eleganteste Herleitung? < Sonstiges < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Umfrage) Beendete Umfrage  | | Datum: | 16:17 Sa 27.04.2013 | | Autor: | reverend |
| Aufgabe | Zeige: für alle positiven rationalen Zahlen [mm] \bruch{p}{q} [/mm] mit [mm] p,q\in\IN [/mm] gilt:
[mm] \bruch{p}{q}+\bruch{q+1}{p+1}\ge{2} [/mm] |
Hallo allerseits,
es gilt, diese nicht-triviale Aussage zu beweisen. Dafür gibt es einige Möglichkeiten. Gesucht ist die kürzeste und eleganteste Herleitung (wenn es jemand Beweis nennen will, bitte...).
Da es mehr eine Freizeitbeschäftigung für alle sein soll, deklariere ich die Aufgabe nicht als Übungsaufgabe, sondern als Umfrage. Dann können alle alles mitlesen.
Viel Spaß!
Grüße
reverend
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:59 Mo 29.04.2013 | | Autor: | reverend |
Guten Tag. 
Wenig Betrieb hier. Was ist los? Zu leicht? Zu schwer?
Vielleicht ein Tipp für die, die Letzteres finden.
Mit [mm] p,q\in\IR^+ [/mm] klappt es nicht.
Wer also die Funktion [mm] f(p,q)=\bruch{p}{q}+\bruch{q+1}{p+1} [/mm] im Reellen untersucht, findet unendlich viele lokale Minima, alle mit Funktionswerten <2.
Viele Grüße
reverend
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:19 Mo 29.04.2013 | | Autor: | fred97 |
> Guten Tag.
>
> Wenig Betrieb hier. Was ist los? Zu leicht?
hallo rev,
na ja, das hängt davon ab, was Du unter
"kürzeste und eleganteste Herleitung"
verstehst.
> Zu schwer?
Nö.. Durch äquivalenzumformungen kommt man auf die Ungl
(*) $ [mm] (q-p)^2 \ge [/mm] q-p.$
(*) ist im Falle q [mm] \le [/mm] p richtig . Im Falle q>p ist (*) äquivalent zu q [mm] \ge [/mm] p+1.
Elegant ist diese Herleitung nicht.
Gruß FRED
>
> Vielleicht ein Tipp für die, die Letzteres finden.
> Mit [mm]p,q\in\IR^+[/mm] klappt es nicht.
> Wer also die Funktion [mm]f(p,q)=\bruch{p}{q}+\bruch{q+1}{p+1}[/mm]
> im Reellen untersucht, findet unendlich viele lokale
> Minima, alle mit Funktionswerten <2.
>
> Viele Grüße
> reverend
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> Durch äquivalenzumformungen kommt man auf die Ungl
>
> (*) [mm](q-p)^2 \ge q-p.[/mm]
>
> (*) ist im Falle q [mm]\le[/mm] p richtig . Im Falle q>p ist (*)
> äquivalent zu q [mm]\ge[/mm] p+1.
>
> Elegant ist diese Herleitung nicht.
>
> Gruß FRED
Hallo Fred,
dies entspricht doch im Wesentlichen auch meiner Lösung,
bei der ich jedoch
1.) die Hilfsgröße d eingeführt
2.) die Umformungen wirklich hingeschrieben
und
3.) gewisse Teilüberlegungen erläutert habe.
Damit sieht sie natürlich auch erheblich "länger" aus.
Ich finde nur, dass (optische) Kürze in mathematischen
Überlegungen und Darstellungen gar nicht immer ein
erstrebenswertes Ziel ist ...
Gruß , Al-Chw.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:36 Mo 29.04.2013 | | Autor: | felixf |
Moin,
> > Durch äquivalenzumformungen kommt man auf die Ungl
> >
> > (*) [mm](q-p)^2 \ge q-p.[/mm]
> >
> > (*) ist im Falle q [mm]\le[/mm] p richtig . Im Falle q>p ist (*)
> > äquivalent zu q [mm]\ge[/mm] p+1.
> >
> > Elegant ist diese Herleitung nicht.
tja, ich haette wohl vorher auch Freds Antwort lesen sollen... Ich hab genau das gleiche gemacht.
> dies entspricht doch im Wesentlichen auch meiner Lösung,
Genau.
> Ich finde nur, dass (optische) Kürze in mathematischen
> Überlegungen und Darstellungen gar nicht immer ein
> erstrebenswertes Ziel ist ...
Nein. Das haengt immer sehr vom Kontext und von der Zielgruppe ab. Zu lange Darstellungen sind allerdings auch kontraproduktiv. Jedoch, was zu lang ist haengt auch wieder ...
LG Felix
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:34 Mo 29.04.2013 | | Autor: | felixf |
Moin rev,
> Vielleicht ein Tipp für die, die Letzteres finden.
> Mit [mm]p,q\in\IR^+[/mm] klappt es nicht.
> Wer also die Funktion [mm]f(p,q)=\bruch{p}{q}+\bruch{q+1}{p+1}[/mm]
> im Reellen untersucht, findet unendlich viele lokale
> Minima, alle mit Funktionswerten <2.
aus der Herleitung von Al und mir folgt: es gilt genau dann, wenn $(q - [mm] p)^2 \ge [/mm] q - p$ ist. Wenn $q [mm] \le [/mm] p$ ist, dann ist $q - p [mm] \le [/mm] 0$, und wegen $(q - [mm] p)^2 \ge [/mm] 0$ ist die Ungleichung damit wahr. Ist jedoch $q > p$, so gilt $q - p > 0$, und kuerzen von $(q - [mm] p)^2 \ge [/mm] q - p$ ergibt $q - p [mm] \ge [/mm] 1$, also $q [mm] \ge [/mm] p + 1$.
Es ist also genau dann falsch, wenn $q [mm] \in [/mm] (p, p + 1)$ ist (was bei ganzzahligen $p$ und $q$ nicht vorkommen kann).
LG Felix
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> Guten Tag.
>
> Wenig Betrieb hier. Was ist los?
Angst, reverend,
die pure Angst vorm "Eleganten"!
Ich mein, man will sich ja nicht lächerlich machen, etwas vermeintlich Elegantes vorstellen, und dann steht man da wie ein Trampeltier, weil die Lösung bäurisch ist und nicht elegant.
Findest Du die jetzt eingereichten Lösungen eigentlich "elegant"?
Elegant - das klingt so elegant...
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:45 Mo 29.04.2013 | | Autor: | reverend |
Hallo Angela,
> > Wenig Betrieb hier. Was ist los?
>
> Angst, reverend,
> die pure Angst vorm "Eleganten"!
Das ist ein Argument.
> Ich mein, man will sich ja nicht lächerlich machen, etwas
> vermeintlich Elegantes vorstellen, und dann steht man da
> wie ein Trampeltier, weil die Lösung bäurisch ist und
> nicht elegant.
Ich könnte meinen ersten Versuch vorführen. Da nahm ich noch an, dass eine doppelte Induktion klug und machbar sei. Am liebsten hätte ich die "Frage" daher auch ins Induktionsforum gestellt. Vielleicht hat ja jemand Spaß an Verzweiflung...
> Findest Du die jetzt eingereichten Lösungen eigentlich
> "elegant"?
Bisher sehe ich nur zwei, jedenfalls vom Ansatz her. Die Variante [mm] d^2\ge{d} [/mm] ist doch schön kurz und schon für die schulische Mittelstufe verständlich. Das finde ich daher schon ziemlich elegant.
Ich habe noch eine andere Fassung, keineswegs kürzer (aber immerhin kurz), aber ich warte noch ein paar Versuche ab, bevor ich die vorstelle. Und muss dann das Risiko eingehen, dass das überhaupt niemand irgendwie elegant(er) findet.
Aber darum ging es mir auch nicht. Die Aufgabe ist mit recht verschiedenen Mitteln zu lösen. Wenn man die falschen wählt, gibt es eine Heidenrechnerei - Marcel führt das sehr schön mit der Analysis-Variante vor. Die wird, wie anderswo schon gesagt, noch hübscher, wenn man auf [mm] p,q\in\IR^+ [/mm] erweitert, weil man sich damit selbst eine Falle stellt. Die Funktion aber ist dann durchaus interessant.
> Elegant - das klingt so elegant...
Das war der Hauptzweck der Frage. Was macht einen Beweis eigentlich elegant? Oder noch mehr: was ist das eigentlich, elegant? Die Kürze allein ist es nicht, wie schon Al anmerkt und Marcel verdeutlicht.
Wenn ich eine Behauptung habe, die in [mm] \IN [/mm] gilt, aber nur für alle n<17, dann ist es sicher nicht elegant, wenn ich das 16mal vorrechne und damit alle Fälle erledige. Das ist z.B. dem ersten Computerbeweis der Mathematikgeschichte (Appel und Haken; Vierfarbentheorem) vorgeworfen worden: brute force. Die Nachprüfbarkeit war da ein anderer Punkt.
Interessant wäre hier z.B. eine geometrische Herangehensweise. Mir ist bisher keine eingefallen, aber vielleicht hat ja jemand anders eine Idee?
Soviel für jetzt. Ich warte ab, bis sich die Diskussion totläuft und offenbar niemand mehr erkennbar auf der Suche ist. Sich zu blamieren, braucht Vorbereitung und Geduld... Die nehme ich mir mal.
Herzliche Grüße
reverend
PS: Ich bin von Mittwoch bis Sonntag in Hamburg, aber auch da soll es angeblich schon Internet geben.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:56 Mo 29.04.2013 | | Autor: | Marcel |
Hi reverend,
> Hallo Angela,
>
> > > Wenig Betrieb hier. Was ist los?
> >
> > Angst, reverend,
> > die pure Angst vorm "Eleganten"!
>
> Das ist ein Argument.
>
> > Ich mein, man will sich ja nicht lächerlich machen, etwas
> > vermeintlich Elegantes vorstellen, und dann steht man
> da
> > wie ein Trampeltier, weil die Lösung bäurisch ist und
> > nicht elegant.
>
> Ich könnte meinen ersten Versuch vorführen. Da nahm ich
> noch an, dass eine doppelte Induktion klug und machbar sei.
müsste übrigens auch funktionieren - kann nur sein, dass man
dann Mittel benutzt, die wir hier schon gesehen haben!
> Am liebsten hätte ich die "Frage" daher auch ins
> Induktionsforum gestellt. Vielleicht hat ja jemand Spaß an
> Verzweiflung...
>
> > Findest Du die jetzt eingereichten Lösungen eigentlich
> > "elegant"?
>
> Bisher sehe ich nur zwei, jedenfalls vom Ansatz her. Die
> Variante [mm]d^2\ge{d}[/mm] ist doch schön kurz und schon für die
Meine "Rumrechnerei mit Brüchen" war übrigens i.W. das Gleiche,
nur unnötig umständlich.
> schulische Mittelstufe verständlich. Das finde ich daher
> schon ziemlich elegant.
Und um's wieder ein wenig "analytischer" zu machen: Die Ungleichung
[mm] $d^2 \ge [/mm] d$ kann man wunderbar mit [mm] $f(x):=x^2-x$ [/mm] erklären.
(Nebenbei: [mm] $d^2 \ge [/mm] d [mm] \iff [/mm] d(d-1) [mm] \ge [/mm] 0$ und das Produkt rechterhand hat Faktoren,
welche stets gleiches Vorzeichen haben. Oder anders gesagt: Wir wissen ja $d [mm] \in \IZ$ [/mm] und wäre
$d*(d-1) < 0$ für ein [mm] $d\,,$ [/mm] so müsste einer der Fälle: ($d < 0$ und $d-1 > 0$) oder ($d > 0$ und $d-1 < 0$)
gelten. Der erste ist offensichtlich unmöglich, der zweite würde $d [mm] \in [/mm] (0,1) [mm] \cap \IZ$ [/mm] implizieren...
