Verfication de deducción hecha usando el Cauchy-Schwarz desigualdad

Question

Es la siguiente prueba de la correcta?

Mostrar que $$16\leq(a+b+c+d)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}\right)$$ for all positive numbers $a,b,c,d$.

Prueba. Deje $\mathbf{R}^4$ del producto interior con espacio en el interior del producto se define como la distancia euclídea producto en $\textbf{6.4}$. Ahora vamos a $a,b,c,d$ ser arbitraria de números positivos y deje $u = (|\sqrt{a}|,|\sqrt{b}|,|\sqrt{c}|,|\sqrt{d}|)$$v = (\frac{1}{|\sqrt{a}|},\frac{1}{|\sqrt{b}|},\frac{1}{|\sqrt{c}|},\frac{1}{|\sqrt{d}|})$, a continuación, apelando a la de Cauchy Schwartz inequidad que tenemos\begin{align*} |\langle u,v\rangle| &= |4| = |\langle (|\sqrt{a}|,|\sqrt{b}|,|\sqrt{c}|,|\sqrt{d}|),(\frac{1}{|\sqrt{a}|},\frac{1}{|\sqrt{b}|},\frac{1}{|\sqrt{c}|},\frac{1}{|\sqrt{d}|})\rangle|\\ &\leq \sqrt{|\sqrt{a}|^2+|\sqrt{b}|^2+|\sqrt{c}|^2+|\sqrt{d}|^2}\cdot\sqrt{\frac{1}{|\sqrt{a}|^2}+\frac{1}{|\sqrt{b}|^2}+\frac{1}{|\sqrt{c}|^2}+\frac{1}{|\sqrt{d}|^2}}\\ &= \sqrt{(a+b+c+d)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d})} = \|u\|\cdot\|v\|. \end{align*} El cuadrado ambos lados se obtiene el resultado requerido.

NOTA La referencia a $6.4$ arriba es simplemente a lo que comúnmente se entiende como el producto escalar.

$\blacksquare$

Answer 1

Sí, la prueba está bien. ¿Por qué escribir $|\sqrt{a}|$ ? Si $a$ es positivo, siempre tenemos $\sqrt{a}>0$.

Answer 2

es $$\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+\frac{c}{a}+\frac{a}{c}+\frac{a}{d}+\frac{d}{a}+\frac{b}{c}+\frac{c}{b}+\frac{d}{c}+\frac{c}{d}+\frac{b}{d}+\frac{d}{b}+4\geq 12+4=16$$ desde $$x+\frac{1}{x}\geq 2$$ for $x>0$

Answer 3

Mientras que el OP de la prueba está bien, cabe señalar que el resultado también se desprende directamente de la AM-HM desigualdad simplemente la reescritura de la relación dada como:

$$ \frac{a+b+c+d}{4} \;\ge\; \frac {4}{\cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{b}+\cfrac{1}{c}+\cfrac{1}{d}} $$