Nesten Cauchy-Schwarz
Moderators: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
La [tex]m, M, a_1, \ldots a_n, b_1, \ldots b_n[/tex] være ikkenegative reelle tall. Gitt at [tex]m \leq \frac {a_k} {b_k} \leq M[/tex] for alle [tex]1 \leq k \leq n[/tex], vis at [tex]\sqrt {\left ( \sum_{k=1} ^n a_k^2\right ) \left ( \sum_{k=1} ^n b_k^2 \right )} \leq \frac {m+M} {2\sqrt{mM}} \sum_{k=1} ^n a_kb_k[/tex].
Tror dette skal være riktig.
Hvis m = M, er [tex]a_k=b_k[/tex] og vi har dermed likhet, så ulikheten holder i det tilfellet.
Anta nå at M > m. La [tex]x_k = a_k -mb_k[/tex], og [tex]y_k = Mb_k-a_k[/tex]. Vi har at [tex]x_k,y_k \geq 0[/tex].
Da er [tex]a_k = \frac{Mx_k+my_k}{M-m}[/tex], og [tex]b_k = \frac{x_k+y_k}{M-m}[/tex]. Ulikheten er dermed ekvivalent med
[tex]\sum (Mx_k+my_k)^2\sum (x_k+y_k)^2 \leq \frac{(M+m)^2}{4Mm}\left( \sum (Mx_k+my_k)(x_k+y_k) \right)^2[/tex]
La [tex]a = \sum x_k^2, b = \sum y_k^2[/tex] og [tex]c = \sum x_ky_k[/tex]. Da er [tex]a,b,c \geq 0[/tex]. Ulikheten er ekvivalent med
[tex](M^2a+m^2b+2Mmc)(a+b+2c) \leq \frac{(M+m)^2}{4Mm}(Ma+mb+(M+m)c)^2 \\ \Leftrightarrow M^2a^2+m^2b^2+(M^2+m^2)ab + 4Mmc^2 +(2M^2+2Mm)ac+(2m^2+2Mm)bc \\ \leq \frac{(M+m)^2}{4Mm}(M^2a^2+m^2b^2+2Mmab+(M+m)^2c^2+2(M+m)(Mac+mbc)) \\ \Leftrightarrow \frac{(M-m)^2}{4Mm}M^2a^2+\frac{(M-m)^2}{4Mm}m^2b^2 + \left(\frac{(M+m)^4}{4Mm}-4Mm\right)c^2 \\ \geq -\frac{(M-m)^2}{2Mm}((M^2+Mm)ac+(m^2+Mm)bc)+\frac{(M-m)^2}{2}ab[/tex]
Det holder åpenbart å vise at
[tex]\frac{(M-m)^2}{4Mm}M^2a^2+\frac{(M-m)^2}{4Mm}m^2b^2 \geq \frac{(M-m)^2}{2}ab[/tex] og [tex]\frac{(M+m)^4}{4Mm}-4Mm \geq 0[/tex].
Førstnevnte ulikhet følger av AM-GM, og sistnevnte er ekvivalent med
[tex](M+m)^2 \geq 4Mm[/tex] som igjen er AM-GM.
Vil gjerne se en alternativ løsning på denne.
Hvis m = M, er [tex]a_k=b_k[/tex] og vi har dermed likhet, så ulikheten holder i det tilfellet.
Anta nå at M > m. La [tex]x_k = a_k -mb_k[/tex], og [tex]y_k = Mb_k-a_k[/tex]. Vi har at [tex]x_k,y_k \geq 0[/tex].
Da er [tex]a_k = \frac{Mx_k+my_k}{M-m}[/tex], og [tex]b_k = \frac{x_k+y_k}{M-m}[/tex]. Ulikheten er dermed ekvivalent med
[tex]\sum (Mx_k+my_k)^2\sum (x_k+y_k)^2 \leq \frac{(M+m)^2}{4Mm}\left( \sum (Mx_k+my_k)(x_k+y_k) \right)^2[/tex]
La [tex]a = \sum x_k^2, b = \sum y_k^2[/tex] og [tex]c = \sum x_ky_k[/tex]. Da er [tex]a,b,c \geq 0[/tex]. Ulikheten er ekvivalent med
[tex](M^2a+m^2b+2Mmc)(a+b+2c) \leq \frac{(M+m)^2}{4Mm}(Ma+mb+(M+m)c)^2 \\ \Leftrightarrow M^2a^2+m^2b^2+(M^2+m^2)ab + 4Mmc^2 +(2M^2+2Mm)ac+(2m^2+2Mm)bc \\ \leq \frac{(M+m)^2}{4Mm}(M^2a^2+m^2b^2+2Mmab+(M+m)^2c^2+2(M+m)(Mac+mbc)) \\ \Leftrightarrow \frac{(M-m)^2}{4Mm}M^2a^2+\frac{(M-m)^2}{4Mm}m^2b^2 + \left(\frac{(M+m)^4}{4Mm}-4Mm\right)c^2 \\ \geq -\frac{(M-m)^2}{2Mm}((M^2+Mm)ac+(m^2+Mm)bc)+\frac{(M-m)^2}{2}ab[/tex]
Det holder åpenbart å vise at
[tex]\frac{(M-m)^2}{4Mm}M^2a^2+\frac{(M-m)^2}{4Mm}m^2b^2 \geq \frac{(M-m)^2}{2}ab[/tex] og [tex]\frac{(M+m)^4}{4Mm}-4Mm \geq 0[/tex].
Førstnevnte ulikhet følger av AM-GM, og sistnevnte er ekvivalent med
[tex](M+m)^2 \geq 4Mm[/tex] som igjen er AM-GM.
Vil gjerne se en alternativ løsning på denne.
Løsningen din ser riktig ut. Ønsker du en alternativ en sakser jeg den som står i boka:
Vi har at [tex]\left ( M - \frac {a_k} {b_k} \right ) \left ( \frac {a_k} {b_k} - m \right )\geq 0 [/tex] , så [tex](M+m)a_kb_k \geq a_k^2 + Mmb_k^2[/tex]. Summeres dette får vi at [tex] (M+m) \sum a_k b_k \geq \sum a_k ^2 + Mm \sum b_k ^2[/tex], og av AM-GM er dette større enn [tex] 2 \sqrt {Mm} \sqrt { \left ( \sum a_k ^2 \right ) \left ( \sum b_k ^2 \right ) }[/tex], og vi er ferdige.
Vi har at [tex]\left ( M - \frac {a_k} {b_k} \right ) \left ( \frac {a_k} {b_k} - m \right )\geq 0 [/tex] , så [tex](M+m)a_kb_k \geq a_k^2 + Mmb_k^2[/tex]. Summeres dette får vi at [tex] (M+m) \sum a_k b_k \geq \sum a_k ^2 + Mm \sum b_k ^2[/tex], og av AM-GM er dette større enn [tex] 2 \sqrt {Mm} \sqrt { \left ( \sum a_k ^2 \right ) \left ( \sum b_k ^2 \right ) }[/tex], og vi er ferdige.