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Analysis » Ungleichungen » Ungleichungen mit Potenzen mit rationalen Exponenten
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Universität/Hochschule J Ungleichungen mit Potenzen mit rationalen Exponenten
elbantar
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-11-26


Hallo Leute,

ich habe folgendes Problem:
Ich soll zeigen, dass \(a^{\frac{1}{m}}<a^{\frac{1}{n}}\) gilt, falls: \(m<n\) und \(0<a<1\) mit \(m,n\in\mathbb{N}\) und \(a\in\mathbb{R}_+\)

Ich habe bisher folgendes:

\(0<a<1\) und \(m<n \Rightarrow a^n<a^m\)    (0)

\(\Rightarrow a^{n*\frac{1}{m*n}}<a^{m*\frac{1}{m*n}}\)    (1)

\(\Leftrightarrow a^\frac{1}{m}<a^\frac{1}{n}\)    (2)

und von (1) zu (2) ändert sich das Vorzeichen nicht, da:

\(0<m<n\Rightarrow 0<m*n\Rightarrow 0<\frac{1}{m*n}\)

Stimmt das soweit überhaupt?
Mein Problem wäre dann eben, dass ich keine Ahnung habe wie ich in (0) beweise, dass die rechte Seite stimmt, also \(a^n<a^m\) für \(a<1\).

Ich hoffe ihr versteht was ich meine, vielen Dank im Voraus!



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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-11-26


Hey elbantar,

zu (0) : Überlege dir, dass aus $0 < a < 1$ folgt, dass $\frac{1}{a} > 1$ ist. Kommst du damit weiter?

Der Rest sollte passen, habe aber nur kurz drübergeschaut.

Viele Grüße,
X3nion


-----------------
Ich bin Asperger-Autist. Wenn du mir antwortest, wofür ich mich jetzt schon sehr bedanke, dann beachte bitte den Text im Sektor "meine Geschichte" auf meiner Profilseite, der erklärt, wie du auf meine Besonderheiten Rücksicht nehmen kannst.



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elbantar
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-11-26


2020-11-26 01:11 - X3nion in Beitrag No. 1 schreibt:
Hey elbantar,

zu (0) : Überlege dir, dass aus $0 < a < 1$ folgt, dass $\frac{1}{a} > 1$ ist. Kommst du damit weiter?

Der Rest sollte passen, habe aber nur kurz drübergeschaut.

Viele Grüße,
X3nion

Vielen Dank für deine Hilfe! Das war der Schritt der mir noch gefehlt hat 😃



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elbantar
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2020-11-26


Allerdings habe ich jetzt ein weiteres Problem:

Ich soll jetzt zeigen: \(b^{\frac{1}{n}}-a^{\frac{1}{n}}<(b-a)^{\frac{1}{n}}\), falls \(a<b\) und \(n\geq 2\), mit \(n\in\mathbb{N}\) und \(a,b\in\mathbb{R}_+\)

Ich habe es mal mit dem binomischen Lehrsatz versucht, also:

\(b^{\frac{1}{n}}-a^{\frac{1}{n}}<(b-a)^{\frac{1}{n}}\)    (0)

\(\Leftrightarrow (b^{\frac{1}{n}}-a^{\frac{1}{n}})^n<b-a\)    (1)

\(\Leftrightarrow\Sigma^{n}_{j=0}\binom{n}{j}*(\sqrt[n]{b})^{n-j}*(-\sqrt[n]{a})^j<b-a\)    (2)

\(\Leftrightarrow a+b+(-1)*\Sigma^{n-1}_{j=1}\binom{n}{j}*(\sqrt[n]{b})^{n-j}*(\sqrt[n]{a})^j<b-a\)    (3)

\(\Leftrightarrow (-1)*\Sigma^{n-1}_{j=1}\binom{n}{j}*(\sqrt[n]{b})^{n-j}*(\sqrt[n]{a})^j<-2a\)    (4)

\(\Leftrightarrow\Sigma^{n-1}_{j=1}\binom{n}{j}*(\sqrt[n]{b})^{n-j}*(\sqrt[n]{a})^j>2a\)    (5)

Von (2) auf (3) habe ich das "-" vor der n-ten Wurzel von a vor die Summe gezogen, da man konstanten ja rausziehen kann. Allerdings bin ich mir nicht sicher ob ich das darf, da es ja quasi von j abhängt.
Ich wäre euch sehr dankbar wenn jemand kurz darüber schauen könnte und auf Fehler hinweisen oder mir einen Tipp für weiteres Vorgehen da lassen würde!



