Доказать, что $$\sqrt[p]{\sum |a_{i}|^p}+\sqrt[p]{\sum |b_{i}|^p}\geq \sqrt[p]{\sum |a_{i}+b_{i}|^p}$$ при p>=1, и доказать что это неверно при p<1.
В принципе при p=1 все очевидно, при p>1 можно воспользоваться неравенством Минковского: $$\sqrt[p]{\sum |a_{i}|^p}+\sqrt[p]{\sum |b_{i}|^p}\geq \sqrt[p]{\sum (|a_{i}|+|b_{i}|)^p}\geq\sqrt[p]{\sum |a_{i}+b_{i}|^p}$$ А вот что делать когда p<1? Да, при p<1 неравенство минковского меняет знак $$\sqrt[p]{\sum |a_{i}|^p}+\sqrt[p]{\sum |b_{i}|^p}\leq \sqrt[p]{\sum (|a_{i}|+|b_{i}|)^p},$$ но вот правое неравенство при $%p\in (0,1)$% вроде бы по-прежнему сохраняется, т.е. $%\sqrt[p]{\sum (|a_{i}|+|b_{i}|)^p}\geq\sqrt[p]{\sum |a_{i}+b_{i}|^p},$% и я не могу сказать что $$\sqrt[p]{\sum |a_{i}|^p}+\sqrt[p]{\sum |b_{i}|^p}<\sqrt[p]{\sum |a_{i}+b_{i}|^p},$$ В продолжение к моему вопросу про метрику на $%\mathbb{R}^{n}$%, собственно забыл доказать что $%\rho_p(x,y)$% вообще говоря метрика, причем только при p>=1 (содержательно там неравенство треугольника о чем и спрашиваю)

задан 2 Дек '15 7:39

изменен 2 Дек '15 7:49

1

Для доказательства неверности достаточно привести контрпример. При $%a_i,b_i>0$% $%\sqrt[p]{\sum (|a_i| + |b_i|)^p}=\sqrt[p]{\sum |a_i + b_i|^p}$%
и соответственно $%\sqrt[p]{\sum |a_i|^p} + \sqrt[p]{\sum |b_i|^p}<\sqrt[p]{\sum |a_i + b_i|^p}$%, если в неравенстве Минковского выполнено строгое неравенство

(2 Дек '15 9:37) spades

Кстати, а это неравенство (включая неравенство Минковского, если уж без него никак) без дифференцирования? Дело в том что неравенство минковского я нашел в Зориче, и там автор для его доказательства опирается на несколько других неравенств (Гельдера, Юнга) и самым первым идет вот это: $%x^{\alpha}-\alpha x + \alpha - 1 \leq 0$% при $%0 < \alpha < 1$%, и наоборот при $% (\alpha < 0) \vee (\alpha > 1) $% Доказывает он это через взятие производной (x = 1 это точка в которой функция меняет знак).

(3 Дек '15 18:31) R0b

@R0b: а чем вас не устраивает доказательство с производной?

(3 Дек '15 19:24) falcao

Ну смущает что на тот момент когда давалась эта задача до дифференцирования еще не дошло. Поэтому казалось что должен быть способ без него обойтись, может и неправильно. Ну и если доказывать все нужные неравенства то решение больно уж долгое, остальные задачи быстрее делаются.

(3 Дек '15 21:57) R0b
1

@R0b: производная изучается в школе, а неравенство Минковского -- вещь намного более сложная. Доказательство его обычно так и дают -- через Юнга и Гёльдера. В принципе, можно в одном из мест использовать геометрический аргумент, связанный с площадями (или чем-то похожим), но сути это не меняет.

(3 Дек '15 22:05) falcao
10|600 символов нужно символов осталось
Знаете, кто может ответить? Поделитесь вопросом в Twitter или ВКонтакте.

Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×356
×20

задан
2 Дек '15 7:39

показан
339 раз

обновлен
3 Дек '15 22:05

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru