4. Ungleichung?

Ungleichung?

  • ?

    Hi! Ich brauche mal dringend eure Hilfe, denn diese Aufgabe hier ist einfach eine Nummer zu gross fuer mich...Hier ist eine echt harte Nuss zu knacken:
    Beweise die Ungleichung
    1 + a^2 + a^4 + a^6 + ....+ a^(2n) n + 1
    ------------------------------------- >= -------
    a + a^3 + a^5 + a^7 + ... + a^(2    n-1) n

    Dabei ist n eine natueliche Zahl und a > 0.
    Noch eine Zusatzfrage: Gilt die Ungleichung auch, wenn n eine belibige Zahl>0 waere?

    0
  • W
     

    1 + a^2 + a^4 + a^6 + ....+ a^(2*n)         n + 1
    -------------------------------------  >=  -------  
    a + a^3 + a^5 + a^7 + ... + a^(2*n-1)         n

    Mir würde zuerst eine simple Umformung einfallen. Weiß noch nicht genau wie es weiter geht, aber vielleicht hilft das schon mal.

    1 + a^2 + a^4 + a^6 + ....+ a^(2*n)      a + a^3 + a^5 + a^7 + ... + a^(2*n-1)
    -----------------------------------  >=  -------------------------------------
                  n + 1                                         n
    0
  • S

    mist, verfluchter....

    0
  • C

    \frac{\sum_{m=0}^n a^{2m}}{a\sum_{m=0}^{n-1} a^{2m}}=\frac{1}{a}+\frac{a^{2n-1}}{\sum_{m=0}^{n-1} a^{2m}} \sum_{m=0}^{n-1} a^{2m} = \frac{a^{2n}-1}{a^2-1} ;a\not =1 \sum_{m=0}^{n-1} a^{2m} = n ;a=1

    a=1a=1:1+1n=n+1n1 + \frac{1}{n} = \frac{n+1}{n}
    a\not=1:1a+a2n−1a2n−1(a2−1)\frac{1}{a}+\frac{a^{2n-1}}{a^{2n}-1}(a^2-1)

    tja, weiter bin ich auch noch nicht gekommen...

    wenn n beliebig sein soll, müsste man wohl erst mal erklären, wie die linke seite dann genau aussehen soll...

    0
  • W

    Zuallererst modeln wir mal die linke Seite um. Dazu definieren wir

    $\begin{eqnarray*} s_n &=& 1 + a^2 + a^4 + \dots + a^{2n}\\ s_n' &=& a + a^3 + a^5 + \dots + a^{2n-1} \end{eqnarray*}

    Es ist

    $\begin{eqnarray*} s_n &=& 1 + a^2 + a^4 + \dots + a^{2n}\\ a^2 s_n &=& \quad\;\;\, a^2 + a^4 + \dots + a^{2n} + a^{2n+2} \end{eqnarray*}

    ,

    also

    (a2−1)sn=a2n+2−1(a^2 - 1) s_n = a^{2n+2} - 1

    beziehungsweise

    sn=a2n+2−1a2−1s_n = \frac{a^{2n+2} - 1}{a^2 - 1}.

    Ähnlich machen wir es mit sn′s_n' und erhalten

    sn′=a2n+1−aa2−1s_n' = \frac{a^{2n+1} - a}{a^2 - 1}.

    Das alles setzt natürlich a≠1a\neq 1 voraus. Aber für a=1a = 1 gilt die Behauptung sowieso. Unsere Behauptung ist also

    a2n+2−1a2n+1−a≥n+1n\frac{a^{2n+2} - 1}{a^{2n+1} - a} \ge \frac{n+1}{n}.

