$\sum{a_ix_i} \ge 0$
$\sum{a_ix_i} \ge 0$
Siano $x_1,x_2,\ldots,x_n$ dei reali fissati. Mostrare che se $\sum_{i=1}^n{a_ix_i} \ge 0$ per ogni scelta di $a_i \in \mathbb{Q}^+$, allora è vero anche per ogni scelta di $a_i \in \mathbb{R}^+$.
Ultima modifica di jordan il 25 gen 2013, 23:58, modificato 1 volta in totale.
The only goal of science is the honor of the human spirit.
Re: $\sum{a_ix_i} \ge 0$
sono confuso da (almeno) due aspetti di questo problema.
1. basta dire "continuità", e tutto si dissolve in un topologico *puff*.
2. il fatto che quella disuguaglianza sia vera per ogni $a_i\in\mathbb{Q}$ implica che sia vero tanto per $a_i = \delta_{ij}$ quanto per $a_i = -\delta_{ij}$, quindi $x_j=0$ per ogni $j$...
cosa mi sono perso?
1. basta dire "continuità", e tutto si dissolve in un topologico *puff*.
2. il fatto che quella disuguaglianza sia vera per ogni $a_i\in\mathbb{Q}$ implica che sia vero tanto per $a_i = \delta_{ij}$ quanto per $a_i = -\delta_{ij}$, quindi $x_j=0$ per ogni $j$...
cosa mi sono perso?
Re: $\sum{a_ix_i} \ge 0$
Per il 2, m'ero saltato qualcosa nel testo, sorry!
Per l'1: sì, ma come la mostri esattamente?
Per l'1: sì, ma come la mostri esattamente?
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Re: $\sum{a_ix_i} \ge 0$
Come, "come la mostri"? La funzione $\mathbb{R}^n\ni y\mapsto y\cdot x$ con $x\in\mathbb{R}^n$ fissato e $\cdot$ il prodotto scalare è una funzione continua, come ben si sa ... (se vuoi, per ogni $y_0\in\mathbb{R}^n$, per ogni $\epsilon$, scegli $\delta<\epsilon/\|x\|$ e prendi $y$ tale che $\|y-y_0\|<\delta$, allora $\|y\cdot x - y_0\cdot x\|=\|(y-y_0)\cdot x\|\leq\|y-y_0\|\|x\|\leq\epsilon$).
Dunque, $f^{-1}([0,+\infty))$ è un chiuso (controimmagine di un chiuso tramite una mappa continua). Se dunque $f^{-1}([0,+\infty))\supset \mathbb{Q}^+$, allora sicuramente contiene anche la chiusura di tale insieme, che è $\mathbb{R}_{\geq0}^n$. (e sono stato di un pedante che farebbe schifo a Bourbaki)
Dunque, $f^{-1}([0,+\infty))$ è un chiuso (controimmagine di un chiuso tramite una mappa continua). Se dunque $f^{-1}([0,+\infty))\supset \mathbb{Q}^+$, allora sicuramente contiene anche la chiusura di tale insieme, che è $\mathbb{R}_{\geq0}^n$. (e sono stato di un pedante che farebbe schifo a Bourbaki)
c'è anche una strada che non tira (direttamente) in ballo la topologia, e che mi sembra completamente elementare.
supponi per assurdo che la tesi sia falsa, cioè che esistano $a_i$ reali positivi che fanno scazzare la disuguaglianza. in particolare, possiamo supporre (a meno di moltiplicare) che $\sum a_ix_i = -1$. adesso prendi $b_i$ razionali positivi tali che $|b_i-a_i| < \left(\sum|x_i|\right)^{-1}$. applicando la disuguaglianza triangolare senza troppa attenzione, dovresti ottenere che $\sum b_ix_i < 0$ (e in realtà non serve neanche la triangolare, visto che tutti gli $x_i$ sono positivi -- vedi il punto 2 nel mio post precedente -- e che puoi scegliere i $b_i$ "dalla parte giusta" rispetto ad $a_i$).
supponi per assurdo che la tesi sia falsa, cioè che esistano $a_i$ reali positivi che fanno scazzare la disuguaglianza. in particolare, possiamo supporre (a meno di moltiplicare) che $\sum a_ix_i = -1$. adesso prendi $b_i$ razionali positivi tali che $|b_i-a_i| < \left(\sum|x_i|\right)^{-1}$. applicando la disuguaglianza triangolare senza troppa attenzione, dovresti ottenere che $\sum b_ix_i < 0$ (e in realtà non serve neanche la triangolare, visto che tutti gli $x_i$ sono positivi -- vedi il punto 2 nel mio post precedente -- e che puoi scegliere i $b_i$ "dalla parte giusta" rispetto ad $a_i$).