Chủ đề này có 6 trả lời

[Juliel]

Mọi người có thể nêu cho mình BĐT Holder dạng tổng quát được không ? Không dùng kí hiệu tổng và tích hoán vị nhé $\sum ;\prod$

Mình thử nêu rồi mà sợ sai ! 

[phatthemkem]

Mọi người có thể nêu cho mình BĐT Holder dạng tổng quát được không ? Không dùng kí hiệu tổng và tích hoán vị nhé $\sum ;\prod$

Mình thử nêu rồi mà sợ sai ! 

đây là dạng tổng quát

Cho hai bộ số $\left\{\begin{matrix} a_{1},a_{2},...,a_{n}\in \mathbb{R}^+\\ b_{1},b_{2},...,b_{n}\in \mathbb{R}^+ \end{matrix}\right.$

Và $p,q\in \mathbb{Q}^+$ sao cho $p^{-1}+q^{-1}=1$

Khi đó ta có

$$\sqrt[p]{a_{1}^p+a_{2}^p+...+a_{n}^p}.\sqrt[q]{b_{1}^q+b_{2}^q+...+b_{n}^q}\geq a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+...+a_{n}b_{n}$$

Chính vì thế này mà mình ngày càng biếng học bất đẳng thức, lằng nhằng quá.

[Juliel]

đây là dạng tổng quát

Cho hai bộ số $\left\{\begin{matrix} a_{1},a_{2},...,a_{n}\in \mathbb{R}^+\\ b_{1},b_{2},...,b_{n}\in \mathbb{R}^+ \end{matrix}\right.$

Và $p,q\in \mathbb{Q}^+$ sao cho $p^{-1}+q^{-1}=1$

Khi đó ta có

$$\sqrt[p]{a_{1}^p+a_{2}^p+...+a_{n}^p}.\sqrt[q]{b_{1}^q+b_{2}^q+...+b_{n}^q}\geq a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+...+a_{n}b_{n}$$

Chính vì thế này mà mình ngày càng biếng học bất đẳng thức, lằng nhằng quá.

Hình như có vấn đề bạn ạ ! Dựa vào BĐT Holder với  ba bộ ba số : $(a^{3}+b^{3}+c^{3})(x^{3}+y^{3}+z^{3})(m^{3}+n^{3}+p^{3})\geq (axm+byn+czp)^{3}$

Thì ta có thể nêu lên dạng tổng quát như sau :

$(a_{1.1}^{n}+a_{1.2}^{n}+...a_{1.n}^{n})(a_{2.1}^{n}+a_{2.2}^{n}+...+a_{2.n}^{n})....(a_{n.1}^{n}+a_{n.2}^{n}+...+a_{n.n}^{n})\geq (a_{1.1}.a_{2.1}...a_{n.1}+a_{1.2}.a_{2.2}...a_{n.2}+..+a_{1.n}.a_{2.n}...a_{n.n})^{n}$

 

Không biết đúng không nữa mà công nhận là lằng nhằng quá 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 15-06-2013 - 10:45

[phatthemkem]

Hình như có vấn đề bạn ạ ! Dựa vào BĐT Holder với  ba bộ ba số : $(a^{3}+b^{3}+c^{3})(x^{3}+y^{3}+z^{3})(m^{3}+n^{3}+p^{3})\geq (axm+byn+czp)^{3}$

Thì ta có thể nêu lên dạng tổng quát như sau :

$(a_{1.1}^{n}+a_{1.2}^{n}+...a_{1.n}^{n})(a_{2.1}^{n}+a_{2.2}^{n}+...+a_{2.n}^{n})....(a_{n.1}^{n}+a_{n.2}^{n}+...+a_{n.n}^{n})\geq (a_{1.1}.a_{2.1}...a_{n.1}+a_{1.2}.a_{2.2}...a_{n.2}+..+a_{1.n}.a_{2.n}...a_{n.n})^{n}$

 

Không biết đúng không nữa mà công nhận là lằng nhằng quá 

Đó hình như là mở rộng $2$ của BĐT Holder đấy.

[vinhhihi2110]

đây là dạng tổng quát

Cho hai bộ số $\left\{\begin{matrix} a_{1},a_{2},...,a_{n}\in \mathbb{R}^+\\ b_{1},b_{2},...,b_{n}\in \mathbb{R}^+ \end{matrix}\right.$

Và $p,q\in \mathbb{Q}^+$ sao cho $p^{-1}+q^{-1}=1$

Khi đó ta có

$$\sqrt[p]{a_{1}^p+a_{2}^p+...+a_{n}^p}.\sqrt[q]{b_{1}^q+b_{2}^q+...+b_{n}^q}\geq a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+...+a_{n}b_{n}$$

Chính vì thế này mà mình ngày càng biếng học bất đẳng thức, lằng nhằng quá.

 

ANH ƠI CHO EM HỎI DẤU "=" XẢY XA KHI NÀO ?

[vtvinh]

(a_1.1+a_2.1+...+a_n.1)(a_1.2+a_2.2+...+a_n.2)...(a_1.y+a_2.y+...+a_n.y)≥(^y√(a_1.1.a_1.2...a_1.y) +...+^y√(a_n.1.a_n.2...a_n.y))ⁿ

[PhanLocSon]

Dấu bằng xảy ra khi các bộ số tỉ lệ với nhau nhé bạn