x_2 = \ldots = x_n$ ili $y_1 = y_2 = \ldots = y_n$ .

$\noindent {\textbf {Nejednakosti izmedju sredina: }}$ Neka je za $k\in R \setminus \{0 \}$ , sredina $k$ -tog reda:
$M_k (x_1, x_2, \dots, x_n) = \left (\frac{x_{1}^{k} + x_{2}^{k} +\dots + x_{n}^{k}}{n} \right )^{\frac{1}{k}}$
$M$ rastuca funkcija po $k$ , odnosno $k\geq l \Rightarrow M_k\geq M_l$ . Specijalno $M_{-1}$ je harmonijska, $M_{1}$ je aritmeticka, $M_2$ kvadratna, a $\lim_{x \to 0}M_x$ geometrijska sredina brojeva $x_1, x_2, \dots, x_n$ . Zbog toga vazi nejednakost medju sredinama $M_2 > M_1 > M_0 > M_{-1}$ .
Jednakost vazi akko $x_1 = x_2 = \ldots = x_n$ .

$\noindent {\textbf {Te\v zinska AG nejednakost: }}$ Za pozitivne brojeve $\alpha_i$ za koje va\v zi $\sum \limits_{i=1}^n \alpha_i = 1$ , nejednakost izmedju aritmeticke i geometrijske sredine glasi:
$\sum \limits_{i=1}^n \alpha_i x_i \geq \prod \limits_{i=1}^n x_{i}^{\alpha_i}$
Jednakost vazi akko su svi $x_i$ medjusobno jednaki ili su svi $\alpha_i$ sem jednog jednaki $0$ .

$\noindent {\textbf {Muirhead: }}$ Za niz realnih brojeva $a=(a_1,a_2,\dots,a_n)$ Definise se funkcija $T$ sa $n$ promenljivih:
$T_a(x_1, x_2, \dots, x_n) = \sum_{\pi}x_{1}^{a_{\pi(1)}} x_{2}^{a_{\pi(2)}} \cdots x_{n}^{a_{\pi(n)}}$
gde se sumiranje vrsi po svim permutacijama $\pi$ skupa $\{1, 2, \dots, n\}$ . Ukoliko za dva niza realnih brojeva $a$ i $b$ vazi: $\sum_{i=1}^k a_i \geq \sum_{i=1}^k b_i$ za $k=1, 2, \dots, n-1$ i $\sum_{i=1}^n a_i = \sum_{i=1}^n b_i$ , tada vazi za sve $n$ -torke nenegativnih brojeva i nejednakost:
$T_a (x_1, x_2, \dots, x_n) \geq T_b (x_1, x_2, \dots, x_n)$
Jednakost vazi akko su $a$ i $b$ identicni ili kada je $x_1 = x_2 = \ldots = x_n$ .

$\noindent {\textbf {Schur: }}$ Za nenegativne realne brojeve $x_i$ , $i = \overline{1, n} i k \in R$ vazi:
$x_1^k (x_1 - x_2) (x_1 - x_3) \cdots (x_1 - x_n) \ + \dots + \ x_n^k (x_n - x_1)(x_n - x_2) \cdots (x_n - x_{n-1}) \geq 0$
Jednakost vazi akko je $x_1 = x_2 = \ldots = x_n$ .

$\noindent {\textbf {Karamata: }}$ Niz $(x_1, x_2, \ldots x_n)$ majorira niz $(y_1, y_2, \ldots y_n)$ ako vazi $\sum_{i=1}^k a_i \geq \sum_{i=1}^k b_i$ za $k=1, 2, \dots, n-1$ i $\sum_{i=1}^n a_i = \sum_{i=1}^n b_i$ . To je neophodan i dovoljan uslov da za svaku konveksnu funkciju vazi:
$f (x_1) + f (x_2) + \ldots + f (x_n) \geq f (y_1) + f (y_2) + \ldots + f (y_n)$

$\noindent {\textbf {Euler: }}$ Za nizove realnih brojeva $\{a_n\}_{n \in N}$ i $\{b_n\}_{n \in N}$ definisane sa $a_n =\left ( 1 + \frac{1}{n} \right )^n$ i $b_n = \left ( 1 + \frac{1}{n - 1} \right )^n$ vazi:
$a_1 < a_2 < \ldots < a_n < \ldots < e < \ldots < b_n < \ldots <b_2$

Potpis

Math is like love. A simple idea but it can get complicated.

