Inegalităţi clasice

Elemente de Matematică și Informatică. Teorie, Probleme. Discuții.
User avatar
Admin
Site Admin
Posts: 746
Joined: 22 Jan 2012, 14:23
Location: România
Contact:

Inegalităţi clasice

Postby Admin » 01 Feb 2013, 18:24

Topicul de exerciţii cu inegalităţi diverse este aici : Inegalităţi algebrice




MEDII

Media aritmetică : $M_a = \dfrac{x_1 + x_2 + ... + x_n}{n}$ , unde $x_1, x_2, ..., x_n \in \mathbb{R}$ ;

Media geometrică : $M_g = \sqrt[n]{x_1x_2 \cdots x_n}$ , unde $x_1, x_2, ..., x_n \geqslant 0$ ;

Media armonică : $M_h = \dfrac{n}{\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2}+...+\dfrac{1}{x_n}}$ , unde $x_1, x_2,...x_n \neq 0$ ;

Media patratică : $M_q = \sqrt{\dfrac{x_1^2+x_2^2+...+x_n^2}{n}}$ , unde $x_1, x_2, ..., x_n \in \mathbb{R}$ ;

Media ponderată : $M_p = \dfrac{p_1x_1+p_2x_2+...+p_nx_n}{p_1+p_2+...+p_n}$ , unde $p_1, p_2,...p_n \geqslant 0$ se numesc ponderi ;


INEGALITATEA MEDIILOR : Pentru orice $x_1,x_2,...,x_n > 0$ avem

$min(x_1,x_2,...,x_n) \leqslant M_h \leqslant M_g \leqslant M_a \leqslant M_q \leqslant max(x_1,x_2,...,x_n)$

Inegalitatea Cauchy-Buniakovski-Schwarz

$(a_1b_1+a_2b_2 +...+ a_nb_n)^2 \leqslant (a_1^2+a_2^2 + ... + a_n^2)(b_1^2+b_2^2 + ... + b_n^2)$

cu egalitate dacă şi numai dacă $a_1,a_2,...,a_n$ şi $b_1,b_2,...,b_n$ sunt proporţionale, adică dacă :

$\dfrac{a_1}{b_1} = \dfrac{a_2}{b_2} = ... = \dfrac{a_n}{b_n}$



User avatar
Admin
Site Admin
Posts: 746
Joined: 22 Jan 2012, 14:23
Location: România
Contact:

Inegalităţi clasice

Postby Admin » 01 Feb 2013, 18:39

Pentru orice numere $a, b, c \in \mathbb{R}$ avem :

$a^2+b^2+c^2 \geqslant ab + ac + bc$

Mai întâi observăm că :

$a^2 + b^2 \geqslant 2ab$ , care înseamnă $(a-b)^2 \geqslant 0$ (lucru evident). Scriind analoagele :
$a^2 + c^2 \geqslant 2ac$
$b^2 + c^2 \geqslant 2bc$ , şi adunând membru cu membru avem :

$2a^2+2b^2+2c^2 \geqslant 2ab + 2ac + 2bc$ , simplificăm cu $2$ (după o prealabilă scoatere în factor comun a lui $2$) şi avem :

$a^2+b^2+c^2 \geqslant ab + ac + bc$

QED.

User avatar
Admin
Site Admin
Posts: 746
Joined: 22 Jan 2012, 14:23
Location: România
Contact:

Inegalităţi clasice

Postby Admin » 01 Feb 2013, 19:05

Avem următoarele inegalităţi:
(Inegalităţile au fost numerotate după exponent, iar numărul variabilelor/nedeterminatelor/literelor este cu 1 mai mare)

0) $1 \geqslant 1$ (evidentă)

1) $a+b \geqslant a+b$ (evidentă)

2) $a^2+b^2+c^2 \geqslant ab + ac + bc$ (demonstrată în postarea anterioară)

3) $a^3 + b^3 + c^3 + d^3 \geqslant abc + abd + acd + bcd$

(Această inegalitate e folosită la demonstraţia unei probleme dată la Olimpiada Naţională de Matematică 1986, clasa a 10-a, iar demonstraţia acestei inegalităţi a fost una foarte complicată în cartea ce reuneşte olimpiadele judeţene şi naţionale între anii 1950-1990 ...)

...