Oder alternativ: [mm] $d^2 \ge [/mm] d$ gilt offenbar für [mm] $d=0\,,$ [/mm] und für $d [mm] \not=0$ [/mm] ist diese Ungleichung
äquivalent zu [mm] $d^2/|d| \ge [/mm] d/|d|$ bzw. $|d| [mm] \ge [/mm] 1$...)
> Ich habe noch eine andere Fassung, keineswegs kürzer (aber
> immerhin kurz), aber ich warte noch ein paar Versuche ab,
> bevor ich die vorstelle. Und muss dann das Risiko eingehen,
> dass das überhaupt niemand irgendwie elegant(er) findet.
> Aber darum ging es mir auch nicht. Die Aufgabe ist mit
> recht verschiedenen Mitteln zu lösen. Wenn man die
> falschen wählt, gibt es eine Heidenrechnerei - Marcel
> führt das sehr schön mit der Analysis-Variante vor.
Ich kann's Dir auch "kurz" zusammenschreiben. So viel Rechnerei
ist das nun auch wieder nicht (Ableiten, ein paar Mal einsetzen,
abschätzen...)
> Die
> wird, wie anderswo schon gesagt, noch hübscher, wenn man
> auf [mm]p,q\in\IR^+[/mm] erweitert, weil man sich damit selbst eine
> Falle stellt.
Die "Falle(n)" liegt (liegen) im Bereich [mm] $(p,p+1)\,.$
[/mm]
> Die Funktion aber ist dann durchaus
> interessant.
>
> > Elegant - das klingt so elegant...
>
> Das war der Hauptzweck der Frage. Was macht einen Beweis
> eigentlich elegant? Oder noch mehr: was ist das eigentlich,
> elegant?
Für MICH ist er elegant, wenn ich z.B. die Argumente direkt nachvollziehen
kann, ohne erst etwas nachzuschlagen, und die Argumente auch irgendwie
passend aufeinander folgen. Wenn man sich beim Argument 22 auf Argument
3 bezieht, weiß man schon gar nicht mehr, was da beim Argument 3 vielleicht
stand. Die Beweisstruktur spielt da auch eine Rolle, eventuell kann ein unnötig
großer Beweis eleganter als ein kleinerer sein, wenn er besser strukturiert ist.
> Die Kürze allein ist es nicht, wie schon Al
> anmerkt und Marcel verdeutlicht.
>
> Wenn ich eine Behauptung habe, die in [mm]\IN[/mm] gilt, aber nur
> für alle n<17, dann ist es sicher nicht elegant, wenn ich
> das 16mal vorrechne und damit alle Fälle erledige. Das ist
> z.B. dem ersten Computerbeweis der Mathematikgeschichte
> (Appel und Haken; Vierfarbentheorem) vorgeworfen worden:
> brute force. Die Nachprüfbarkeit war da ein anderer
> Punkt.
>
> Interessant wäre hier z.B. eine geometrische
> Herangehensweise. Mir ist bisher keine eingefallen, aber
> vielleicht hat ja jemand anders eine Idee?
Die Idee, sich da mal geometrisch Gedanken zu zu machen, hatte ich
noch gar nicht. Das klingt auch interessant... Aber willst Du dann mit
Brüchen starten? Denn wenn Du zuerst umformst, wird's ja schon fast
langweilig...
Wobei: Geometrie und Brüche, da denken wir doch an Strahlensätze ^^
> Soviel für jetzt. Ich warte ab, bis sich die Diskussion
> totläuft und offenbar niemand mehr erkennbar auf der Suche
> ist. Sich zu blamieren, braucht Vorbereitung und Geduld...
> Die nehme ich mir mal.
Wieso blamieren? ^^
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:39 Mo 29.04.2013 | | Autor: | reverend |
Hallo Marcel,
> > Ich könnte meinen ersten Versuch vorführen. Da nahm ich
> > noch an, dass eine doppelte Induktion klug und machbar sei.
>
> müsste übrigens auch funktionieren
Ich erhöhe um fünf und will sehen.
> - kann nur sein, dass
> man
> dann Mittel benutzt, die wir hier schon gesehen haben!
Ja, klar.
> > > Findest Du die jetzt eingereichten Lösungen eigentlich
> > > "elegant"?
> >
> > Bisher sehe ich nur zwei, jedenfalls vom Ansatz her. Die
> > Variante [mm]d^2\ge{d}[/mm] ist doch schön kurz
>
> Meine "Rumrechnerei mit Brüchen" war übrigens i.W. das
> Gleiche,
> nur unnötig umständlich.
Ja, das meine ich doch. Bisher gibt es zwei Lösungsansätze. Du hast beide vorgeführt.
> Und um's wieder ein wenig "analytischer" zu machen: Die
> Ungleichung
> [mm]d^2 \ge d[/mm] kann man wunderbar mit [mm]f(x):=x^2-x[/mm]
> erklären.
>
> (Nebenbei: [mm]d^2 \ge d \iff d(d-1) \ge 0[/mm] und das Produkt
> [color=red]rechterhand hat Faktoren,[/color]
> welche stets gleiches Vorzeichen haben. Oder anders
> [color=red]gesagt: Wir wissen ja [mm]d \in \IZ[/mm] und wäre[/color]
> [mm]d*(d-1) < 0[/mm] für ein [mm]d\,,[/mm] so müsste einer der Fälle: ([mm]d < 0[/mm]
> [color=red]und [mm]d-1 > 0[/mm]) oder ([mm]d > 0[/mm] und [mm]d-1 < 0[/mm])[/color]
> gelten. Der erste
> [color=red]ist offensichtlich unmöglich, der zweite würde [mm]d \in (0,1) \cap \IZ[/mm] [/color]
> implizieren...
Ah, das gefällt mir. Aber ich bin da vorbelastet. Oder verrate ich damit zuviel?
> Oder alternativ: [mm]d^2 \ge d[/mm] gilt offenbar für [mm]d=0\,,[/mm] und
> [color=red]für [mm]d \not=0[/mm] ist diese Ungleichung[/color]
> äquivalent zu [mm]d^2/|d| \ge d/|d|[/mm] bzw. [mm]|d| \ge 1[/mm]...)
> > Aber darum ging es mir auch nicht. Die Aufgabe ist mit
> > recht verschiedenen Mitteln zu lösen. Wenn man die
> > falschen wählt, gibt es eine Heidenrechnerei - Marcel
> > führt das sehr schön mit der Analysis-Variante vor.
>
> Ich kann's Dir auch "kurz" zusammenschreiben. So viel
> Rechnerei
> ist das nun auch wieder nicht (Ableiten, ein paar Mal
> einsetzen,
> abschätzen...)
Ja, Aufgaben dieses Schwierigkeitsgrads überblicke ich meistens noch.
> > Die
> > wird, wie anderswo schon gesagt, noch hübscher, wenn man
> > auf [mm]p,q\in\IR^+[/mm] erweitert, weil man sich damit selbst eine
> > Falle stellt.
>
> Die "Falle(n)" liegt (liegen) im Bereich [mm](p,p+1)\,.[/mm]
Du meinst wahrscheinlich q-1<p<q, oder?
> > was ist das eigentlich, elegant?
>
> Für MICH ist er elegant, wenn ich z.B. die Argumente
> direkt nachvollziehen
> kann, ohne erst etwas nachzuschlagen, und die Argumente
> auch irgendwie
> passend aufeinander folgen. Wenn man sich beim Argument 22
> auf Argument
> 3 bezieht, weiß man schon gar nicht mehr, was da beim
> Argument 3 vielleicht
> stand. Die Beweisstruktur spielt da auch eine Rolle,
> eventuell kann ein unnötig
> großer Beweis eleganter als ein kleinerer sein, wenn er
> besser strukturiert ist.
Das sehe ich auch so. Gibt es mehrere solche Beweise, dann neige ich aber schon dazu, kürzere zu bevorzugen - und solche, die möglichst einfache Mittel verwenden.
Und ein bisschen "Aha-Effekt" darf auch gern dabei sein.
Ich hatte mal einen Dozenten (dessen Namen ich mit großem Erfolg verdrängt habe), der die nötige "Wuppdizität" immer lobend hervorhob. Das Gegenteil davon war "trockenes Herumgedröge". Bis auf diese Grundidee, die ich teile, mochte ich allerdings wenig an ihm...
> > Interessant wäre hier z.B. eine geometrische
> > Herangehensweise. Mir ist bisher keine eingefallen, aber
> > vielleicht hat ja jemand anders eine Idee?
>
> Die Idee, sich da mal geometrisch Gedanken zu zu machen,
> hatte ich
> noch gar nicht. Das klingt auch interessant... Aber willst
> Du dann mit
> Brüchen starten? Denn wenn Du zuerst umformst, wird's ja
> schon fast
> langweilig...
> Wobei: Geometrie und Brüche, da denken wir doch an
> Strahlensätze ^^
Komisch. Genau mein Gedanke...
> > Sich zu blamieren, braucht Vorbereitung und Geduld...
> > Die nehme ich mir mal.
>
> Wieso blamieren? ^^
Ach, das ist so ein Hobby von mir.
Grüße
reverend
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:07 Mo 29.04.2013 | | Autor: | Marcel |
Hi rev.,
> Hallo Marcel,
>
> > > Ich könnte meinen ersten Versuch vorführen. Da nahm ich
> > > noch an, dass eine doppelte Induktion klug und machbar
> sei.
> >
> > müsste übrigens auch funktionieren
>
> Ich erhöhe um fünf und will sehen.
das schreibe ich mir erstmal selbst auf mein Whiteboard ^^
> > - kann nur sein, dass
> > man
> > dann Mittel benutzt, die wir hier schon gesehen haben!
>
> Ja, klar.
>
> > > > Findest Du die jetzt eingereichten Lösungen eigentlich
> > > > "elegant"?
> > >
> > > Bisher sehe ich nur zwei, jedenfalls vom Ansatz her.
> Die
> > > Variante [mm]d^2\ge{d}[/mm] ist doch schön kurz
> >
> > Meine "Rumrechnerei mit Brüchen" war übrigens i.W.
> das
> > Gleiche,
> > nur unnötig umständlich.
>
> Ja, das meine ich doch. Bisher gibt es zwei
> Lösungsansätze. Du hast beide vorgeführt.
Aber auch den zweiten Lösungsansatz kann man "geschickter"
machen, wenn man ihn auf den ersten zurückführt. (Der zweite
ist der mit der Ableitungsgeschichte ^^)
> > Und um's wieder ein wenig "analytischer" zu machen: Die
> > Ungleichung
> > [mm]d^2 \ge d[/mm] kann man wunderbar mit [mm]f(x):=x^2-x[/mm]
> > erklären.
> >
> > (Nebenbei: [mm]d^2 \ge d \iff d(d-1) \ge 0[/mm] und das Produkt
> > [color=red]rechterhand hat Faktoren,[/color]
> > welche stets gleiches Vorzeichen haben. Oder anders
> > [color=red]gesagt: Wir wissen ja [mm]d \in \IZ[/mm] und
> wäre[/color]
> > [mm]d*(d-1) < 0[/mm] für ein [mm]d\,,[/mm] so müsste einer der Fälle:
> ([mm]d < 0[/mm]
> > [color=red]und [mm]d-1 > 0[/mm]) oder ([mm]d > 0[/mm] und [mm]d-1 < 0[/mm])[/color]
>
> > gelten. Der erste
> > [color=red]ist offensichtlich unmöglich, der zweite
> würde [mm]d \in (0,1) \cap \IZ[/mm] [/color]
> > implizieren...
>
> Ah, das gefällt mir. Aber ich bin da vorbelastet. Oder
> verrate ich damit zuviel?
Nö. Was verrätst Du damit überhaupt?
