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Antworte auf:  * Produkt durch Summe approximieren von Nuramon
Forum:  Rätsel und Knobeleien (Knobelecke), moderiert von: viertel

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Themenübersicht
Nuramon
Senior
Dabei seit: 23.01.2008
Mitteilungen: 1630
Herkunft:
 Beitrag No.6, eingetragen 2019-08-16 18:12    [Diesen Beitrag zitieren]
\(\begingroup\)\( \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Sind jetzt doch zwei Wochen geworden, aber hier die Auflösung:


Ja, es gibt solche Funktionen.

Wir beweisen dazu die Ungleichung
\[0\leq \frac 1n (a_1+\ldots +a_n) -a_1\cdots a_n \leq 1-\frac 1n. \qquad (*)\]
Sei $G(a_1,\ldots, a_n) := \frac 1n (a_1+\ldots +a_n) -a_1\cdots a_n$.
Für fest gewählte $a_2,\ldots, a_n$ ist die Abbildung $g(a_1):= G(a_1,\ldots, a_n)$ affin linear in $a_1$. Daher nimmt $g(a_1)$ für $0\leq a_1 \leq 1$ nur Werte zwischen $g(0)$ und $g(1)$ an.
Da $G$ symmetrisch in $a_1,\ldots, a_n$ ist, folgt, dass das Minimum und das Maximum, das $G$ auf der Menge $[0,1]^n$ annehmen kann, auf $\{0,1\}^n$ angenommen wird.
Es gilt $G(1,1,\ldots, 1) = 0$.
Wenn $a_1,\ldots, a_n \in \{0,1\}$ liegen, und mindestens ein $a_i=0$ ist, dann gilt offenbar
\[0 \leq G(a_1,\ldots, a_n) \leq \frac{n-1}n = 1-\frac 1n. \] Damit ist (*) bewiesen.

Durch Subtraktion von $\frac 12 -\frac 1{2n} =\frac{n-1}{2n} $ folgt aus (*), dass
\[\left|\frac 1n (a_1+\ldots +a_n) -a_1\cdots a_n -\frac{n-1}{2n} \right|\leq \frac 12 -\frac 1{2n}.\]
Daher können wir z.B. $f_1(x)=f_2(x)=\ldots = f_n(x) = \frac 1n x - \frac{n-1}{2n^2}$ wählen. $\square$


Die Schranke in der Aufgabe ist scharf: Den Beweis der anderen Richtung findet man hier.
\(\endgroup\)

Nuramon
Senior
Dabei seit: 23.01.2008
Mitteilungen: 1630
Herkunft:
 Beitrag No.5, eingetragen 2019-07-31 23:29    [Diesen Beitrag zitieren]

Dank MartinN ist mir aufgefallen, dass in meinem letzten Tipp ein Fehler war, den ich jetzt behoben habe.

Ich werde das Rätsel in einer Woche auflösen.


Nuramon
Senior
Dabei seit: 23.01.2008
Mitteilungen: 1630
Herkunft:
 Beitrag No.4, eingetragen 2019-07-23 18:37    [Diesen Beitrag zitieren]
\(\begingroup\)\( \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Kitaktus hat eine korrekte Lösung gefunden. Herzlichen Glückwunsch!

2019-07-22 19:11 - MartinN in Beitrag No. 3 schreibt:
Zumindest auf 1/2 komme ich xD
Wenn man immer $\frac 12$ als Wert des Produktes rät, dann irrt man sich höchstens um $\frac 12$, da das Produkt zwischen 0 und 1 liegt. wink

Hier als Tipp eine Lösung für $n=2$, die auf meinem ersten Tipp beruht:

Angenommen es wäre immer $f_1(a_1)=0$. Sei $a_2\in [0,1]$ beliebig. Wir wollen $f_2(a_2)$ so definieren, dass der größte Wert, den $|a_1a_2 -f_2(a_2|$ annehmen kann, möglichst klein wird.
Da $0\leq a_1a_2 \leq a_2$ gilt, sollten wir also $f_2(a_2)$ als das arithmetische Mittel der unteren und oberen Schranke wählen, also $f_2(a_2) = \frac 12 a_2$.

