44. IMO - (b) < Internationale MO < Wettbewerbe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Übungsaufgabe) Übungsaufgabe  | | Datum: | 11:30 So 29.08.2004 | | Autor: | Hanno |
Es sei n eine positive, ganze Zahl und es seien [mm] $x_1,x_2,...,x_n$ [/mm] reelle Zahlen mit [mm] $x_1
(a) Man beweise:
[mm] $\left(\summe_{i=1}^{n}{\summe_{j=1}^{n}{|x_i-x_j|}}\right)^2\leq\frac{2(n^2-1)}{3}\cdot\summe_{i=1}^{n}{\summe_{j=1}^{n}{(x_i-x_j)^2}}$
[/mm]
(b) Man zeige, dass Gleichheit dann und nur dann eintritt, wenn [mm] $x_1,...,x_n$ [/mm] eine arithmetische Folge ist.
Gruß,
Hanno
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:40 So 29.08.2004 | | Autor: | Hanno |
Hiho.
Wie ich mir das wünsche, beginne ich mal mit meinem ersten Hirngespinst zu dieser Aufgabe:
[mm] $\left(\summe_{i=1}^{n}{\summe_{j=1}^{n}{|x_i-x_j|}}\right)^2\leq\frac{2(n^2-1)}{3}\cdot\summe_{i=1}^{n}{\summe_{j=1}^{n}{(x_i-x_j)^2}}$
[/mm]
Jedes paar von Elementen der Reihe [mm] $x_1,...,x_n$ [/mm] wird doppelt gezählt. Daher können wir beide Summen auch so umordnen, dass die Elemente jeweils nur ein Mal gezählt werden, die gesamte Summe jedoch mit 2 multipliziert wird:
[mm] $\gdw\left(2\cdot\summe_{i=1}^{n}{\summe_{j=1}^{i}{x_i-x_j}}\right)^2\leq\frac{4(n^2-1)}{3}\cdot\summe_{i=1}^{n}{\summe_{j=1}^{i}{(x_i-x_j)^2}}$
[/mm]
[mm] $\gdw\left(\summe_{i=1}^{n}{\summe_{j=1}^{i}{x_i-x_j}}\right)^2\leq\frac{(n^2-1)}{3}\cdot\summe_{i=1}^{n}{\summe_{j=1}^{i}{(x_i-x_j)^2}}$
[/mm]
Könnte das weiterhelfen?
EDIT: 18:30
Hier einige weiterführende Überlegungen auf dem Weg zur Eliminierung dieser schrecklichen Doppelsummen:
Betrachten wir die Doppelsumme
[mm] $\summe_{i=1}^{n}{\summe_{j=1}^{i}{x_i-x_j}}$
[/mm]
so können wir aussagen darüber machen, wie oft ein Element [mm] $x_k$ [/mm] addiert und wie oft subtrahiert wird. Addiert wird es genau $k$ mal (denn die Zweite Summe läuft für $i=k$ genau $k$ mal durch, d.h. [mm] $x_k$ [/mm] wird $k$ mal addiert). Subtrahiert wird [mm] $x_k$ [/mm] genau $n-k+1$. Schauen wir uns mal den Fall $k=1$ an. Für jeden Wert von $i$ wird [mm] $x_1$ [/mm] in der zweiten Summe genau ein Mal subtrahiert. Wenn $k=2$, dann wird erst ab $i=2$ in der zweiten Summe subtrahiert.