> > Oder alternativ: [mm]d^2 \ge d[/mm] gilt offenbar für [mm]d=0\,,[/mm]
> und
> > [color=red]für [mm]d \not=0[/mm] ist diese Ungleichung[/color]
> > äquivalent zu [mm]d^2/|d| \ge d/|d|[/mm] bzw. [mm]|d| \ge 1[/mm]...)
>
> > > Aber darum ging es mir auch nicht. Die Aufgabe ist mit
> > > recht verschiedenen Mitteln zu lösen. Wenn man die
> > > falschen wählt, gibt es eine Heidenrechnerei -
> Marcel
> > > führt das sehr schön mit der Analysis-Variante vor.
> >
> > Ich kann's Dir auch "kurz" zusammenschreiben. So viel
> > Rechnerei
> > ist das nun auch wieder nicht (Ableiten, ein paar Mal
> > einsetzen,
> > abschätzen...)
>
> Ja, Aufgaben dieses Schwierigkeitsgrads überblicke ich
> meistens noch.
>
> > > Die
> > > wird, wie anderswo schon gesagt, noch hübscher, wenn
> man
> > > auf [mm]p,q\in\IR^+[/mm] erweitert, weil man sich damit selbst
> eine
> > > Falle stellt.
> >
> > Die "Falle(n)" liegt (liegen) im Bereich [mm](p,p+1)\,.[/mm]
>
> Du meinst wahrscheinlich q-1<p<q, oder?
Das ist das gleiche: "Meine" Funktion [mm] $f(x)=f_p(x)=\frac{p}{x}+\frac{x+1}{p+1}-2$ [/mm] für $x > [mm] 0\,$ [/mm] ist offenbar
nur in [mm] $(p,p+1)\,$ [/mm] echt negativ - also für $p < x < [mm] p+1\,.$ [/mm] Hier hat [mm] $x\,$ [/mm] "die Rolle" des [mm] $q\,$ [/mm] inne, und es ist $q=x < p+1 [mm] \iff [/mm] q-1=x-1 < [mm] p\,.$
[/mm]
> > > was ist das eigentlich, elegant?
> >
> > Für MICH ist er elegant, wenn ich z.B. die Argumente
> > direkt nachvollziehen
> > kann, ohne erst etwas nachzuschlagen, und die Argumente
> > auch irgendwie
> > passend aufeinander folgen. Wenn man sich beim Argument
> 22
> > auf Argument
> > 3 bezieht, weiß man schon gar nicht mehr, was da beim
> > Argument 3 vielleicht
> > stand. Die Beweisstruktur spielt da auch eine Rolle,
> > eventuell kann ein unnötig
> > großer Beweis eleganter als ein kleinerer sein, wenn
> er
> > besser strukturiert ist.
>
> Das sehe ich auch so. Gibt es mehrere solche Beweise, dann
> neige ich aber schon dazu, kürzere zu bevorzugen - und
> solche, die möglichst einfache Mittel verwenden.
Optimal ist beides - schlecht ist, kurz, und wenn dann irgendwo steht,
dass etwas trivial einzusehen ist, und wenn man es dann nachrechnet,
merkt, dass diese Trivialität über eine halbe Seite ist!
> Und ein bisschen "Aha-Effekt" darf auch gern dabei sein.
Natürlich!
> Ich hatte mal einen Dozenten (dessen Namen ich mit großem
> Erfolg verdrängt habe), der die nötige "Wuppdizität"
> immer lobend hervorhob. Das Gegenteil davon war "trockenes
> Herumgedröge". Bis auf diese Grundidee, die ich teile,
> mochte ich allerdings wenig an ihm...
Gute Dozenten können sogar ein Zusammenspiel von "Wuppdizität"
und "Herumgedröge" rüberbringen. Denn manchmal ist das eine besser,
manchmal tatsächlich auch das andere.
> > > Interessant wäre hier z.B. eine geometrische
> > > Herangehensweise. Mir ist bisher keine eingefallen,
> aber
> > > vielleicht hat ja jemand anders eine Idee?
> >
> > Die Idee, sich da mal geometrisch Gedanken zu zu
> machen,
> > hatte ich
> > noch gar nicht. Das klingt auch interessant... Aber
> willst
> > Du dann mit
> > Brüchen starten? Denn wenn Du zuerst umformst, wird's
> ja
> > schon fast
> > langweilig...
> > Wobei: Geometrie und Brüche, da denken wir doch an
> > Strahlensätze ^^
>
> Komisch. Genau mein Gedanke...
>
> > > Sich zu blamieren, braucht Vorbereitung und Geduld...
> > > Die nehme ich mir mal.
> >
> > Wieso blamieren? ^^
>
> Ach, das ist so ein Hobby von mir.
Na dann will ich Dich dabei mal nicht stören. ![[grins]](/images/smileys/grins.gif "[grins]")
Gruß,
![[hut]](/images/smileys/hut.gif "[hut]") Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:45 Mo 29.04.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo reverend,
> Hallo Marcel,
>
> > > Ich könnte meinen ersten Versuch vorführen. Da nahm ich
> > > noch an, dass eine doppelte Induktion klug und machbar
> sei.
> >
> > müsste übrigens auch funktionieren
>
> Ich erhöhe um fünf und will sehen.
naja, okay, ich hab' mir das ganze Mal angeguckt: Wenn man sich dabei
nicht mit Fallunterscheidungen totrechnen will, begründet man halt die
einzelnen Schritte mit der Ungleichung [mm] $d^2 \ge d\,.$ [/mm] Und damit ist diese
Induktion dann halt keine "wirkliche" Induktion mehr. Ansonsten kann's
sicher auch funktionieren, aber wie gesagt: Man rechnet sich schon alleine
'nen Wolf nur wegen Fallunterscheidungen.
Vielleicht finde ich aber noch eine elegante Induktiosnbeweismethode.
Nebenbei: [mm] $d^2=(1+(d-1))^2 \ge [/mm] 1+2*(d-1)=2d-1$ gilt wegen Bernoulli,
und $2d-1 [mm] \ge [/mm] d$ ist für $d [mm] \ge [/mm] 1$ offensichtlich.
Auch so kann man [mm] $d^2 \ge [/mm] d$ begründen, denn mit obiger Abschätzung kann man insgesamt
(für $d [mm] \not=0$) [/mm] folgern
[mm] $$d^2=|d|^2 \ge [/mm] 2|d|-1 [mm] \ge [/mm] |d| [mm] \ge d\,,$$
[/mm]
und für [mm] $d=0\,$ [/mm] ist [mm] $d^2 \ge [/mm] d$ offensichtlich.
So: Aber nun haben wir auch wirklich oft genug diese "Trivialität" [mm] $d^2 \ge [/mm] d$ für $d [mm] \in \IZ$ [/mm] bewiesen.
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:01 Di 30.04.2013 | | Autor: | reverend |
Hallo Marcel,
> > > > Ich könnte meinen ersten Versuch vorführen. Da nahm ich
> > > > noch an, dass eine doppelte Induktion klug und
> machbar
> > sei.
> > >
> > > müsste übrigens auch funktionieren
> >
> > Ich erhöhe um fünf und will sehen.
>
> naja, okay, ich hab' mir das ganze Mal angeguckt: Wenn man
> sich dabei
> nicht mit Fallunterscheidungen totrechnen will,
Ja... Das ist das Problem. Nur eine Hälfte der Fälle ist per Induktion zu erledigen. Dann kann mans auch lassen.
> begründet man halt die
> einzelnen Schritte mit der Ungleichung [mm]d^2 \ge d\,.[/mm] Und
> damit ist diese
> Induktion dann halt keine "wirkliche" Induktion mehr.
Genau. Das ist das zweite Problem.
> Ansonsten kann's
> sicher auch funktionieren, aber wie gesagt: Man rechnet
> sich schon alleine
> 'nen Wolf nur wegen Fallunterscheidungen.
>
> Vielleicht finde ich aber noch eine elegante
> Induktiosnbeweismethode.
Würde mich interessieren. Ich habe keine gefunden.
> Nebenbei: [mm]d^2=(1+(d-1))^2 \ge 1+2*(d-1)=2d-1[/mm] gilt wegen
> Bernoulli,
> und [mm]2d-1 \ge d[/mm] ist für [mm]d \ge 1[/mm] offensichtlich.
Schick. Darauf bin ich nicht gekommen.
> Auch so kann man [mm]d^2 \ge d[/mm] begründen, denn mit obiger
> Abschätzung kann man insgesamt
> (für [mm]d \not=0[/mm]) folgern
> [mm]d^2=|d|^2 \ge 2|d|-1 \ge |d| \ge d\,,[/mm]
> und für [mm]d=0\,[/mm] ist
> [mm]d^2 \ge d[/mm] offensichtlich.
>
> So: Aber nun haben wir auch wirklich oft genug diese
> "Trivialität" [mm]d^2 \ge d[/mm] für [mm]d \in \IZ[/mm] bewiesen.
Manchmal ist es doch interessant, Beweiswege zu sammeln. Selbst bei vermeintlich trivialen Behauptungen.
In der Geometrie habe ich noch keine Fortschritte gemacht. Schade eigentlich.
Grüße
reverend
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:30 Di 30.04.2013 | | Autor: | Marcel |
Hi reverend,
> > Vielleicht finde ich aber noch eine elegante
> > Induktiosnbeweismethode.
>
> Würde mich interessieren. Ich habe keine gefunden.
die Idee dafür wäre es, eine Ungleichung zu finden, die "trivialer" zu
beweisen ist und die obige impliziert. Ich hatte auch mal eine
Induktionsaufgabe, wo ich in der Induktion 3 weitere Induktionsbeweise
verschachtelt hatte. Die Korrekteurin hatte es mir nach 3/4 des Blattes
"einfach geglaubt, weil es auch gut aussieht" oder sowas in der Art. Der
Beweis war richtig. Ich hatte halt eine Ungleichung zu beweisen, und bin
im Induktionsschritt "von der schlechteren Seite" ausgegangen, um die
I.V. anzuwenden. Hätte ich anstatt mit der (vermeintlich) "größeren" Seite
mit der (vermeintlich) kleineren Seite angefangen, zu rechnen, so wäre ich
viel schneller fertig gewesen. So hatte ich halt nach und nach neue
Ungleichungen aufgestellt, deren Richtigkeit es zu beweisen galt. Der
Beweis war übrigens absolut korrekt, da bin ich mir sicher, zumal ich in mir
irgendwann nach 2 Jahren auch nochmal angeguckt hatte. Die Korrekteurin
hatte mir zu recht vertraut! 
> > Nebenbei: [mm]d^2=(1+(d-1))^2 \ge 1+2*(d-1)=2d-1[/mm] gilt wegen
> > Bernoulli,
> > und [mm]2d-1 \ge d[/mm] ist für [mm]d \ge 1[/mm] offensichtlich.
>
> Schick. Darauf bin ich nicht gekommen.
>
> > Auch so kann man [mm]d^2 \ge d[/mm] begründen, denn mit obiger
> > Abschätzung kann man insgesamt
> > (für [mm]d \not=0[/mm]) folgern
> > [mm]d^2=|d|^2 \ge 2|d|-1 \ge |d| \ge d\,,[/mm]
> > und für [mm]d=0\,[/mm]
> ist
> > [mm]d^2 \ge d[/mm] offensichtlich.
> >
> > So: Aber nun haben wir auch wirklich oft genug diese
> > "Trivialität" [mm]d^2 \ge d[/mm] für [mm]d \in \IZ[/mm] bewiesen.
>
> Manchmal ist es doch interessant, Beweiswege zu sammeln.
> Selbst bei vermeintlich trivialen Behauptungen.
Witzig ist halt manchmal auch, dass sich der ein oder andere Weg auf
Aufgaben übertragen läßt, wo man sonst vielleicht nicht diese Idee auch
nur in Erwägung gezogen hätte!
