Ungleichung mit Logarithmus

23.10.2017, 10:05	Tierra467	Auf diesen Beitrag antworten »
Ungleichung mit Logarithmus Ich soll das größtmöglichste c finden, sodass $\begin{eqnarray} 2^{2^{ \|_ log_2 log_2 n _\| }} \geq an^c \end{eqnarray}$ wobei a>0 beliebig ist. Oben bei dem 2^ steht \|_ log_2 log_2 n _\| , also es wird nach unten abgerundet. $\begin{eqnarray} 2^{ \|_ log_2 log_2 n _\| } \geq log_2 (a) + c* log_2 (n) \end{eqnarray}$ Nun komme ich nicht weiter, weil ich $\begin{eqnarray} log_2 ( log_2 (a) + c* log_2 (n)) \end{eqnarray}$ nicht nach c auflösen kann. Ich könnte auch gleich umformen und komme auf $\begin{eqnarray} \frac{2^{ \|_ log_2 log_2 n _\| } - log_2 (a)}{log_2 (n) } \end{eqnarray*}$ . Kann ich das noch vereinfachen?
23.10.2017, 10:51	mYthos	Auf diesen Beitrag antworten »
Nur der zweite Weg erscheint sinnvoll. Worauf du kommst, dazu hast du nur einen Term hingeschrieben, es soll aber eine Ungleichung sein! Also $\begin{eqnarray} c \leq \frac{ ... }{\log_2 n} \end{eqnarray}$ Und dann ist noch eine Aussage über $\begin{eqnarray} n \end{eqnarray}$ zu treffen. Nur wenn $\begin{eqnarray} n > \color {red}1 \end{eqnarray}$ ist, ist der log positiv und das Relationszeichen nicht umzukehren. Eine weitere Vereinfachung sehe ich nicht. mY+
23.10.2017, 11:13	Tierra467	Auf diesen Beitrag antworten »
Danke! Ich habe mir dann noch gedacht, man könnte a=1 wählen, sodass log2(a)=0 ist. Aber wenn 0<a<1 ist, dann kann -log2(a) unendlich groß werden.
23.10.2017, 13:11	mYthos	Auf diesen Beitrag antworten »
n darf nicht 1 sein, denn dann würde durch 0 dividiert. Bei 0 < n < 1 ist der log negativ und deswegen ist dann das Relationszeichen umzukehren. ----------- Übrigens habe ich einen Fehler in meinem Vorpost dahingehend korrigiert. mY+
23.10.2017, 13:17	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Die unscheinbare Gaußklammer ist der Dreh- und Angelpunkt hier: a) Betrachten wir speziell $\begin{align} n=2^{2^m-1} \end{align}$ , dann ist $\begin{align} \left\lfloor \log_2\left(\log_2(n)\right) \right\rfloor = m-1 \end{align}$ , und für diesen Fall lautet deine Forderung $\begin{align} 2^{2^{m-1}} \geq a \cdot \left( 2^{2^m-1} \right)^c \end{align}$ , logarithmiert $\begin{align} 2^{m-1} \geq \log_2(a) + c \left( 2^m-1 \right) \end{align}$ $\begin{align} 1 \geq \frac{\log_2(a)}{2^{m-1}} + c \left( 2- \frac{1}{2^{m-1}} \right) \end{align}$ für alle natürlichen $\begin{align} m \end{align}$ , im Grenzwert $\begin{align} m\to\infty \end{align}$ ist das gleichbedeutend mit $\begin{align} 1\geq 2c \end{align}$ , also $\begin{align} c\leq \frac{1}{2} \end{align}$ . b) Andererseits klappt es auch mit $\begin{align} c=\frac{1}{2} \end{align}$ und z.B. $\begin{align} a=1 \end{align}$ für alle natürlichen $\begin{align} n \end{align}$ : Ist $\begin{align} m := \left\lfloor \log_2\left( \log_2(n)\right) \right\rfloor \end{align}$ , dann bedeutet das $\begin{align} \log_2\left( \log_2(n)\right) < m+1 \end{align}$ bzw. dann $\begin{align} n < 2^{2^{m+1}} \end{align}$ und folglich $\begin{align} a\cdot n^c = n^{\frac{1}{2}} < 2^{2^{m+1}\cdot \frac{1}{2}} = 2^{2^m} = 2^{2^{\left\lfloor \log_2\left( \log_2(n)\right) \right\rfloor}} \end{align}$ . P.S.: Ich hab das Problem so aufgefasst, dass $\begin{align} 2^{2^{\left\lfloor \log_2(\log_2(n)) \right\rfloor}} &\geq a\cdot n^c \end{align}$ für alle natürlichen $\begin{align} n>1 \end{align}$ gelten soll, wobei man aber $\begin{align} a \end{align}$ selbst passend wählen darf. Sollte es anders gemeint sein, dann bitte intervenieren.

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