¿Por qué es esto cierto: $\|x\|_1 \le \sqrt n \cdot \|x\|_2$?

Question

Atascado, ayuda, por favor, soy muy nuevo en esto. Abrí la norma 2 y multiplicado por $n$, a continuación, me refiero a ambos lados de la Plaza. El problema es que no sé cómo abrir $(x_1 + x_2 + ... + x_n)^2$

$\|x\|_1 \leqslant \sqrt n\cdot \|x\|_2$

Answer 1

Sugerencia: Esta es la desigualdad de Cauchy-Schwarz, aplicada a lo vectores $x=(|x_k|)_{1\leqslant k\leqslant n}$ y $y=(y_k)_{1\leqslant k\leqslant n}$ definidas en $y_k=1$ cada $k$.

Answer 2

Vamos a ampliar y, a continuación, completar plazas El cuadrado ambos lados y, a continuación, expanda usted obtener $$ \sum _{i=1}^{n} \sum _{j=1}^{n} |x_i| |x_j| \leq n\sum _ {i=1}^{n} x_i^2$$

$$\sum _{i=1}^{n} \sum _{j=1}^{n} |x_i| |x_j|= \sum_ {1\leq i<j\leq n}2|x_i||x_j| + \sum_ {i=1}^{n} x_i^2$$

Por lo que es suficiente para demostrar $$\sum_ {1\leq i<j\leq n}2|x_i||x_j|\leq (n-1)\sum _ {i=1}^{n} x_i^2$$ Pero $$\sum_ {1\leq i<j\leq n}(|x_i|-|x_j|)^2 =\sum_ {1\leq i<j\leq n} (x_i^2+x_j^2 -2|x_i||x_j|)=$$ $$\sum_ {1\leq i<j\leq n} (x_i^2+x_j^2)+\sum_ {1\leq i<j\leq n}( -2|x_i||x_j|)\geq 0$$

Pero $$\sum_ {1\leq i<j\leq n} (x_i^2+x_j^2)=\sum_ {1\leq i<j\leq n}x_i^2+\sum_ {1\leq i<j\leq n}x_j^2=\sum_ {i=1}^{n-1}x_i^2 (n-i)+\sum_ {j=2}^{n} x_j^2(j-1)= \sum_ {i=2}^{n-1}x_i ^2 (n-i)+\sum_ {i=2}^{n-1}x_i^2 (i-1)+(n-1)x_1^2+x_n^2(n-1)=$$ $$=(n-1)\sum_ {i=1}^{n}x_i^2$$ Y hemos terminado

Answer 3

Aquí es un enfoque diferente si usted no sabe de Cauchy-Schwarz.

Esto es suficiente para demostrar la desigualdad en el caso de que todas las coordenadas son positivas, ya que ambas normas no cambian cuando cambiamos los signos de las coordenadas. Así que consideren $D = \{ x = (x_1, \dots, x_n) \, | \, x_i \ge 0 , \| (x_1, \dots, x_n) \|_1 = C \}$ algunos $C > 0$ y la función $$ f(x_1, \dots, x_n) = n \sum_{i=1}^n x_i^2 - \left( \sum_{i=1}^n x_i \right) \left( \sum_{j=1}^n x_j \right). $$ El conjunto $D$ es compacto, por lo $f$ alcanza un mínimo $D$ porque $f$ es un polinomio, por lo tanto continua. Vamos a mostrar que este mínimo es cero.

El uso de multiplicadores de Lagrange, uno puede encontrar que el mínimo de $f$ se encuentra en. Calculamos : $$ \frac{\partial f}{\partial x_k} = 2n x_k - 2 \left( \sum_{i=1}^n x_i \right) $$ por lo tanto $$ \nabla f(x_1, \dots, x_n) = 2n(x_1, \dots, x_n) - 2 \left( \sum_{i=1}^n x_i, \sum_{i=1}^n x_i, \dots, \sum_{i=1}^n x_i \right). $$ Uno puede escribir la restricción $g(x_1, \dots, x_n) = x_1 + \dots + x_n$, por lo tanto el uso de multiplicadores de Lagrange nos da la siguiente restricción en el mínimo : no existe $\lambda \in \mathbb R$ tal que $$ \lambda (1,\dots,1) = \lambda \nabla g(x_1, \dots, x_n) = \nabla f(x_1, \dots, x_n) = 2n (x_1, \dots, x_n) - \left( \sum_{i=1}^n x_i, \dots, \sum_{i=1}^n x_i \right) $$ Esto significa que todas las coordenadas son iguales, es decir,$x_1 = \dots = x_n = \frac{\lambda + \sum_{i=1}^n x_i}{2n}$. Conectando a $f$ da $f(x_1, \dots, x_1) = 0$. Sabemos que el mínimo de $f$ no se encuentran en el límite de $D$, debido a que en el límite de $D$ una de las coordenadas de $f$ es cero, por lo tanto, podemos utilizar la inducción en $n$ (en el caso de $n=1$ es trivial porque, a continuación, $\|x\|_1 = \|x\|_2$ todos los $x$). Por lo tanto, el mínimo de $f$ es cero, por lo tanto $f$ es siempre positiva, lo que da $$ n \sum_{i=1}^n x_i^2 \ge \left( \sum_{i=1}^n x_i \right) \left( \sum_{j=1}^n x_j \right) \quad \Longrightarrow \quad \sqrt n \| x \|_2 \ge \| x \|_1. $$ Espero que ayude!