> In der Geometrie habe ich noch keine Fortschritte gemacht.
> Schade eigentlich.
Gute Frage: Bei der 2 da denke ich ja schon automatisch an einen
Flächeninhalt. Wobei, selbst wenn ich da einen Weg mit Strahlensatz
finde, ich noch nicht weiß, ob ich ihn nicht umbastle, so dass man mit
Geraden des [mm] $\IR^2$ [/mm] arbeiten kann; im Sinne von "Geraden, die sich
vermittels einer 'Geradengleichung' beschreiben lassen." Ich verkaufe
doch lieber etwas, was wie Analysis aussieht, als wie Geometrie. Wobei
es hier dann doch relativ egal wäre/sein könnte...
Gruß,
Marcel
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> Interessant wäre hier z.B. eine geometrische
> Herangehensweise. Mir ist bisher keine eingefallen, aber
> vielleicht hat ja jemand anders eine Idee?
Hallo reverend und alle anderen,
mittels Geogebra habe ich mal eine passende dynamische
Figur dazu erstellt; Stichworte: Ähnlichkeit, Streckenteilung.
Dabei erweist es sich aber als nicht ganz leicht, die
Bedingungen [mm] p\in\IN [/mm] und [mm] q\in\IN [/mm] umzusetzen. Man kann
also nicht einfach zwei Punkte P und Q beliebig einem vom
Nullpunkt O ausgehenden Strahl entlang schieben, sondern
muss darauf achten, dass sie stets nur an bestimmten, einer
Skala gleich aufgereihten Punkten sitzen dürfen ...
Falls man einmal den Fall mit p=q (und P=Q) als trivialen
Fall weglassen möchte, würde es natürlich genügen, die
Bedingungen
[mm] $\left|\overline{OP}\right|\ge1$
[/mm]
[mm] $\left|\overline{OQ}\right|\ge1$
[/mm]
[mm] $\left|\overline{PQ}\right|\ge1$ [/mm]
einzubringen - aber ich glaube kaum, dass dann ein derartiger
Beweis wirklich einfacher werden könnte als der algebraische.
LG , Al
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 03:06 Di 30.04.2013 | | Autor: | Marcel |
Hi Al,
> > Interessant wäre hier z.B. eine geometrische
> > Herangehensweise. Mir ist bisher keine eingefallen, aber
> > vielleicht hat ja jemand anders eine Idee?
>
>
> Hallo reverend und alle anderen,
>
> mittels Geogebra habe ich mal eine passende dynamische
> Figur dazu erstellt; Stichworte: Ähnlichkeit,
> Streckenteilung.
> Dabei erweist es sich aber als nicht ganz leicht, die
> Bedingungen [mm]p\in\IN[/mm] und [mm]q\in\IN[/mm] umzusetzen. Man kann
> also nicht einfach zwei Punkte P und Q beliebig einem vom
> Nullpunkt O ausgehenden Strahl entlang schieben, sondern
> muss darauf achten, dass sie stets nur an bestimmten,
> einer
> Skala gleich aufgereihten Punkten sitzen dürfen ...
> Falls man einmal den Fall mit p=q (und P=Q) als trivialen
> Fall weglassen möchte, würde es natürlich genügen,
> die
> Bedingungen
>
> [mm]\left|\overline{OP}\right|\ge1[/mm]
> [mm]\left|\overline{OQ}\right|\ge1[/mm]
> [mm]\left|\overline{PQ}\right|\ge1[/mm]
>
> einzubringen - aber ich glaube kaum, dass dann ein
> derartiger
> Beweis wirklich einfacher werden könnte als der
> algebraische.
vielleicht eine total sinnlose Idee, vor allem, da es einfach nur etwas
"in den Raum geworfen ist" - aber kann man nicht vielleicht sowas wie
den Tangens etc. pp. ins Spiel bringen?
Ich glaube auch, dass wir neben Geometrie hier dann auch etwas rechnen
müssten... würde mich fast wundern, wenn nicht. Aber das heißt ja nichts...
Gruß,
Marcel
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> Zeige: für alle positiven rationalen Zahlen [mm]\bruch{p}{q}[/mm]
> mit [mm]p,q\in\IN[/mm] gilt:
>
> [mm]\bruch{p}{q}+\bruch{q+1}{p+1}\ge{2}[/mm]
mein Lösungsvorschlag:
Setzen wir $\ d:=\ q-p $ , so lautet die Ungleichung:
[mm]\bruch{p}{p+d}+\bruch{p+d+1}{p+1}\ge{2}[/mm]
Mit dem Hauptnenner erweitert:
$\ [mm] p^2+p+p^2+d^2+2\,p\,d+p+d\ \ge\ 2\,p^2+2\,p\,d+2\,p+2\,d$
[/mm]
Da fällt gleich fast alles raus und es bleibt nur
übrig:
$\ [mm] d^2\ \ge\ [/mm] d$
Diese Ungleichung ist für alle (ganzzahligen !) Werte,
die für d in Frage kommen, erfüllt. Ist d negativ,
so gilt (weil [mm] d^2\ge0) [/mm] sogar die strenge Ungleichung;
für $\ d=0$ sowie $\ d=1$ gilt das Gleichheitszeichen
(und damit die schwache Ungleichung ebenfalls), und
für $\ d>1$ ist
$\ [mm] d^2-d\ [/mm] =\ [mm] \underbrace{d}_{>0}*\underbrace{(d-1)}_{>0}\ [/mm] >\ 0$
und damit wieder $\ [mm] d^2\ [/mm] >\ d$
LG , Al-Chwarizmi
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:28 Mo 29.04.2013 | | Autor: | felixf |
Moin,
> > Zeige: für alle positiven rationalen Zahlen [mm]\bruch{p}{q}[/mm]
> > mit [mm]p,q\in\IN[/mm] gilt:
> >
> > [mm]\bruch{p}{q}+\bruch{q+1}{p+1}\ge{2}[/mm]
>
> mein Lösungsvorschlag:
>
> Setzen wir [mm]\ d:=\ q-p[/mm] , so lautet die Ungleichung:
ich hab direkt die Ungleichung mit dem Hauptnenner (es ist ja $q, p + 1 > 0$) multipliziert und leicht umgeformt, das Ergebnis ist $(q - [mm] p)^2 \ge [/mm] q - p$, also das gleiche, was Al erhaelt:
> [mm]\ d^2\ \ge\ d[/mm]
Und wegen [mm] $d^2 [/mm] = [mm] |d|^2 \ge [/mm] |d| [mm] \ge [/mm] d$ fuer ganze Zahlen $d$ ist man sofort fertig.
Da das hier im Wesentlichen die gleiche Loesung ist wie die von Al, pack ich das mal unter seine Loesung :)
LG Felix
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:02 Mo 29.04.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo reverend,
> Zeige: für alle positiven rationalen Zahlen [mm]\bruch{p}{q}[/mm]
> mit [mm]p,q\in\IN[/mm] gilt:
>
> [mm]\bruch{p}{q}+\bruch{q+1}{p+1}\ge{2}[/mm]
>
> Hallo allerseits,
>
> es gilt, diese nicht-triviale Aussage zu beweisen. Dafür
> gibt es einige Möglichkeiten. Gesucht ist die kürzeste
oha, d.h., es darf nur eine kürzeste geben. Wenn man solch'
eine hat und eine weitere findet, so muss die Gleichheit der
Herleitungen folgen ^^
> und eleganteste Herleitung (wenn es jemand Beweis nennen
> will, bitte...).
[mm] $$\iff \frac{p^2+p+q^2+q}{qp+q} \ge [/mm] 2$$
[mm] $$\iff \frac{(p-q)^2+p+2qp+q}{qp+q} \ge [/mm] 2$$
[mm] $$\iff \frac{(p-q)^2+(p-q)+2(qp+q)}{qp+q} \ge [/mm] 2$$
[mm] $$\iff \frac{(p-q)^2+(p-q)}{q(p+1)} \ge [/mm] 0$$
[mm] $$\iff (p-q)^2+(p-q) \ge 0\,.$$
[/mm]
Die Behauptung folgt dann aus [mm] $z^2 \ge [/mm] z$ für alle $z [mm] \in \IZ\,.$ [/mm] (Lesen von unten nach
oben unter Verwendung der [mm] $\Longleftarrow$'s!)
[/mm]
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:13 Mo 29.04.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Zeige: für alle positiven rationalen Zahlen [mm]\bruch{p}{q}[/mm]
> mit [mm]p,q\in\IN[/mm] gilt:
>
> [mm]\bruch{p}{q}+\bruch{q+1}{p+1}\ge{2}[/mm]
nachdem ich eben so kompliziert rumgerechnet habe, es geht wirklich einfach mit Als
Rechnung:
[mm] $$\iff p^2-2pq+q^2\ge [/mm] 2q-p-q$$
[mm] $$\iff (p-q)^2 \ge p-q\,.$$
[/mm]
Zweizeiler, wenn überhaupt. Ob das noch eleganter geht?
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:52 Mo 29.04.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo nochmal,
und jetzt mal ein wenig "mit Analysis":
> Zeige: für alle positiven rationalen Zahlen [mm]\bruch{p}{q}[/mm]
> mit [mm]p,q\in\IN[/mm] gilt:
>
> [mm]\bruch{p}{q}+\bruch{q+1}{p+1}\ge{2}[/mm]
wir setzen [mm] $f(x):=\frac{p}{x}+\frac{x+1}{p+1}-2$ [/mm] für $p [mm] \in \IN\,$ [/mm] (es sei im Folgenden stets $x > [mm] 0\,$). [/mm]
Dann gilt
[mm] $$f\,'(x)=-\;\frac{p}{x^2}+\frac{1}{p+1}\,.$$
[/mm]
Es ist also [mm] $f\,'(x)=0 \iff x=\sqrt{p^2+p}\,,$ [/mm] und [mm] $f\,'(x) [/mm] < 0$ für $x < [mm] \sqrt{p^2+p}$ [/mm] sowie [mm] $f\,'(x) [/mm] > 0$
für $x > [mm] \sqrt{p^2+p}\,.$ [/mm] Links von [mm] $x=\sqrt{p^2+p}\,$ [/mm] ist [mm] $f\,$ [/mm] streng fallend, rechts von [mm] $x=\sqrt{p^2+p}\,$ [/mm] streng
wachsend. Leider können wir [mm] $f(\sqrt{p^2+p}) \ge [/mm] 0$ i.a. NICHT nachrechnen. Zum Glück ist das aber
auch nicht nötig.
Sicherlich ist $p < [mm] \sqrt{p^2+p}$ [/mm] und wir rechnen einfach $f(p) [mm] \ge [/mm] 0$ nach:
$$f(p)=0 [mm] \ge 0\,.$$
[/mm]
Also ist $f(x) [mm] \ge [/mm] 0$ für alle $x [mm] \le p\,.$ [/mm] (Sogar $f(x) > [mm] 0\,$ [/mm] für alle $x < [mm] p\,$!)
[/mm]
Weiterhin ist [mm] $p+1=\sqrt{(p+1)^2}=\sqrt{p^2+2p+1} \ge \sqrt{p^2+p}$ [/mm] und es ist
[mm] $$f(p+1)=\frac{p}{p+1}+\frac{p+2}{p+1}-2=\frac{2*(p+1)}{p+1}-2=0 \ge 0\,.$$
[/mm]
Also folgt $f(x) [mm] \ge [/mm] 0$ für alle $x [mm] \ge p+1\,.$ [/mm] (Sogar $f(x) > [mm] 0\,$ [/mm] für alle $x < [mm] p+1\,.$)
[/mm]
P.S. Wäre diese Aufgabe/Lösung nicht was für 'ne Abituraufgabe
(mit Hinweisen, wie sie "mit den Methoden der Analysis" gelöst werden soll)?!