Das heißt:
[mm] $\summe_{i=1}^{n}{\summe_{j=1}^{i}{x_i-x_j}}=\summe_{i=1}^{n}{x_i\cdot(i-(n-i+1))}=\summe_{i=1}^{n}{x_i\cdot (2i-n-1)}$
[/mm]
Nun betrachten wir die rechte Doppelsumme
[mm] $\summe_{i=1}^{n}{\summe_{j=1}^{i}{(x_i-x_j)^2}}=\summe_{i=1}^{n}{\summe_{j=1}^{i}{x_i^2+x_j^2-2\cdot x_i\cdot x_j}}=\summe_{i=1}^{n}{\summe_{j=1}^{i}{x_i^2+x_j^2}}-2\cdot\summe_{i=1}^{n}{\summe_{j=1}^{i}{x_i\cdot x_j}}$:
[/mm]
Aus den vorherigen Erkenntnissen folgt:
[mm] $=\summe_{i=1}^{n}{x_i^2\cdot (i+n-i+1)}-2\cdot\summe_{i=1}^{n}{\summe_{j=1}^{i}{x_i\cdot x_j}}=\summe_{i=1}^{n}{x_i^2\cdot (n+1)}-2\cdot\summe_{i=1}^{n}{\summe_{j=1}^{i}{x_i\cdot x_j}}$
[/mm]
Gab es nicht einen Satz über solche Differenzensummierung?
Gruß,
Hanno
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:03 Mi 08.09.2004 | | Autor: | Hanno |
Hiho.
[mm] $\summe_{i=1}^{n}{(2i-n-1)^2}=\summe_{i=1}^{n}{(2i-(n+1))^2}=\summe_{i=1}^{n}{\left( 4i^2-4i(n+1)+(n+1)^2\right)}$
[/mm]
[mm] $=\summe_{i=1}^{n}{4i^2}-\summe_{i=1}^{n}{4i(n+1)}+\summe_{i=1}^{n}{(n+1)^2}$
[/mm]
[mm] $=4\cdot\summe_{i=1}^{n}{i^2}-4\cdot (n+1)\cdot\summe_{i=1}^{n}{i}+n(n+1)^2$
[/mm]
[mm] $=\frac{2\cdot n(n+1)(2n+1)}{3}-2\cdot (n+1)^2\cdot (n)+n\cdot (n+1)^2$
[/mm]
[mm] $=(n)(n+1)\cdot\left( \frac{2}{3}\cdot (2n+1)-2(n+1)+n+1\right)$
[/mm]
...
[mm] $=\frac{(n-1)(n)(n+1)}{3}$.
[/mm]
Gruß,
Hanno
PS @ Stefan:
Es tut mir leid, ich habe im Moment kaum Zeit, mich mit all dem zu beschäftigen, was ich gerne machen würde. Da ist die Mathematik an sich, die Mathebücher, die Mathebank, der Matheraum. Da ist der Bundeswettbewerb Informatik, da sind meine Informatikbücher. Da ist die Philosophie und zu guter letzt natürlich noch die Schule. Zu allem Überrfluss ziehen wir auch noch diese Woche um. Es also nicht sehr stressfrei bei mir.
Nur damit du weißt, dass es nicht die Lust ist, an der es mangelt.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:10 Mi 08.09.2004 | | Autor: | Stefan |
Lieber Hanno!
> [mm]\summe_{i=1}^{n}{(2i-n-1)^2}=\summe_{i=1}^{n}{(2i-(n+1))^2}=\summe_{i=1}^{n}{\left( 4i^2-4i(n+1)+(n+1)^2\right)}[/mm]
>
> [mm]=\summe_{i=1}^{n}{4i^2}-\summe_{i=1}^{n}{4i(n+1)}+\summe_{i=1}^{n}{(n+1)^2}[/mm]
> [mm]=4\cdot\summe_{i=1}^{n}{i^2}-4\cdot (n+1)\cdot\summe_{i=1}^{n}{i}+n(n+1)^2[/mm]
>
> [mm]=\frac{2\cdot n(n+1)(2n+1)}{3}-2\cdot (n+1)^2\cdot (n)+n\cdot (n+1)^2[/mm]
>
> [mm]=(n)(n+1)\cdot\left( \frac{2}{3}\cdot (2n+1)-2(n+1)+n+1\right)[/mm]
>
> ...