    Wir stellen weiter fest, dass wir diese nur für a>1a > 1 beweisen müssen, denn gilt die Behauptung für alle a>1a > 1 und ist a<1a < 1, dann setze A=1/a>1A = 1/a > 1, und es folgt

    $\begin{eqnarray*} \frac{a^{2n+2} - 1}{a^{2n+1} - a} &=& \frac{\frac{1}{A^{2n+2}} - 1}{\frac{1}{A^{2n+1}} - \frac{1}{A}}\\ &=& \frac{ \frac{1-A^{2n+2}}{A^{2n+2}} }{ \frac{1-A^{2n}}{A^{2n+1}} }\\ &=& \frac{(1 - A^{2n+2}) A^{2n+1}}{(1 - A^{2n}) A^{2n+2}}\\ &=& \frac{A^{2n+2} - 1}{(A^{2n} - 1) A}\\ &=& \frac{A^{2n+2} - 1}{A^{2n+1} - A}\\ &\ge& \frac{n+1}{n}\;. \end{eqnarray*}

    Sei also im Folgenden a>1a > 1. Durch Äquivalenzumformungen bringen wir die Behauptung auf die Ungleichung

    a2n+2−n+1na2n+1+n+1na−1≥0.a^{2n+2} - \frac{n+1}{n} a^{2n+1} + \frac{n+1}{n} a - 1 \ge 0\;.

    Setzen wir nun noch N=2nN = 2n und

    f(a)=aN+2−N+2NaN+1+N+2Na−1,f(a) = a^{N+2} - \frac{N+2}{N} a^{N+1} + \frac{N+2}{N} a - 1\;,

    so ist unsere Behauptung äquivalent mit

    f(a)≥0f(a) \ge 0 für alle a≥1a \ge 1.

    Für unsere weiteren Betrachtungen benötigen wir folgenden

    ${\bf Satz:} {\it Es sei $n\in\mathbf{N}$, $x_0\in\mathbf{R}$ und $f:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ eine $n$-mal differenzierbare Funktion. Weiter habe $f$ die Eigenschaften}\\ \\ (a) $f^{(k)}(x_0) \ge 0$ f"ur $k = 0, 1, \dots , n-1$,\\ (b) $f^{(n)}(x) \ge 0$ f"ur alle $x\ge x_0$.\\ \\ Dann folgt $f(x) \ge 0$ f"ur alle $x\ge x_0$. ${\bf Beweis:} F"ur $n = 0$ gibt es nichts zu zeigen. Sei die Behauptung des Satzes f"ur ein $n\in\mathbf{N}$ erf"ullt, und es gelte\\ \\ (a') $f^{(k)}(x_0) \ge 0$ f"ur $k = 0, 1, \dots , n$,\\ (b') $f^{(n+1)}(x) \ge 0$ f"ur alle $x\ge x_0$.\\ \\ Aus (b') schlie"sen wir, dass $f^{(n)}$ auf $[x\_0,\infty)$ monoton wachsend ist. Damit und wegen $f^{(n)}(x\_0) \ge 0$ folgt $f^{(n)}(x)\ge 0$ f"ur alle $x\ge x\_0$, also (b). Da mit (a') auch (a) gilt, folgt $f(x)\ge 0$ f"ur alle $x\ge x\_0$. \hspace*{\fill}$\Box$

    Wir zeigen nun

    $ (a) $f^{(k)}(1) \ge 0$ f"ur $k = 0, 1, \dots , N+1$\\ (b) $f^{(N+2)}(a) \ge 0$ f"ur alle $a\ge 1$.

    Dann folgt auch unsere Behauptung. Man findet schnell heraus, dass f(1)=f′(1)=0f(1) = f'(1) = 0. Für 2≤k≤N+12\le k\le N+1 gilt:

    f(k)(a)=(N+2)!(N+2−k)!(aN+2−k−N+2−kNaN+1−k).f^{(k)}(a) = \frac{(N+2)!}{(N+2-k)!} \biggl( a^{N+2-k} - \frac{N+2-k}{N} a^{N+1-k} \biggr) \;.

    Daraus folgt zuersteinmal die Behauptung (a), denn

    f(k)(1)=(N+2)!(N+2−k)!⋅k−2N≥0.f^{(k)}(1) = \frac{(N+2)!}{(N+2-k)!} \cdot \frac{k-2}{N} \ge 0\;.

    Weiter sehen wir daraus

    f(N+1)(a)=(N+2)!(a−1N)f^{(N+1)}(a) = (N+2)! \biggl( a - \frac{1}{N} \biggr).

    Nocheinmal differenzieren ergibt

    f(N+2)(a)=(N+2)!≥0f^{(N+2)}(a) = (N+2)! \ge 0

    für alle a≥1a\ge 1, also unsere Behauptung (b). Mit dem Satz folgt die ursprüngliche Behauptung.

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