De digitale vraagbaak voor het wiskundeonderwijs

home |  vandaag |  gisteren |  bijzonder |  prikbord |  gastenboek |  wie is wie? |  contact

HOME

samengevat
vragen bekijken
een vraag stellen
hulpjes
zoeken
FAQ's
links
twitter
boeken
help

inloggen

colofon

  \require{AMSmath} Printen

Re: Re: Bewijs met volledige inductie

 Dit is een reactie op vraag 56971 
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) Î $\mathbf{R}$^(nn), 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 Belgi - 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



klein |  normaal |  groot

home |  vandaag |  bijzonder |  twitter |  gastenboek |  wie is wie? |  colofon

©2001-2021 WisFaq - versie 3