Re: [Teoreme] Nejednakosti 14.06.2005. u 11:56 · pre 260 meseci #2

Jedna mala ispravka:

Citat:

cassey: [Funkcija $f$ je konveksna na intervalu $(a, b)$ ako za svako par brojeva $x,y\in (a,b)$ vazi $\frac{f(x) + f(y)}{2} \geq f(\frac{x + y}{2})$ , sto je ekvivalentno sa uslovom $(\forall x\in (a, b)) (f''(x) > 0)$ .

Ako je funkcija $f$ na nekom intervalu $I$ definisana onda se za nju kaže da je Jensen konveksna (ili J-konveksna) ako zadovoljava uslov $f\Big(\frac{x+y}{2}\Big)\leq\frac{f(x)+f(y)}{2}$ na tom intervalu. Taj uslov je slabiji od uslova konveksnosti koji glasi $f(\lambda x+(1-\lambda)y)\leq\lambda f(x)+(1-\lambda)f(y)$ za sve $0<\lambda<1$ i sve $x,y\in I.$ Funkcije koje su J-kionveksne, ali nisu konveksne, ne mogu se konstruisati (odnosno ne može se zapisati kako izgledaju), ali se može dokazati da postoje. Drugim rečima, iz uslova J-konveksnosti se ne može izvesti uslov konveksnosti. Ukoliko pretpostaviš samo J-konveksnost funkcije $f$ na intervalu $I$ koji se sastoji od više od jedne tačke, za $\lambda_1,\dots,\lambda_n\geq 0$ za koje je $\lambda_1+\cdots moći ćeš da dokažeš relaciju f(\lambda_1x_1+\cdots+\lambda_nx_n)\leq\lambda_1f(x_1)+\cdots+\lambda_nf(x_n)$ za sve $x_1,\dots,x_n\in I$ tačno u slučaju kada su $\lambda_1,\dots,\lambda_n$ racionalni brojevi.

Da bi funkcija $f$ bila konkveksna na intervalu $I$ potrebno je i dovoljno da na njemu bude J-konveksna i da bude neprekidna u njegovoj unutrašnjosti. Takođe, sa konveksnošću funkcije $f$ na intervalu $I$ ekvivalentno je da je ta funkcija J-konveksna na njemu i da za svako $x\in I$ postoji okolina $O$ tačke $x$ takva da je funkcija $f$ ograničena na skupu $O\cap I.$

Potpis

Nije bitno koji su zaključci izvučeni, već kako se do njih došlo.

Re: [Teoreme] Nejednakosti 14.06.2005. u 12:05 · pre 260 meseci #3

Takođe, koveksna funkcija ne mora biti nijedanput (a kamoli dvaput) diferencijabilna. Međutim, ako je funkcija na nekom intervalu dva puta diferencijabilna, onda je ona na njemu konveksna ako i samo ako joj je drugi izvod nenegativan.

Potpis

Nije bitno koji su zaključci izvučeni, već kako se do njih došlo.

Re: [Teoreme] Nejednakosti 16.06.2005. u 23:56 · pre 260 meseci #4

Citat:

Nedeljko: Funkcije koje su J-konveksne, ali nisu konveksne, ne mogu se konstruisati (odnosno ne može se zapisati kako izgledaju), ali se može dokazati da postoje.Drugim rečima, iz uslova J-konveksnosti se ne može izvesti uslov konveksnosti.

Ovo je vrlo zanimljivo

Ako sam dobro shvatio, kad bi uslov konveksnosti bio izvodljiv iz uslova J-konveksnosti, onda bi te (postojeće a neiskazive) f-je bile zapisive?
Kada kažeš izvodljiv, da li misliš na konstrukciju formalnog dokaza?

Nedeljko, da li bi mogao, ako te ne mrzi, da elaboriraš ovo malo?

