|
|
|
\require{AMSmath}
Re: Re: Bewijs met volledige inductie
Beste, wel eigenlijk is het niet bepaald relevant voor het probleem, maar de stelling van Young-Schwarz is gewoon het volgende:
$\partial$2f(x)/$\partial$xi$\partial$xj = $\partial$2f(x)/$\partial$xj$\partial$xi
Dus is Ñ2 f(x) = [$\partial$2 f(x)/$\partial$xj$\partial$xi] ; i,j=(1, ..., n) symmetrisch.
Hierdoor zou het aantal echt verschillende tweede orde partiële afgeleiden van een functie gereduceerd worden van 2n (merk op dat de Ñ2 f(x) ÃŽ $\mathbf{R}$^(n·n), dus n variabelen, naar n+1.
Maar mijn eigenlijke vraag is eerder of je dit 2n $>$ n+1 ook kan bewijzen op een andere manier ;
groeten;
Tom
Tom
Student universiteit België - zaterdag 1 november 2008
Antwoord
Tom,
Eem ander algemeen bewijs van (1+x)^$\alpha>$1+$\alpha$x.Neem de functie
f(x)=(1+x)^$\alpha$-1-$\alpha$x met $\alpha>$1 en x$>$-1.Dan is f'(x)$>$0 voor x$>$0 en
f'(x)$<$0 voor -1$<$x$<$0, terwijl f'(0)=0. Dus f(x)$>$f(0) voor x$>$-1 en $\alpha>$1.
kn
|
Vragen naar aanleiding van dit antwoord? Klik rechts..!
zondag 2 november 2008
|
|
home |
vandaag |
bijzonder |
gastenboek |
statistieken |
wie is wie? |
verhalen |
colofon
©2001-2024 WisFaq - versie 3
|
Dit is een reactie op vraag 56971