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:12 Mo 29.04.2013 | | Autor: | Marcel |
Nebenbei, vielleicht ein wenig einfacher (aber nur ein wenig):
> Hallo nochmal,
>
> und jetzt mal ein wenig "mit Analysis":
>
> > Zeige: für alle positiven rationalen Zahlen [mm]\bruch{p}{q}[/mm]
> > mit [mm]p,q\in\IN[/mm] gilt:
> >
> > [mm]\bruch{p}{q}+\bruch{q+1}{p+1}\ge{2}[/mm]
erst
[mm] $$\iff p^2+q^2+p-q-2pq \ge [/mm] 0$$
umformen, und dann einfach
[mm] $$f_p(x):=f(x):=x^2-2px+p^2+p-x$$
[/mm]
betrachten. (Auch hier immer $x > [mm] 0\,.$)
[/mm]
Wobei dann die Frage nach der "analytischen Untersuchung dieser Funktion [mm] $f\,$"
[/mm]
eigentlich alles auf Kenntnisse über Parabeln zurückführt, und es im Prinzip dann auch
wieder overdosed ist, da man hier dann auch einfach so argumentieren kann, wie Al es
getan hat!
Aber das ist ja auch was schönes: Alleine mit algebraischen Umformungen kann ich den
Scheitelpunkt einer Parabel, welche durch eine Funktkionsgleichung gegeben ist, erhalten,
ich meine hier etwa mittels quadratischer Ergänzung, oder aber auch mittels der Differenzial-
rechnung...
Gruß,
Marcel
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> Hallo nochmal,
>
> und jetzt mal ein wenig "mit Analysis":
>
> > Zeige: für alle positiven rationalen Zahlen [mm]\bruch{p}{q}[/mm]
> > mit [mm]p,q\in\IN[/mm] gilt:
> >
> > [mm]\bruch{p}{q}+\bruch{q+1}{p+1}\ge{2}[/mm]
>
> wir setzen [mm]f(x):=\frac{p}{x}+\frac{x+1}{p+1}-2[/mm] für [mm]p \in \IN\,[/mm]
> (es sei im Folgenden stets [mm]x > 0\,[/mm]).
> Dann gilt
> [mm]f\,'(x)=-\;\frac{p}{x^2}+\frac{1}{p+1}\,.[/mm]
>
> Es ist also [mm]f\,'(x)=0 \iff x=\sqrt{p^2+p}\,,[/mm] und [mm]f\,'(x) < 0[/mm]
> für [mm]x < \sqrt{p^2+p}[/mm] sowie [mm]f\,'(x) > 0[/mm]
> für [mm]x > \sqrt{p^2+p}\,.[/mm]
> Links von [mm]x=\sqrt{p^2+p}\,[/mm] ist [mm]f\,[/mm] streng fallend, rechts
> von [mm]x=\sqrt{p^2+p}\,[/mm] streng
> wachsend. Leider können wir [mm]f(\sqrt{p^2+p}) \ge 0[/mm] i.a.
> NICHT nachrechnen. Zum Glück ist das aber
> auch nicht nötig.
>
> Sicherlich ist [mm]p < \sqrt{p^2+p}[/mm] und wir rechnen einfach
> [mm]f(p) \ge 0[/mm] nach:
> [mm]f(p)=0 \ge 0\,.[/mm]
>
> Also ist [mm]f(x) \ge 0[/mm] für alle [mm]x \le p\,.[/mm] (Sogar [mm]f(x) > 0\,[/mm]
> für alle [mm]x < p\,[/mm]!)
>
>
> Weiterhin ist [mm]p+1=\sqrt{(p+1)^2}=\sqrt{p^2+2p+1} \ge \sqrt{p^2+p}[/mm]
> und es ist
>
> [mm]f(p+1)=\frac{p}{p+1}+\frac{p+2}{p+1}-2=\frac{2*(p+1)}{p+1}-2=0 \ge 0\,.[/mm]
>
> Also folgt [mm]f(x) \ge 0[/mm] für alle [mm]x \ge p+1\,.[/mm] (Sogar [mm]f(x) > 0\,[/mm]
> für alle [mm]x < p+1\,.[/mm])
>
> P.S. Wäre diese Aufgabe/Lösung nicht was für 'ne
> Abituraufgabe
> (mit Hinweisen, wie sie "mit den Methoden der Analysis"
> gelöst werden soll)?!
>
> Gruß,
> Marcel
Hallo Marcel,
diese Lösung scheidet aber bei der Konkurrenz um
eine kurze oder elegante oder gar kurze, elegante
Lösung definitiv aus.
Gerade darum fände ich es keine gute Idee, daraus
nun eine Abi-Aufgabe zu basteln, bei der man dann
den eigentlich recht simplen algebraischen Kerngehalt
absichtlich verschleiert !
Für mich ginge dies schon fast in Richtung "Murks" ...
Gruß , Al
|
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:25 Mo 29.04.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> > Hallo nochmal,
> >
> > und jetzt mal ein wenig "mit Analysis":
> >
> > > Zeige: für alle positiven rationalen Zahlen [mm]\bruch{p}{q}[/mm]
> > > mit [mm]p,q\in\IN[/mm] gilt:
> > >
> > > [mm]\bruch{p}{q}+\bruch{q+1}{p+1}\ge{2}[/mm]
> >
> > wir setzen [mm]f(x):=\frac{p}{x}+\frac{x+1}{p+1}-2[/mm] für [mm]p \in \IN\,[/mm]
> > (es sei im Folgenden stets [mm]x > 0\,[/mm]).
> > Dann gilt
> > [mm]f\,'(x)=-\;\frac{p}{x^2}+\frac{1}{p+1}\,.[/mm]
> >
> > Es ist also [mm]f\,'(x)=0 \iff x=\sqrt{p^2+p}\,,[/mm] und [mm]f\,'(x) < 0[/mm]
> > für [mm]x < \sqrt{p^2+p}[/mm] sowie [mm]f\,'(x) > 0[/mm]
> > für [mm]x > \sqrt{p^2+p}\,.[/mm]
> > Links von [mm]x=\sqrt{p^2+p}\,[/mm] ist [mm]f\,[/mm] streng fallend, rechts
> > von [mm]x=\sqrt{p^2+p}\,[/mm] streng
> > wachsend. Leider können wir [mm]f(\sqrt{p^2+p}) \ge 0[/mm] i.a.
> > NICHT nachrechnen. Zum Glück ist das aber
> > auch nicht nötig.
> >
> > Sicherlich ist [mm]p < \sqrt{p^2+p}[/mm] und wir rechnen einfach
> > [mm]f(p) \ge 0[/mm] nach:
> > [mm]f(p)=0 \ge 0\,.[/mm]
> >
> > Also ist [mm]f(x) \ge 0[/mm] für alle [mm]x \le p\,.[/mm] (Sogar [mm]f(x) > 0\,[/mm]
> > für alle [mm]x < p\,[/mm]!)
> >
> >
> > Weiterhin ist [mm]p+1=\sqrt{(p+1)^2}=\sqrt{p^2+2p+1} \ge \sqrt{p^2+p}[/mm]
> > und es ist
> >
> >
> [mm]f(p+1)=\frac{p}{p+1}+\frac{p+2}{p+1}-2=\frac{2*(p+1)}{p+1}-2=0 \ge 0\,.[/mm]
>
> >
> > Also folgt [mm]f(x) \ge 0[/mm] für alle [mm]x \ge p+1\,.[/mm] (Sogar [mm]f(x) > 0\,[/mm]
> > für alle [mm]x < p+1\,.[/mm])
> >
> > P.S. Wäre diese Aufgabe/Lösung nicht was für 'ne
> > Abituraufgabe
> > (mit Hinweisen, wie sie "mit den Methoden der Analysis"
> > gelöst werden soll)?!
> >
> > Gruß,
> > Marcel
>
>
> Hallo Marcel,
>
> diese Lösung scheidet aber bei der Konkurrenz um
> eine kurze
ja, klar!
> oder elegante
So unelegant ist sie nicht. Und vor allem gibt's da interessante Zusatzüberlegungen!
> oder gar kurze, elegante
> Lösung definitiv aus.
Für mich nicht - jedenfalls nicht, wenn es "nur" um Eleganz geht!
> Gerade darum fände ich es keine gute Idee, daraus
> nun eine Abi-Aufgabe zu basteln, bei der man dann
> den eigentlich recht simplen algebraischen Kerngehalt
> absichtlich verschleiert !
>
> Für mich ginge dies schon fast in Richtung "Murks" ...
>
Dann wäre es genauso Murks, die Methode "Benutzung der quadratischen
Ergänzung" mithilfe der Differentialrechnung zu ersetzen. Ich finde nicht,
dass das den Begriff "Murks" verdient hat - zeigt es doch viel eher, wie die
einzelnen Teilgebiete ineinander übergreifen können. Es zeigt aber auch,
dass man sich selbst das Leben ein bisschen zu schwer machen kann. Um's
jetzt mal "böse" zu sagen: Wer sagt denn, dass etwa der ellenlange Beweis
von Andrew Wiles vielleicht an vielen Stellen nicht "gemurkst" ist in obigem
Sinne? D.h., dass sich manches viel kürzer und schneller beweisen läßt, es
wurde aber bisher noch nicht erkannt?
Umgekehrt kann es sein, dass jemand etwas anfängt, zu verkürzen, und
dabei wird etwas übersehen und der Beweis dadurch verfälscht.
Um's kurz zu machen: Sicher ist das oben nicht die kürzeste und auch sicher
nicht die eleganteste Lösung - zumal die in ein oder zwei Zeilen da stehen kann -
aber die Argumente passen und sind durchaus schulgerecht (klar, die bei dem
Mini-Beweis auch). Und man verwendet nach und nach die Mittel der Analysis
der Oberstufe. Ich finde nicht, dass das mit Kanonen auf Spatzen geschossen
ist, bzw. maximal mit kleinen Kanonen auf Spatzen geschlossen.
Übrigens kann es doch auch genau umgekehrt sein, dass jemand mal irgendeine
Funktion untersucht und erst danach spezielle Ungleichungen formuliert, die man
elementar beweisen kann. Macht man übrigens gerne beim Erstellen von
Ungleichungen für Induktionsaufgaben.
Oder auch beim Beweis der Hölderschen Ungleichung: Da kann man möglichst
elementar einfach nach und nach Dinge beweisen, wo vielleicht kein Mensch
erahnt, welche Eingebung man haben musste, um diese Ungleichungen im
Zusammenhang mit der zu beweisenden Ungleichung zu erkennen, oder man
rechnet ein wenig und definiert dann eine geeignete Funktion, von der man dann
in günstiger Weise etwa Konkavität nachweist...
Aber okay: Bei obiger, relativ simpler, Ungleichung sehe ich bisher den "Ein- oder
Zweischritt-Umformungs-Beweis" auch als den elegantesten an. Meine Rechnung
oben war auch eher so als "So geht's auch..." zu verstehen. Und als Abi-Aufgabe
wäre das insofern interessant, dass da eine Überlegung drinsteckt, wieso man
dennoch mit der Funktion argumentieren kann, "obwohl" die Extremstelle
"schlecht" liegt...
Gruß,
Marcel
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Hier die kürzeste Lösung:
[mm]\frac{p}{q} + \frac{q+1}{p+1} \geq 2 \ \ \Leftrightarrow \ \ 0 \geq 0[/mm]
So. Und jetzt soll mir jemand einen Fehler in der Argumentation nachweisen!
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:32 Mo 29.04.2013 | | Autor: | reverend |
Hallo Leopold_Gast,
> Hier die kürzeste Lösung:
>
> [mm]\frac{p}{q} + \frac{q+1}{p+1} \geq 2 \ \ \Leftrightarrow \ \ 0 \geq 0[/mm]
>
> So. Und jetzt soll mir jemand einen Fehler in der
> Argumentation nachweisen!