> [mm]=\frac{(n-1)(n)(n+1)}{3}[/mm].
Sehr gut!!! ![[hut]](/images/smileys/hut.gif "[hut]")
Dann geht es nachher weiter mit der Herleitung der Lösung...
> PS @ Stefan:
> Es tut mir leid, ich habe im Moment kaum Zeit, mich mit
> all dem zu beschäftigen, was ich gerne machen würde. Da ist
> die Mathematik an sich, die Mathebücher, die Mathebank, der
> Matheraum. Da ist der Bundeswettbewerb Informatik, da sind
> meine Informatikbücher. Da ist die Philosophie und zu guter
> letzt natürlich noch die Schule. Zu allem Überrfluss ziehen
> wir auch noch diese Woche um. Es also nicht sehr stressfrei
> bei mir.
> Nur damit du weißt, dass es nicht die Lust ist, an der es
> mangelt.
Das weiß ich, und ich habe vollstes Verständnis dafür, ehrlich.  Ich habe ja auch nicht immer Zeit. Mach einfach das, was du schaffst und was dir Spaß macht. Ich bewundere dich eh für dein Engagement und deinen Elan und bin froh, dass du hier bei uns bist. Zur fehlenden Zeit: Ich passe mich deinem Tempo an. Dann warten wir mit dem Beutelspacher eben noch etwas. Jan muss ja eh erst einmal das erste Kapitel lesen und die Aufgaben machen. Oder bist du schon so weit, Jan? 
Liebe Grüße
Stefan
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 09:17 Do 09.09.2004 | | Autor: | Stefan |
Lieber Hanno, lieber Jan!
Zum ersten Teil der Aufgabe:
> Es sei n eine positive, ganze Zahl und es seien
> [mm]x_1,x_2,...,x_n[/mm] reelle Zahlen mit [mm]x_1
> (a) Man beweise:
>
> [mm]\left(\summe_{i=1}^{n}{\summe_{j=1}^{n}{|x_i-x_j|}}\right)^2\leq\frac{2(n^2-1)}{3}\cdot\summe_{i=1}^{n}{\summe_{j=1}^{n}{(x_i-x_j)^2}}[/mm]
OBdA sei [mm] $\sum\limits_{i=1}^n x_i=0$, [/mm] da beide Seiten der Gleichung invariant gegenüber Translationen der [mm] $x_i$ [/mm] sind.
Es gilt:
[mm] $\sum\limits_{i,j=1}^n \vert x_i [/mm] - [mm] x_j \vert [/mm] = 2 [mm] \sum\limits_{i
(Die zweite Gleichheit ist nicht so einfach zu sehen. Aber schaut euch mal an, wie oft [mm] $x_i$ [/mm] in der vorherigen Summe mit welchem Vorzeichen vorkommt: $(i-1)$-mal mit positivem Vorzeichen und $(n-i)$ mal mit negativem Vorzeichen, so dass also der Vorfaktor eines [mm] $x_i$ [/mm] gerade $(i-1)-(n-i) =2i-n-1$ ist.)
Jetzt kommt die Cauchy-Schwarz-Ungleichung ins Spiel:
[mm] $\left( \sum\limits_{i=1}^n \vert x_i - x_j \vert \right)^2 [/mm] = 4 [mm] \left( \sum\limits_{i=1}^n (2i-n-1)\, x_i \right)^2 \le \ldots$ [/mm] (*).
Bei (*) kommt ein Ausdruck mit [mm] $\sum\limits_{i=1}^n x_i^2$ [/mm] vor. Das versucht ihr zu substituieren, indem ihr
[mm] $\sum\limits_{i,j=1}^n (x_i-x_j)^2$
[/mm]
einfach mal ausmultipliziert und dabei [mm] $\sum\limits_{i=1}^n x_i=0$ [/mm] verwendet.
Versucht es halt mal (du, Hanno, nach deinem Umzug und du, Jan, vielleicht jetzt schon?).
