Jeg kom over en oppgave som ba meg om å finne et bevis for Cauchy-Schwarz' ulikhet som jeg ikke har sett før. Mitt første innfall var å finne et induksjonsbevis, noe jeg tror gikk bra. Når jeg poster her er jeg like interessert i å få tilbakemelding på selve føringen av beviset som jeg er i å få påpekt logiske feil jeg har gjort, eventuelt verifisert at det jeg har gjort er riktig. Hvordan er føringen av beviset? Er det lett å forstå hva jeg gjør ved alle steg?
Vi ønsker å vise at dersom [tex]a_1, a_2, ...[/tex] og [tex]b_1, b_2, ...[/tex] er reelle tall, så holder ulikheten
[tex]a_1 b_1 + a_2 b_2 + \cdots + a_n b_n \leq \sqrt{a_1^2 + a_2^2 + \cdots + a_n^2} \sqrt{b_1^2 + b_2^2 + \cdots + b_n^2}[/tex] (1)
for alle naturlige tall [tex]n[/tex]. For å gjøre livet vårt enklere setter vi
[tex]D = a_1 b_1 + \cdots + a_n b_n[/tex],
[tex]A = \sqrt{a_1^2 + \cdots + a_n^2}[/tex],
[tex]B = \sqrt{b_1^2 + \cdots + b_n^2}[/tex]
Da kan vi skrive (1) som [tex]D \leq AB[/tex].
Vi behøver først å etablere et midlertidig resultat. Det er åpenbart at
[tex](Ab_{n+1}-Ba_{n+1})^2 \geq 0[/tex]
siden venstre side er et kvadrat. Dette medfører at
[tex]2ABa_{n+1}b_{n+1} \leq A^2b_{n+1}^2 + B^2a_{n+1}^2[/tex] (2)
På samme måte er det åpenbart at
[tex](Ab_{n+1}+Ba_{n+1})^2 \geq 0[/tex]
Det følger at
[tex]-2ABa_{n+1}b_{n+1} \leq A^2b_{n+1}^2 + B^2a_{n+1}^2[/tex] (3)
Ved å kombinere (2) og (3), får vi ulikheten
[tex]|2ABa_{n+1}b_{n+1}| \leq A^2b_{n+1}^2 + B^2a_{n+1}^2[/tex] (4)
Nå kan vi gå løs på induksjonsdelen av beviset. Tilfellet [tex]n = 1[/tex] er åpenbart. Vi vil nå vise at dersom ulikheten holder for [tex]n[/tex], må den også holde for [tex]n+1[/tex]. Ved å bruke induksjonshypotesen, får vi
[tex](D + a_{n+1}b_{n+1})^2 = D^2 + 2Da_{n+1}b_{n+1} + a_{n+1}^2b_{n+1}^2 \leq D^2 + |2Da_{n+1}b_{n+1}| + a_{n+1}^2b_{n+1}^2 \overset{(1)}{\leq} A^2B^2 + |2ABa_{n+1}b_{n+1}| + a_{n+1}^2b_{n+1}^2[/tex]
Vi bruker så det midlertidige resultatet:
[tex]A^2B^2 + |2ABa_{n+1}b_{n+1}| + a_{n+1}^2b_{n+1}^2 \overset{(4)}{\leq} A^2B^2 + A^2b_{n+1}^2 + B^2a_{n+1}^2 + a_{n+1}^2b_{n+1}^2 = (A^2 + a_{n+1}^2)(B^2 + b_{n+1}^2)[/tex]
Vi har dermed vist at dersom ulikheten holder for [tex]n[/tex], får vi ulikheten
[tex](D + a_{n+1}b_{n+1})^2 \leq (A^2 + a_{n+1}^2)(B^2 + b_{n+1}^2)[/tex]
Det følger at
[tex]D + a_{n+1}b_{n+1} \leq \sqrt{A^2 + a_{n+1}^2}\sqrt{B^2 + b_{n+1}^2}[/tex]
Hvis vi setter inn for [tex]D[/tex], [tex]A[/tex], og [tex]B[/tex], får vi
[tex]a_1 b_1 + \cdots + a_n b_n + a_{n+1}b_{n+1} \leq \sqrt{a_1^2 + \cdots + a_n^2 + a_{n+1}^2}\sqrt{b_1^2 + \cdots + b_n^2 + b_{n+1}^2}[/tex]
Ved induksjon holder dermed ulikheten for alle [tex]n[/tex]. QED.
