Beweis

24.10.2005, 20:05

Milka

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Beweis

Hallo!
Ich versuch mich da jetzt seit 3 Stunden dran aber ich finde keinen Anfang....

Seien $\begin{eqnarray*} 0 < x1 \leq x2 ... \leq xn; \end{eqnarray*}$ und seien $\begin{eqnarray*} \lambda 1,.....\lambda n \geq 0 \end{eqnarray*}$
mit $\begin{eqnarray*} \sum_{j=1}^n~\lambda j = 1 \end{eqnarray*}$ . Zeige folgende Ungleichung:
$\begin{eqnarray*} ( \sum_{j=1}^n~\lambda j *xj ) * ( \sum_{k=1}^n~{\lambda k}{xk} ) \leq ( {x1 + xn}{2} )^{2} * {1}{x1*xn} \end{eqnarray*}$

Hinweis: Betrachte zunächst den Fall $\begin{eqnarray*} x1*xn = 1 \end{eqnarray*}$ .

edit von sqrt(2): $\begin{eqnarray*} \end{eqnarray*}\textbf\LaTeX\begin{eqnarray*} \end{eqnarray*}$ korrigiert.

24.10.2005, 20:09

geo

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ähhh...nun ja, woran sitzt du seit 3 stunden? verwirrt

verwirrt

25.10.2005, 20:41

Milka

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an der Ungleichung:
Seien $\begin{eqnarray*} 0 < x_1 \leq x_2 ... \leq x_n \end{eqnarray*}$ ;
und seien $\begin{eqnarray*} \lambda 1,.....\lambda n \geq 0 \end{eqnarray*}$

mit $\begin{eqnarray*} \sum_{j=1}^n~\lambda j = 1 \end{eqnarray*}$ . Zeige folgende Ungleichung:

$\begin{eqnarray*} ( \sum_{j=1}^n~\lambda_j *x_j ) * ( \sum_{k=1}^n~{\lambda_k}:{x_k} ) \leq ( ({x_1 + x_n}):{2} )^{2} * {1} : ({x_1*x_n}) \end{eqnarray*}$

Sorry dass das beim ersten Beitrag nicht so geklappt hat

25.10.2005, 20:55

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Ich würde es eher so schreiben:

$\begin{eqnarray*} \left( \sum_{j=1}^n ~ \lambda_jx_j \right) \cdot \left( \sum_{k=1}^n~ \frac{\lambda_k}{x_k} \right) \leq \frac{(x_1+x_n)^2}{4x_1x_n} \end{eqnarray*}$

Hinweis: Betrachte die Hilfsfunktion $\begin{eqnarray*} g(t)=t+\frac{1}{t} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} t\in\left[\frac{x_1}{x_n},\frac{x_n}{x_1}\right] \end{eqnarray*}$ und deren Maximum in diesem Intervall.

25.10.2005, 21:07

Milka

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Sorry, aber ich kann mit der Hilfsfunktion leider gar nichts anfangen...
Mein Problem ist wenn ich für n=n+1 einsetze weiß ich nicht mehr wie ich die Sigmas auflösen soll damit da nochmal was vernünftiges rauskommt...
Dass es für n=1 wahr ist hab ich bereits gezeigt...

25.10.2005, 22:46

AD

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Sorry, so wie ich es gedacht habe, geht es tatsächlich nicht. Aber folgender Induktionsbeweis müsste klappen:

Induktionsanfang: $\begin{eqnarray*} n=1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} n=2 \end{eqnarray*}$

Induktionsschluss $\begin{eqnarray*} (n-1)\to n \end{eqnarray*}$ :

Für $\begin{eqnarray*} n>2 \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} x_1<x_n \end{eqnarray*}$ (der Fall $\begin{eqnarray*} x_1=x_n \end{eqnarray*}$ ist ja trivial) betrachte man die Aufteilung

$\begin{eqnarray*} x_{n-1} = \frac{x_n-x_{n-1}}{x_n-x_1}\cdot x_1 + \frac{x_{n-1}-x_1}{x_n-x_1}\cdot x_n \end{eqnarray*}$

und "schlägt" diese Anteile den Rändern zu. D.h., man betrachtet

$\begin{eqnarray*} y_1=x_1,\ldots,y_{n-2}=x_{n-2},y_{n-1}=x_n \end{eqnarray*}$

und

$\begin{eqnarray*} \mu_1=\lambda_1+\lambda_{n-1}\frac{x_n-x_{n-1}}{x_n-x_1},\mu_2=\lambda_2,\ldots,\mu_{n-2}=\lambda_{n-2},\mu_{n-1}=\lambda_n+\lambda_{n-1}\frac{x_{n-1}-x_1}{x_n-x_1} \end{eqnarray*}$

Jetzt die Induktionsvoraussetzung auf $\begin{eqnarray*} y_1,\ldots,y_{n-1} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \mu_1,\ldots,\mu_{n-1} \end{eqnarray*}$ anwenden!

