Aufgaben aus der MO

03.07.2009, 20:43

mathe760

Aufgaben aus der MO

Hallo,

ich habe mal wieder damit begonnen für die MO zu üben und wollte mal fragen, ob ihr euch mal die folgenden beiden Lösungen ansehen könnt?:

A421333:

In einer Beratung sitzen zehn Personen um einen runden Tisch. Nach einer
Pause nehmen sie wieder Platz, wobei sich jeder auf seinen bisherigen Stuhl
oder auf einen der beiden Nachbarstühle setzt.
Wie viele verschiedene Sitzordnungen sind nach der Pause möglich?

Lösung:

ich komme durch Fallunterscheidungen auf 42 mögliche Anordnungen, wenn es falsch ist schreibe ich nochmal ausführlich meinen Lösungsweg. Kann es vllt. sein, dass einige Sitzordnungen in einander durch drehen übergehen? Kurz gesagt gibt es 6 mögliche Fälle, nämlich dass jeweils 0,2,4,6, 8, 10 Personen ihren Platz wechseln.

441133
Man zeige, dass für alle positiven reellen Zahlen a, b mit ab = 1 die Ungleichung

$\begin{eqnarray*} a^3+b^3+1\geq 2a+b^2 \end{eqnarray*}$

gilt.

Lösung:

Die zu zeigende Ungleichung ist aufgrung der Vorraussetzung ab=1 äquivalent zu

$\begin{eqnarray*} a^3+\frac{1}{a^3}+1 \geq 2a+\frac{1}{a^2} \end{eqnarray*}$ .

Multipliziert man auf beiden Seiten des Ungleichung mit dem Faktor a^3 ist weiter

$\begin{eqnarray*} a^6+1+a^3 \geq 2a^4+a \end{eqnarray*}$

Bringt man nun alles auf die linke Seite und faktorisiert erhält man schließlich

$\begin{eqnarray*} (a-1)^2 \cdot (a+1) \cdot (a^3+a^2+1) \geq 0 \end{eqnarray*}$

was zu zeigen war.

Ist das so richtig, auch formal gesehen?

Ich bin für jegliche Art von Kritik offen.

Bis denn mathe760 Wink

03.07.2009, 22:01

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Zitat:

Original von mathe760
ich komme durch Fallunterscheidungen auf 42 mögliche Anordnungen, wenn es falsch ist schreibe ich nochmal ausführlich meinen Lösungsweg.

Tu das mal, ich komme auf mehr als 100 Anordnungen.

Zitat:

Original von mathe760
Multipliziert man auf beiden Seiten des Ungleichung mit dem Faktor a^3 ist weiter

$\begin{eqnarray*} a^6+1 \geq -2a^4+a \end{eqnarray*}$

Hier ist was kräftig schiefgegangen - aber wohl nur beim Posten, denn das hier

Zitat:

Original von mathe760
$\begin{eqnarray*} (a-1)^2 \cdot (a+1) \cdot (a^3+a^2+1) \geq 0 \end{eqnarray*}$

ist wieder in der richtigen Spur. Freude

04.07.2009, 20:27

mathe760

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Danke Arthur Dent, habe es oben berichtigt Augenzwinkern

Ich werde die andere Aufgabe nochmal durchrechnen, die Ungleichungsaufgabe ist jetzt ganz richtig-auch formal?
Eine Frage hätte ich da noch, sollte man so Nebenrechnungen wie Polynomdivisionen mit aufschreiben bei der MO? Und kann ich mir sicher sein, dass wenn ich einfach iwelche Ungleichungen oder geometrische Tatsachen angebe ohne sie zu beweisen, das es da keinen Punktabzug für gibt?

Bis denn mathe760 Wink

04.07.2009, 20:41

WebFritzi

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Zitat:

Original von mathe760
Eine Frage hätte ich da noch, sollte man so Nebenrechnungen wie Polynomdivisionen mit aufschreiben bei der MO?

Nein. Zum Beispiel kannst du schreiben: "Offenbar ist x³ + 6x² + 11x + 6 = (x + 1)(x + 2)(x + 3)" anstatt eine Polynomdivision durchzuführen und aufzuschreiben. Oft ist es in der geschriebenen Mathematik egal, wie der Autor darauf kommt, wenn der Fakt nur nachvollziehbar ist. Zwar wäre es manchmal schön, auch den Weg der Erkenntnis nachvollziehen zu können, aber diesen lässt man aus Platzgründen oft weg. Mach, was du willst. Schlussendlich ist es ja nicht falsch, wenn du die gesamte Polynomdivision aufschreibst.