Demonstrăm foarte simplu generalizarea inegalităţilor de mai sus.
Fie $a_1, a_2, ... , a_n > 0$. Atunci :

$a_1^{n-1} + a_2^{n-1} + ... + a_n^{n-1} \geqslant \displaystyle \sum_{i=1}^{n} \dfrac{a_1a_2 ... a_n}{a_i}$

Ne folosim de inegalitatea mediilor, scrisă de n ori (de fiecare dată lipseşte câte unul din elementele $a_i$) apoi adunăm :

$a_1^{n-1} + a_2^{n-1} + ... + a_{n-1}^{n-1} \geqslant (n-1) \sqrt[n-1]{a_1^{n-1}a_2^{n-1}...a_{n-1}^{n-1}} = (n-1) a_1a_2...a_{n-1}$
...
$a_2^{n-1} + a_3^{n-1} + ... + a_{n}^{n-1} \geqslant (n-1) \sqrt[n-1]{a_2^{n-1}a_3^{n-1}...a_{n}^{n-1}} = (n-1) a_2a_3...a_{n}$

Iar după adunare avem :

$(n-1)(a_1^{n-1} + a_2^{n-1} + ... + a_{n}^{n-1}) \geqslant (n-1) \displaystyle \sum_{i=1}^{n} \dfrac{a_1a_2 ... a_n}{a_i}$

şi prin simplificare cu $(n-1)$ rezultă inegalitatea de demonstrat. QED.

Observaţie : Formula este evident valabilă şi dacă unele numere $a_i$ sunt nule.
(În notaţiile de mai sus am folosit fracţii, de aceea am enunţat ipoteza cu toate numerele $a_i > 0$ )

Condensat, pentru $a_1, a_2, ... , a_n \geqslant 0$ , formula ar arăta aşa :

$\displaystyle \sum_{i=1}^n a_i^{n-1} \geqslant \displaystyle \sum_{i=1}^{n} \displaystyle \prod_{\substack{k=1 \\ k \neq i}}^{n} a_k$

User avatar
Admin
Site Admin
Posts: 746
Joined: 22 Jan 2012, 14:23
Location: România
Contact:

Inegalităţi clasice

Postby Admin » 02 Mar 2013, 14:26

Hölder's inequality - on Wikipedia

Image


for $1 \leqslant p, q$ with $\dfrac{1}{p} + \dfrac{1}{q} = 1$

User avatar
Admin
Site Admin
Posts: 746
Joined: 22 Jan 2012, 14:23
Location: România
Contact:

Inegalităţi clasice

Postby Admin » 02 Mar 2013, 14:30

Minkowski inequality - on Wikipedia

Image


for all real (or complex) numbers $x_1, ..., x_n, y_1, ..., y_n$ and $1 \leqslant p$ .

User avatar
Admin
Site Admin
Posts: 746
Joined: 22 Jan 2012, 14:23
Location: România
Contact:

Inegalităţi clasice

Postby Admin » 16 Mar 2015, 23:19

Inegalitatea triunghiului

Explicaţia denumirii :
Într-un triunghi de laturi $a, b, c$ suma a două laturi este mai mare decât cea de-a 3-a, deci putem scrie :
$a+b \geqslant c$
$a+c \geqslant b$
$b+c \geqslant a$

O inegalitate scrisă asemănător este valabilă pentru orice 2 numere REALE sau COMPLEXE : $x, y$ , anume,

$|x+y| \leqslant |x| + |y|$ aceasta rezultând imediat în triunghiul $OXO'$, unde afixele punctelor în cauză sunt :

$O[0], X[x], Y[y], O'[x+y]$ (regula paralelogramului de construcţie şi definire a numărului complex $x+y$ ) şi inegalitatea

triunghiului aplicată în $\Delta OXO'$ implică $|OO'| \leqslant |OX| + |XO'|$ ... adică chiar $|x+y| \leqslant |x| + |y|$



User avatar
Admin
Site Admin
Posts: 746
Joined: 22 Jan 2012, 14:23
Location: România
Contact:

Inegalităţi clasice

Postby Admin » 16 Mar 2015, 23:48

Inegalitatea lui Hlawka (1942) --- Edmund Hlawka (1916-2009), matematician austriac

Pentru orice numere complexe $x, y, z$ :

$|x+y|+|y+z|+|z+x| \leqslant |x|+|y|+|z|+|x+y+z|$

Demonstraţie :

Avem identitatea algebrică (cam greu de reţinut) :

$(|x|+|y|+|z|-|x+y|-|y+z|-|z+x|+|x+y+z|) \cdot (|x|+|y|+|z| + |x+y+z|) = $

$ = (|x|+|y| - |x+y|) \cdot (|z| - |x+y| + |x+y+z|) + $

$ + (|x|+|z| - |x+z|) \cdot (|y| - |x+z| + |x+y+z|) + $

$ + (|y|+|z| - |y+z|) \cdot (|x| - |y+z| + |x+y+z|)$

Deci prima paranteză adică $(|x|+|y|+|z|-|x+y|-|y+z|-|z+x|+|x+y+z|)$ este $ \geqslant 0 $

(fiindcă toate celelalte paranteze din identitate sunt $ \geqslant 0 $ , din inegalitatea triunghiului)     QED.