Liebe Grüße
Stefan
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Hallo Stefan
> > Es sei n eine positive, ganze Zahl und es seien
> > [mm]x_1,x_2,...,x_n[/mm] reelle Zahlen mit [mm]x_1
> > (a) Man beweise:
> >
> >
> [mm]\left(\summe_{i=1}^{n}{\summe_{j=1}^{n}{|x_i-x_j|}}\right)^2\leq\frac{2(n^2-1)}{3}\cdot\summe_{i=1}^{n}{\summe_{j=1}^{n}{(x_i-x_j)^2}}[/mm]
>
> OBdA sei [mm]\sum\limits_{i=1}^n x_i=0[/mm], da beide Seiten der
> Gleichung invariant gegenüber Translationen der [mm]x_i[/mm] sind.
Wow, darauf muss man erst einmal kommen
>
> Es gilt:
>
> [mm]\sum\limits_{i,j=1}^n \vert x_i - x_j \vert = 2 \sum\limits_{i
> Jetzt kommt die Cauchy-Schwarz-Ungleichung ins Spiel:
>
> [mm]\left( \sum\limits_{i=1}^n \vert x_i - x_j \vert \right)^2 = 4 \left( \sum\limits_{i=1}^n (2i-n-1)\, x_i \right)^2 \le \ldots[/mm]
Ok mal sehen was man daraus machen kann...
[mm]4*(\summe_{i=1}^{n}{(2i-n-1)x_i})^2 \le 4*(\summe_{i=1}^{n}{(2i-n-1)^2})*(\summe_{i=1}^{n}{x_i^2}) = \frac{4n\cdot (n+1) \cdot (n-1)}{3}*(\summe_{i=1}^{n}{x_i^2})[/mm]
> Bei (*) kommt ein Ausdruck mit [mm]\sum\limits_{i=1}^n x_i^2[/mm]
> vor. Das versucht ihr zu substituieren, indem ihr
>
> [mm]\sum\limits_{i,j=1}^n (x_i-x_j)^2[/mm]
>
> einfach mal ausmultipliziert und dabei [mm]\sum\limits_{i=1}^n x_i=0[/mm]
> verwendet.
[mm]\summe_{i=1}^{n}{\summe_{j=1}^{n}{(x_i-x_j)^2}}[/mm]
[mm]= \summe_{i=1}^{n}{\summe_{j=1}^{n}{x_i^2+x_j^2-2x_i*x_j}}[/mm]
[mm]= \summe_{i=1}^{n}{\summe_{j=1}^{n}{x_i^2}} + \summe_{i=1}^{n}{\summe_{j=1}^{n}{x_j^2}} + \summe_{i=1}^{n}{\summe_{j=1}^{n}{-2x_i*x_j}}[/mm]
In dem Term [mm]\summe_{i=1}^{n}{\summe_{j=1}^{n}{-2x_i*x_j}}[/mm] wird jedes [mm]x_i[/mm] mit jedem [mm]x_j[/mm] multipliziert. Daher gilt:
[mm]\summe_{i=1}^{n}{\summe_{j=1}^{n}{-2x_i*x_j}} = \summe_{i=1}^{n}{-2x_i*(\summe_{j=1}^{n}{x_j})} = 0[/mm] wegen [mm]\summe_{j=1}^{n}{x_j} = 0[/mm]
Bleibt noch
[mm]\summe_{i=1}^{n}{\summe_{j=1}^{n}{x_i^2}} + \summe_{i=1}^{n}{\summe_{j=1}^{n}{x_j^2}}[/mm]
[mm]= n*\summe_{i=1}^{n}{x_i^2} + n*\summe_{j=1}^{n}{x_j^2}[/mm]
[mm]= 2n*(\summe_{i=1}^{n}{x_i^2})[/mm]
Auf der rechten Seite der anfänglichen Ungleichung steht also
[mm]\frac{4n*(n^2-1)}{3}*(\summe_{i=1}^{n}{x_i^2})[/mm]
Für den Term auf der linken Seite gilt wie oben gezeigt
[mm]\summe_{i=1}^{n}{\summe_{j=1}^{n}{|x_i-x_j|}} \le \frac{4n\cdot (n+1) \cdot (n-1)}{3}*(\summe_{i=1}^{n}{x_i^2})[/mm]
Wegen [mm]\frac{4n\cdot (n+1) \cdot (n-1)}{3}*(\summe_{i=1}^{n}{x_i^2}) = \frac{4n*(n^2-1)}{3}*(\summe_{i=1}^{n}{x_i^2})[/mm]
ist die Ungleichung also erfüllt.
