Ungleichung für bel. Dreieck

13.01.2009, 10:07

messy

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Ungleichung für bel. Dreieck

Moin,

ich bin neu in diesem Forum und habe gleich zu Beginn eine Frage, ich möchte zeigen, dass für jedes Dreieck ABC gilt:

$\begin{eqnarray*} \frac{\cos(a) \cdot \cos(b) \cdot \cos(c)}{\cos(a) + \cos(b) + \cos(c)} \le \frac{1}{3} \cdot \frac{\sin(a) \cdot \sin(b) \cdot \sin(c)}{\sin(a) + \sin(b) + \sin(c)} \end{eqnarray*}$

Die Gleichheit, wie soll es auch anders sein, ist bei $\begin{eqnarray*} a+b+c = \frac{\pi}{3} \end{eqnarray*}$

Momentan komme ich einfach nicht vorran. Ich denke, ich muss auf bekannte Ungleichung zurückgreifen.

Ich habe mir die Jensensche Ungleichung (http://de.wikipedia.org/wiki/Jensensche_Ungleichung) mal angeguckt und erhalte:

$\begin{eqnarray*} \frac{\cos(a) + \cos(b) + \cos(c)}{3} \ge \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$
und

$\begin{eqnarray*} \frac{\sin(a) + \sin(b) + \sin(c)}{3} \le \frac{\sqrt{3}}{2} \end{eqnarray*}$

Ich habe mit diesen beiden Ungleichungen rumhantiert, aber bin auf keinen grünen Zweig gekommen. Es kann natürlich auch sein, dass Jensen schon ein falscher Ansatz war.

Es wäre nett, wenn mir jemand auf die Sprünge helfen könnte.

13.01.2009, 12:02

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Es mag mit Schulmathematik lösbar sein, aber es ist gewiss keine normale Schulaufgabe, sondern eher eine Wettbewerbsaufgabe. Hoffentlich keine aktuelle?

13.01.2009, 12:17

Dual Space

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Die Aufagabe wurde ursprünglich in der Analysissektion der HöMa gepostet und wurde von mir hierher verschoben. Das hätte ich vielleicht kenntlich machen sollen.

13.01.2009, 13:07

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Eine Idee: Es mag schmerzen, die schöne Symmetrie aufzubrechen, aber ein Versuch ist es wert, $\begin{eqnarray*} c=\pi-a-b \end{eqnarray*}$ überall einzusetzen, womit dann

$\begin{eqnarray*} -\frac{\cos(a) \cdot \cos(b) \cdot \cos(a+b)}{\cos(a) + \cos(b) - \cos(a+b)} \le \frac{1}{3} \cdot \frac{\sin(a) \cdot \sin(b) \cdot \sin(a+b)}{\sin(a) + \sin(b) + \sin(a+b)} \end{eqnarray*}$

nachzusweisen wäre, dann Additionstheoreme ... Erfolg ungewiss, aber das ist ja oft so.

13.01.2009, 17:35

messy

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Die Idee hatte ich heute auch schon gehabt, aber kam nicht sehr weit damit. Ein weiterer Ansatz den ich bekommen habe, wäre:

$\begin{eqnarray*} \frac {\sin(\alpha)}{\cos(\alpha)} +\frac {\sin(\beta)}{\cos(\beta)} +\frac {\sin(\gamma)}{\cos(\gamma)} \ge 3 \cdot \frac {\sin(\alpha) + \sin(\beta) +\sin(\gamma)}{\cos(\alpha) + \cos(\beta) +\cos(\gamma)} \end{eqnarray*}$

Dies folgt aus

$\begin{eqnarray*} \tan(\alpha) \cdot \tan(\beta) \cdot \tan(\gamma) = \tan(\alpha) + \tan(\beta) +\tan(\gamma) \end{eqnarray*}$

Die erste Ungleichung mit diesen Brüchen lässt sich bestimmt auf eine bekannte Ungleichung zurückführen. Der Aufbau ist sehr auffällig. Leider weiß ich noch nicht welche. Ich werde mich mal auf die Suche nach bekannten Namen, wie Jensen, Schwarz, Minkowski usw. machen. Das sind Herren, die wir im Studium behandelt haben.

