Matematické Fórum

Jakub1 · 05. 04. 2016 05:57

Dobrý deň, mám problém s dôkazom tejto nerovnosti. Mám ju dokázať v tvare:

$\left( \int_{a}^{b} f(x)g(x) dx \right)^{2}\le \int_{a}^{b}f^{2}(x) dx\cdot \int_{a}^{b} g^{2}(x) dx$

Kde $f,g\in R\langle a,b\rangle$ .

Začal som takto: $\int_{a}^{b} \left( f(x) + g(x) \right)^{2}dx=\int_{a}^{b}f^{2}(x) dx + 2\int_{a}^{b} f(x)g(x) dx + \int_{a}^{b}g^{2}(x) dx$

Pri označení:
$A:=\int_{a}^{b} \left( f(x) + g(x) \right)^{2}dx \ge 0$
$B:=\int_{a}^{b}f^{2}(x) dx \ge 0$
$C:=\int_{a}^{b}g^{2}(x) dx \ge 0$

Dostávam tvar:
$\left(A-B-C \right)^{2} \le 4BC$

Upravujem:
$A^{2}+B^{2}+C^{2}-2AB-2AC-2BC\le 0$
$A^{2}+B^{2}+C^{2}\le 2AB+2AC+2BC$
$2A^{2}+2B^{2}+2C^{2}\le A^{2}+B^{2}+C^{2}+2AB+2AC+2BC$
$2(A^{2}+B^{2}+C^{2})\le (A+B+C)^{2}$
$\frac{A^{2}+B^{2}+C^{2}}{3}\le \frac{1}{6} (A+B+C)^{2}$
$\frac{A^{2}+B^{2}+C^{2}}{3}\le \frac{9}{6} \left( \frac{A+B+C}{3} \right)^{2}$

Keďže na oboch stranách nerovnice stoja kladné čísla, môžeme beztrestne odmocniť:
$\sqrt\frac{A^{2}+B^{2}+C^{2}}{3}\le \sqrt\frac{3}{2} \left( \frac{A+B+C}{3} \right)$

Čo vlastne znamená:
$\bar{K}(A,B,C)\le \sqrt\frac{3}{2} \bar{A}(A,B,C)$

Kde $\bar{K}(A,B,C)$ je kvadratický priemer z čísel A, B, C a $\bar{A}(A,B,C)$ je aritmetický priemer z čísel A, B, C. Mne sa však táto posledná nerovnosť vôbec nepáči. Zdá sa, akoby som spravil niekde chybu v dôkaze, len ju neviem nájsť. Pomôže mi niekto? Ďakujem.

Freedy · 05. 04. 2016 07:41 — Editoval Freedy (05. 04. 2016 07:58)

Ahoj,

nepřijde mi zrovna moc korektní, pracovat s hodnotami >=0 takto, jelikož například A závisí na hodnotách B a C.
Tvoje nerovnost zcela určitě neplatí, proto jsi se nikam nedostal. Pravá strana je nezávislá na A, tím pádem, když je A velké, nerovnost nemůže platit.

Máš ji dokazovat přímo v tomto tvaru?
Nemůžeš ji dokázat například obecně?

Mně se líbí například tento důkaz, který je skoro podobný tomu tvému. Nicméně ponechám pouze jako hint.

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

vanok · 05. 04. 2016 10:55

Ahoj ↑ Freedy:,
Mas uplne pravdu, ze tvoj dokaz je uzitocne poznat.
Na koniec sa najde v skoro vsetkych knihach, ci prednaskach.
Ale mozeme sa pytat ci vobec existuju ine dokazy.
Tak otvorim nove vlakno tykace sa tejto temy ( v didaktike).

Rumburak

↑ Jakub1:

Ahoj, zdravím i kolegy ↑ Freedy:, ↑ vanok:.

Jen poznamenám, že tato nerovnost (i co do techniky jejího důkazu) je jen modifikací známé nerovnosti
z vektorové algebry:

$|\vec{u}\cdot \vec{v}| \le |\vec{u}| \cdot |\vec{v}|$ resp. $|\vec{u}\cdot \vec{v}|^2 \le |\vec{u}|^2 \cdot |\vec{v}|^2$ .

Integrál $\int_a^b fg$ je obdobou skalárního součinu vektorů, jimiž jsou zde funkce $f, g$ (integrovatelné "s kvadrátem").

vanok · 05. 04. 2016 11:40

Pozdravujem ↑ Rumburak:,
Tato nerovnost, plati v prehilbertovskych priestoroch ( co v konecno rozmernych priestoroch su euklidovske priestory). Version ako v tomto vlakne dokazal v 1859 Buniatovski a neskor vseobecne Schwarz.

Rumburak · 05. 04. 2016 12:00

↑ vanok:
Děkuji za doplnění a náhled do historie.

vanok · 05. 04. 2016 12:37

↑ Rumburak:,
Dalsi doplnok je tu
http://forum.matweb.cz/viewtopic.ph … 00#p512000

Matematické Fórum

#1 05. 04. 2016 05:57

Cauchy-Schwarzova nerovnosť

#2 05. 04. 2016 07:41 — Editoval Freedy (05. 04. 2016 07:58)

Re: Cauchy-Schwarzova nerovnosť

#3 05. 04. 2016 07:58 Příspěvek uživatele Freedy byl skryt uživatelem Freedy. Důvod: dvojitý příspevěk

#4 05. 04. 2016 10:55

Re: Cauchy-Schwarzova nerovnosť

#5 05. 04. 2016 11:12 — Editoval Rumburak (05. 04. 2016 11:38)

Re: Cauchy-Schwarzova nerovnosť

#6 05. 04. 2016 11:40

Re: Cauchy-Schwarzova nerovnosť

#7 05. 04. 2016 12:00

Re: Cauchy-Schwarzova nerovnosť

#8 05. 04. 2016 12:37

Re: Cauchy-Schwarzova nerovnosť

Zápatí