2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




 
 доказать неравенство
Сообщение15.11.2008, 23:24 
доказать неравенство

$$\sqrt\frac{\sum\limits^N_{k=1} a_k^2}{N}>=\frac{\sum\limits^N_{k=1} a_k}{N}$$


для всех
$a_1, ....a_n$

 
 
 
 
Сообщение15.11.2008, 23:40 
Тупо возводим в квадрат. Поскольку $a_ia_k\leqslant{1\over2}(a_i^2+a_k^2)$, имеем:

$$\left({1\over n}\sum_{i=1}^na_i\right)^2={1\over n^2}\sum_{i,k=1}^na_ia_k\leqslant{1\over2n^2}\left(\sum_{i,k=1}^na_i^2+\sum_{i,k=1}^na_k^2\right)={1\over n}\sum_{i=1}^na_i^2$$.

 
 
 
 
Сообщение15.11.2008, 23:42 
Аватара пользователя
ewert писал(а):
Тупо возводим в квадрат. Поскольку $a_ia_k\leqslant{1\over2}(a_i^2+a_k^2)$, имеем:

$${1\over n^2}\sum_{i,k=1}^na_ia_k\leqslant{1\over2n^2}\left(\sum_{i,k=1}^na_i^2+\sum_{i,k=1}^na_k^2\right)={1\over n}\sum_{i=1}^na_i^2$$.
А вот и нет! Знак равенства в доказательстве все запутывает. Там должен быть второй знак неравенства.

 
 
 
 
Сообщение15.11.2008, 23:45 
Аватара пользователя
Можно ещё воспользоваться тем, что дискриминант квадратного трехчлена
$\sum(a_i + t)^2$
относительно $t$
неположителен,
т. к. $\sum(a_i + t)^2 \geqslant 0$.

 
 
 
 
Сообщение15.11.2008, 23:50 
Brukvalub в сообщении #158581 писал(а):
А вот и нет! Знак равенства в доказательстве все запутывает. Там должен быть второй знак неравенства.

Не должен.

Ну или коли не в жилу -- более идейный вариант. Определим скалярное произведение как усреднение произведений компенент двух строк. Тогда это неравенство -- попросту неравенство Коши-Буняковского для строк $(a_1,a_2,\dots,a_n)$ и $(1,1,\dots,1)$.

 
 
 
 
Сообщение15.11.2008, 23:56 
Аватара пользователя
Да, тут я проврался - не заметил, что внутри двойные суммы. :oops:

 
 
 
 To Everybody
Сообщение16.11.2008, 08:50 
Spasibo rebyata - za bystruu reakziu.

 
 
 
 
Сообщение16.11.2008, 09:45 
Brukvalub в сообщении #158591 писал(а):
не заметил, что внутри двойные суммы

Кстати, совершенно напрасно не заметили: бросается ведь в глаза, что неравенство -- точное, и потому никакие огрубления при доказательстве не уместны.

Ну и уж для полноты картины -- четвёртый вариант доказательства. Кроме неравенства Коши-Буняковского есть ведь ещё и неравенство Гёльдера. Из которого

$$\left({1\over n}\sum_{i=1}^n|a_i|^r\right)^{1/r}\leqslant\left({1\over n}\sum_{i=1}^n|a_i|^p\right)^{1/p}, \qquad 1\leqslant r\leqslant p\leqslant+\infty$$.

Как частный случай ($r=1$, $p=2$) получаем исходное неравенство...

 
 
 
 
Сообщение16.11.2008, 15:44 
Тогда уж уместно вспомнить и неравенство Йенсена.

 
 
 
 
Сообщение16.11.2008, 23:46 
Аватара пользователя
Asya в сообщении #158571 писал(а):
доказать неравенство

\sqrt\frac{\sum\limits^N_{k=1} a_k^2}{N}>=\frac{\sum\limits^N_{k=1} a_k}{N}

Это частный случай неравенства о средних. Кстати, левая часть здесь - это среднее квадратичное, а правая - среднее арифметическое чисел $a_1, a_2, \dots, a_N$.

 
 
 
 
Сообщение17.11.2008, 08:36 
Бойан.

 
 
 [ Сообщений: 11 ] 


Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group