Man kann keinen Fehler in einer Argumentation nachweisen, wenn es keine gibt.
Du müsstest wenigstens noch zeigen, warum die beiden Ungleichungen identisch sind.
Eins kann ich Dir aber garantieren: wenn Du es zeigst, dann gibt es einen Fehler.
Grüße
reverend
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:37 Mo 29.04.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hallo Leopold_Gast,
>
> > Hier die kürzeste Lösung:
> >
> > [mm]\frac{p}{q} + \frac{q+1}{p+1} \geq 2 \ \ \Leftrightarrow \ \ 0 \geq 0[/mm]
>
> >
> > So. Und jetzt soll mir jemand einen Fehler in der
> > Argumentation nachweisen!
>
> Man kann keinen Fehler in einer Argumentation nachweisen,
> wenn es keine gibt.
>
> Du müsstest wenigstens noch zeigen, warum die beiden
> Ungleichungen identisch sind.
>
> Eins kann ich Dir aber garantieren: wenn Du es zeigst, dann
> gibt es einen Fehler.
und ich kann Dir garantieren, dass es keinen gibt:
$A [mm] \Rightarrow [/mm] B$ bedeutet [mm] ($\neg [/mm] A$ oder $B$).
Oben sind beide Ungleichungen wahre Aussagen, sowohl
$A [mm] \Rightarrow [/mm] B$ ist wahr, weil [mm] $B\,$ [/mm] gilt, also auch $B [mm] \Rightarrow [/mm] A$
ist wahr, weil [mm] $A\,$ [/mm] gilt. Aber der Beweis ist nicht der kürzeste, Leopold
braucht nämlich eine Richtung nicht. Es reicht, $0 [mm] \le [/mm] 0$ als wahr zu wissen
und [mm] $\Leftarrow$ [/mm] zu benutzen!
Gruß,
Marcel
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Um meinem scherzhaft gemeinten Beitrag eine ernste Note abzugewinnen: Es wird wohl kaum Mathematiker geben, die meine Argumentation als gültigen Beweis ansehen. Auf der anderen Seite wird es aber auch kaum Mathematiker geben, die die Argumentation als falsch bezeichnen. Was uns zur Frage bringt: Was ist eigentlich ein mathematischer Beweis?
Das wäre doch ein schönes Thema für unterwegs bei der morgigen Maiwanderung.
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> Um meinem scherzhaft gemeinten Beitrag eine ernste Note
> abzugewinnen: Es wird wohl kaum Mathematiker geben, die
> meine Argumentation als gültigen Beweis ansehen. Auf der
> anderen Seite wird es aber auch kaum Mathematiker geben,
> die die Argumentation als falsch bezeichnen.
Und warum ?
Ich bin Mathematiker, und ich stelle 5 Definitionen und
zwei Behauptungen auf:
Definition 1: [mm] B_0 [/mm] sei der besagte "Beweis".
Definition 2: A stehe für eine (beliebige) Argumentation.
Definition 3: R(A) soll besagen: Argumentation A ist richtig
Definition 4: F(A) soll besagen: Argumentation A ist falsch
Definition 5: T(A,B) soll besagen: Argumentation A ist Teil von Beweis B.
Behauptung 1: $\ [mm] T(A,B_0) \Rightarrow [/mm] R(A)$
Behauptung 2: $\ [mm] T(A,B_0) \Rightarrow [/mm] F(A)$
Beweis: Da [mm] T(A,B_0) [/mm] für keine Argumentation A erfüllt ist,
folgen die behaupteten Aussagen trivialerweise.
LG
Al-Chwarizmi
Vielleicht ist es ja noch schlimmer:
Wenn wir noch das Fundamentalaxiom der Proofology dazu
nehmen, welches über die Menge [mm] \mathcal{A} [/mm] der Argumentationen
und die Menge [mm] \mathcal{B} [/mm] der Beweise Folgendes verlangt:
[mm] $\forall [/mm] B [mm] \in \mathcal{B}\quad \exists [/mm] A [mm] \in \mathcal{A}\quad [/mm] T(A,B)$
dann ist [mm] B_0\notin\mathcal{B} [/mm] .
Weil also [mm] B_0 [/mm] kein wohlgeformter Beweis ist, erübrigen
sich alle weiteren Fragen ...
Ja, und übrigens: ![[]](/images/popup.gif) Domain available !
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:45 Di 30.04.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo Leopold,
> Um meinem scherzhaft gemeinten Beitrag eine ernste Note
> abzugewinnen: Es wird wohl kaum Mathematiker geben, die
> meine Argumentation als gültigen Beweis ansehen.
natürlich nicht: Es fehlt der Beweis, warum [mm] $B\,$ [/mm] (also die zu zeigende
Ungleichung) wahr ist!
> Auf der
> anderen Seite wird es aber auch kaum Mathematiker geben,
> die die Argumentation als falsch bezeichnen.
Kann man auch nicht: $A [mm] \Rightarrow [/mm] B$ ist immer wahr, wenn [mm] $B\,$ [/mm] wahr ist!
> Was uns zur
> Frage bringt: Was ist eigentlich ein mathematischer
> Beweis?
>
> Das wäre doch ein schönes Thema für unterwegs bei der
> morgigen Maiwanderung.
Habe ich gerade erst ge-/beschrieben:
https://matheraum.de/read?i=963011
Wobei es eher darum geht "Wie funktioniert so einer eigentlich..." und
was ist ein typischer Fehler, der in Induktionsbeweisen (oft) versteckt
wird.
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:31 Di 30.04.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo Leopold,
> Um meinem scherzhaft gemeinten Beitrag eine ernste Note
> abzugewinnen: Es wird wohl kaum Mathematiker geben, die
> meine Argumentation als gültigen Beweis ansehen. Auf der
> anderen Seite wird es aber auch kaum Mathematiker geben,
> die die Argumentation als falsch bezeichnen. Was uns zur
> Frage bringt: Was ist eigentlich ein mathematischer
> Beweis?
übrigens, nur mal, damit das hier ganz klar steht, machen wir's mal
allgemein:
$A [mm] \Rightarrow [/mm] B$ ist nichts anderes als [mm] $\neg [/mm] A [mm] \vee B\,.$
[/mm]
Was Du EIGENTLICH hier nur gemacht hast, ist folgendes:
Behauptet wird, das [mm] $B\,$ [/mm] gilt [mm] ($B\,$ [/mm] ist wahr). Nun hast Du eine Aussage [mm] $A\,$ [/mm] hergenommen,
die (hier in offensichtlicher Weise) wahr ist. Eigentlich ist nun Deine Behauptung,
dass DESWEGEN dann $A [mm] \Rightarrow [/mm] B$ auch [mm] $B\,$ [/mm] impliziert.
Was eigentlich fehlt, ist wirklich die Folgerung(skette), warum denn die
Folgerung $A [mm] \Rightarrow [/mm] B$ gilt. Per Definitionem ist $A [mm] \Rightarrow [/mm] B$ nichts anderes [mm] $\neg [/mm] A [mm] \vee B\,.$ [/mm]
Wenn [mm] $A\,$ [/mm] nun schon (in der zweiwertigen Logik) wahr ist, muss [mm] $\neg [/mm] A$
falsch sein. Um dann $A [mm] \Rightarrow [/mm] B$ zu beweisen, muss also der Beweis erbracht
werden, dass [mm] $B\,$ [/mm] wahr ist.
Damit hast Du hier in Wahrheit also gar nichts gezeigt, außer, dass [mm] $B\,$ [/mm] genau
dann wahr ist, wenn $A [mm] \wedge (\neg [/mm] A [mm] \vee [/mm] B)$ wahr ist, oder anders gesagt,
wegen der Regel von de Morgan: [mm] $B\,$ [/mm] gilt genau dann, wenn [mm] $B\,$ [/mm] gilt. Insofern
ist Dein Beweis auch kein Beweis, sondern nur eine Umformulierung der
Behauptung!
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Korrektur) kleiner Fehler  | | Datum: | 18:35 Mo 29.04.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hier die kürzeste Lösung:
>
> [mm]\frac{p}{q} + \frac{q+1}{p+1} \geq 2 \ \ \Leftrightarrow \ \ 0 \geq 0[/mm]
>
> So. Und jetzt soll mir jemand einen Fehler in der
> Argumentation nachweisen!
es gibt keine (toller Verschreiber, ich meinte:) eine kürzere:
$$0 [mm] \le [/mm] 0 [mm] \Rightarrow \frac{p}{q} [/mm] + [mm] \frac{q+1}{p+1} \geq 2\,.$$
[/mm]
P.S. Und genau so sollten wir jetzt immer bereits bewiesene Aussagen in Büchern niederschreiben.
Mich nervt's auch, dass die Mathebücher immer so dick sind, was könnten wir so an Papier und
Tinte sparen...
P.P.S. Kann man hier wirklich von DER kürzesten und elegantesten Lösung sprechen?
Naja, vielleicht "bis auf Isomorphie" (was immer die hier auch bedeuten möge)!
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 10:37 Di 30.04.2013 | | Autor: | fred97 |
Vielleicht genügt das den Ansprüchen:
1. Für p=q ist die Sache klar.
2. Wir können p<q annehmen (im Falle p>q funktioniert die Sache ähnlich)
Wir betrachten ein festes x>0 und einfestes h>0 (mit dem Hintergedanken: p=x, q=x+h)
Dann ist
[mm] \bruch{x}{x+h}+\bruch{x+h+1}{x+1}=1-\bruch{h}{x+h}+1+\bruch{h}{x+1}=2+h(\bruch{1}{x+1}-\bruch{1}{x+h}).
[/mm]
Somit:
[mm] \bruch{x}{x+h}+\bruch{x+h+1}{x+1} \ge [/mm] 2 [mm] \gdw h(\bruch{1}{x+1}-\bruch{1}{x+h}) \ge [/mm] 0 [mm] \gdw \bruch{1}{x+1} \ge \bruch{1}{x+h} \gdw [/mm] h [mm] \ge [/mm] 1.
FRED
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:56 Di 30.04.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo Fred,
> Vielleicht genügt das den Ansprüchen:
>
> 1. Für p=q ist die Sache klar.
>
> 2. Wir können p<q annehmen (im Falle p>q funktioniert die
> Sache ähnlich)
>
> Wir betrachten ein festes x>0 und einfestes h>0 (mit dem
> Hintergedanken: p=x, q=x+h)
>
> Dann ist
>
> [mm]\bruch{x}{x+h}+\bruch{x+h+1}{x+1}=1-\bruch{h}{x+h}+1+\bruch{h}{x+1}=2+h(\bruch{1}{x+1}-\bruch{1}{x+h}).[/mm]
>
> Somit:
>
> [mm]\bruch{x}{x+h}+\bruch{x+h+1}{x+1} \ge[/mm] 2 [mm]\gdw h(\bruch{1}{x+1}-\bruch{1}{x+h}) \ge[/mm]
> 0 [mm]\gdw \bruch{1}{x+1} \ge \bruch{1}{x+h} \gdw[/mm] h [mm]\ge[/mm] 1.
auch sehr schön elementar. (Im Prinzip ist es aber auch wieder dem
ähnlich, was wir alle hier schon gerechnet haben. (Wäre auch ein Wunder,
wenn man mit elementaren Umformungen da Neues erzeugt... okay, vielleicht
nicht gerade ein Wunder, aber ich glaube, es würde mich erstmal verwundern
können... )
Bei Dir ist allerdings "die Abstandgeschichte zwischen [mm] $p\,$ [/mm] und [mm] $q\,$" [/mm]
deutlicher zu erkennen (wenn man die Aussage auf $p,q [mm] \in \IR^+$ [/mm] "erweitern
will")!