Induksjonsbevis for Cauchy-Schwarz' ulikhet
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
Føringen er det ikke mye å utsette på: ryddig og pent uten overflødige setninger. Logisk sett ser det også finfint ut, syns jeg.
EDIT: For å fått det enda mer ryddig kunne du kanskje kuttet ut et par åpenbare mellomregninger? Skulle beviset stått i en mattebok hadde det antagelig ikke vært like detaljert, men litt mer skissert der hovedideéne likevel kommer klart frem, men dette blir jo veldig flisespikkeri.
EDIT: For å fått det enda mer ryddig kunne du kanskje kuttet ut et par åpenbare mellomregninger? Skulle beviset stått i en mattebok hadde det antagelig ikke vært like detaljert, men litt mer skissert der hovedideéne likevel kommer klart frem, men dette blir jo veldig flisespikkeri.
Tusen takk for svar, plutarco! 
[tex](D + a_{n+1}b_{n+1})^2 = D^2 + 2Da_{n+1}b_{n+1} + a_{n+1}^2b_{n+1}^2 \leq D^2 + |2Da_{n+1}b_{n+1}| + a_{n+1}^2b_{n+1}^2 \overset{(1)}{\leq} A^2B^2 + |2ABa_{n+1}b_{n+1}| + a_{n+1}^2b_{n+1}^2 \overset{(4)}{\leq} A^2B^2 + A^2b_{n+1}^2 + B^2a_{n+1}^2 + a_{n+1}^2b_{n+1}^2 = (A^2 + a_{n+1}^2)(B^2 + b_{n+1}^2)[/tex]
så kunne jeg skrevet
[tex](D + a_{n+1}b_{n+1})^2 \overset{(1)}{\leq} A^2B^2 + |2ABa_{n+1}b_{n+1}| + a_{n+1}^2b_{n+1}^2 \overset{(4)}{\leq} (A^2 + a_{n+1}^2)(B^2 + b_{n+1}^2)[/tex]
?
Jeg er helt enig i at dette er mye mer ryddig og pent! Er det fortsatt enkelt å følge logikken?
Mener du for eksempel at i steden forplutarco skrev:For å fått det enda mer ryddig kunne du kanskje kuttet ut et par åpenbare mellomregninger? Skulle beviset stått i en mattebok hadde det antagelig ikke vært like detaljert, men litt mer skissert der hovedideéne likevel kommer klart frem, men dette blir jo veldig flisespikkeri.
[tex](D + a_{n+1}b_{n+1})^2 = D^2 + 2Da_{n+1}b_{n+1} + a_{n+1}^2b_{n+1}^2 \leq D^2 + |2Da_{n+1}b_{n+1}| + a_{n+1}^2b_{n+1}^2 \overset{(1)}{\leq} A^2B^2 + |2ABa_{n+1}b_{n+1}| + a_{n+1}^2b_{n+1}^2 \overset{(4)}{\leq} A^2B^2 + A^2b_{n+1}^2 + B^2a_{n+1}^2 + a_{n+1}^2b_{n+1}^2 = (A^2 + a_{n+1}^2)(B^2 + b_{n+1}^2)[/tex]
så kunne jeg skrevet
[tex](D + a_{n+1}b_{n+1})^2 \overset{(1)}{\leq} A^2B^2 + |2ABa_{n+1}b_{n+1}| + a_{n+1}^2b_{n+1}^2 \overset{(4)}{\leq} (A^2 + a_{n+1}^2)(B^2 + b_{n+1}^2)[/tex]
?
Jeg er helt enig i at dette er mye mer ryddig og pent! Er det fortsatt enkelt å følge logikken?
-
Brahmagupta
- Guru
- Innlegg: 628
- Registrert: 06/08-2011 01:56
Det avhenger av målgruppen selvfølgelig. Skulle du framført dette for R2 elever så hadde det nok vært rimelig og
ta med alle de "åpenbare" mellomregningene. Derimot hvis det er folk som er drevne i algebra er det nok unødvendig.
Fint bevis forøvrig! Har et litt annet induksjonsbevis som bygger på å først vise ulikheten for n=2.