Ich hoffe mal, das ist kein völliger Blödsinn. Für einen ausführlicheren Beweis fehlt mir leider gerade die Zeit (Ich muss gleich wieder zur Schule).
MfG
Jan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:21 Sa 11.09.2004 | | Autor: | Hanno |
Yuchee, auf
$ [mm] \sum\limits_{i,j=1}^n \vert x_i [/mm] - [mm] x_j \vert [/mm] = 2 [mm] \sum\limits_{i
war ich in meinen Hirngespinsten auch gekommen ;)
Gruß,
Hanno
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:36 So 12.09.2004 | | Autor: | Hanno |
Hi Stefan.
hm naja, die Lineare Algebra. Ich schaue mal, ob ich mir heute mal ne Stunde und versuche, das zweite Kapitel zuende durchzulesen. Dann kannst du ja die AUfgaben heraussuchen, von denn du glaubst, dass sie am besten das Verständnis prüfen. Jan ist wohl auch bald so weit. Ich sag heute gegen 18:00 bescheid!
Grr, kommt Herr Beutelspacher zu euch ins Forschungszentrum?
Gruß,
Hanno
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:48 So 12.09.2004 | | Autor: | Stefan |
Lieber Hanno!
> hm naja, die Lineare Algebra. Ich schaue mal, ob ich mir
> heute mal ne Stunde und versuche, das zweite Kapitel zuende
> durchzulesen. Dann kannst du ja die AUfgaben heraussuchen,
> von denn du glaubst, dass sie am besten das Verständnis
> prüfen. Jan ist wohl auch bald so weit. Ich sag heute gegen
> 18:00 bescheid!
Es reicht, wenn du mir in den nächsten Tagen Bescheid gibst, sobald du fertig bist. Ich komme heute eh nicht dazu die Aufgaben zu posten. Ja, ist in Ordnung, so machen wir das. Lass dich aber von mir nicht unter Druck setzen.
> Grr, kommt Herr Beutelspacher zu euch ins
> Forschungszentrum?
Ja. Wir haben demnächst eine neue , wo es u.a. auch um platonische Körper geht. Da Herr Prof. Beutelspacher Spezialist für diskrete Strukturen und Geometrie ist, wird er darüber bei uns (populär-)wissenschaftlich vortragen, also ein Vortrag für das allgemeine Publikum, der aber mit Sicherheit auch für Mathematiker interessant sein wird. Willst du kommen? (Ich weiß, die Kosten...)
Liebe Grüße
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:50 So 12.09.2004 | | Autor: | Hanno |
Hi Stefan.
Wann genau ist denn das?
Gruß,
Hanno
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:03 So 12.09.2004 | | Autor: | Hanno |
Hi Stefan.
HMm, das kann ich aber nur schwer annehmen..
Lass uns warten, bis du genaueres weißt, dann besprechen wir das.
Danke schonmal dafür, dass du mich gefragst und mir finanzielle Unterstützung angeboten hast.
Gruß,
Hanno
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:15 So 12.09.2004 | | Autor: | Hanno |
Hi Stefan.