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 06:36 Do 02.05.2013 | | Autor: | fred97 |
> Zeige: für alle positiven rationalen Zahlen [mm]\bruch{p}{q}[/mm]
> mit [mm]p,q\in\IN[/mm] gilt:
>
> [mm]\bruch{p}{q}+\bruch{q+1}{p+1}\ge{2}[/mm]
>
> Hallo allerseits,
>
> es gilt, diese nicht-triviale Aussage zu beweisen. Dafür
> gibt es einige Möglichkeiten. Gesucht ist die kürzeste
> und eleganteste Herleitung (wenn es jemand Beweis nennen
> will, bitte...).
>
> Da es mehr eine Freizeitbeschäftigung für alle sein soll,
> deklariere ich die Aufgabe nicht als Übungsaufgabe,
> sondern als Umfrage. Dann können alle alles mitlesen.
>
> Viel Spaß!
>
> Grüße
> reverend
Auch am 1. Mai hat mich die Suche nach einer überaus eleganten, kurzen , pfiffigen, überraschenden, noch nie dagewesenen, Fieldsmedallie- verdächtigen und hinter..otzigen Herleitung nicht losgelassen.
Der folgende Beweis deckt aber nur den Fall $p [mm] \ge [/mm] q$ ab. Also werde ich die oben genannte Medallie nicht kriegen.
Sei also $p [mm] \ge [/mm] q$ .
Wir setzen
[mm] $x:=(\wurzel{\bruch{p}{q}},\wurzel{\bruch{q+1}{p+1}})$ [/mm]
und
[mm] $y:=(\wurzel{\bruch{q+1}{p+1}},\wurzel{\bruch{p}{q}})$
[/mm]
Für das Skalarprodukt $<x,y>$ gilt dann:
[mm] $=2*\wurzel{\bruch{pq+p}{pq+q}} \ge 2*\wurzel{\bruch{pq+q}{pq+q}}=2$
[/mm]
Mit der Cauchy-Schwarzschen Ungl. erhalten wir
$2 [mm] \le [/mm] <x,y> [mm] \le ||x||_2*||y||_2 =||x||_2^2= \bruch{p}{q}+\bruch{q+1}{p+1}$
[/mm]
FRED
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:33 Do 02.05.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo Fred,
> > Zeige: für alle positiven rationalen Zahlen [mm]\bruch{p}{q}[/mm]
> > mit [mm]p,q\in\IN[/mm] gilt:
> >
> > [mm]\bruch{p}{q}+\bruch{q+1}{p+1}\ge{2}[/mm]
> >
> > Hallo allerseits,
> >
> > es gilt, diese nicht-triviale Aussage zu beweisen. Dafür
> > gibt es einige Möglichkeiten. Gesucht ist die kürzeste
> > und eleganteste Herleitung (wenn es jemand Beweis nennen
> > will, bitte...).
> >
> > Da es mehr eine Freizeitbeschäftigung für alle sein soll,
> > deklariere ich die Aufgabe nicht als Übungsaufgabe,
> > sondern als Umfrage. Dann können alle alles mitlesen.
> >
> > Viel Spaß!
> >
> > Grüße
> > reverend
>
>
>
> Auch am 1. Mai hat mich die Suche nach einer überaus
> eleganten, kurzen , pfiffigen, überraschenden, noch nie
> dagewesenen, Fieldsmedallie- verdächtigen und
> hinter..otzigen Herleitung nicht losgelassen.
>
> Der folgende Beweis deckt aber nur den Fall [mm]p \ge q[/mm] ab.
> Also werde ich die oben genannte Medallie nicht kriegen.
>
>
> Sei also [mm]p \ge q[/mm] .
>
> Wir setzen
>
> [mm]x:=(\wurzel{\bruch{p}{q}},\wurzel{\bruch{q+1}{p+1}})[/mm]
>
> und
>
> [mm]y:=(\wurzel{\bruch{q+1}{p+1}},\wurzel{\bruch{p}{q}})[/mm]
>
> Für das Skalarprodukt [mm][/mm] gilt dann:
>
> [mm]=2*\wurzel{\bruch{pq+p}{pq+q}} \ge 2*\wurzel{\bruch{pq+q}{pq+q}}=2[/mm]
>
>
> Mit der Cauchy-Schwarzschen Ungl. erhalten wir
>
> [mm]2 \le \le ||x||_2*||y||_2 =||x||_2^2= \bruch{p}{q}+\bruch{q+1}{p+1}[/mm]
Ist schon sehr schön - aber jetzt schießen wir langsam wirklich mit
Kanonen auf Spatzen. ^^
Wobei: Man kann hier doch sicherlich noch mit Integralen oder Reihen
was zusammenbauen.
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:40 Do 02.05.2013 | | Autor: | fred97 |
> Hallo Fred,
>
> > > Zeige: für alle positiven rationalen Zahlen [mm]\bruch{p}{q}[/mm]
> > > mit [mm]p,q\in\IN[/mm] gilt:
> > >
> > > [mm]\bruch{p}{q}+\bruch{q+1}{p+1}\ge{2}[/mm]
> > >
> > > Hallo allerseits,
> > >
> > > es gilt, diese nicht-triviale Aussage zu beweisen. Dafür
> > > gibt es einige Möglichkeiten. Gesucht ist die kürzeste
> > > und eleganteste Herleitung (wenn es jemand Beweis nennen
> > > will, bitte...).
> > >
> > > Da es mehr eine Freizeitbeschäftigung für alle sein soll,
> > > deklariere ich die Aufgabe nicht als Übungsaufgabe,
> > > sondern als Umfrage. Dann können alle alles mitlesen.
> > >
> > > Viel Spaß!
> > >
> > > Grüße
> > > reverend
> >
> >
> >
> > Auch am 1. Mai hat mich die Suche nach einer überaus
> > eleganten, kurzen , pfiffigen, überraschenden, noch nie
> > dagewesenen, Fieldsmedallie- verdächtigen und
> > hinter..otzigen Herleitung nicht losgelassen.
> >
> > Der folgende Beweis deckt aber nur den Fall [mm]p \ge q[/mm] ab.
> > Also werde ich die oben genannte Medallie nicht kriegen.
> >
> >
> > Sei also [mm]p \ge q[/mm] .
> >
> > Wir setzen
> >
> > [mm]x:=(\wurzel{\bruch{p}{q}},\wurzel{\bruch{q+1}{p+1}})[/mm]
> >
> > und
> >
> > [mm]y:=(\wurzel{\bruch{q+1}{p+1}},\wurzel{\bruch{p}{q}})[/mm]
> >
> > Für das Skalarprodukt [mm][/mm] gilt dann:
> >
> > [mm]=2*\wurzel{\bruch{pq+p}{pq+q}} \ge 2*\wurzel{\bruch{pq+q}{pq+q}}=2[/mm]
>
> >
> >
> > Mit der Cauchy-Schwarzschen Ungl. erhalten wir
> >
> > [mm]2 \le \le ||x||_2*||y||_2 =||x||_2^2= \bruch{p}{q}+\bruch{q+1}{p+1}[/mm]
>
>
>
hallo Marcel,
> Ist schon sehr schön - aber jetzt schießen wir langsam
> wirklich mit
> Kanonen auf Spatzen. ^^
... ja und zwar mit riesengroßen Kanonen auf ganz winzige Spatzen ....
>
> Wobei: Man kann hier doch sicherlich noch mit Integralen
> oder Reihen
> was zusammenbauen.
Klar, ich geb mir Mühe.
Gruß FRED
>
> Gruß,
> Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:20 Do 02.05.2013 | | Autor: | fred97 |
> Hi Fred,
>
> > > > Der folgende Beweis deckt aber nur den Fall [mm]p \ge q[/mm] ab.
> > > > Also werde ich die oben genannte Medallie nicht kriegen.
> > > >
> > > >
> > > > Sei also [mm]p \ge q[/mm] .
> > > >
> > > > Wir setzen
> > > >
> > > > [mm]x:=(\wurzel{\bruch{p}{q}},\wurzel{\bruch{q+1}{p+1}})[/mm]
> > > >
> > > > und
> > > >
> > > > [mm]y:=(\wurzel{\bruch{q+1}{p+1}},\wurzel{\bruch{p}{q}})[/mm]
> > > >
> > > > Für das Skalarprodukt [mm][/mm] gilt dann:
> > > >
> > > > [mm]=2*\wurzel{\bruch{pq+p}{pq+q}} \ge 2*\wurzel{\bruch{pq+q}{pq+q}}=2[/mm]
>
> >
> > >
> > > >
> > > >
> > > > Mit der Cauchy-Schwarzschen Ungl. erhalten wir
> > > >
> > > > [mm]2 \le \le ||x||_2*||y||_2 =||x||_2^2= \bruch{p}{q}+\bruch{q+1}{p+1}[/mm]
>
> >
> > >
> > >
> > >
> >
> > hallo Marcel,
> >
> >
> > > Ist schon sehr schön - aber jetzt schießen wir langsam
> > > wirklich mit
> > > Kanonen auf Spatzen. ^^
> >
> > ... ja und zwar mit riesengroßen Kanonen auf ganz winzige
> > Spatzen ....
>
> hat aber was.
Ja, offenbar hats keiner gesehen: wenn man die Kanonen gewaltig verkleinert und Binomi nennt und wenn man die Spatzen
[mm] $a:=\bruch{p}{q}$ [/mm] und [mm] $b:=\bruch{q+1}{p+1}$
[/mm]
einführt,wobei p<q sein soll,
so haben wir, wegen [mm] (\wurzel{a}-\wurzel{b})^2 [/mm] > 0:
$ [mm] 2*\wurzel{ab}< [/mm] a+b$
Wegen $p < q$ , so ist $1 < [mm] \wurzel{ab} [/mm] $,
also
$2 < a+b$.
FRED
>
> > > Wobei: Man kann hier doch sicherlich noch mit Integralen
> > > oder Reihen
> > > was zusammenbauen.
> >
> > Klar, ich geb mir Mühe.
>
> Da muss es doch auch was in [mm]\IC[/mm] geben...
>
> Gruß,
> Marcel
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> Ist schon sehr schön - aber jetzt schießen wir langsam
> wirklich mit Kanonen auf Spatzen. ^^
>
> Wobei: Man kann hier doch sicherlich noch mit Integralen
> oder Reihen was zusammenbauen.
Wir könnten ja einfach das ursprüngliche Ziel
"Gesucht ist die kürzeste und eleganteste Herleitung"
etwas modifizieren, indem wir jetzt komplementär
dazu noch die längste und umständlichste, total
verkorkste (aber jedenfalls korrekte) Herleitung
suchen !
Al
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:44 Do 02.05.2013 | | Autor: | wieschoo |
> verkorkste (aber jedenfalls korrekte) Herleitung
suchen !
Ich könnte eine ganz knappe Herleitung liefern.
Man lege wahlweise an jedem Buchstaben p bzw. q, rechts oder links einen Spiegel an und kürze.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 16:53 Do 02.05.2013 | | Autor: | fred97 |
> Zeige: für alle positiven rationalen Zahlen [mm]\bruch{p}{q}[/mm]
> mit [mm]p,q\in\IN[/mm] gilt:
>
> [mm]\bruch{p}{q}+\bruch{q+1}{p+1}\ge{2}[/mm]
>
> Hallo allerseits,
>
> es gilt, diese nicht-triviale Aussage zu beweisen. Dafür
> gibt es einige Möglichkeiten. Gesucht ist die kürzeste
> und eleganteste Herleitung (wenn es jemand Beweis nennen
> will, bitte...).
>
> Da es mehr eine Freizeitbeschäftigung für alle sein soll,
> deklariere ich die Aufgabe nicht als Übungsaufgabe,
> sondern als Umfrage. Dann können alle alles mitlesen.
