Băn khoăn về bất đẳng thức Mincốpxki - Bất đẳng thức và cực trị

HTA

dont put off until tomorrow what you can vì thế today

Xem nhập sách giáo khoa thì có lẽ rằng BDt Min là như vậy này; cho tới $x=(x_1;x_2;...;x_n)$ và $y=(y_1;y_2;...;y_n)$ là 2 cỗ số dương ; khi đó tớ sở hữu :

$ \sqrt[n]{\prod_{i=1}^n (x_i+y_i)} \geq \sqrt[n]{\prod_{i=1}^n x_i} + \sqrt[n]{\prod_{i=1}^n y_i}$

Bài viết lách và đã được sửa đổi nội dung vày hungnd: 29-08-2007 - 21:47

Ngoài rời khỏi còn một BDT nữa cũng có tên Min-cốp-ski
${(\sum_{i=1}^{n} {a_i}^{p})}^{1/p} +{(\sum_{i=1}^{n} {b_i}^{p})}^{1/p} \geq {(\sum_{i=1}^{n} {(a_i+b_i)}^{p})}^{1/p}$

với nhị mặt hàng số ko âm $a_1,a_2,....,a_n $ và $b_1,b_2,....,b_n $
và p là một số trong những hữu tỷ to hơn 1
Với p=2 tớ sở hữu một minh chứng hình học tập thích mắt và đơn giản và giản dị .
{bạn rất có thể coi một chút ít về Min-cốp-ski bên trên TTT2 }

Bất đẳng thức Mincopxki thực ra là một trong những hệ ngược của BDT Bunhia

Thế hả ,này hãy kể từ BDT Bunyacovsy -Cauchy-Schwarz nhằm suy rời khỏi Minkowski lên đường
BDT Minkowski trên đây (viết loại này chắc chắn rằng ...dễ dàng nhìn)
Cho m.n số ko âm $a_{ji} $ nhập cơ j nhận độ quý hiếm từ một --> m ,i nhận độ quý hiếm kể từ 1-->n
Khi cơ tớ luôn luôn sở hữu BDT
$\sum_{j=1}^{m}((\sum_{i=1}^{n} a_{ji}^p)^{1/p}))\geq (\sum_{j=1}^{m}( \sum_{i=1}^{n} a_{ji})^{p})^{1/p}$
Đẳng thức xẩy ra lúc nào ?
Chúc chúng ta thành công xuất sắc trong công việc CM BDT Minkowski suy rời khỏi kể từ BDT Bunyacovsky-Schwarz .

Các chúng ta có thể gom tớ thám thính hiểu thêm thắt về bất đẳng thức Mincốpxki dc ko?Tớ sở hữu nghe nói đến nó bên trên forums 3T,tuy nhiên ko thấy tài giỏi liệu này viết lách về nó,thám thính mua sắm nhìu điểm tuy nhiên cũng ko sở hữu.Ai biết tư liệu này thì méc nhau giùm nhé,cảm ơn chúng ta nhiều!!!!!!

Bạn nên Google thám thính với kể từ khóa Mincopxki coi

Với những nghành trình độ chuyên môn thì có lẽ rằng Wikipedia sẽ sở hữu ích rộng lớn Google.
TTT số 40. Đây là cơ hội tuy nhiên phung phí tuan anh nói đến việc đích thị ko nhỉ?

Mình sở hữu toàn bộ những số báo TTT kể từ số trước tiên đến giờ,ko thiêú số này,tuy nhiên thấy chúng ta nhắc không nhiều quá!Có lẽ TTT 40 là hoàn hảo nhất!.Thanks!