Potpis

_{Attempt all the problems. Those you can do, don't do. Do the ones you cannot.}

Re: [Teoreme] Nejednakosti 17.06.2005. u 01:09 · pre 260 meseci #5

Formalno se dokazuje da postoje J-konveksne funkcije koje nisu konveksne. Međutim, tu se koristi Cornova lema i samo se dokazuje da takva funkcija postoji. Sama funkcija se ne konstruiše.

Recimo, polje R možeš posmatrati kao vektorski prostor nad poljem Q kao poljem skalara. Dimenzija vektorskog prostora R nad poljem skalara Q je beskonačna (čak kontinuum). Pomoću Cornove leme dokazuje se da svaki vektorski prostor (nad bilo kojim poljem skalara) ima bazu. Neka su A i B dve baze vekstorskog prostora R nad poljem skalara Q takve da $1\in A,B$ . Takođe pomoću Cornove leme dokazuje se da su svake dve baze istog vektorskog prostora ekvipotentne (postoji bijekcija između njih). Sve ovo je dokazano na primer u algebri od Veselina Perića. Svako preslikavanje baze vektorskog prostora u neki (moguće i drugi) vektorski prostor nad istim poljem skalara se može na tačno jedan način dopuniti do linearnog preslikavanja između tih vektorskih prostora. To preslikavanje je 1-1 ako i samo ako je slika baze (kao familije vektora) linearno nezavisna familija vektora, odnosno to preslikavanje je na ako i samo ako je slika baze generatrisa prostora kodomena.

Presliakaj bijektivno bazu A na bazu B uz jedine uslove da se jedinica slika u sebe i da se to preslikavanje ne svede na identitet (ako su baze A i B iste). To preslikavanje ćeš moći da dopuniš do linearne (u odnosu na polje skalara Q) bijekcije f vektorskog prostora R na sebe samog koje se na Q svodi na identitet. Ne samo da će f biti J-konveksno, nego će umesto nejednakosti važiti jednakost. Međutim, ako bi bilo konveksno, bilo bi i neprekidno, pa bi zbog svođenja na identitet na Q bilo identitet i na R, što je u suprotnosti sa našim izborom presliakvanja koje bar jedan bazni vektor ne slika u sebe. Ako ti se ne sviđa što funkcija nije strogo J-konveksna, možeš da je sabereš sa $x^2$ .

Potpis

Nije bitno koji su zaključci izvučeni, već kako se do njih došlo.

Re: [Teoreme] Nejednakosti 17.06.2005. u 03:38 · pre 260 meseci #6

Sjajno si to objasnio!

Mnogo ti hvala!!

Potpis

_{Attempt all the problems. Those you can do, don't do. Do the ones you cannot.}

Re: [Teoreme] Nejednakosti 23.06.2005. u 21:52 · pre 260 meseci #7

Evo necega sto se ne moze nazvati nejednakoscu, ali je cesto veoma korisno pri dokazivanju nejednakosti:

Lagranzov metod multiplikatora

Neka su na otovorenom skupu $A\subset \mathbf{R}^m$ definisane neprekidno diferencijabilne funkcije $\varphi_1,\varphi_2,\ldots\varphi_k (k\leq m)$ i $f$ . Ako funkcija $f$ pri uslovima $\varphi_1(x)=\ldots=\varphi_k(x)=0$ ima lokalni ekstremum u tacki $a\in A$ , tada postoje realni brojevi $\lambda_1,\ldots,\lambda_k$ , takvi da funkcija $F(x)=f(x)+\lambda_1\varphi_1(x)+\ldots+\lambda_k\varphi_k(x)$ u tacki $a$ ima izvod 0 po svakoj od $m$ koordinata.

Teorema opisuje neophodne uslove ekstremuma koji ne moraju biti i dovoljni, ali u zadacima nije ni potrebno vise od toga.

Primer:
Dat je trougao $ABC$ sa duzinama stranica $a=BC,b=CA,c=AB$ . Odrediti tacku $M$ unutar tog trougla tako da je vrednost izraza $ax^2+by^2+cz^2$ minimalna, ako su $x,y,z$ rastojanja tacke $M$ redom pravih $BC,CA,AB$ .