Wenn jemand bereits Ähnlichkeiten mit anderen Ungleichungen findet, raus damit. Augenzwinkern

Augenzwinkern

13.01.2009, 19:33

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Nur zur Klarstellung: Du meinst, dass

Zitat:

Original von messy
$\begin{eqnarray*} \frac {\sin(\alpha)}{\cos(\alpha)} +\frac {\sin(\beta)}{\cos(\beta)} +\frac {\sin(\gamma)}{\cos(\gamma)} \ge 3 \cdot \frac {\sin(\alpha) + \sin(\beta) +\sin(\gamma)}{\cos(\alpha) + \cos(\beta) +\cos(\gamma)} \end{eqnarray*}$

äquivalent zur Behauptung ist. So ist es zumindest im Fall spitzwinkliger Dreiecke - für recht- und stumpfwinklige Dreiecke ist die zu beweisende Ungleichung eh klar, da dort die linke Seite nichtpositiv ist.

P.S.: Übrigens ist

$\begin{eqnarray*} \frac{\cos(\alpha) + \cos(\beta) + \cos(\gamma)}{3} \ge \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$

falsch. Tatsächlich dürfte sogar das Gegenteil gelten, also

$\begin{eqnarray*} \frac{\cos(\alpha) + \cos(\beta) + \cos(\gamma)}{3} \le \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ .

Zitat:

Original von messy
Die erste Ungleichung mit diesen Brüchen lässt sich bestimmt auf eine bekannte Ungleichung zurückführen. Der Aufbau ist sehr auffällig. Leider weiß ich noch nicht welche. Ich werde mich mal auf die Suche nach bekannten Namen, wie Jensen, Schwarz, Minkowski usw. machen. Das sind Herren, die wir im Studium behandelt haben.

Schwarz ist eine sehr gute Idee - kombiniert mit AMQM. Augenzwinkern

Augenzwinkern

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13.01.2009, 20:34

messy

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Richtig ist diese Ungleichung schon oder? Das folgt ja aus dem Additionstherorem

$\begin{eqnarray*} \tan(\alpha +\beta )= \frac{\tan(\alpha)+\tan(\beta)}{1-\tan(\alpha) \cdot \tan(\beta)} \end{eqnarray*}$

da beim Dreieck $\begin{eqnarray*} \tan(\alpha +\beta )= -\tan(\gamma) \end{eqnarray*}$ ist.

$\begin{eqnarray*} \frac{\cos(a) + \cos(b) + \cos(c)}{3} \ge \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ habe ich aus der Jensenschen Ungleichung für konvexe Funktionen hergeleitet.

AMQM? Meinst du AMGM?

13.01.2009, 21:53

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Zitat:

Original von messy
Richtig ist diese Ungleichung schon oder? Das folgt ja aus dem Additionstherorem

$\begin{eqnarray*} \tan(\alpha +\beta )= \frac{\tan(\alpha)+\tan(\beta)}{1-\tan(\alpha) \cdot \tan(\beta)} \end{eqnarray*}$

da beim Dreieck $\begin{eqnarray*} \tan(\alpha +\beta )= -\tan(\gamma) \end{eqnarray*}$ ist.

Daraus folgt die Gleichung

$\begin{eqnarray*} \tan(\alpha) \cdot \tan(\beta) \cdot \tan(\gamma) = \tan(\alpha) + \tan(\beta) +\tan(\gamma) \end{eqnarray*}$ ,

aber nicht die nachzuweisende Ungleichung! unglücklich

unglücklich

Und mit AMQM meine ich die Ungleichung zwischen arithmetischen und quadratischem Mittel - es war also KEIN Schreibfehler...

EDIT: ... aber leider ist AMQM auch gerade in der verkehrten Richtung, wie ich jetzt mit Erschrecken feststelle. Verdammter Mist. Hammer

Hammer

13.01.2009, 22:29

messy

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Aus $\begin{eqnarray*} \frac{\cos(a) \cdot \cos(b) \cdot \cos(c)}{\cos(a) + \cos(b) + \cos(c)} \le \frac{1}{3} \cdot \frac{\sin(a) \cdot \sin(b) \cdot \sin(c)}{\sin(a) + \sin(b) + \sin(c)} \end{eqnarray*}$

durch umstellen

$\begin{eqnarray*} 3 \cdot \frac{\sin(a) + \sin(b) + \sin(c)}{\cos(a) + \cos(b) + \cos(c)} \le \frac{\sin(a) \cdot \sin(b) \cdot \sin(c)}{\cos(a) \cdot \cos(b) \cdot \cos(c)} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{\sin(a) \cdot \sin(b) \cdot \sin(c)}{\cos(a) \cdot \cos(b) \cdot \cos(c)}=\tan(a) \cdot \tan(b) \cdot \tan(c) \end{eqnarray*}$

