Vollständige Induktion bei Summenprodukt

03.05.2020, 15:28

Martina256

Vollständige Induktion bei Summenprodukt

Meine Frage:
Ich muss die folgende Ungleichung per vollständige Induktion nachweisen, weiß aber nicht wie das mit zwei Summen geht:

$\begin{eqnarray*} \left( \sum\limits_{k=1}^{n} a_{k} \right) \left( \sum\limits_{k=1}^{n} \frac{1}{a_{k}} \right) \geq n^{2} \end{eqnarray*}$

für alle a gilt a>0.

Meine Ideen:
$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^{n} a_{k} = \frac{n(n+1)}{2} \end{eqnarray*}$
und die zweite Summe konvergiert ja gegen 2.

Wie muss ich jetzt anfangen und was davon darf ich darin verwenden?

03.05.2020, 16:11

Tangentialvektor

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RE: Vollständige Induktion bei Summenprodukt
Aufpassen:
Damit $\begin{eqnarray*} \sum_{k = 1}^n a_k = \frac{n(n+1)}{2} \end{eqnarray*}$ ist, muss $\begin{eqnarray*} a_k = k \end{eqnarray*}$ gelten. Also die Summe über die natürlichen Zahlen bis $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ .
Am besten fängst du damit an, den oberen Ausdruck zu vereinfachen.

~ Tangentialvektor

03.05.2020, 17:40

seinfeld

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Beim Induktionsschritt könnte das hier für a,b >0 helfen:

$\begin{eqnarray*} \frac{a}{b}+\frac{b}{a}=\frac{a^2+b^2}{ab}=\frac{a^2-2ab+b^2}{ab}+\frac{2ab}{ab}=\frac{(a-b)^2}{ab}+2 \geq 2 \end{eqnarray*}$

03.05.2020, 18:01

seinfeld

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Zitat:

Wie muss ich jetzt anfangen

Wie immer bei Induktionen mit dem Induktionsanfang, hier also mit dem Zeigen der Gültigkeit der Aussage A(n) für n=1.

Danach kommt dann der Schluss von n zu n+1 (Induktionsschritt), bei dem man A(n+1) zeigen soll, wobei unbedingt A(n) zu benutzen ist.

Man kann das Ganze auf diese Form bringen:

$\begin{eqnarray*} A(n+1)=A(n)+ R +1 \end{eqnarray*}$

wobei R ein automatisch entstehender Restterm ist, den man mit meinem obigen Hinweis abschätzen kann.

03.05.2020, 21:32

Ulrich Ruhnau

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RE: Vollständige Induktion bei Summenprodukt

Zitat:

Original von Martina256
Meine Frage:
Ich muss die folgende Ungleichung per vollständige Induktion nachweisen, weiß aber nicht wie das mit zwei Summen geht:

$\begin{eqnarray*} \left( \sum\limits_{k=1}^{n} a_{k} \right) \left( \sum\limits_{k=1}^{n} \frac{1}{a_{k}} \right) \geq n^{2} \end{eqnarray*}$

für alle a gilt a>0.

Ich würde einfach mal die Summen ausmultiplizieren, bevor ich mit vollständiger Induktion anfange.

$\begin{eqnarray*} \left( \sum\limits_{k=1}^{n} a_{k} \right) \left( \sum\limits_{k=1}^{n} \frac{1}{a_{k}} \right) = \sum\limits_{k=1}^{n} a_{k} \sum\limits_{j=1}^{n} \frac{1}{a_{j}} =\sum\limits_{k=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n} \frac{a_k}{a_{j}} = \sum\limits_{k=1}^{n} \left(1+\sum\limits_{j\ne k} \frac{a_k}{a_{j}}\right)=\sum\limits_{k=1}^{n} \Bigg(1+\sum\limits_{j>k} \Bigg(\underbrace{\frac{a_k}{a_{j}}+\frac{a_j}{a_{k}}}_{\ge \,2}\Bigg)\Bigg) \ge \sum\limits_{k=1}^{n} \left(1+\sum\limits_{j>k} 2\right) = n+\sum\limits_{k=1}^{n} 2(n-k)=n+n(n-1)=n^2 \end{eqnarray*}$

Wobei $\begin{eqnarray*} \frac{a_k}{a_j}+\frac{a_j}{a_k} \ge \,2 \end{eqnarray*}$ gezeigt werden kann über

$\begin{eqnarray*} \qquad (a_j-a_k)^2\ge 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow\quad a_j^2-2a_ja_k+a_k^2\ge 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow\quad a_j^2+a_k^2\ge 2a_ja_k \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow\quad \frac{a_j}{a_k}+\frac{a_k}{a_j}\ge 2 \end{eqnarray*}$

Jetzt muß ich zugeben, nicht zu wissen, wie man da noch vollständige Induktion sinnvoll einsetzen könnte. verwirrt

03.05.2020, 23:16

seinfeld

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Zitat:

...wie man da noch vollständige Induktion sinnvoll einsetzen könnte.