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2020-11-26

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Hallo,

ich glaube, dass dein Ansatz über den Binomischen Satz hier nicht zum Erfolg führt.

Bei dieser Aufgabe wird manchmal noch der Tipp dazu gegeben, dass man zuerst nachweisen soll, dass die Funktion \(f\) mit \(f(x)=x^{1/n}-(x-1)^{1/n}\) für \(x\ge 1\) und \(n\ge 2\) streng monoton fällt.

Mit der Kentnis \(b>a\) könnte man den Funktionwert \(f\left(\frac{b}{a}\right)\) näher untersuchen. Daraus lässt sich durch eine recht naheliegende Abschätzung eine Ungleichung gewinnen, die nach einer weiteren Umformung das gewünschte liefert.

Aber wie gesagt: das funktioniert nur, wenn Ableiten schon erlaubt ist.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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elbantar
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2020-11-26

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle} \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
2020-11-26 19:14 - Diophant in Beitrag No. 4 schreibt:
Hallo,

ich glaube, dass dein Ansatz über den Binomischen Satz hier nicht zum Erfolg führt.

Bei dieser Aufgabe wird manchmal noch der Tipp dazu gegeben, dass man zuerst nachweisen soll, dass die Funktion \(f\) mit \(f(x)=x^{1/n}-(x-1)^{1/n}\) für \(x\ge 1\) und \(n\ge 2\) streng monoton fällt.

Mit der Kentnis \(b>a\) könnte man den Funktionwert \(f\left(\frac{b}{a}\right)\) näher untersuchen. Daraus lässt sich durch eine recht naheliegende Abschätzung eine Ungleichung gewinnen, die nach einer weiteren Umformung das gewünschte liefert.

Aber wie gesagt: das funktioniert nur, wenn Ableiten schon erlaubt ist.


Gruß, Diophant

Hm, gäbe es noch einen anderen Weg? Ableitungen sind leider noch nicht eingeführt 😬
\(\endgroup\)


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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2020-11-26

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Hallo,

mir ist noch eine Idee gekommen: zeige zunächst die Ungleichung

\[b^{1/n}+a^{1/n}>(b+a)^{1/n}\]
Das sollte wegen der gleichen Vorzeichen dann tatsächlich mit Hilfe des Binomischen Lehrsatzes gelingen. Und zwar genau so, wie du oben angefangen hast: zunächst mit \(n\) potenzieren.

Dann versuche, daraus deine Ungleichung zu folgern.

Ist aber jetzt ehrlich gesagt auch nur mal eine Idee, zum Rechnen komme ich heute nicht mehr.

Vielleicht liefert ja auch die Suchfunktion des MP noch etwas brauchbares.

Ich habe auf die Schnelle nur diesen Thread gefunden, dort kommt aber letztendlich meine Methode aus Beitrag #4 zum Einsatz.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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elbantar
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle} \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
2020-11-26 20:20 - Diophant in Beitrag No. 6 schreibt:
Hallo,

mir ist noch eine Idee gekommen: zeige zunächst die Ungleichung

\[b^{1/n}+a^{1/n}>(b+a)^{1/n}\]
Das sollte wegen der gleichen Vorzeichen dann tatsächlich mit Hilfe des Binomischen Lehrsatzes gelingen. Und zwar genau so, wie du oben angefangen hast: zunächst mit \(n\) potenzieren.

Dann versuche, daraus deine Ungleichung zu folgern.

Ist aber jetzt ehrlich gesagt auch nur mal eine Idee, zum Rechnen komme ich heute nicht mehr.

Vielleicht liefert ja auch die Suchfunktion des MP noch etwas brauchbares.

Ich habe auf die Schnelle nur diesen Thread gefunden, dort kommt aber letztendlich meine Methode aus Beitrag #4 zum Einsatz.


Gruß, Diophant


Alles klar, ich versuche es mal mit deinem Vorschlag und schaue ob ich dort weiter komme. Vielen Dank für deine Hilfe!
\(\endgroup\)


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