Posto je $ax+by+cz=2P$ , ovde mozemo formirati Lagranzovu funkciju
$F(x)=ax^2+by^2+cz^2+\lambda(ax+by+cz-2P)$ sa jednim multiplikatorom $\lambda$ . Izjednacavanje njenih parcijalnih izvoda sa nulom daje uslove
$F'_x=2ax+\lambda a=0,F'_y=2by+\lambda b=0,F'_z=2cz+\lambda c=0$ , sto zajedno sa uslovom $ax+by+cz=2P$ daje sistem od cetiri jednacine iz kojih se odredjuje $\lambda=-\frac{4P}{a+b+c}$ i $x=y=z=\frac{2P}{a+b+c}$ . Posto je $\frac{2P}{a+b+c}=r$ (gde je $r$ centar upisanog kruga), jasno nam je da je trazena tacka centar upisanog kruga u dati trougao.

Re: [Teoreme] Nejednakosti 24.06.2005. u 21:07 · pre 260 meseci #8

Ispustio si jedan uslov iz te teoreme, a to je da matrica
$\left[ \begin{array}{ccc} \displaystyle\frac{\partial\varphi_1}{\partial x_1} & \cdots & \displaystyle \frac{\partial\varphi_1}{\partial x_m}\\ \vdots & & \vdots\\ \displaystyle\frac{\partial\varphi_k}{\partial x_1} & \cdots & \displaystyle \frac{\partial\varphi_k}{\partial x_m} \end{array} \right]$
ima rang jednak $k$ u tački $a.$

Potpis

Nije bitno koji su zaključci izvučeni, već kako se do njih došlo.

Re: [Teoreme] Nejednakosti 24.06.2005. u 21:11 · pre 260 meseci #9

Interesantno, posebno zato sto to ne pise u knjizi iz koje sam izvukao ovu teoremu.

Re: [Teoreme] Nejednakosti 24.06.2005. u 23:18 · pre 260 meseci #10

Pogledaj neku knjigu u kojoj je teorema dokazana, pa vidi šta se koristi u dokazu.

Potpis

Nije bitno koji su zaključci izvučeni, već kako se do njih došlo.

Re: [Teoreme] Nejednakosti 27.12.2005. u 10:39 · pre 254 meseca #11

Pošto ne mogu da menjam poruke starije od 60 dana, a uočio sam grešku prilikom kucanja jedne od svojih prethodnih poruka, ispravljam je na ovaj način.

Jedna mala ispravka:

Citat:

Ako je funkcija $f$ na nekom intervalu $I$ definisana onda se za nju kaže da je Jensen konveksna (ili J-konveksna) ako zadovoljava uslov $f\Big(\frac{x+y}{2}\Big)\leq\frac{f(x)+f(y)}{2}$ na tom intervalu. Taj uslov je slabiji od uslova konveksnosti koji glasi $f(\lambda x+(1-\lambda)y)\leq\lambda f(x)+(1-\lambda)f(y)$ za sve $0<\lambda<1$ i sve $x,y\in I.$ Funkcije koje su J-kionveksne, ali nisu konveksne, ne mogu se konstruisati (odnosno ne može se zapisati kako izgledaju), ali se može dokazati da postoje. Drugim rečima, iz uslova J-konveksnosti se ne može izvesti uslov konveksnosti. Ukoliko pretpostaviš samo J-konveksnost funkcije $f$ na intervalu $I$ koji se sastoji od više od jedne tačke, za $\lambda_1,\dots,\lambda_n\geq 0$ za koje je $\lambda_1+\cdots\lambda_n=1,$ moći ćeš da dokažeš relaciju $f(\lambda_1x_1+\cdots+\lambda_nx_n)\leq\lambda_1f(x_1)+\cdots+\lambda_nf(x_n)$ za sve $x_1,\dots,x_n\in I$ tačno u slučaju kada su $\lambda_1,\dots,\lambda_n$ racionalni brojevi.