04.07.2009, 21:24

mathe760

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Ok vielen Dank WebFritzi.

Ich habe da gerade noch eine Ungleichung bewiesen, vllt. könnte sich das jemand noch kurz angucken? Und zwar:

Es seien a,b,c positive reele Zahlen für die gilt abc=1 Zeigen sie, dass dann

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{1+a+b}+ \frac{1}{1+b+c}+ \frac{1}{1+c+a} \leq \frac{1}{2+a}+ \frac{1}{2+b}+ \frac{1}{2+c} (1) \end{eqnarray*}$ gilt.

Beweis:

Die zu zeigende Ungleichung ist offenbar symmetrisch in ihren Variaben. Sei O.B.d.A
$\begin{eqnarray*} a\geq b\geq c \end{eqnarray*}$ , dann ist (1) der Reihe nach äquivalent zu den nachfolgenden Ungleichungen.

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{1+a+b}+ \frac{1}{1+b+c}+ \frac{1}{1+c+a} \leq \frac{1}{2+a}+ \frac{1}{2+b}+ \frac{1}{2+c} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Longleftrightarrow abc \cdot (\frac{1}{1+a+b}+ \frac{1}{1+b+c}+ \frac{1}{1+c+a}) \leq \frac{bc}{1+2bc}+ \frac{ac}{1+2ac}+ \frac{ab}{1+2ab} \leq \frac{abc}{1+2c}+ \frac{abc}{1+2c}+ \frac{abc}{1+2c} = \frac{3}{1+2c} \end{eqnarray*}$

Bin ich jetzt schon fertig?

\Edit: Habe es editiert, war eine blöde Frage von mir^^

Bis denn mathe760 Wink

05.07.2009, 21:34

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Zitat:

Original von mathe760
$\begin{eqnarray*} \Longleftrightarrow abc \cdot (\frac{1}{1+a+b}+ \frac{1}{1+b+c}+ \frac{1}{1+c+a}) \leq \frac{bc}{1+2bc}+ \frac{ac}{1+2ac}+ \frac{ab}{1+2ab} \leq \frac{abc}{1+2c}+ \frac{abc}{1+2c}+ \frac{abc}{1+2c} = \frac{3}{1+2c} \end{eqnarray*}$

Das erste < ist die Äquivalenz zur Behauptung, Ok.

Das zweite < sehe ich momentan nicht. Und dann erkenne ich auch überhaupt nicht, inwieweit diese Betrachtung die Ungleichung beweisen soill? verwirrt

P.S.: An sich liegt ein (nicht sonderlich eleganter) Beweis dieser Ungleichung seit knapp 3 Monaten in meiner Schublade, hatte damals nur aus verständlichen Gründen nicht die geringste Lust, ihn vorzustellen. Auch jetzt muss ich dich im Sinne einer Gleichbehandlung zu domelius erstmal nach der Quelle dieser Aufgabe fragen.

06.07.2009, 19:54

mathe760

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Ok stimmt ich hatte einfach nicht daran gedacht, dass a,b,c reele Zahlen und nicht natürliche Zahlen sind...

hmm die Aufgabe habe ich auch nur aus der besagten Quelle hier im Board. Kannst du mir denn irgendeinen Lösungsansatz geben?

Die zweite Aufgabe, die ich im ersten Post geschrieben hatte, war aber richtig oder?

Bis denn mathe760 Wink

06.07.2009, 20:08

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Du meinst die hier?

Zitat:

Original von mathe760
441133
Man zeige, dass für alle positiven reellen Zahlen a, b mit ab = 1 die Ungleichung

$\begin{eqnarray*} a^3+b^3+1\geq 2a+b^2 \end{eqnarray*}$

gilt.

Ja, nach Korrektur der Zwischenzeile war die Lösung Ok - musst du eigentlich auch mal selbst erkennen.

