Ungleichung zweier Summen für alle bk beweisen

10.03.2017, 14:30

Narutachuu

Ungleichung zweier Summen für alle bk beweisen

Meine Frage:
Guten Tag. Ich habe zum lernen für meine Prüfung diese Aufgabe gefunden:
$\begin{eqnarray*} \left(\sum\limits_{k=1}^{n} k*b_{k} \right)^{2} \leq\frac{n*(n+1)}{2}*\sum\limits_{k=1}^{n} k*b_{k}^{2} \end{eqnarray*}$

Ich soll beweisen, dass dies für alle Reellen zahlen b_1 bis b_n zutrifft.Wie gehe ich in dieser Situation vor?

Meine Ideen:
Ansatz ist der Beweis, dass $\begin{eqnarray*} \frac{n*(n+1)}{2}=\sum\limits_{k=1}^{n} \end{eqnarray*}$
das geht noch sehr sehr einfach, weshalb ich es jetzt nicht aufführen werde.

erster gedanke ist, dass b^2 immer positiv ist, also kann ich negative Zahlen ausser Acht lassen.
Jetzt weiss ich leider nicht weiter.Bei einer normalen Induktion würde man ja mit n+1 weiter machen. ggfs die rechte seite verkleinern/linke vergrößern, da dies bei Ungleichungen möglich ist.

Ich brauche einen Ansatz und eine Richtung in die Ich arbeiten kann. Ich blick da leider nicht durch :P

vielen Dank smile

10.03.2017, 14:32

IfindU

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RE: Ungleichung zweier Summen für alle bk beweisen
Das ist eine direkte Folgerung der Cauchy-Schwarz Ungleichung.

Edit: Jensen Ungleichung funktioniert auch.

10.03.2017, 15:06

HAL 9000

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Zitat:

Original von IfindU
Jensen Ungleichung funktioniert auch.

Naja, die CSU kann man ja immer auch als Jensen-Spezialfall betrachten, im diskreten Fall sieht das so aus:

Sei $\begin{align*} U:=\sum\limits_{i=1}^n u_i^2 \end{align*}$ . Im Fall $\begin{align*} u_1=\ldots=u_n=0 \end{align*}$ ist die CSU $\begin{align*} \left( \sum_{k=1}^n u_kv_k\right)^2 \leq \sum_{k=1}^n u_k^2 \cdot \sum_{k=1}^n v_k^2 \end{align*}$ trivialerweise erfüllt. In allen anderen Fällen ist $\begin{align*} U>0 \end{align*}$ , und man kann die Jensensche Ungleichung $\begin{align*} f\left( \sum_{k=1}^n \lambda_k x_k \right) \leq \sum_{k=1}^n \lambda_k f(x_k) \end{align*}$ auf das konvexe $\begin{align*} f(x)=x^2 \end{align*}$ anwenden, mit den Werten $\begin{align*} \lambda_k = \frac{u_k^2}{U} \end{align*}$ und $\begin{align*} x_k = \begin{cases} U\frac{v_k}{u_k} & \;\mbox{falls}\; u_k\neq 0\\ 0 & \;\mbox{falls}\; u_k=0\end{cases} \end{align*}$ .

EDIT: Hab mal besser in $\begin{align*} u_k,v_k \end{align*}$ umbenannt, damit es zu keiner Verwechslung zum hiesigen $\begin{align*} b_k \end{align*}$ kommt. Augenzwinkern

10.03.2017, 15:12

IfindU

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Danke HAL. Ich hatte es gerade nur schnell für den Spezialfall gemacht, indem ich mit $\begin{eqnarray*} \mu(A) := \sum_{k \in A} k \end{eqnarray*}$ ein Maß definiert hatte (und damit $\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^n k b_k = \int_{ \{ 1, 2, \ldots, n\} } b_k d\mu(k) \end{eqnarray*}$ ). Aber natürlich kann man das $\begin{eqnarray*} \mu(A) \end{eqnarray*}$ allgemeiner definieren, womit man dann eine notationell andere Fassung deines Beweisen bekäme. Freude

10.03.2017, 15:45

HAL 9000

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Da es in der Fragestellung um den diskreten Fall geht, wollte ich den Threadersteller nun auch nicht mit einem allgemeineren maßtheoretischen Beweis überfahren. Big Laugh

Halten wir fest, dass die Anwendung von Cauchy-Schwarz hier vermutlich leichter zu erkennen ist.

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