Conosciuta no?
Proporrei che ogni risposta corrisponda a una dimostrazione possibilmente diversa.. Arriveremo a dieci?
QM-AM
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"Dati $ a_1,a_2,..a_n $ reali positivi allora $ \displaystyle \frac{a_1+a_2+...+a_n}{n} \le \sqrt{\frac{a_1^2+a_2^2+...+a_n^2}{n}} $, con uguaglianza se e solo se $ a_i=a_{i+1}, 1 \le i \le n-1 $".
Conosciuta no?
Proporrei che ogni risposta corrisponda a una dimostrazione possibilmente diversa.. Arriveremo a dieci?
Conosciuta no?
Proporrei che ogni risposta corrisponda a una dimostrazione possibilmente diversa.. Arriveremo a dieci?
The only goal of science is the honor of the human spirit.
Iniziamo con i classici
Cauchy-Schwarz su $ (a_1, \ldots, a_n) $ e $ \{1\}^n $, cioè n-upla di tutti 1.
Infatti:
$ \displaystyle (1\cdot a_1 + \ldots + 1\cdot a_n)^2 \leq (\overbrace{1+\ldots+1}^n)(a_1^2+\ldots+a_n^2) $
per Cauchy-Schwartz, da cui, dividendo per $ n^2 $
$ \displaystyle \frac{(a_1 + \ldots + a_n)^2}{n^2} \leq \frac{(a_1^2+\ldots+a_n^2)}{n} $
ed estraendo la radice
$ \displaystyle \frac{a_1 + \ldots + a_n}{n} \leq \sqrt{\frac{a_1^2+\ldots+a_n^2}{n}} $
Cauchy-Schwarz su $ (a_1, \ldots, a_n) $ e $ \{1\}^n $, cioè n-upla di tutti 1.
Infatti:
$ \displaystyle (1\cdot a_1 + \ldots + 1\cdot a_n)^2 \leq (\overbrace{1+\ldots+1}^n)(a_1^2+\ldots+a_n^2) $
per Cauchy-Schwartz, da cui, dividendo per $ n^2 $
$ \displaystyle \frac{(a_1 + \ldots + a_n)^2}{n^2} \leq \frac{(a_1^2+\ldots+a_n^2)}{n} $
ed estraendo la radice
$ \displaystyle \frac{a_1 + \ldots + a_n}{n} \leq \sqrt{\frac{a_1^2+\ldots+a_n^2}{n}} $
Ultima modifica di Il_Russo il 02 dic 2008, 15:35, modificato 1 volta in totale.
Presidente della commissione EATO per le IGO
Prendo i due vettori $ \left(\frac{a_1}{n}; \cdots ; \frac{a_n}{n}\right) $ e $ (1;\cdots ;1) $, e ne faccio il prodotto scalare e il prodotto delle norme. Poiché il prodotto scalare è il prodotto delle norme per il coseno dell'angolo compreso tra i vettori, e poiché tale coseno è minore o uguale a uno, con il prodotto scalare ottengo qualcosa di più piccolo.
Sono il cuoco della nazionale!
In effetti possiamo aggiungere tutte le dimostraizioni di Cauchy, dunque anche l'induzione su n e il famoso polinomio somma di quadrati.jordan ha scritto:Quasi quasi chauchy, comunque diamola buona, siamo a 5 di nuovo con Aner
Ultima modifica di Anér il 02 dic 2008, 18:21, modificato 1 volta in totale.
Sono il cuoco della nazionale!
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Nonno Bassotto
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Questo topic potrebbe diventare utile per i nuovi, però bisognerebbe modificare i messaggi che avete postato per aggiungere i dettagli di ogni dimostrazione (magari richiamando anche le disuguaglianze note che citate). Se ne avete voglia... 
The best argument against democracy is a five-minute conversation with the average voter. - Winston Churchill
per omogeneita possiamo porre wlog $ \sum_{i=1}^{n}{a_i}=1 $ e quindi la disuguaglianza diventa : $ \sum_{i=1}^{n}{a_i^2}\geq \frac{1}{n} $.Ora cominciamo con l'artiglieria pesante 
: poniamo $ f(a_1, ..., a_n) = \sum_{i=1}^{n}{a_i^2} - \frac{1}{n} $ e $ g(a_1, ..., a_n) = \sum_{i=1}^{n}{a_i} - 1 $, allora per lagrange deve essere: $ {\nabla f} = \lambda \nabla g $ , da cui: $ 2a_i = \lambda $, quindi sommando tt le disuguaglianze e ricordando ke $ \sum_{i=1}^{n}{a_i}=1 $ abbiamo: $ \lambda = \frac{2}{n} $, da cui $ a_i = \frac{1}{n} $. poiche le derivate parziali seconde di f sn tt uguali a 2 ke e positivo tale punto e un minimo da cui la tesi 
: poniamo $ f(a_1, ..., a_n) = \sum_{i=1}^{n}{a_i^2} - \frac{1}{n} $ e $ g(a_1, ..., a_n) = \sum_{i=1}^{n}{a_i} - 1 $, allora per lagrange deve essere: $ {\nabla f} = \lambda \nabla g $ , da cui: $ 2a_i = \lambda $, quindi sommando tt le disuguaglianze e ricordando ke $ \sum_{i=1}^{n}{a_i}=1 $ abbiamo: $ \lambda = \frac{2}{n} $, da cui $ a_i = \frac{1}{n} $. poiche le derivate parziali seconde di f sn tt uguali a 2 ke e positivo tale punto e un minimo da cui la tesi MIND TORNA CON NOI