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25.10.2005, 23:47

Milka

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Wenn ich gezeigt habe, dass es für n=1 wahr ist, langt es dann nicht zu zeigen, was bei n=n-1 passiert?
und bei dem fall n=n-1 komm ich irgendwie mit dem auflösen des Sigmas nicht klar, gibt es da nen Trick dabei?

25.10.2005, 23:54

AD

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Tja, ich weiß nicht wie du es machst, aber mein Induktionsschluss klappt erst für n>2.

25.10.2005, 23:59

Milka

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hmm.....klappt doch dadruch dass $\begin{eqnarray*} \lambda _1 = 1 \end{eqnarray*}$ ist..
Weißt du was mit dem hinweis anzufangen, der in der aufgabenstellung gegeben ist? Habe den nicht wirklich gebraucht

26.10.2005, 00:04

AD

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Zitat:

Original von Milka
hmm.....klappt doch dadruch dass $\begin{eqnarray*} \lambda _1 = 1 \end{eqnarray*}$ ist..

??? - Ich sprach vom Induktionsschluss!

26.10.2005, 00:18

Milka

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Ich blick da gar nicht mehr durch, habe das mit der vollstädnigen Induktion nie gelernt und soll das jetzt auf einmal anwenden, ist schon nit sooo einfach...

26.10.2005, 00:38

AD

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Ich gehe davon aus, dass das eine Aufgabe aus dem Mathematikstudium ist - kaum vorstellbar, dass sowas Studenten anderer Fachrichtungen zugemutet wird. Und als Mathematikstudentin solltest du mit meinen Hinweisen oben eigentlich etwas anfangen können.

26.10.2005, 00:41

Milka

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Hab grad vor einer Woche angefangen damit.....naja....mit deinem Hinweis oben kann ich erhlich gesagt nicht viel anfangen

26.10.2005, 18:19

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Zitat:

Original von Arthur Dent
Jetzt die Induktionsvoraussetzung auf $\begin{eqnarray*} y_1,\ldots,y_{n-1} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \mu_1,\ldots,\mu_{n-1} \end{eqnarray*}$ anwenden!

Einfach mal tun, was der erfahrene Mathematiker empfiehlt: smile

smile

Nach Einsetzen in die Induktionsvoraussetzung (die wir für nur $\begin{eqnarray*} n-1 \end{eqnarray*}$ Glieder ja verwenden dürfen) erhalten wir

$\begin{eqnarray*} \left( \sum_{j=1}^{n-1} ~ \mu_jy_j \right) \cdot \left( \sum_{k=1}^{n-1} ~ \frac{\mu_k}{y_k} \right) \leq \frac{(y_1+y_{n-1})^2}{4y_1y_{n-1}} \end{eqnarray*}$ .

Nach Konstruktion unserer $\begin{eqnarray*} y_j,\mu_j \end{eqnarray*}$ wissen wir nun $\begin{eqnarray*} y_1=x_1 \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} y_{n-1}=x_n \end{eqnarray*}$ und überdies

$\begin{eqnarray*} \sum_{j=1}^{n-1} ~ \mu_jy_j = \sum_{j=1}^n ~ \lambda_jx_j \end{eqnarray*}$ ,

gilt, das ergibt eingesetzt

$\begin{eqnarray*} \left( \sum_{j=1}^n ~ \lambda_jx_j \right) \cdot \left( \sum_{k=1}^{n-1} ~ \frac{\mu_k}{y_k} \right) \leq \frac{(x_1+x_n)^2}{4x_1x_n} \end{eqnarray*}$ . (*)

Nachweisen wollen wir aber $\begin{eqnarray*} \left( \sum_{j=1}^n ~ \lambda_jx_j \right) \cdot \left( \sum_{k=1}^n~ \frac{\lambda_k}{x_k} \right) \leq \frac{(x_1+x_n)^2}{4x_1x_n} \end{eqnarray*}$ ,

und daher genügt es ausgehend von der bereits bekannten Ungleichung (*), die Restungleichung