Da bi funkcija $f$ bila konkveksna na intervalu $I$ potrebno je i dovoljno da na njemu bude J-konveksna i da bude neprekidna u njegovoj unutrašnjosti. Takođe, sa konveksnošću funkcije $f$ na intervalu $I$ ekvivalentno je da je ta funkcija J-konveksna na njemu i da za svako $x\in I$ postoji okolina $O$ tačke $x$ takva da je funkcija $f$ ograničena na skupu $O\cap I.$

Potpis

Nije bitno koji su zaključci izvučeni, već kako se do njih došlo.

Re: [Teoreme] Nejednakosti 05.02.2012. u 01:14 · pre 179 meseci #12

Mislio sam da ne bi bilo lose da se i pokazu ove nejednakosti

pa sam ja.... Elem, na osnovu konkavnosti logaritamske funkcije imamo
$\log (\theta x + (1-\theta)y)\ge \theta \log x + (1-\theta)\log y = \log x^{\theta}y^{1-\theta}$ za $\theta \in [0,1]$
Kako je $\log$ za osnovu $e$ rastuca funkcija, to onda vazi $\theta x + (1-\theta)y\ge x^{\theta}y^{1-\theta}$
Oznacicemo $x^{\theta}=a,y^{1-\theta}=b, \hskip10pt a,b>0$ , tj. $ab\le \theta a^{\frac{1}{\theta}}+(1-\theta)b^{\frac{1}{1-\theta}}$ . Oznacimo $p=\frac{1}{\theta}$ i $q=\frac{1}{1-\theta}$ i tada vazi $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$ gde su $p,q>1$ (iz cinjenice da $\theta\in[0,1]$ )
Tada dobijamo $ab\le \frac{a^p}{p}+\frac{b^q}{q}$ - Jangova nejednakost (Young). Jednakost vazi akko $a^p=b^q$

Helderova nejednakost (Hölder): $\sum_{k=1}^{n}{|x_ky_k|}\le \left(\sum_{k=1}^{n}|x_k|^p\right)^{\frac{1}{p}}\left(\sum_{k=1}^{n}|y_k|^q\right)^{\frac{1}{q}}, \frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$ (za $p=2$ (tada je i $q=2$ ) dobija se Kosi-Svarzova nejednakost (Cauchy–Schwarz)).
Pokazacemo je za $x_k,y_k\ge 0$ , za negativne se primeni $|x_k|,|y_k|$ .
Obelezimo $A= \left(\sum_{k=1}^{n}x_k^p\right)^{\frac{1}{p}}$ i $B=\left(\sum_{k=1}^{n}y_k^q\right)^{\frac{1}{q}}$
Primenimo Jangovu nejednakost na $\frac{x_k}{A}$ i $\frac{y_k}{B}$
$\frac{x_k}{A}\frac{y_k}{B}\le \frac{1}{p}\left(\frac{x_k}{A}\right)^{p}+\frac{1}{q}\left(\frac{y_k}{B}\right)^{q} / \sum_{k=1}^{n}$ (primenjujemo Jangovu nejednakost $k$ puta)
$\frac{1}{AB}\sum_{k=1}^{n}{x_k}{y_k}\le \frac{1}{pA^p}\sum_{k=1}^{n}{x_k^p}+\frac{1}{qB^q}\sum_{k=1}^{n}{y_k^q}=\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$
Dobijamo $\sum_{k=1}^{n}{x_ky_k}\le AB$ , odnosno $\sum_{k=1}^{n}{x_ky_k}\le \left(\sum_{k=1}^{n}x_k^p\right)^{\frac{1}{p}}\left(\sum_{k=1}^{n}y_k^q\right)^{\frac{1}{q}}$ Q.E.D.

