Тождественное неравенство

Dolly
Сообщений: 66
Зарегистрирован: 27 фев 2016, 00:06
Откуда: Иерусалимский университет

Тождественное неравенство

Сообщение Dolly » 09 янв 2020, 18:51

Здраствуйте.
Возникла у меня затыка с простой с виду задачей.
Надо доказать неравенство [math] для любых вещественных [math].
Чего только не перепробовала!
И вычитала из левой части правую с раскрытием всех скобок, и пыталась через неравенство Коши. Где-то не хватает какой-то мелочи. Какая-то слепота.
Только подскажите идею, пожалуйста.

zykov
Сообщений: 1393
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

Тождественное неравенство

Сообщение zykov » 10 янв 2020, 00:42

Например геометрически это сразу видно.
Для вектора $(a,b,c)$ выражение $a^2+b^2+c^2$ - это квадрат его нормы.
Если перейти в новую ортонормированную систему координат, где $\vec{e_1}=(1,1,1)/\sqrt 3$, а $\vec{e_2}$ и $\vec{e_3}$ - любые ему (и друг другу) перпендикулярные единичные вектора, то в этой системе вектор будет $(x,y,z)$ и $a+b+c=\sqrt 3 x$.
При этом очевидно, что $|x|$ меньше или равен норме вектора.

Это геометрическое решение легко превратить в алгебраическое, если сделать линейную замену переменных (например $x=a+b+c$, $y=a-b$ и $z=2c-a-b$, тогда $a^2+b^2+c^2=x^2/3+y^2/2+z^2$/6).

Аватар пользователя
Ian
Сообщений: 960
Зарегистрирован: 18 янв 2016, 19:42

Тождественное неравенство

Сообщение Ian » 10 янв 2020, 08:14

После раскрытия всех скобок соберется по-другому
[math]

Dolly
Сообщений: 66
Зарегистрирован: 27 фев 2016, 00:06
Откуда: Иерусалимский университет

Тождественное неравенство

Сообщение Dolly » 10 янв 2020, 09:25

zykov писал(а):При этом очевидно, что $|x|$ меньше или равен норме вектора
zykov
Можете пояснить этот момент? Мне это совсем неочевидно.
Ian
Какая же я дура! Я же почти дошла до этого.
Спасибо.

zykov
Сообщений: 1393
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

Тождественное неравенство

Сообщение zykov » 10 янв 2020, 13:18

Dolly писал(а):Source of the post zykov писал(а):
При этом очевидно, что $|x|$ меньше или равен норме вектора

zykov
Можете пояснить этот момент? Мне это совсем неочевидно.

Норма вектора $|\vec v|=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$, значит $|\vec v| \geq |x|$.

Эту задачу можно переписать геометрически: если вектор $\vec v = (a,b,c)$, вектор $\vec{e_1}=(1,1,1)$, то нужно доказать что $(\vec v, \vec{e_1})^2 \leq 3 (\vec v, \vec v)$, где $(\cdot, \cdot)$ - скалярное произведение двух векторов.

zykov
Сообщений: 1393
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

Тождественное неравенство

Сообщение zykov » 11 янв 2020, 03:09

zykov писал(а):Source of the post нужно доказать что $(\vec v, \vec{e_1})^2 \leq 3 (\vec v, \vec v)$,

Доказывается тоже элементарно:
$(\vec v, \vec{e_1})^2 = (|\vec v| \cdot |\vec{e_1}| \cdot \cos \phi )^2 \leq |\vec{e_1}|^2 \cdot |\vec v|^2 = 3 |\vec v|^2 = 3 (\vec v, \vec v)$


Вернуться в «Математика»

Кто сейчас на форуме

Количество пользователей, которые сейчас просматривают этот форум: нет зарегистрированных пользователей и 6 гостей