Wie sollte das auch gehen, wenn man eh den direkten Weg geht und gar nicht bis n+1 aufsummiert ? verwirrt

Insofern ist das für Martina256 wohl eher uninteressant.

Möchte man aber unbedingt ohne Induktion arbeiten, könnte man anschaulich auch so vorgehen:

$\begin{eqnarray*} s_n=(a_1 + a_2 +a_3+ ... + a_n) \cdot (\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\frac{1}{a_3}+...+\frac{1}{a_n}) \end{eqnarray*}$ wird etwas aufgeteilt zu

$\begin{eqnarray*} 1+\frac{a_1}{a_2}+\frac{a_1}{a_3}+...+\frac{a_1}{a_n} \frac{a_2}{a_1}+1+\frac{a_2}{a_3}+...+\frac{a_2}{a_n} \\ \vdots ~ ~ ~ ~\vdots ~ ~ ~ ~\vdots ~ ~ ~ ~ \vdots ~ ~ ~ ~ \vdots ~ ~ ~ ~ \vdots ~ ~ ~ ~ \vdots \\ \frac{a_n}{a_1}+\frac{a_n}{a_2}+\frac{a_n}{a_3}+...+1 \end{eqnarray*}$

Offenbar entsteht n-mal der Summand 1.
Hinzu kommen n-mal (n-1) Summanden, von denen jeweils zwei von der Form $\begin{eqnarray*} \frac{x}{y}+\frac{y}{x} \end{eqnarray*}$ mit x,y >0 sind.
Das bedeutet, dass man $\begin{eqnarray*} \frac{n \cdot (n-1)}{2} \end{eqnarray*}$ Termpaare hat, die mindestens den Wert 2 besitzen (Beweis siehe mein erster Beitrag).
Zusammen erhält man folglich $\begin{eqnarray*} s_n \geq n+\frac{n \cdot (n-1)}{2} \cdot 2=n^2 \end{eqnarray*}$

03.05.2020, 23:33

Ulrich Ruhnau

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Zitat:

Original von seinfeld
Das bedeutet, dass man $\begin{eqnarray*} \frac{n \cdot (n-1)}{2} \end{eqnarray*}$ Termpaare hat, die mindestens den Wert 2 besitzen (Beweis siehe mein erster Beitrag).
Zusammen erhält man folglich $\begin{eqnarray*} s_n \geq n+\frac{n \cdot (n-1)}{2} \cdot 2=n^2 \end{eqnarray*}$

Das ist das Gleiche was ich gerechnet habe, nur anders aufgeschrieben. Aber die Martina meldet sich nicht mehr.

03.05.2020, 23:43

seinfeld

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Nicht jeder hängt den ganzen Tag vor dem PC, von daher kann man den Fragestellern doch die Zeit lassen, die sie brauchen.
Und selbst wenn keine Rückmeldung kommt, ist mir persönlich das auch nicht wichtig.
Viel entscheidender - und damit auch meine Grundmotivation - finde ich es, dass nun für jedermann einiges zur Problemlösung in diesem Thread steht.

04.05.2020, 00:01

Ulrich Ruhnau

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So kann man es auch sehen. Prost

04.05.2020, 12:14

HAL 9000

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Man kann die Behauptung als Spezialfall der Cauchy-Schwarzschen Ungleichung (CSU) auffassen, die lautet ja in der diskreten Variante

$\begin{eqnarray*} \left(\sum_{k=1}^n x_k^2\right)\cdot \left(\sum_{k=1}^n y_k^2\right) \geq \left(\sum_{k=1}^n x_ky_k\right)^2 \end{eqnarray*}$

Das wendet man hier an auf $\begin{eqnarray*} x_k=\sqrt{a_k} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y_k=\frac{1}{\sqrt{a_k}} \end{eqnarray*}$ an. Der Beweis dieser allgemeineren CSU ist letztlich substanziell auch nicht komplizierter als der des Spezialfalls, um den es hier geht.

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