Ich möchte lieber nochmal prüfen, ob ich deine Annahme,das [mm] $\summe_{i=1}^{n}{x_i}=0$ [/mm] keine Beschränkung der Allgemeinheit ist, verstanden habe.
Ich habe mir ein paar Gedanken gemacht und mir das so überlegt:
Da ja nur die Differenzen der Glieder [mm] $x_i$ [/mm] betrachtet werden, kann ich den ganzen "Block" von [mm] $x_i$ [/mm] so verschieben (ungefähr mit der "Mitte" auf den Ursprung des Zahlenstrahles), dass die Summe insgesamt Null ist. Ist das korrekt?
Ich möchte da lieber nachfragen, da ich es vorher einfach so hingenommen habe. Aber das hat nicht wirklich Sinn, denn dann lernt man ja rein gar nichts dazu.
Ich habe auch noch einige Fragen zu (c), mal schaun ob ich sie heute noch poste.
Gruß,
Hanno
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:42 So 12.09.2004 | | Autor: | Stefan |
Lieber Hanno!
> Ich möchte lieber nochmal prüfen, ob ich deine Annahme,das
> [mm]\summe_{i=1}^{n}{x_i}=0[/mm] keine Beschränkung der
> Allgemeinheit ist, verstanden habe.
Sehr löblich.
> Ich habe mir ein paar Gedanken gemacht und mir das so
> überlegt:
> Da ja nur die Differenzen der Glieder [mm]x_i[/mm] betrachtet
> werden, kann ich den ganzen "Block" von [mm]x_i[/mm] so verschieben
> (ungefähr mit der "Mitte" auf den Ursprung des
> Zahlenstrahles), dass die Summe insgesamt Null ist. Ist das
> korrekt?
Ich denke du meinst das Richtige. Da nur Differenzen betrachtet werden, ändert sich der Wahrheitsgehalt der Aussage nicht, wenn man die Folgenglieder der Folge [mm] $(x_i)_{i=1,\lodts,n}$ [/mm] um eine Konstante verschiebt.
Ist nun
[mm] $\sum\limits_{i=1}^n x_i \ne [/mm] 0$,
so definieren wir uns:
[mm] $\tilde{x_i}:= x_i [/mm] - [mm] \frac{1}{n} \sum\limits_{j=1}^n x_j$.
[/mm]
Dann ist
[mm] $\sum\limits_{i=1}^n \tilde{x_i} [/mm] = [mm] \sum\limits_{i=1}^n x_i [/mm] - [mm] \sum\limits_{i=1}^n \frac{1}{n} \sum\limits_{j=1}^n x_j [/mm] = [mm] \sum\limits_{i=1}^n x_i [/mm] - n [mm] \cdot \frac{1}{n} \sum\limits_{j=1}^n x_j [/mm] = [mm] \sum\limits_{i=1}^n x_i [/mm] - [mm] \sum\limits_{j=1}^n x_j [/mm] = 0$.
Alles klar?
> Ich möchte da lieber nachfragen, da ich es vorher einfach
> so hingenommen habe. Aber das hat nicht wirklich Sinn, denn
> dann lernt man ja rein gar nichts dazu.
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Ich habe auch noch einige Fragen zu (c), mal schaun ob ich
> sie heute noch poste.
, gerne!
Liebe Grüße
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:49 So 12.09.2004 | | Autor: | Hanno |
Hi Stefan.
Super, das habe ich verstanden. Ich drücke mich immer nur etwas verbal aus, anstatt das alles auszurechnen ;)
Gruß,
Hanno
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:31 Do 09.09.2004 | | Autor: | Stefan |
Lieber Jan, lieber Hanno!
Wie sieht es mit dem zweiten Teil aus?
Warum gilt genau dann Gleichheit, wenn [mm] $x_1,\ldots,x_n$ [/mm] eine arithmetische Folge ist?
