21. Неравенство Коши – Буняковского

    \[\sum_{i=1}^na_i^2\cdot\sum_{i=1}^nb_i^2\ge\left(\sum_{i=1}^na_ib_i\right)^2,\]

В основе доказательства лежит утверждение, что дискриминант неотрицательной квадратичной функции неположителен.

Рассмотрим функцию

    \[f(x)=\sum_{i=1}^n(a_ix-b_i)^2=x^2\cdot\sum_{i=1}^na_i^2-2x\cdot \sum_{i=1}^na_ib_i+\sum_{i=1}^nb_i^2\ge 0.\]

Неположительность дискриминанта этой функции и есть требуемое неравенство.

На неравенстве Коши основан один полезный прием оценки выражений вида \displaystyle\sum_{i=1}^n{x_i\over y_i}:

    \[\sum_{i=1}^n{x_i\over y_i}\ge{\displaystyle\left(\sum_{i=1}^nx_i\right)^2\over \displaystyle\sum_{i=1}^nx_iy_i}\quad (x_1,x_2,\ldots ,x_n,y_1,y_2,\ldots ,y_n>0).\]

Действительно,

    \[\begin{array}{l} \displaystyle\sum_{i=1}^n{x_i\over y_i}\cdot\sum_{i=1}^nx_iy_i=\sum_{i=1}^n \left(\sqrt{x_i\over y_i}\right)^2\cdot\sum_{i=1}^n \left(\sqrt{x_iy_i}\right)^2 \\[5mm] \displaystyle\ge\left(\sum_{i=1}^n\sqrt{x_i\over y_i}\cdot\sqrt{x_iy_i}\right)^2=\left(\sum_{i=1}^nx_i\right)^2. \end{array}\]

Задачи.

1. Пусть a_1,a_2,\ldots ,a_n,b_1,b_2,\ldots ,b_n — вещественные числа. Доказать, что

    \[\sqrt{\sum_{i=1}^na_i^2}+\sqrt{\sum_{i=1}^nb_i^2}\ge\sqrt{\sum_{i=1}^n(a_i+b_i)^2}\]

(неравенство треугольника).

2. Пусть a_1,a_2,\ldots ,a_n,b_1,b_2,\ldots ,b_n — вещественные числа. Доказать, что

    \[\left|\sqrt{\sum_{i=1}^na_i^2}-\sqrt{\sum_{i=1}^nb_i^2}\right| \le\sum_{i=1}^n|a_i-b_i|.\]

3. Пусть \alpha_1,\alpha_2,\ldots ,\alpha_n — вещественные числа. Доказать, что

    \[\left|\prod_{i=1}^n\sin\alpha_i+\prod_{i=1}^n\cos\alpha_i\right|\le 1.\]

4. Пусть a_k=\displaystyle{\sum_{i=1}^{100}}{i^k\over i+1}. Доказать, что

    \[a_k\cdot a_{k+2}>a_{k+1}^2.\]

5. Пусть a,b,c — положительные числа. Доказать, что

    \[{a\over 2b+c}+{b\over 2c+a}+{c\over 2a+b}\ge 1.\]

6. Пусть a,b,c,d — положительные числа. Доказать, что

    \[{a\over 2b+c}+{b\over 2c+d}+{c\over 2d+a}+{d\over 2a+b}\ge {4\over3}.\]

7. Пусть a_1,a_2,\ldots ,a_n — положительные числа. Доказать, что

    \[\sum_{i=1}^n{a_i\over a_{i+1}+a_{i+2}}\ge{\displaystyle\left( \sum_{i=1}^na_i\right)^2\over\displaystyle\sum_{i=1}^na_i(a_{i+1}+a_{i+2})}\quad (a_{n+1}=a_1,a_{n+2}=a_2).\]

Комментарии (RSS)  |  Трекбек

Оставьте свой отзыв

Добавить изображение