User avatar
Admin
Site Admin
Posts: 746
Joined: 22 Jan 2012, 14:23
Location: România
Contact:

Inegalităţi clasice

Postby Admin » 24 Mar 2015, 18:19

Inegalitatea lui HLAWKA (o soluţie găsită recent)

$|x+y|+|y+z|+|z+x| \leqslant |x|+|y|+|z|+|x+y+z|$

DEM. (O soluţie simplă şi chiar elegantă ... dar şi alte detalii care au lungit expunerea...)

Mai întâi : $|x+y|^2+|y+z|^2+|z+x|^2 = |x|^2+|y|^2+|z|^2+|x+y+z|^2$ (***)
Identitatea este foarte simplă dacă numerele sunt REALE, nu IMAGINARE (din $\mathbb{C} \setminus \mathbb{R}$)... fiindcă $|a|^2 = a^2$ în $\mathbb{R}$

Am folosit doar 2 formule clasice "de calcul prescurtat" :
$(a+b)^2 = a^2+2ab+b^2$ si $(a+b+c)^2 = a^2+b^2+c^2+2ab+2ac+2bc$

Revenind, dacă numerele COMPLEXE $x, y, z$ sunt scrise algebric : $x=x_1 + ix_2$, $y=y_1 + iy_2$, $z=z_1 + iz_2$
(Reamintesc pentru elevii din clasa a 7-a că numerele pot fi REALE, deci $x_2 = y_2 = z_2 = 0$ şi deci problema e şi mai simplă)

... iar $i = \sqrt{-1}$ este numărul complex (imaginar) "de bază" (... spaţiul numerelor complexe este foarte folositor, deşi la nivel de gimnaziu este mai greu de înţeles CUM să-l "introduci" pe acest $i = \sqrt{-1}$ ... şi cum arată $\mathbb{C}$ :-?
Domeniul numerele complexe a fost una din "zonele" mele favorite atunci când mergeam la olimpiade, in liceu. Chiar şi azi am o "slăbiciune" pentru numerele complexe...)

Continuăm. De exemplu $|x+y|^2 = (x_1 + y_1)^2 + (x_2 + y_2)^2$ . Se înlocuiesc şi atunci identitatea (***) este una extrem de simplă (Nu mai discut momentan despre echivalenţa geometrică - deşi foarte simplă. De exemplu, problemă pentru clasa a 7-a, problemă de RELAŢII METRICE : "Să se arate că într-un paralelogram de dimensiuni $L$ si $l$ şi diagonale $D$ si $d$ avem $D^2 + d^2 = 2(L^2 + l^2)$ ... iar relaţia iniţială este în spaţiu... deşi poate fi privită şi în plan, deci ca o problemă chiar de clasa a 7-a, nu doar de a 8-a)

Acum, de ce relaţia (***) IMPLICĂ inegalitatea lui HLAWKA ?...
Inegalitatea triunghiului (vezi 2 postări mai sus, $|x+y| \leqslant |x|+|y|$ ) implică :
$|(x+y)(x+z)| = |yz + x \cdot (x+y+z)| \leqslant |yz| + |x(x+y+z)| = |y| \cdot |z| + |x| \cdot |x+y+z|$

Scriind şi celelalte 2 relaţii omoloage, înmulţindu-le cu 2 şi adunând obţinem : $(|x+y|+|y+z|+|z+x|)^2 \leqslant (|x|+|y|+|z|+|x+y+z|)^2$ şi cum modulul (de număr real sau complex) este o valoare $\geqslant 0$ putem extrage radical în membrul stâng şi drept, adică :
$|x+y|+|y+z|+|z+x| \leqslant |x|+|y|+|z|+|x+y+z|$ (deci inegalitatea lui HLAWKA)

User avatar
Admin
Site Admin
Posts: 746
Joined: 22 Jan 2012, 14:23
Location: România
Contact:

Inegalităţi clasice

Postby Admin » 14 Apr 2015, 01:53

««« MateInfo : Forum de Matematică, Informatică, Cultură Generală, Sport »»»

User avatar
Admin
Site Admin
Posts: 746
Joined: 22 Jan 2012, 14:23
Location: România
Contact:

Inegalităţi clasice

Postby Admin » 02 Jan 2022, 19:54

Image


Return to “Teorie și Probleme”

Who is online

Users browsing this forum: No registered users and 2 guests

mateinfo
UP
cron