Wir haben ja nur eine Ungleichung in unserer Kette: An der Stelle, wo die Cauchy-Schwarz-Ungleichung auftaucht. Also lautet doch die Frage: Wann gilt Gleichheit in der Cauchy-Schwarz-Ungleichung? Versucht das mal rauszufinden und meldet euch dann wieder...
Liebe Grüße
Stefan
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:02 So 12.09.2004 | | Autor: | Hanno |
Hi Stefan.
Ich tue mich ein wenig schwer, aber ich habe versucht, durch stures Ausrechnen einen Beweis zu finden:
Zuerst möchte ich mich mal an die linke Seite geben:
$ [mm] \left(\summe_{i=1}^{n}{\summe_{j=1}^{n}{|x_i-x_j|}}\right)^2$
[/mm]
$ [mm] =\left(2\cdot\summe_{i,j\leq n, i>j}{x_i-x_j}\right)^2$
[/mm]
Sei $k$ nun der Abstand der Folgeglieder der arithmetischen Reihe, so gilt:
$ [mm] =\left(2\cdot\summe_{i,j\leq n, i>j}{k\cdot (i-j)}\right)^2$
[/mm]
$ [mm] =\left(2\cdot k\cdot\summe_{i,j\leq n, i>j}{i-j}\right)^2$
[/mm]
Die entstandene Summe können wir als
[mm] $\summe_{i=1}^{n-1}{(n-i)i}$ [/mm] zusammenfassen. Beispiel: wenn $i=2$, dann bleibt für $j$ nur $j=1$. Dann ist $i-j=1$. Der Faktor $1$ kommt für jedes [mm] $i\geq [/mm] 2$ vor, der Faktor $2$ allerdings erst ab einem [mm] $i\geq [/mm] 3$, denn dort ist $i-j$ für $j=1$ größer oder gleich $2$. D.h. also, dass ein Faktor $c$ genau $(n-c)$ mal vorkommt, woraus die Summendarstellung folgt.
Weiter geht's:
[mm] $=\summe_{i=1}^{n-1}{n\cdot i-i^2}=n\cdot\summe_{i=1}^{n-1}{i}-\summe_{i=1}^{n-1}{i^2}=\frac{n^2\cdot (n-1)}{2}-\frac{(n-1)\cdot (n)\cdot (2n-1)}{6}$
[/mm]
[mm] $=\frac{(n)\cdot (n-1)(3n-2n-1)}{6}=\frac{n\cdot (n-1)\cdot (n+1)}{6}$
[/mm]
Das setzen wir nun in unsere Gleichung
[mm] $\left(2\cdot k\cdot\summe_{i,j\leq n, i>j}{i-j}\right)^2 [/mm] $
ein und erhalten:
$ [mm] =\left(2\cdot k\cdot \frac{n(n-1)(n+1)}{6}\right)^2=\left(\frac{k\cdot n\cdot (n-1)(n+1)}{3}\right)^2=\frac{k^2\cdot n^2\cdot (n-1)^2\cdot (n+1)^2}{9}$
[/mm]
Nun die rechte Seite:
[mm] $\summe_{i=1}^{n}{\summe_{j=1}^{n}{(x_i-x_j)^2}}$
[/mm]
[mm] $=2\cdot k^2\cdot\summe_{i,j\leq n,i>j}{(i-j)^2}$
[/mm]
Jetzt schauen wir uns beide Seiten nochmal in der Gleichung an:
[mm] $\frac{k^2\cdot n^2\cdot (n-1)^2\cdot (n+1)^2}{9}=\frac{2\cdot (n+1)\cdot (n-1)}{3}\cdot 2\cdot k^2\cdot\summe_{i,j\leq n,i>j}{(i-j)^2}$
[/mm]
[mm] $\gdw \frac{n^2\cdot (n-1)\cdot (n+1)}{3}=4\cdot\cdot\summe_{i,j\leq n,i>j}{(i-j)^2}$
[/mm]
Mit einigem Rechnen gelangt man zu
[mm] $\summe_{i,j\leq n, i>j}{(i-j)^2}=\frac{n^2\cdot (n-1)\cdot (n+1)}{12}$. [/mm] Wer es ganz genau wissen will, der kann sich ja mal die Bernoulli Zahlen anschauen.