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^n~ \frac{\lambda_k}{x_k} \leq \sum_{k=1}^{n-1} ~ \frac{\mu_k}{y_k} \end{eqnarray*}$

nachzuweisen. Nach Rücksubstitution der $\begin{eqnarray*} y_k \end{eqnarray*}$ und anschließender Streichung der meisten Glieder ist das äquivalent zu

$\begin{eqnarray*} \frac{\lambda_1}{x_1} + \frac{\lambda_{n-1}}{x_{n-1}} + \frac{\lambda_n}{x_n} \leq \frac{\mu_1}{x_1} + \frac{\mu_{n-1}}{x_n} \end{eqnarray*}$

Jetzt noch $\begin{eqnarray*} \mu_1=\lambda_1+\lambda_{n-1}\frac{x_n-x_{n-1}}{x_n-x_1} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \mu_{n-1}=\lambda_n+\lambda_{n-1}\frac{x_{n-1}-x_1}{x_n-x_1} \end{eqnarray*}$ eingesetzt, und du hast noch eine hübsche kleine Ungleichung, an der du knobeln kannst. Rock

Rock

27.10.2005, 23:07

Mathespezialschüler

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Wunderschöner Beweis, Arthur!! Ich frag mich absolut, wie man darauf kommen kann. geschockt

geschockt

Aber nungut. Ich habe alles mal durchgerechnet und bei allem kann ich dir folgen, nur der Induktionsanfang für n=2 will noch nicht ganz funktionieren. Damit dieser gilt, habe ich schon herausgefunden, dass

$\begin{eqnarray*} \lambda_1^2+\lambda_2^2\leq \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$

hinreichend ist. Problem ist, dass für $\begin{eqnarray*} \lambda_1\neq \frac{1}{2}\neq \lambda_2 \end{eqnarray*}$ stets

$\begin{eqnarray*} \lambda_1^2+\lambda_2^2>\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$

gilt. Es bringt hier also nichts, die Terme einzeln abzuschätzen, richtig?

Gruß MSS

27.10.2005, 23:17

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Ja, so klappt's nicht - da hast du vermutlich vorher schon mal zu grob abgeschätzt.

EDIT: Also so schwer kommt man nicht drauf, wenn man folgende Punkte beachtet:

1) Wir wollen eines der Werte $\begin{eqnarray*} x_2,\ldots,x_{n-1} \end{eqnarray*}$ "loswerden", o.B.d.A. eben $\begin{eqnarray*} x_{n-1} \end{eqnarray*}$ , um die Induktionsvoraussetzung anwenden zu können.

2) Wir wollen $\begin{eqnarray*} x_{n-1} \end{eqnarray*}$ nicht irgendwie loswerden, sondern so, dass $\begin{eqnarray*} \sum_{j=1}^{n-1} ~ \mu_jy_j = \sum_{j=1}^n ~ \lambda_jx_j \end{eqnarray*}$ gilt, wobei auch für die $\begin{eqnarray*} \mu_j \end{eqnarray*}$ die Summe 1 sein soll. Deshalb versuchen wir eine Konvexkombination

$\begin{eqnarray*} x_{n-1} = \lambda x_1 + (1-\lambda) x_n \end{eqnarray*}$

zu konstruieren, und da ergibt sich zwangsläufig $\begin{eqnarray*} \lambda = \frac{x_n-x_{n-1}}{x_n-x_1} \end{eqnarray*}$ .

3) Die zweite Summe $\begin{eqnarray*} \sum_{j=1}^{n-1} ~ \frac{\mu_j}{y_j} \end{eqnarray*}$ macht natürlich noch Ärger, aber der ist zum Glück beherrschbar.