Da
$\begin{eqnarray*} \tan(\alpha) \cdot \tan(\beta) \cdot \tan(\gamma) = \tan(\alpha) + \tan(\beta) +\tan(\gamma) \end{eqnarray*}$
also
$\begin{eqnarray*} \frac{\sin(\alpha)}{\cos(\alpha)} +\frac {\sin(\beta)}{\cos(\beta)} +\frac {\sin(\gamma)}{\cos(\gamma)} \ge 3 \cdot \frac {\sin(\alpha) + \sin(\beta) +\sin(\gamma)}{\cos(\alpha) + \cos(\beta) +\cos(\gamma)} \end{eqnarray*}$

Zu Schwarz finde ich immer nur Ungleichungen in Bezug auf Vektoren. Stell ich mich denn so blöd an!?

13.01.2009, 22:33

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Ja, du hast die Behauptung mit Hilfe dieser Beziehung äquivalent umgeformt, aber du hast sie damit nicht bewiesen. Davon habe ich oben doch gesprochen:

Zitat:

Original von Arthur Dent
Nur zur Klarstellung: Du meinst, dass

Zitat:

Original von messy
$\begin{eqnarray*} \frac {\sin(\alpha)}{\cos(\alpha)} +\frac {\sin(\beta)}{\cos(\beta)} +\frac {\sin(\gamma)}{\cos(\gamma)} \ge 3 \cdot \frac {\sin(\alpha) + \sin(\beta) +\sin(\gamma)}{\cos(\alpha) + \cos(\beta) +\cos(\gamma)} \end{eqnarray*}$

äquivalent zur Behauptung ist.

Rede ich so undeutlich?

Leider (siehe mein EDIT zum letzten Beitrag) führt der Weg über Cauchy-Schwarz und AMQM auch nicht zum gewünschten Ergebnis. Ist schon ein einigermaßen hartes Brot, diese Ungleichung.

13.01.2009, 22:37

messy

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Achso! Das ich die damit noch nicht bewiesen habe, ist mir klar. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Wenn es so wäre, hätte ich Luftsprünge gemacht.

Hartes Brot gefällt mir jetzt gar nicht!

14.01.2009, 13:39

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Vielleicht so: Zunächst beweist man folgendes Lemma

Zitat:

Seien $\begin{eqnarray*} a_1,\ldots,a_n,b_1,\ldots,b_n\in\mathbb{R} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} a_1\leq a_2\leq \ldots \leq a_n \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} b_1\geq b_2\geq \ldots \geq b_n > 0 \end{eqnarray*}$ . Dann gilt

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^n \frac{a_k}{b_k} \geq n\cdot \frac{\sum\limits_{k=1}^n a_k}{\sum\limits_{k=1}^n b_k} \end{eqnarray*}$ .

EDIT (17.02.09): Es muss zusätzlich $\begin{eqnarray*} a_1\geq 0 \end{eqnarray*}$ , d.h. die Nichtnegativität aller Zählerwerte vorausgesetzt werden.

naheliegenderweise durch vollständige Induktion. Der Beweis deiner Behauptung

$\begin{eqnarray*} \frac {\sin(\alpha)}{\cos(\alpha)} +\frac {\sin(\beta)}{\cos(\beta)} +\frac {\sin(\gamma)}{\cos(\gamma)} \ge 3 \cdot \frac {\sin(\alpha) + \sin(\beta) +\sin(\gamma)}{\cos(\alpha) + \cos(\beta) +\cos(\gamma)} \end{eqnarray*}$

ist dann eine Anwendung dieses Lemmas mit $\begin{eqnarray*} n=3 \end{eqnarray*}$ .

15.01.2009, 08:28

messy

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Irgendwie kann es das auch nicht sein. Es muss einen anderen Weg geben.

Um $\begin{eqnarray*} \tan(\alpha +\beta )= \frac{\tan(\alpha)+\tan(\beta)}{1-\tan(\alpha) \cdot \tan(\beta)} \end{eqnarray*}$ anzuwenden muss ich beachten, dass Cosinus auch negativ sein kann. Also Fallunterscheidung.