Dann habe ich also
$ [mm] \gdw \frac{n^2\cdot (n-1)\cdot (n+1)}{3}=4\cdot \frac{n^2\cdot (n-1)\cdot (n+1)}{12} [/mm] $,
womit die Gleichung bewiesen wäre.
Uff, das war eine Arbeit. Ich schaue mal, ob ich auch die (Wahrscheinlich sehr kurze) Begründung für die GLeichheit der CS-Ungleichung finden kann.
Gruß,
Hanno
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:54 So 12.09.2004 | | Autor: | Stefan |
Lieber Hanno!
Sehr schön! ![[sunny]](/images/smileys/sunny.gif "[sunny]")
Ich habe jetzt nicht jedes Zeichen überprüft (ich hoffe du verzeihst mir das), aber die grobe Rechnung stimmt. Und da am Ende auf beiden Seiten das Gleiche rauskommt, gehe ich davon aus, dass du alles richtig gemacht hast.
Was du bisher gezeigt hast, ist ja Folgendes:
Wenn wir eine arithmetische Folge haben, dann gilt Gleichheit.
Was wir noch zeigen müssen:
Wenn Gleichheit gilt, dann liegt eine arithmetische Folge vor.
Und dazu benötigen wir auf jeden Fall die Bedingung, wann in der Cauchy-Schwarz-Ungleichung Gleichheit gilt!
Soll ich die Aufgabe zu Ende führen oder willst du es selber probieren?
Liebe Grüße
Stefan
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:02 So 12.09.2004 | | Autor: | Hanno |
Hi Stefan.
Ich versuche es heut wohl noch, du kannst es jamorgen posten, wenn hier niemand etwas von sich gegeben hat, ok?
Gruß,
Hanno
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:04 So 12.09.2004 | | Autor: | Hanno |
Hi nochmals
Du kannst aber gerne 1-2 neue Aufgaben online stellen, da würde ich mich sehr freuen und mein Sonntag wäre noch schöner als er sowieso schon ist ;)
Gruß,
Hanno
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:32 So 12.09.2004 | | Autor: | Stefan |
Lieber Hanno!
Ich komme im Moment leider nicht dazu neue Aufgaben zu stellen. Ich habe echt eine Menge zu tun, und werde jetzt erst einmal wieder offline gehen. Ab Montag gibt es wieder neue Aufgaben.
Ich hoffe du hattest trotzdem einen schönen Sonntag.
Liebe Grüße
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:35 Do 16.09.2004 | | Autor: | Stefan |
Lieber Hanno!
Also: Wenn Gleichheit gilt, dann muss auch in der Cauchy-Schwarz-Ungleichung Gleichheit gelten.
In diesem Fall sind die beiden Vektoren [mm] $\begin{pmatrix} x_1 \\x_2 \\ \vdots \\ x_n \end{pmatrix}$ [/mm] und [mm] $\begin{pmatrix} 2-n-1 \\4-n-1 \\ \vdots \\2n-n-1 \end{pmatrix}$ [/mm] linear abhängig, d.h. hier:
Es gibt eine reelle Zahl [mm] $\lambda$ [/mm] mit:
[mm] $x_i [/mm] = [mm] \lambda \cdot [/mm] (2i-n-1)$.
Daraus folgt:
[mm] $x_{i+1}-x_i [/mm] = [mm] 2\lambda$,
[/mm]
d.h. die Abstände zwischen den Folgengliedern sind konstant und somit die Folge arithmetisch.
Liebe Grüße
Stefan
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Cauchy-Schwarz-Ungleichung![[respekt]](/images/smileys/respekt.gif "[respekt]"){kind=small}
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