Bài viết lách và đã được sửa đổi nội dung vày Triệu Gia Yến: 23-09-2007 - 20:34

Quên nữa, nếu còn muốn thám thính sản phẩm bên trên những tư liệu Tiếng Anh thì kể từ khóa được xem là Minkowski .
Minkowski Inequality
Bất đẳng thức Minkowski

Bài viết lách và đã được sửa đổi nội dung vày vietkhoa: 24-09-2007 - 14:00

Chính xác BDT Minkowski là một trong những biến dị của BDT Côsi-Bunhiakowski. Với từng số thực a, b, c, a', b', c'. Ta có:
$ \sqrt{a^2+a'^2}+\sqrt{b^2+b'^2}+\sqrt{c^2+c'^2} \geq \sqrt{(a+b+c)^2+(a'+b'+c')^2} $. Dễ dàng tổng quát mắng lên với nhị cỗ số thực bậc n. BDT Minkowski sở hữu thật nhiều phần mềm ấn tượng nhằm giải Toán BDT. Nhưng sao lại trong những cuốn sách lại ko thống nhất những tên thường gọi của những BDT nhỉ, ko biết gọi thương hiệu theo đòi sách này cho tới đúng vào khi thực hiện bài!

Ai dám bảo vậy ?
Nhà toán học tập Minkowski tiếp tục nêu rời khỏi 2 BDT tầm cỡ ,và nhập một số trong những tư liệu người tớ gọi 2 BDT này là BDT Mincốpsky.
Với BDT Minkowski 1 chúng ta có thể dùng BDT khoảng nằm trong -trung bình nhân nhằm xử lý .
Còn với BDT Minkowski 2 ,một số trong những người sáng tác phổ biến tiếp tục sử dụng cho tới BDT Holder (BDT này ko cần là BDT Bunyacovsky -Schwarz không ngừng mở rộng cho tới m dãy) hoặc BDT Young phổ biến
$\dfrac{a^p}{p}+\dfrac{a^q}{q}\geq a.b$ với $a,b >0$ và p,q là những số hữu tỷ sao cho tới
$\dfrac{1}{p}+\dfrac{1}{q}=1$
Mấy BDT tuy nhiên chúng ta nêu rời khỏi chỉ là một trong những vài ba tình huống riêng biệt của BDT Minkovski thôi .
(Cần lưu ý là có khá nhiều BDT có tên Minkowski chứ ko chỉ BDT chúng ta nêu đâu !)
Mình tiếp tục nêu rời khỏi BDT Minkowski không ngừng mở rộng cho tới m mặt hàng ở bao nhiêu nội dung bài viết bên trên cơ (gắng tuy nhiên CM nhé !).

Chính xác BDT Minkowski là một trong những biến dị của BDT Côsi-Bunhiakowski. Với từng số thực a, b, c, a', b', c'. Ta có:
$ \sqrt{a^2+a'^2}+\sqrt{b^2+b'^2}+\sqrt{c^2+c'^2} \geq \sqrt{(a+b+c)^2+(a'+b'+c')^2} $. Dễ dàng tổng quát mắng lên với nhị cỗ số thực bậc n. BDT Minkowski sở hữu thật nhiều phần mềm ấn tượng nhằm giải Toán BDT. Nhưng sao lại trong những cuốn sách lại ko thống nhất những tên thường gọi của những BDT nhỉ, ko biết gọi thương hiệu theo đòi sách này cho tới đúng vào khi thực hiện bài!

ban oi centimet duoc ko

Chứng minh $\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{c^2+d^2} \geqslant \sqrt{(a+c)^2+(b+d)^2}$ vày BDTD

Rồi vận dụng thường xuyên nhập là được

Cho bản thân van nài bài xích luyện về dạng này với ? 

Cho bản thân van nài bài xích luyện về dạng này với ? 

mình sở hữu lập 1 chủ thể về 2 bđt này cậu nhập coi nhé  

  "DÙ BẠN NGHĨ BẠN CÓ THỂ HAY BẠN KHÔNG THỂ, BẠN ĐỀU ĐÚNG "

                                                                                               -Henry Ford -

có ai cm Minkowski giùm e theo đòi kỹ năng và kiến thức trung học cơ sở dc hk ạ