For n=1 er ulikheten triviell. For n=2 har man at
[tex]a_1b_1+a_2b_2\leq \sqrt{(a_1b_1+a_2b_2)^2+(a_1b_2-a_2b_1)^2} = \sqrt{(a_1^2+a_2^2)(b_1^2+b_2^2)}[/tex]
Hvor den siste likheten baserer seg på en Brahmagupta-Fibonacci identiten som er veldig lett å vise.
http://en.wikipedia.org/wiki/Brahmagupt ... i_identity
Man kunne evt kvadrert begge sider og endt opp med et kvadrat større enn null.
Så for induksjonstrinnet:
[tex]\sum_{i=1}^{n+1}{a_ib_i}\leq \sqrt{\sum_{i=1}^n{a_i^2}}\sqrt{\sum_{i=1}^n{b_i^2}}+a_{n+1}b_{n+1}\leq \sqrt{\sum_{i=1}^{n+1}{a_i^2}}\sqrt{\sum_{i=1}^{n+1}{b_i^2}}[/tex]
Her følger den siste ulikheten av tilfellet n=2 med [tex](a_1,a_2)=(\sqrt{\sum_{i=1}^n{a_i^2}},a_{n+1})[/tex] og tilsvarende for [tex](b_1,b_2)[/tex].
Cauchy-Schwarz er en veldig beviselig ulikhet, hadde vært morsomt å se hvor mange forskjellige bevis man kunne finne!
Her er et til (mulig du har sett det før):
[tex]\sum_{i=1}^n{(a_ix-b_i)^2}=Ax^2-2Bx+C[/tex]
Dette andregradspolynomet må være større eller lik 0 for alle x så diskriminanten må være mindre eller lik 0.
[tex](2B)^2-4AC\leq 0[/tex]
[tex]B^2=(\sum_{i=1}^n{a_ib_i})^2\leq (\sum_{i=1}^n{a_i^2})(\sum_{i=1}^n{b_i^2})=AC[/tex]
Og ulikheten følger ved å ta roten av begge sider. Herfra følger det også at likhet bare kan forekomme hvis det finnes et tall [tex]\lambda[/tex]
slik at [tex]a_i\lambda = b_i[/tex] for alle i.
ta med alle de "åpenbare" mellomregningene. Derimot hvis det er folk som er drevne i algebra er det nok unødvendig.
Fint bevis forøvrig! Har et litt annet induksjonsbevis som bygger på å først vise ulikheten for n=2.
For n=1 er ulikheten triviell. For n=2 har man at
[tex]a_1b_1+a_2b_2\leq \sqrt{(a_1b_1+a_2b_2)^2+(a_1b_2-a_2b_1)^2} = \sqrt{(a_1^2+a_2^2)(b_1^2+b_2^2)}[/tex]
Hvor den siste likheten baserer seg på en Brahmagupta-Fibonacci identiten som er veldig lett å vise.
http://en.wikipedia.org/wiki/Brahmagupt ... i_identity
Man kunne evt kvadrert begge sider og endt opp med et kvadrat større enn null.
Så for induksjonstrinnet:
[tex]\sum_{i=1}^{n+1}{a_ib_i}\leq \sqrt{\sum_{i=1}^n{a_i^2}}\sqrt{\sum_{i=1}^n{b_i^2}}+a_{n+1}b_{n+1}\leq \sqrt{\sum_{i=1}^{n+1}{a_i^2}}\sqrt{\sum_{i=1}^{n+1}{b_i^2}}[/tex]
Her følger den siste ulikheten av tilfellet n=2 med [tex](a_1,a_2)=(\sqrt{\sum_{i=1}^n{a_i^2}},a_{n+1})[/tex] og tilsvarende for [tex](b_1,b_2)[/tex].
Cauchy-Schwarz er en veldig beviselig ulikhet, hadde vært morsomt å se hvor mange forskjellige bevis man kunne finne!
Her er et til (mulig du har sett det før):
[tex]\sum_{i=1}^n{(a_ix-b_i)^2}=Ax^2-2Bx+C[/tex]
Dette andregradspolynomet må være større eller lik 0 for alle x så diskriminanten må være mindre eller lik 0.
[tex](2B)^2-4AC\leq 0[/tex]
[tex]B^2=(\sum_{i=1}^n{a_ib_i})^2\leq (\sum_{i=1}^n{a_i^2})(\sum_{i=1}^n{b_i^2})=AC[/tex]
Og ulikheten følger ved å ta roten av begge sider. Herfra følger det også at likhet bare kan forekomme hvis det finnes et tall [tex]\lambda[/tex]
slik at [tex]a_i\lambda = b_i[/tex] for alle i.