Nehmen wir jetzt an, dass $f_2(a_2) =\frac 12 a_2$ für alle $a_2\in[0,1]$ gilt. Wie müssen wir dann die Funktion $f_1$ definieren, so dass der größte Wert, den $|a_1a_2 -f_1(a_1) -\frac 12 a_2|$ annehmen kann, möglichst klein wird?
Es gilt $a_1a_2-\frac 12 a_2 = (a_1-\frac 12)a_2$.
Für festes $a_1\geq \frac 12$ und beliebiges $a_2$ gilt also $0\leq a_1a_2-\frac 12 a_2 \leq a_1- \frac 12$.
Für festes $a_1\leq \frac 12$ und beliebiges $a_2$ ist entsprechend $a_1-\frac 12\leq a_1a_2-\frac 12 a_2 \leq 0$.
In jedem Fall sollten wir daher $f_1(a_1)$ definieren als $f_1(a_1)= \frac 12(0+a_1-\frac 12)= \frac 12a_1-\frac 14$.

Eine weitere Iteration würde keine Änderung mehr bewirken. Und tatsächlich können wir mit obiger Rechnung zeigen, dass für $f_1(a_1)=\frac 12a_1-\frac 14$ und $f_2(a_2)=\frac 12 a_2$ die gewünschte Ungleichung
\[|a_1a_2-f_1(a_1)-f_2(a_2)|\leq \frac 14 = \frac 12-\frac 1{2\cdot 2}\] gilt.


Mit dieser Lösung könnte man jetzt folgende Vermutung für allgemeines $n$ aufstellen:

\[\left|a_1a_2\cdots a_n -\frac 1n\left(a_1+a_2+\ldots+a_n\right)+ \frac 12 -\frac 1{2n}\right| \leq \frac 12 -\frac 1{2n}\]

Mehr Tipps gebe ich aber nicht. smile

\(\endgroup\)

MartinN
Aktiv
Dabei seit: 05.08.2016
Mitteilungen: 1077
Herkunft: Bayern
 Beitrag No.3, eingetragen 2019-07-22 19:11    [Diesen Beitrag zitieren]

Meine Idee ist zu ungenau xD
Aber hab auch nicht wirklich weiter gerätselt... Zumindest auf 1/2 komme ich xD


Nuramon
Senior
Dabei seit: 23.01.2008
Mitteilungen: 1630
Herkunft:
 Beitrag No.2, eingetragen 2019-07-21 15:29    [Diesen Beitrag zitieren]

Rätselt hier jemand, der einen weiteren Tipp will?


Nuramon
Senior
Dabei seit: 23.01.2008
Mitteilungen: 1630
Herkunft:
 Beitrag No.1, eingetragen 2019-07-13 22:13    [Diesen Beitrag zitieren]
\(\begingroup\)\( \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Da noch niemand eine Lösung eingereicht hat, hier als Tipp für den Anfang die Idee, die mich letztlich auf die richtige Spur gebracht hat:


Zumindest für $n=2$ kann man iterativ solche Funktionen $f_1,f_2$ finden:
Starte mit $f_1(x)=0$ für alle $x\in[0,1]$. Wie sollte man dann $f_2$ wählen, so dass
\[
\sup_{a_1,a_2\in[0,1]}\left|a_1 a_2 -f_2(a_2) \right|
\] möglichst klein wird?

\(\endgroup\)

Nuramon
Senior
Dabei seit: 23.01.2008
Mitteilungen: 1630
Herkunft:
 Themenstart: 2019-07-07 13:07    [Diesen Beitrag zitieren]
\(\begingroup\)\( \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Ein kleiner Zusatz zu Aufgabe 271246B aus dem Thread über alte Olympiadeaufgaben:

Sei $n\geq 2$ eine natürliche Zahl.
Man beweise oder widerlege, dass dann Funktionen $f_1,\ldots, f_n: [0,1]\to \IR$ existieren, so dass für alle $a_1,\ldots, a_n\in [0,1]$ gilt:
\[\left|a_1\cdot a_2 \cdot \ldots \cdot a_n - \sum_{k=1}^n f_k(a_k)\right| \leq \frac 12 -\frac 1{2n}.\]
\(\endgroup\)

 
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