Jensen kann ich auch nicht anwenden, da Cosinus von $\begin{eqnarray*} [0,\pi] \end{eqnarray*}$ konkav und konvex ist. Es gibt die Möglichkeit, dass alle Werte unter $\begin{eqnarray*} \frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$ liegen oder eine Winkel liegt zwischen $\begin{eqnarray*} [\frac{\pi}{2},\pi] \end{eqnarray*}$ und die anderen beiden unterhalb.
$\begin{eqnarray*} \cos(a) \cdot \cos(b) \cdot \cos(c) \end{eqnarray*}$ ist negativ sobald ein Winkel größer als $\begin{eqnarray*} \frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$ ist und bei $\begin{eqnarray*} \cos(a) + \cos(b) + \cos(c) \end{eqnarray*}$ muss $\begin{eqnarray*} -\cos(a) > \cos(b) + \cos(c) \end{eqnarray*}$ sein damit der Ausdruck negativ wird.

Das hast du schon teilweise schon angemerkt, aber mir ist es jetzt erst klar geworden. Hammer

Hammer

Ich habe gestern wieder etliche Schmierzettel vollgeschrieben, aber es kam nichts dolles bei raus.

Ich bin auf die rechte Seite der Ungleichung eingegangen.

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{3} \cdot \frac{\sin(a) \cdot \sin(b) \cdot \sin(c)}{\sin(a) + \sin(b) + \sin(c)} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{\sin(a) \cdot \sin(b) \cdot \sin(c)}{3} \cdot \frac{1}{\sin(a) + \sin(b) + \sin(c)} \end{eqnarray*}$

Hier kommt wieder das AM ins Spiel. Dann hatte ich Jensen angewendet und rumgebastelt...

15.01.2009, 08:30

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Zitat:

Original von messy
Irgendwie kann es das auch nicht sein. Es muss einen anderen Weg geben.

Wenn du es dir leisten kannst, wählerisch zu sein, dann nur zu. Ich kann nur soviel sagen, dass der von mir skizzierte Weg funktioniert.

15.01.2009, 08:41

messy

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Aber um auf $\begin{eqnarray*} \frac {\sin(\alpha)}{\cos(\alpha)} +\frac {\sin(\beta)}{\cos(\beta)} +\frac {\sin(\gamma)}{\cos(\gamma)} \ge 3 \cdot \frac {\sin(\alpha) + \sin(\beta) +\sin(\gamma)}{\cos(\alpha) + \cos(\beta) +\cos(\gamma)} \end{eqnarray*}$ zu kommen muss die Ungleichung mit $\begin{eqnarray*} \cos(a) \cdot \cos(b) \cdot \cos(c) \end{eqnarray*}$ dividiert werden und, da dieser Ausdruck auch negativ und sogar 0 sein kann, muss eine Fallunterscheidung gemacht werden.

15.01.2009, 08:54

AD

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Ja, und? Das hatte ich doch oben schon geschrieben, dass es da nur um den Fall spitzwinkliger Dreiecke geht.

Im Fall recht- und stumpfwinkliger Dreiecke mit o.B.d.A. $\begin{eqnarray*} \gamma\geq 90^{\circ} \end{eqnarray*}$ und folglich $\begin{eqnarray*} \alpha <90^{\circ},\beta<90^{\circ} \end{eqnarray*}$ gilt

$\begin{eqnarray*} 90^{\circ} \geq 180^{\circ}-\gamma = \alpha + \beta > \alpha \end{eqnarray*}$

und somit $\begin{eqnarray*} \cos(\alpha) > \cos\left(180^{\circ}-\gamma\right) = -\cos(\gamma) \end{eqnarray*}$

und somit auch

$\begin{eqnarray*} \cos(\alpha) + \cos(\beta) + \cos(\gamma) > \cos(\alpha) + \cos(\gamma) > 0 \end{eqnarray*}$ .

Damit ist die linke Seite deiner Behauptung

$\begin{eqnarray*} \frac{\cos(\alpha) \cdot \cos(\beta) \cdot \cos(\gamma)}{\cos(\alpha) + \cos(\beta) + \cos(\gamma)} \leq \frac{1}{3} \cdot \frac{\sin(\alpha) \cdot \sin(\beta) \cdot \sin(\gamma)}{\sin(\alpha) + \sin(\beta) + \sin(\gamma)} \end{eqnarray*}$

nichtpositiv, während die rechte Seite immer nichtnegativ ist - also ist dieser Fall schnell abgehakt. Soweit ausführlichst die Begründung für das, was ich schon längst oben erwähnt hatte:

Zitat:

Original von Arthur Dent
[...] für recht- und stumpfwinklige Dreiecke ist die zu beweisende Ungleichung eh klar, da dort die linke Seite nichtpositiv ist.

