Dimostrare che per due n-uple di reali positivi vale
$ $ \left(\sum a_i^2\right)\left(\sum b_i^2\right)\ge \left(\sum a_ib_i\right)^2 $
Cosa sarebbe il mondo senza Cauchy?
Cosa sarebbe il mondo senza Cauchy?
"Ma devo prendere una n-upla qualsiasi o una n-upla arbitraria?" (Lui)
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pic88
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- Località: La terra, il cui produr di rose, le dié piacevol nome in greche voci...
$ \[
\left( {\sum {a_i ^2 } } \right)\left( {\sum {b_i ^2 } } \right) - \left( {\sum {a_i b_i } } \right)^2 =
\] $
$ \[ \sum {a_i ^2 b_i ^2 } + \sum\limits_{i \ne j} {a_i ^2 b_j ^2 } - \sum {a_i ^2 b_i ^2 } - 2\sum\limits_{1 \leqslant i < j \leqslant n} {a_i a_j b_i b_j } = \] $
$ \[ \sum\limits_{1 \leqslant i < j \leqslant n} {\left( {a_i ^2 b_j ^2 + b_i ^2 a_j ^2 - 2a_i a_j b_i b_j } \right)} = \] $
$ \[ \sum\limits_{1 \leqslant i < j \leqslant n} {\left( {a_i b_j - b_i a_j } \right)} ^2 \geqslant 0 \] $
$ \[ \sum {a_i ^2 b_i ^2 } + \sum\limits_{i \ne j} {a_i ^2 b_j ^2 } - \sum {a_i ^2 b_i ^2 } - 2\sum\limits_{1 \leqslant i < j \leqslant n} {a_i a_j b_i b_j } = \] $
$ \[ \sum\limits_{1 \leqslant i < j \leqslant n} {\left( {a_i ^2 b_j ^2 + b_i ^2 a_j ^2 - 2a_i a_j b_i b_j } \right)} = \] $
$ \[ \sum\limits_{1 \leqslant i < j \leqslant n} {\left( {a_i b_j - b_i a_j } \right)} ^2 \geqslant 0 \] $
Considero il polinomio:
$ (a_1 + tb_1)^2 + (a_2 + tb_2)^2 + ... + (a_n + tb_n)^2 \geq 0 $, $ \forall t \in \mathbb{R} $.
Svolgendo i quadrati:
$ (a_1^2 + ... + a_n^2) + 2t(a_1b_1 + ... + a_nb_n) + t^2(b_1^2 + ... + b_n^2) \geq 0 $ è un polinomio in t maggiore o uguale a 0 $ \forall t \in \mathbb{R} $ quindi ha discriminante $ \leq 0 $:
$ 4(a_1b_1 + ... + a_nb_n)^2 - 4 (a_1^2 + ... + a_n^2) (b_1^2 + ... + b_n^2) \leq 0 $
da cui semplifico il 4 e ottengo
$ \displaystyle \left(\sum_{i=1}^{n}(a_ib_i)\right)^2 \leq \sum_{i=1}^{n}(a_i^2) \cdot \sum_{i=1}^{n}(b_i^2) $
Bye
$ (a_1 + tb_1)^2 + (a_2 + tb_2)^2 + ... + (a_n + tb_n)^2 \geq 0 $, $ \forall t \in \mathbb{R} $.
Svolgendo i quadrati:
$ (a_1^2 + ... + a_n^2) + 2t(a_1b_1 + ... + a_nb_n) + t^2(b_1^2 + ... + b_n^2) \geq 0 $ è un polinomio in t maggiore o uguale a 0 $ \forall t \in \mathbb{R} $ quindi ha discriminante $ \leq 0 $:
$ 4(a_1b_1 + ... + a_nb_n)^2 - 4 (a_1^2 + ... + a_n^2) (b_1^2 + ... + b_n^2) \leq 0 $
da cui semplifico il 4 e ottengo
$ \displaystyle \left(\sum_{i=1}^{n}(a_ib_i)\right)^2 \leq \sum_{i=1}^{n}(a_i^2) \cdot \sum_{i=1}^{n}(b_i^2) $
Bye
Considerate la vostra semenza: fatte non foste a viver come bruti, ma per seguir virtute e canoscenza
Coff coff coff, ammirate!