28.10.2005, 00:24

Mathespezialschüler

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*lol*
Ja, wenn man darauf kommt - ich meine sowohl 1. als auch 2.. Wenn man 1. hat, dann ist die Summengleichung in 2. klar, aber warum weißt du jetzt z. B., dass du mit einer Konvexkombination arbeiten musst? Daher, dass in der Aufgabenstellung selbst solche Konvexsummen vorhanden sind? Ist ja auch egal.
Zum Induktionsanfang n=2: Die Ungleichung ist äquivalent zu

$\begin{eqnarray*} \lambda_1\lambda_2x_1^2+\lambda_1\lambda_2x_2^2+(\lambda_1^2+ \lambda_2^2)x_1x_2\leq \frac{x_1^2}{4}+\frac{x_2^2}{4}+\frac{x_1x_2}{2} \end{eqnarray*}$

Die ersten beiden Summanden hab ich einfach mit AM-GM abgeschätzt, das ist also schon zu grob?! Fragt sich nur, wie man es dann einsieht. verwirrt

verwirrt

Gruß MSS

28.10.2005, 12:08

AD

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Ja, das war zu grob. Addieren wir mal links eine saftige $\begin{eqnarray*} 0=2\lambda_1\lambda_2x_1x_2-2\lambda_1\lambda_2x_1x_2 \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} \lambda_1\lambda_2x_1^2 - 2\lambda_1\lambda_2x_1x_2 + \lambda_1\lambda_2x_2^2 + (\lambda_1^2+2\lambda_1\lambda_2+\lambda_2^2)x_1x_2 &=& \lambda_1\lambda_2(x_1-x_2)^2+(\lambda_1+\lambda_2)^2x_1x_2\\ &=& \lambda_1\lambda_2(x_1-x_2)^2+x_1x_2 \end{eqnarray*}$

wegen $\begin{eqnarray*} \lambda_1+\lambda_2=1 \end{eqnarray*}$ . Jetzt sieht die Sache sicher schon klarer aus.

Zitat:

Original von Mathespezialschüler
aber warum weißt du jetzt z. B., dass du mit einer Konvexkombination arbeiten musst?

Wegen der Summennormierung für die $\begin{eqnarray*} \lambda_j,\mu_j \end{eqnarray*}$ muss speziell auch $\begin{eqnarray*} \lambda_1+\lambda_{n-1}+\lambda_n = \mu_1+\mu_{n-1} \end{eqnarray*}$ gelten. Nun ist $\begin{eqnarray*} \mu_1=\lambda_1+\alpha,\mu_{n-1}=\lambda_n+\beta \end{eqnarray*}$ , wobei $\begin{eqnarray*} \alpha,\beta \end{eqnarray*}$ die Gewichtsanteile sind, die bei der "Aufteilung" von $\begin{eqnarray*} x_{n-1} \end{eqnarray*}$ dazukommen. Also muss $\begin{eqnarray*} \alpha+\beta=\lambda_{n-1} \end{eqnarray*}$ , d.h. $\begin{eqnarray*} \frac{\alpha}{\lambda_{n-1}}+\frac{\beta}{\lambda_{n-1}}=1 \end{eqnarray*}$ gelten, oder bildlich formuliert:
Die Aufteilung von $\begin{eqnarray*} x_{n-1} \end{eqnarray*}$ auf die Randwerte $\begin{eqnarray*} x_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x_n \end{eqnarray*}$ muss "gewichtserhaltend" geschehen.

Und das leistet nun mal die Konvexkombination. Ist wohl etwas "Auge" dabei, wenn man solche Sachen schon desöfteren gesehen hat. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Trotzdem würde es mich nicht wundern, wenn Leopold mit einer einfacheren Lösung aufkreuzt, vielleicht ganz ohne Induktion. Das hatte ich ja oben schon versucht, was aber daneben gegangen war (auch wegen einer viel zu groben Abschätzung).

28.10.2005, 18:11

Mathespezialschüler

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Ok, die Abschätzung ist jetzt klar. Letztendlich reicht also doch

$\begin{eqnarray*} \lambda_1\lambda_2\leq\frac{1}{4} \end{eqnarray*}$ ,

die man ja aus AM-GM erhält, nur dass es halt nicht reicht, sie so anzuwenden, wie ich es tat. Hammer

Hammer

Zitat:

Original von Arthur Dent
Ist wohl etwas "Auge" dabei, wenn man solche Sachen schon desöfteren gesehen hat. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Da wird wohl der größte Teil liegen! Augenzwinkern

Augenzwinkern

Aber was ist denn eine "Summennormierung"?

Gruß MSS

28.10.2005, 18:32

AD

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Ja, schlecht ausgedrückt von mir - damit meine ich nur die Forderung

$\begin{eqnarray*} \sum_{j=1}^n \lambda_j = \sum_{j=1}^{n-1} \mu_j = 1 \end{eqnarray*}$

für die "Gewichte".

28.10.2005, 18:50

Mathespezialschüler

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Gut, danke dir! Gott

Gott

Gruß MSS

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