Dokazujemo nejednakost Minkovskog (Minkowsky) za $p>1$ (za $p=1$ se svodi na nejednakost trougla)
$\sum_{k=1}^{n}|x_k+y_k|^p=\sum_{k=1}^{n}|x_k+y_k||x_k+y_k|^{p-1}\le \sum_{k=1}^{n} |x_k||x_k+y_k|^{p-1}+\sum_{k=1}^{n} |y_k||x_k+y_k|^{p-1}\le \left(\sum_{k=1}^{n}{|x_k|^p}\right)^{\frac{1}{p}}\left(\sum_{k=1}^{n}|x_k+y_k|^{q(p-1)}\right)^{\frac{1}{q}}+\left(\sum_{k=1}^{n}{|y_k|^p}\right)^{\frac{1}{p}}\left(\sum_{k=1}^{n}|x_k+y_k|^{q(p-1)}\right)^{\frac{1}{q}}=(\star)$ (kod poslednjeg znaka nejednakosti smo iskoristili Helderovu nejednakost na oba sabirka).
Kako je $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$ , odnosno $q+p=pq \Rightarrow q(p-1)=qp-q=p$
$(\star)=\left(\left(\sum_{k=1}^{n}{|x_k|^p}\right)^{\frac{1}{p}}+\left(\sum_{k=1}^{n}{|y_k|^p}\right)^{\frac{1}{p}}\right)\left(\sum_{k=1}^{n}|x_k+y_k|^{p}\right)^{\frac{1}{q}$
Dobili smo $\sum_{k=1}^{n}|x_k+y_k|^p\le \left(\left(\sum_{k=1}^{n}{|x_k|^p}\right)^{\frac{1}{p}}+\left(\sum_{k=1}^{n}{|y_k|^p}\right)^{\frac{1}{p}}\right)\left(\sum_{k=1}^{n}|x_k+y_k|^{p}\right)^{\frac{1}{q}$ , odnosno $\left(\sum_{k=1}^{n}|x_k+y_k|^{p}\right)^{1-\frac{1}{q}} \le \left(\sum_{k=1}^{n}{|x_k|^p}\right)^{\frac{1}{p}}+\left(\sum_{k=1}^{n}{|y_k|^p}\right)^{\frac{1}{p}}$ , al kako je $1-\frac{1}{q}=\frac{1}{p}$ to na kraju dobijamo $\left(\sum_{k=1}^{n}|x_k+y_k|^{p}\right)^{\frac{1}{p}} \le \left(\sum_{k=1}^{n}{|x_k|^p}\right)^{\frac{1}{p}}+\left(\sum_{k=1}^{n}{|y_k|^p}\right)^{\frac{1}{p}}$ sto je i trebalo pokazati Q.E.D.

_{Bila jedna sitna greskica, al niko nije primetio}

Potpis

Leonardo da Vinči

Nema istine u onim naukama u kojima se matematika ne primenjuje.

Milorad Stevanović

Bog postoji zato sto je matematika neprotivurečna.

Re: [Teoreme] Nejednakosti 18.09.2013. u 21:34 · pre 160 meseci #13

Kad već ovako sve lepo dokazujete dokažite i ovu ekvivalenciju kad važi jednakost u Helderovoj nejednakosti.

Potpis

Vera je moja jedino ozbiljno znanje moje. Sve drugo je dečje sabiranje šarenog šljunka na jezeru.
Sveti vladika Nikolaj

Re: [Teoreme] Nejednakosti 18.09.2013. u 22:39 · pre 160 meseci #14

Pozdrav za mog kolegu i drugara :-)

Pa sad, ne znam koja ti je to OVA ekvivalencija kad vazi jednakost kod Holdera (i to kod kog Holdera, da li mislis na onog u L^p prostorima ili se zadoljavas sa ovim iznad).

Ali, s obzirom da u dokazu Holdera koristis Jangovu nejednakost, a da tamo jednakost vazi ako i samo ako je $a^p=b^q$ , to onda ne bi trebalo da ti bude problem da pokazes kad vazi jednakost kod Holdera.

Uostalom, sutra pravac biblioteka, uzmi Jocicevu knjigu i naci ces sve.

A postoji naravno i google.

Uostalom, ja sam mislio da ti napisem dokaz, al trenutno forum ima problem sa LaTeX-om, pa nisam u mogucnosti.

Potpis

Leonardo da Vinči

Nema istine u onim naukama u kojima se matematika ne primenjuje.

Milorad Stevanović

Bog postoji zato sto je matematika neprotivurečna.

Prijavite se da biste odgovorili u ovoj temi.Prijava Registracija

Forum kao aplikacija na telefonu

Srodne teme