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(Frage) für Interessierte  | | Datum: | 19:27 Mo 20.03.2006 | | Autor: | dazivo |
| Aufgabe | Gegeben werden [mm] a_{1},a_{2},...,a_{n} [/mm] reelle Zahlen mit der Eigenschaft [mm] \produkt_{i=1}^{n}{a_{i}}=1. [/mm] Beweise
[mm] \produkt_{i=1}^{n}{(4+a_{i})} \ge 5^{n}
[/mm]
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Hat irgendjemand eine Idee??
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 10:34 Di 25.04.2006 | | Autor: | DirkG |
Zunächst mal ist die Aussage so, wie sie da steht, falsch: Gegenbeispiel [mm] $n=2,a_1=a_2=-1$.
[/mm]
Wenn wir allerdings zusätzlich die Nichtnegativität der [mm] $a_i$ [/mm] fordern, dann klappt der Beweis per vollständiger Induktion mit folgender Idee:
Im Induktionsschritt nehmen wir o.B.d.A. [mm] $a_1\geq 1\geq a_2$ [/mm] an und zeigen [mm] $(4+a_1)(4+a_2)\geq 5(4+a_1a_2)$.
[/mm]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:41 So 30.04.2006 | | Autor: | dazivo |
Es tut mir leid, selbstverständlich muss die Ungleichung lauten:
[mm] $\prod_{i=1}^{n} (4+a_{i}) \le 5^n [/mm] $ , wobei [mm] $\prod_{i=1}^{n} a_{i} [/mm] =1$.
Ich hab sie inzwischen bewiesen, wens interessiert kann ja mal hinschauen:
Zunächst mach ich gebrauch von der Beziehung Arithmetisches Mittel ist immer grösser gleich dem Geometrischen: also.
[mm] $(\prod_{i=1}^{n} (4+a_{i}))^{\bruch{1}{n}} \le \bruch{4n+\summe_{}^{}{a_{i}}}{n}$
[/mm]
Da [mm] $\prod_{i=1}^{n} a_{i} [/mm] =1$ ist wiederum nach $AM [mm] \ge [/mm] GM$ und somit ist [mm] $\summe_{}^{}{a_{i}} \ge [/mm] n$ dadraus folgt::
[mm] $(\prod_{i=1}^{n} (4+a_{i}))^{\bruch{1}{n}} \le \bruch{4n+\summe_{}^{}{a_{i}}}{n}$
[/mm]
[mm] $\bruch{4n+\summe_{}^{}{a_{i}}}{n} \ge \bruch{4n+n}{n}$ [/mm] = 5
fertig!
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:47 Do 04.05.2006 | | Autor: | DirkG |
Nein, die Richtung der Ungleichung war schon richtig: [mm] $\prod\limits_{i=1}^{n} (4+a_{i}) \geq 5^n$
[/mm]
Es fehlte nur die Voraussetzung der Nichtnegativität der [mm] $a_i$.
[/mm]
Dein Beweis ist leider nicht korrekt: Doppelungleichungen (?!) der Art
[mm] $$\left( \prod\limits_{i=1}^{n} (4+a_{i}) \right)^{\frac{1}{n}} \leq \frac{4n+\sum\limits_{i=1}^n a_{i}}{n} \geq [/mm] 5$$
mit Relationszeichen in verschiedenen Richtungen bringen nichts.
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 16:02 So 14.05.2006 | | Autor: | dazivo |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Hallo Dirk! ich hab mir das noch mal angekuckt: Hast recht, dass mit dem Beweis ist nbisschen daneben gegangen, aber nach dir sollte ja die aufgabe so lauten:
Seien $a_{i} \in \IR_{+}$ gegeben, wobei $ \produkt_{i=1}^{n}{a_{i}=1$, dann gilt
$ \produkt_{i=1}^{n}{(4+a_{i})} \ge 5^n$, oder?
Wenn dem ja so ist, dann kann ich ja mit der Beziehung:
$(2-\sqrt{a_{i}})^2 \ge 0$
$4+a_{i} > 4 \sqrt{a_{i}}$, weil es ja kleiner ist als das produkt ist, kann ich es ja durch $4 \sqrt{a_{i}}$ ersetzten
$4^n \sqrt{\produkt_{}^{}{a_{i}}} \ge 5^n$ = $4^n \ge 5^n$ ?!?!?! könntest du mir vielleicht sagen wo hier der fehler ist
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:02 So 28.05.2006 | | Autor: | DirkG |
Die letzte Zeile ist dir wohl völlig danebengegangen, nicht wahr? Ich deute deinen Ansatz mal so, dass du die Ungleichungen [mm] $4+a_{i} \geq [/mm] 4 [mm] \sqrt{a_{i}}$ [/mm] über alle [mm] $i=1,\ldots,n$ [/mm] multiplizieren willst, dann erhältst du
[mm] $$\prod\limits_{i=1}^n [/mm] ~ [mm] (4+a_i) \geq 4^n \sqrt{ \prod\limits_{i=1}^n ~ a_i} [/mm] = [mm] 4^n$$
[/mm]
Das ist zwar richtig, aber zuwenig für die zu beweisende Behauptung.
Ich hatte ja oben einen Weg aufgezeigt, wie es klappt, aber das war vielleicht noch nicht deutlich genug, deswegen jetzt noch mal ausführlich: Der Beweis läuft als Vollständige Induktion über $n$.
Für $n=1$ ist die Aussage zweifelsohne richtig. Nun zum Induktionsschluss [mm] $(n-1)\to [/mm] n$, d.h. für [mm] $n\geq [/mm] 2$:
Mindestens eine der $n$ Zahlen ist [mm] $\geq [/mm] 1$, o.B.d.A. sei das [mm] $a_1$, [/mm] denn andernfalls wäre [mm] $\prod\limits_{k=1}^n~a_k<1$. [/mm] Von den restlichen $n-1$ Zahlen ist mindestens eine [mm] $\leq [/mm] 1$, o.B.d.A. sei das [mm] $a_2$, [/mm] denn andernfalls wäre [mm] $\prod\limits_{k=2}^n~a_k>1\geq \frac{1}{a_1}$. [/mm] Nun teilen wir das Produkt auf in die $n-1$ Faktoren [mm] $a_1\cdot a_2, a_3,\ldots,a_n$ [/mm] auf und wenden darauf die Induktionsvoraussetzung an und erhalten
[mm] $$(4+a_1a_2)\prod\limits_{k=3}^n~(4+a_k)\geq 5^{n-1}$$
[/mm]
Wenn jetzt noch der Nachweis [mm] $(4+a_1)(4+a_2)\geq 5(4+a_1a_2)$ [/mm] gelingt, ist der Induktionsschluss vollständig bewiesen. Und jener Nachweis ist kein Problem, da diese Ungleichung äquivalent zu [mm] $4(a_1-1)(a_2-1)\leq [/mm] 0$ ist, und das ist laut der wohlbedachten Auswahl von [mm] $a_1$ [/mm] und [mm] $a_2$ [/mm] erfüllt.
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