>
> Viel Spaß!
>
> Grüße
> reverend
Ich kanns nicht lassen.....
Keine Bange, ich habe keine weitere pfiffffffige Herleitung.
Über die obige Ungleichung bin ich zu einem geometrischen Aspekt gekommen:
Wir zeichnen ein Quadrat Q mit der Seitenlänge 1.
Die untere Seite diese Quadrates verlängern wir um y, ( y>0) . Sei b:=1+y.
Sei 0<a<1. Nun betrachten wir das rechtwinklige Dreieck [mm] \Delta [/mm] mit den Katheten a und b. Sei nun x>0 so, dass a+x=1 ist.
Nun stellt sich die Frage:
wie müssen x und y beschaffen sein, damit die Hypothenuse von [mm] \Delta [/mm] mindesten so lang wie die Diagonale von Q ist ?
Hat man diese Frage beantwortet, so hat man auch eine Antwort auf die Frage, wann für positive Zahlen p und q mit p [mm] \ne [/mm] q, die Ungleichung
$ [mm] \bruch{p}{q}+\bruch{q+1}{p+1}\ge{2} [/mm] $
richtig ist.
Man wälhle [mm] a=\wurzel{\bruch{p}{q}} [/mm] und [mm] b=\wurzel{\bruch{q+1}{p+1}} [/mm] oder umgekehrt.
FRED
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:59 Do 02.05.2013 | | Autor: | Marcel |
Hi Fred,
> > Zeige: für alle positiven rationalen Zahlen [mm]\bruch{p}{q}[/mm]
> > mit [mm]p,q\in\IN[/mm] gilt:
> >
> > [mm]\bruch{p}{q}+\bruch{q+1}{p+1}\ge{2}[/mm]
> >
> > Hallo allerseits,
> >
> > es gilt, diese nicht-triviale Aussage zu beweisen. Dafür
> > gibt es einige Möglichkeiten. Gesucht ist die kürzeste
> > und eleganteste Herleitung (wenn es jemand Beweis nennen
> > will, bitte...).
> >
> > Da es mehr eine Freizeitbeschäftigung für alle sein soll,
> > deklariere ich die Aufgabe nicht als Übungsaufgabe,
> > sondern als Umfrage. Dann können alle alles mitlesen.
> >
> > Viel Spaß!
> >
> > Grüße
> > reverend
>
>
> Ich kanns nicht lassen.....
>
> Keine Bange, ich habe keine weitere pfiffffffige
> Herleitung.
>
> Über die obige Ungleichung bin ich zu einem geometrischen
> Aspekt gekommen:
>
> Wir zeichnen ein Quadrat Q mit der Seitenlänge 1.
>
> Die untere Seite diese Quadrates verlängern wir um y, (
> y>0) . Sei b:=1+y.
>
> Sei 0<a<1. Nun betrachten wir das rechtwinklige Dreieck
> [mm]\Delta[/mm] mit den Katheten a und b. Sei nun x>0 so, dass a+x=1
> ist.
>
> Nun stellt sich die Frage:
>
> wie müssen x und y beschaffen sein, damit die Hypothenuse
> von [mm]\Delta[/mm] mindesten so lang wie die Diagonale von Q ist ?
>
> Hat man diese Frage beantwortet, so hat man auch eine
> Antwort auf die Frage, wann für positive Zahlen p und q
> mit p [mm]\ne[/mm] q, die Ungleichung
>
>
> [mm]\bruch{p}{q}+\bruch{q+1}{p+1}\ge{2}[/mm]
>
> richtig ist.
>
> Man wälhle [mm]a=\wurzel{\bruch{p}{q}}[/mm] und
> [mm]b=\wurzel{\bruch{q+1}{p+1}}[/mm] oder umgekehrt.
können wir jetzt mit unserem Buch starten?
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:12 Do 02.05.2013 | | Autor: | fred97 |
> Hi Fred,
>
> > > Zeige: für alle positiven rationalen Zahlen [mm]\bruch{p}{q}[/mm]
> > > mit [mm]p,q\in\IN[/mm] gilt:
> > >
> > > [mm]\bruch{p}{q}+\bruch{q+1}{p+1}\ge{2}[/mm]
> > >
> > > Hallo allerseits,
> > >
> > > es gilt, diese nicht-triviale Aussage zu beweisen. Dafür
> > > gibt es einige Möglichkeiten. Gesucht ist die kürzeste
> > > und eleganteste Herleitung (wenn es jemand Beweis nennen
> > > will, bitte...).
> > >
> > > Da es mehr eine Freizeitbeschäftigung für alle sein soll,
> > > deklariere ich die Aufgabe nicht als Übungsaufgabe,
> > > sondern als Umfrage. Dann können alle alles mitlesen.
> > >
> > > Viel Spaß!
> > >
> > > Grüße
> > > reverend
> >
> >
> > Ich kanns nicht lassen.....
> >
> > Keine Bange, ich habe keine weitere pfiffffffige
> > Herleitung.
> >
> > Über die obige Ungleichung bin ich zu einem geometrischen
> > Aspekt gekommen:
> >
> > Wir zeichnen ein Quadrat Q mit der Seitenlänge 1.
> >
> > Die untere Seite diese Quadrates verlängern wir um y, (
> > y>0) . Sei b:=1+y.
> >
> > Sei 0<a<1. Nun betrachten wir das rechtwinklige Dreieck
> > [mm]\Delta[/mm] mit den Katheten a und b. Sei nun x>0 so, dass a+x=1
> > ist.
> >
> > Nun stellt sich die Frage:
> >
> > wie müssen x und y beschaffen sein, damit die Hypothenuse
> > von [mm]\Delta[/mm] mindesten so lang wie die Diagonale von Q ist ?
> >
> > Hat man diese Frage beantwortet, so hat man auch eine
> > Antwort auf die Frage, wann für positive Zahlen p und q
> > mit p [mm]\ne[/mm] q, die Ungleichung
> >
> >
> > [mm]\bruch{p}{q}+\bruch{q+1}{p+1}\ge{2}[/mm]
> >
> > richtig ist.
> >
> > Man wälhle [mm]a=\wurzel{\bruch{p}{q}}[/mm] und
> > [mm]b=\wurzel{\bruch{q+1}{p+1}}[/mm] oder umgekehrt.
>
> können wir jetzt mit unserem
> Buch starten?
Hallo Marcel,
ich weiß nicht so recht. Das letzte Buch von uns beiden
http://bilder.buecher.de/produkte/22/22236/22236182z.jpg
hat uns nicht nur Freude eingebracht ....
Gruß FRED
>
> Gruß,
> Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:19 Do 02.05.2013 | | Autor: | Marcel |
> > > Ich kanns nicht lassen.....
> > >
> > > Keine Bange, ich habe keine weitere pfiffffffige
> > > Herleitung.
> > >
> > > Über die obige Ungleichung bin ich zu einem geometrischen
> > > Aspekt gekommen:
> > >
> > > Wir zeichnen ein Quadrat Q mit der Seitenlänge 1.
> > >
> > > Die untere Seite diese Quadrates verlängern wir um y, (
> > > y>0) . Sei b:=1+y.
> > >
> > > Sei 0<a<1. Nun betrachten wir das rechtwinklige Dreieck
> > > [mm]\Delta[/mm] mit den Katheten a und b. Sei nun x>0 so, dass a+x=1
> > > ist.
> > >
> > > Nun stellt sich die Frage:
> > >
> > > wie müssen x und y beschaffen sein, damit die Hypothenuse
> > > von [mm]\Delta[/mm] mindesten so lang wie die Diagonale von Q ist ?
> > >
> > > Hat man diese Frage beantwortet, so hat man auch eine
> > > Antwort auf die Frage, wann für positive Zahlen p und q
> > > mit p [mm]\ne[/mm] q, die Ungleichung
> > >
> > >
> > > [mm]\bruch{p}{q}+\bruch{q+1}{p+1}\ge{2}[/mm]
> > >
> > > richtig ist.
> > >
> > > Man wälhle [mm]a=\wurzel{\bruch{p}{q}}[/mm] und
> > > [mm]b=\wurzel{\bruch{q+1}{p+1}}[/mm] oder umgekehrt.
> >
> > können wir jetzt mit unserem
> > Buch starten?
>
> Hallo Marcel,
>
> ich weiß nicht so recht. Das letzte Buch von uns beiden
>
> http://bilder.buecher.de/produkte/22/22236/22236182z.jpg
>
> hat uns nicht nur Freude eingebracht ....
Ich erinnere mich: Hattest Du nicht drauf bestanden, dass Du der alleinige Autor dieses
Buches bist? Und ich konnte es nicht gegenbeweisen...
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:24 Do 02.05.2013 | | Autor: | fred97 |
> > > > Ich kanns nicht lassen.....
> > > >
> > > > Keine Bange, ich habe keine weitere pfiffffffige
> > > > Herleitung.
> > > >
> > > > Über die obige Ungleichung bin ich zu einem geometrischen
> > > > Aspekt gekommen:
> > > >
> > > > Wir zeichnen ein Quadrat Q mit der Seitenlänge 1.
> > > >
> > > > Die untere Seite diese Quadrates verlängern wir um y, (
> > > > y>0) . Sei b:=1+y.
> > > >
> > > > Sei 0<a<1. Nun betrachten wir das rechtwinklige Dreieck
> > > > [mm]\Delta[/mm] mit den Katheten a und b. Sei nun x>0 so, dass a+x=1
> > > > ist.
> > > >
> > > > Nun stellt sich die Frage:
> > > >
> > > > wie müssen x und y beschaffen sein, damit die Hypothenuse
> > > > von [mm]\Delta[/mm] mindesten so lang wie die Diagonale von Q ist ?
> > > >
> > > > Hat man diese Frage beantwortet, so hat man auch eine
> > > > Antwort auf die Frage, wann für positive Zahlen p und q
> > > > mit p [mm]\ne[/mm] q, die Ungleichung
> > > >
> > > >
> > > > [mm]\bruch{p}{q}+\bruch{q+1}{p+1}\ge{2}[/mm]
> > > >
> > > > richtig ist.
> > > >
> > > > Man wälhle [mm]a=\wurzel{\bruch{p}{q}}[/mm] und
> > > > [mm]b=\wurzel{\bruch{q+1}{p+1}}[/mm] oder umgekehrt.
> > >
> > > können wir jetzt mit unserem
> > > Buch starten?
> >
> > Hallo Marcel,
> >
> > ich weiß nicht so recht. Das letzte Buch von uns beiden
> >
> > http://bilder.buecher.de/produkte/22/22236/22236182z.jpg
> >
> > hat uns nicht nur Freude eingebracht ....
>
> Ich erinnere mich: Hattest Du nicht drauf bestanden, dass
> Du der alleinige Autor dieses
> Buches bist?
Ich erinnere mich. Von Dir stammen 1665 Witze, von mir nur einer.....
FRED
> Und ich konnte es nicht gegenbeweisen...
>
> Gruß,
> Marcel
>
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:01 Do 02.05.2013 | | Autor: | Marcel |
> > > Hallo Marcel,
> > >
> > > ich weiß nicht so recht. Das letzte Buch von uns beiden
> > >
> > > http://bilder.buecher.de/produkte/22/22236/22236182z.jpg
> > >
> > > hat uns nicht nur Freude eingebracht ....
> >
> > Ich erinnere mich: Hattest Du nicht drauf bestanden, dass
> > Du der alleinige Autor dieses
> > Buches bist?
>
>
> Ich erinnere mich. Von Dir stammen 1665 Witze, von mir nur
> einer.....
Dafür hast Du alle Fotos/Bilder geliefert (zum Glück wurde ich nicht
abgelichtet...)
Gruß,
Marcel
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