EDIT: ...Uups, und da war er auch schon wieder weg. Na dann bis übermorgen (oder wann auch immer), dann hoffentlich mit gründlicherem Durchlesen der Beiträge.

15.01.2009, 11:01

messy

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Ne, ich bin noch da. Wollte aber nicht wieder voreilig etwas schreiben.
Ich werde die vollständige Induktion durchführen und mir Gedanken über das von dir Geschriebene machen. Mit dem gründlichen Lesen klappt das nur, wenn ich das auf Papier nachvollziehe und das dauert eben ein bißchen länger als bei dir.

Sobald ich das gemacht habe, werde ich hier posten. Es kann gut sein, dass es erst die nächsten Tage passiert. Ich habe verdammt viel um die Ohren momentan.

17.02.2009, 10:21

messy

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*hust*
Nachdem ich diese Aufgabe ziemlich lange beiseite gelegt habe, bin ich jetzt wieder mit meiner vollen Aufmerksamkeit dran. Hatte Prüfungen und weiß Gott genug zu tun.

Ich habe verzweifelt an der vollst. Ind. geknabbert, aber sie nicht hinbekommen.

Ich habe mir gedacht, dass ich wie folgt rangehe:

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^n \frac{a_k}{b_k} + \frac{a_{n+1}}{b_{n+1}} \ge n \cdot \frac{\sum_{k=1}^n a_k}{\sum_{k=1}^n b_k} + \frac{a_{n+1}}{b_{n+1}} \end{eqnarray*}$

Dann zeige ich, dass folgendes gilt:

$\begin{eqnarray*} n \cdot \frac{\sum_{k=1}^n a_k}{\sum_{k=1}^n b_k} + \frac{a_{n+1}}{b_{n+1}} \ge (n+1) \cdot \frac{\sum_{k=1}^n a_k + a_{n+1}}{\sum_{k=1}^n b_k + b_{n+1}} \end{eqnarray*}$

Dann hätte ich laut Transitivität:

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^n \frac{a_k}{b_k} + \frac{a_{n+1}}{b_{n+1}} \ge (n+1) \cdot \frac{\sum_{k=1}^n a_k + a_{n+1}}{\sum_{k=1}^n b_k + b_{n+1}} \end{eqnarray*}$

Ich bekomme diese Ungleichung aber nicht soweit umgeformt, dass ich die Richtigkeit zeigen kann. Ist dieser Ansatz denn wenigstens richtig?

17.02.2009, 11:17

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Oje, das ist ja so lange her ... das muss ich mir erst wieder neu überlegen.

Zitat:

Original von messy
Dann zeige ich, dass folgendes gilt:

$\begin{eqnarray*} n \cdot \frac{\sum_{k=1}^n a_k}{\sum_{k=1}^n b_k} + \frac{a_{n+1}}{b_{n+1}} \ge (n+1) \cdot \frac{\sum_{k=1}^n a_k + a_{n+1}}{\sum_{k=1}^n b_k + b_{n+1}} \end{eqnarray*}$

Das ist schon mal die richtige Idee. Wenn man passend abkürzt, etwa $\begin{eqnarray*} A:=\sum_{k=1}^n a_k, ~ B:=\sum_{k=1}^n b_k \end{eqnarray*}$ , dann sieht diese Behauptung auch gleich viel übersichtlicher aus.

$\begin{eqnarray*} n\cdot \frac{A}{B} + \frac{a_{n+1}}{b_{n+1}} \ge (n+1) \cdot \frac{A + a_{n+1}}{B + b_{n+1}} \qquad (*) \end{eqnarray*}$

Nun kannst du ja aufgrund der vorausgesetzten Monotonie der beiden Folgen $\begin{eqnarray*} (a_n) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} (b_n) \end{eqnarray*}$ auch noch $\begin{eqnarray*} A\leq na_{n+1} \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} B\geq nb_{n+1} > 0 \end{eqnarray*}$ nutzen, um (*) nachzuweisen...

17.02.2009, 12:00

messy

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Nochmal zum Verständnis der beiden Folgen: $\begin{eqnarray*} a_1\leq a_2\leq \ldots \leq a_n \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b_1\geq b_2\geq \ldots \geq b_n > 0 \end{eqnarray*}$ .

Die Umkehrung der Ungleicheitszeichen liegt an der Phasenverschiebung von Kosinus zu Sinus?