$ $ f(x)=\frac{1}{x} $ è convessa
Per Jensen
$ $\sum \left[\frac{a_ib_i}{\sum a_ib_i}*f\left(\frac{b_i}{a_i}\right) \right])\ge f\left(\frac{\sum b_i^2}{\sum a_ib_i}\right) $
$ $ \frac{\sum a_i^2}{\sum a_ib_i}\ge \frac{\sum a_ib_i}{\sum b_i^2} $
$ $\left(\sum a_i^2}\right)\left(\sum b_i^2\right)\ge \left(\sum a_ib_i\right)^2 $
$ $ f(x)=\frac{1}{x} $ è convessa
Per Jensen
$ $\sum \left[\frac{a_ib_i}{\sum a_ib_i}*f\left(\frac{b_i}{a_i}\right) \right])\ge f\left(\frac{\sum b_i^2}{\sum a_ib_i}\right) $
$ $ \frac{\sum a_i^2}{\sum a_ib_i}\ge \frac{\sum a_ib_i}{\sum b_i^2} $
$ $\left(\sum a_i^2}\right)\left(\sum b_i^2\right)\ge \left(\sum a_ib_i\right)^2 $
"Ma devo prendere una n-upla qualsiasi o una n-upla arbitraria?" (Lui)
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enomis_costa88
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- Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
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Siano A,B due vettori.
Sia $ \alpha $ l'angolo compreso tra A e B.
Allora ho che:
$ |A*B|=||A|*|B|\cos\alpha|\leq||A|*|B|| $
dove * a primo membro indica il prodotto scalare tra A e B mentre nel membro di destra indica il prodotto tra le norme di due vettori.
Questa è la forma vettoriale di CS.
Inoltre l'uguaglianza vale sse $ |\cos \alpha| =1 $ ovvero sse A e B sono uno il multiplo dell'altro.
Sia $ \alpha $ l'angolo compreso tra A e B.
Allora ho che:
$ |A*B|=||A|*|B|\cos\alpha|\leq||A|*|B|| $
dove * a primo membro indica il prodotto scalare tra A e B mentre nel membro di destra indica il prodotto tra le norme di due vettori.
Questa è la forma vettoriale di CS.
Inoltre l'uguaglianza vale sse $ |\cos \alpha| =1 $ ovvero sse A e B sono uno il multiplo dell'altro.
"Tu che lo vendi cosa ti compri di migliore?"
Membro dell' "Associazione non dimenticatevi dei nanetti! "
Membro dell'EATO.
Membro dell' "Associazione non dimenticatevi dei nanetti! "
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Cerchiamo di dimostrare che:
$ \langle x,y \rangle^2 \leq \langle x,x \rangle \cdot \langle y,y \rangle $
è valido per qualsiasi spazio vettoriale con prodotto scalare reale.
per ogni reale t abbiamo, per le proprietà del prodotto scalare:
$ \langle xt+y,xt+y \rangle = \f{t^2}\cdot \f{\langle x,x \rangle } +\ 2 \cdot \f{\langle x,y \rangle }\cdot \f{t} + \langle y,y \rangle $
Essendo $ \langle xt+y,xt+y \rangle \geq 0 \forall t \in \Bbb{R} $
Abbiamo $ \f{t^2}\cdot \f{\langle x,x \rangle } +\ 2 \cdot \f{\langle x,y \rangle }\cdot \f{t} + \langle y,y \rangle \geq 0 $
Ossia: $ (\ 2 \cdot \f{\langle x,y \rangle })^2 - \ 4 \cdot \langle x,x \rangle }\cdot \ {\langle y,y \rangle } \leq 0 $
Da cui : $ \langle x,y \rangle^2 \leq \langle x,x \rangle \cdot \langle y,y \rangle $
Quindi considerando il prodotto scalare canonico abbiamo la dimostrazione cercata.
$ \langle x,y \rangle^2 \leq \langle x,x \rangle \cdot \langle y,y \rangle $
è valido per qualsiasi spazio vettoriale con prodotto scalare reale.
per ogni reale t abbiamo, per le proprietà del prodotto scalare:
$ \langle xt+y,xt+y \rangle = \f{t^2}\cdot \f{\langle x,x \rangle } +\ 2 \cdot \f{\langle x,y \rangle }\cdot \f{t} + \langle y,y \rangle $
Essendo $ \langle xt+y,xt+y \rangle \geq 0 \forall t \in \Bbb{R} $
Abbiamo $ \f{t^2}\cdot \f{\langle x,x \rangle } +\ 2 \cdot \f{\langle x,y \rangle }\cdot \f{t} + \langle y,y \rangle \geq 0 $
Ossia: $ (\ 2 \cdot \f{\langle x,y \rangle })^2 - \ 4 \cdot \langle x,x \rangle }\cdot \ {\langle y,y \rangle } \leq 0 $
Da cui : $ \langle x,y \rangle^2 \leq \langle x,x \rangle \cdot \langle y,y \rangle $
Quindi considerando il prodotto scalare canonico abbiamo la dimostrazione cercata.