---------

Meine Lösungsidee zu dieser letzten Ungleichung kann ich mal grob skizzieren: Ich definiere

$\begin{eqnarray*} f(a,b,c) := \frac{1}{2+a}+ \frac{1}{2+b}+ \frac{1}{2+c} - \frac{1}{1+a+b} - \frac{1}{1+b+c} - \frac{1}{1+c+a} \end{eqnarray*}$ ,

dann ist $\begin{eqnarray*} f(a,b,c) \geq 0 \end{eqnarray*}$ für alle positiven $\begin{eqnarray*} a,b,c \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} abc = 1 \end{eqnarray*}$ nachzuweisen.

Ich bohre diese Behauptung etwas auf, indem ich es sogar für alle positiven $\begin{eqnarray*} a,b,c \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} abc \geq 1 \end{eqnarray*}$ nachweise - die Gründe werden später offenkundig.

O.B.d.A. sei nun (wie bei dir) $\begin{eqnarray*} a\geq b\geq c \end{eqnarray*}$ . In einem ersten Schritt weise ich nun

$\begin{eqnarray*} f(a,b,c) \geq f\left( a, \frac{b+c}{2}, \frac{b+c}{2} \right) \qquad (1) \end{eqnarray*}$

nach. Aus $\begin{eqnarray*} abc\geq 1 \end{eqnarray*}$ folgt auch $\begin{eqnarray*} a\left( \frac{b+c}{2} \right)^2 \geq 1 \end{eqnarray*}$ . Für "=" statt ">" gilt diese Implikation nicht - daher die "Aufbohrung".

Wegen (1) genügt es nun im zweiten Schritt, die Ungleichung

$\begin{eqnarray*} f(a,b,b) \geq 0 \end{eqnarray*}$ für alle positiven $\begin{eqnarray*} a,b \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} a\geq 1, ab^2 \geq 1 \end{eqnarray*}$

nachzuweisen, dann ist man fertig.

Einige Zwischenrechnungen sind unschön, deswegen bin ich offen für elegante Wege - das da oben ist mehr harte, solide Arbeit. Augenzwinkern

06.07.2009, 20:13

Airblader

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RE: Aufgaben aus der MO
Auf eines möchte ich doch noch eben eingehen, denn folgendes ist in meinen Augen falsch:

Zitat:

Original von mathe760
Bringt man nun alles auf die linke Seite und faktorisiert erhält man schließlich

$\begin{eqnarray*} (a-1)^2 \cdot (a+1) \cdot (a^3+a^2+1) \geq 0 \end{eqnarray*}$

was zu zeigen war.

Das mag eine zur Behauptung äquivalente Ungleichung sein, doch die Begründung, dass dies zu zeigen war, zeigt gar nichts.
Viel mehr sollte an dieser Stelle gesagt werden, dass alle Faktoren offensichtlich größer gleich Null sind, also auch das Produkt - wzbw.

air

06.07.2009, 20:20

mathe760

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@Arthur Dent: Danke für diese Beweis Idee, zwar nicht das woran ich eig. gedacht hätte, aber ich denke der ist doch Massentauglich (sprich anwendbar auf viele solcher Probleme) Freude

@Airblader: Da hast du natürlich uneingeschränkt Recht, sehr schlampig geschrieben von mir Big Laugh

Bis denn mathe760 Wink

06.07.2009, 20:23

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Zitat:

Original von mathe760
zwar nicht das woran ich eig. gedacht hätte

Ich auch nicht, aber trotz des einfachen äußeren widersteht diese Ungleichung ziemlich zäh den naheliegenden AMGM-usw.-Versuchen. Und sie ist scharf, man kann also nicht rumschlampern mit allzu großzügigen Abschätzungen.

Eine andere Möglichkeit: Man kann die Ungleichung "homogenisieren" (in Bezug auf die innewohnenden Polynome), indem man die Nebenbedingung $\begin{eqnarray*} abc=1 \end{eqnarray*}$ via Substitution $\begin{eqnarray*} a=u^3,b=v^3,c=w^3,1=uvw \end{eqnarray*}$ verwurstelt. Die nachzuweisende Ungleichung lautet dann

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{uvw+u^3+v^3} + \frac{1}{uvw+v^3+w^3} + \frac{1}{uvw+w^3+u^3} \leq \frac{1}{2uvw+u^3} + \frac{1}{2uvw+v^3} + \frac{1}{2uvw+w^3} \end{eqnarray*}$ für alle positiven $\begin{eqnarray*} u,v,w \end{eqnarray*}$ .

Ob das allerdings was bringt, steht auf einem anderen Blatt - zumindest ist man die Gleichungs-Nebenbedingung los.

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