Kann ich nicht sogar $\begin{eqnarray*} 0<a_1\leq a_2\leq \ldots \leq a_n \end{eqnarray*}$ sagen?

17.02.2009, 12:46

messy

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Zitat:

Original von Arthur Dent
Oje, das ist ja so lange her ... das muss ich mir erst wieder neu überlegen.

Zitat:

Original von messy
Dann zeige ich, dass folgendes gilt:

$\begin{eqnarray*} n \cdot \frac{\sum_{k=1}^n a_k}{\sum_{k=1}^n b_k} + \frac{a_{n+1}}{b_{n+1}} \ge (n+1) \cdot \frac{\sum_{k=1}^n a_k + a_{n+1}}{\sum_{k=1}^n b_k + b_{n+1}} \end{eqnarray*}$

Das ist schon mal die richtige Idee. Wenn man passend abkürzt, etwa $\begin{eqnarray*} A:=\sum_{k=1}^n a_k, ~ B:=\sum_{k=1}^n b_k \end{eqnarray*}$ , dann sieht diese Behauptung auch gleich viel übersichtlicher aus.

$\begin{eqnarray*} n\cdot \frac{A}{B} + \frac{a_{n+1}}{b_{n+1}} \ge (n+1) \cdot \frac{A + a_{n+1}}{B + b_{n+1}} \qquad (*) \end{eqnarray*}$

Nun kannst du ja aufgrund der vorausgesetzten Monotonie der beiden Folgen $\begin{eqnarray*} (a_n) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} (b_n) \end{eqnarray*}$ auch noch $\begin{eqnarray*} A\leq na_{n+1} \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} B\geq nb_{n+1} > 0 \end{eqnarray*}$ nutzen, um (*) nachzuweisen...

Auch mit deinen guten Hinweisen schaffe ich es nicht (*) zu zeigen. Ich verzweifel an dieser Aufgabe noch...

17.02.2009, 14:14

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Dann weiß ich auch nicht, woran es bei dir liegt. Denn alles auf eine Seite gebracht und passend ausgeklammert ist (*) äquivalent zu

$\begin{eqnarray*} \frac{B-nb_{n+1}}{B + b_{n+1}} \cdot \left( \frac{a_{n+1}}{b_{n+1}} -\frac{A}{B} \right) \ge 0 \end{eqnarray*}$ .

Und das ist unter Einsatz von $\begin{eqnarray*} A\leq na_{n+1}, ~ B\geq nb_{n+1} > 0 \end{eqnarray*}$ , woraus ja insbesondere auch $\begin{eqnarray*} \frac{a_{n+1}}{b_{n+1}} \geq \frac{A}{B} \end{eqnarray*}$ folgt, eine wahre Aussage.

Zitat:

Original von messy
Kann ich nicht sogar $\begin{eqnarray*} 0<a_1\leq a_2\leq \ldots \leq a_n \end{eqnarray*}$ sagen?

Oh ja, richtig. Das sollte man auch noch in die Voraussetzung des Lemmas mit aufnehmen. Ich hatte erst irrtümlich geglaubt, auf die Nichtnegativität der Zählerwerte verzichten zu können, aber für die Folgerung $\begin{eqnarray*} \frac{a_{n+1}}{b_{n+1}} \geq \frac{A}{B} \end{eqnarray*}$ ist es doch vonnöten. Augenzwinkern

Augenzwinkern

17.02.2009, 19:22

messy

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Ok... habe die Umformung nachvollzogen. Ist ja ein ganz schöner Kampf gewesen.

Bei $\begin{eqnarray*} A\leq na_{n+1}, ~ B\geq nb_{n+1} > 0 \end{eqnarray*}$ hatte ich auch mit dem Gedanken gespielt, diese in Beziehung zu bringen. Ich dachte aber, aufgrund der verschiedenen Ungleichheitszeichen, dass das nicht geht!?

Warum ergibt das $\begin{eqnarray*} \frac{a_{n+1}}{b_{n+1}} \geq \frac{A}{B} \end{eqnarray*}$ ?

17.02.2009, 20:27

messy

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Hat sich erledigt...

$\begin{eqnarray*} A\leq na_{n+1} \end{eqnarray*}$ ist äquivalent zu $\begin{eqnarray*} \frac{1}{A}\geq \frac{1}{na_{n+1}} \end{eqnarray*}$

Dann erstmal vielen Dank für deine Hilfe! Ich werde den Beweis nochmal komplett aufführen und in eine schöne Schriftfform bringen. smile

smile

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