اثبات $ \| x \|_2 \leq \|x \|_1 \leq \sqrt{n} \|x \|_2 $

Question

با توجه به تعریف $ \|. \| _1 $ و $ \| . \| _2 $ که بصورت زیر است:

$ \| x \| _1= \sum_1^n |x_i| $ و $ \|x \|_2=( \sum_1^n |x_i|^2 )^{\frac 12 } $

چگونه ثابت میشود:

$$ \| x \|_2 \leq \| x \| _1 \leq \sqrt{n} \| x \|_2 $$

Answer 1

راهنمایی:

برای اثبات $\|x\|_2\leq \|x\|_1$باید از استقرا استفاده کنید و نامساوی $\sqrt[n]{a+b}\leq \sqrt[n]a+\sqrt[n]b$ برای $a,b> 0$ را به کار ببرید. (اثبات این نامساوی ساده است زیرا بنابر بسط دو جمله ای: $(\sqrt[n]a+\sqrt[n]b)^n= a+b+...$ )

برای اثبات $\|x\|_1\leq \sqrt n\|x\|_2$ با استفاده از استقرا داریم:

واضح است که برای $n=1$ برقرار است.

فرض برای $n$ درست باشد یعنی $|x_1|+...+|x_n|\leq \sqrt n\sqrt{x_1^2+...+x_n^2}$

نشان می دهیم برای $n+1$ هم درست است یعنی : $$|x_1|+...+|x_n|+|x_{n+1}|\leq \sqrt {n+1}\sqrt{x_1^2+...+x_n^2+x_{n+1}^2}$$ داریم: $|x_1|+...+|x_n|+|x_{n+1}|\leq \sqrt n\sqrt{x_1^2+...+x_n^2}+|x_{n+1}|$

کافی است نشان دهیم $\underbrace{ \sqrt n\sqrt{x_1^2+...+x_n^2}+|x_{n+1}|\leq \sqrt {n+1}\sqrt{x_1^2+...+x_n^2+x_{n+1}^2}}_A $

نشان دهید: $A\iff (\sqrt{x_1^2+...+x_n^2}-\sqrt n|x_{n+1}|)^2\geq 0$ (خیلی ساده است فقط طرفین تساوی را به توان دو برسانید) و لذا حکم ثابت است.

Answer 2

تنها نامساوی های سمت راست رو ثابت می کنم

$ \parallel x \parallel _{1} = \sum_1^n \mid x_{i} \mid \times 1 \leq ( \sum_1^n \mid x_{i} \mid ^{2} )^{ \frac{1}{2} } ( \sum_1^n 1^{2} )^{ \frac{1}{2} } = \sqrt{n}( \parallel x \parallel _{2} ) $

که از نامساوی کوشی شوارتز استفاده شد.

$ \parallel x \parallel _{2} ^{2}= \sum_1^n \mid x_{i} \mid ^{2} \leq n. (max \mid x_{i} \mid )^{2}=n \parallel x \parallel _{ \infty } ^{2} $

---

$ \parallel x \parallel _{1} = \sum_1^n \mid x_{i} \mid \ \leq n.max \mid x_{i} \mid =n \parallel x \parallel _{ \infty }$

نامساوی های سمت چپ هم به سادگی ثابت میشه

Comments

اینکه از کوشی شوارتس استفاده کردید خیلی جالب بود.