Die Mathe-Redaktion - 20.06.2018 05:43 - Registrieren/Login
Auswahl
ListenpunktHome
ListenpunktAktuell und Interessant ai
ListenpunktArtikelübersicht/-suche
ListenpunktAlle Links / Mathe-Links
ListenpunktFach- & Sachbücher
ListenpunktMitglieder / Karte
ListenpunktRegistrieren/Login
ListenpunktArbeitsgruppen
ListenpunktSchwätz / Top 15
ListenpunktWerde Mathe-Millionär!
ListenpunktAnmeldung MPCT Juli
ListenpunktFormeleditor fedgeo
Aktion im Forum
Suche
Stichwortsuche in Artikeln und Links von Matheplanet
Suchen im Forum
Suchtipps

Bücher
Englische Bücher
Software
Suchbegriffe:
Mathematik bei amazon
Naturwissenschaft & Technik
In Partnerschaft mit Amazon.de
Kontakt
Mail an Matroid
[Keine Übungsaufgaben!]
Impressum

Bitte beachten Sie unsere Nutzungsbedingungen, die Distanzierung, unsere Datenschutzerklärung und
die Forumregeln.

Sie können Mitglied werden. Mitglieder können den Matheplanet-Newsletter bestellen, der etwa alle 2 Monate erscheint.

Der Newsletter Okt. 2017

Für Mitglieder
Mathematisch für Anfänger
Wer ist Online
Aktuell sind 260 Gäste und 6 Mitglieder online.

Sie können Mitglied werden:
Klick hier.

Über Matheplanet
 
Zum letzten Themenfilter: Themenfilter:
Matroids Matheplanet Forum Index
Moderiert von mire2 StrgAltEntf
Logik, Mengen & Beweistechnik » Induktion » n! ≤ 4 (n/2)^(n+1)
Druckversion
Druckversion
Antworten
Antworten
Autor
Universität/Hochschule n! ≤ 4 (n/2)^(n+1)
YonDa
Junior Letzter Besuch: vor mehr als 3 Monaten
Dabei seit: 11.02.2018
Mitteilungen: 6
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2018-02-17


Hallo,

ich habe eine Frage zu folgender Aufgabe:

fed-Code einblenden

Als Hinweis ist gegeben:

fed-Code einblenden

1. Frage: Wie kommt auf die Form im Hinweis? Wen ich die Induktionsbehauptung einsetze, dann komme ich auf
fed-Code einblenden
Vielleicht ist der Hinweis auch einfach falsch?

2. Frage: Hinweis hin oder her, wie kann ich die Behauptung mittels vollständiger Induktion beweisen?

Ich würde mich über eine Antwort freuen!  






  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Squire
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 18.08.2015
Mitteilungen: 480
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2018-02-17


Der Hinweis ist richtig und deine Rechnung ist auch richtig.  :-)
Grüße Squire



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
YonDa
Junior Letzter Besuch: vor mehr als 3 Monaten
Dabei seit: 11.02.2018
Mitteilungen: 6
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2018-02-17


Hallo Squire,

vielen Dank für deine Schnelle Antwort!
Wenn beides richtig ist, dann scheine ich ein Brett vor dem Kopf zu haben.
Ich sehe nicht, wie ich von meiner Rechnung auf die Form von dem Hinweis komme. Könntest du mir das bitte noch erklären?

Grüße
YonDa



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Dreistein
Junior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 03.01.2018
Mitteilungen: 13
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2018-02-17


Hallo YonDa,

zu 1.: versuche mal den Term im Hinweis zu vereinfachen, ich glaube dann siehst du das besser.

zu 2.: versuche die Faktoren im Hinweis so zu ordnen, dass ein Teil dem entspricht, was auf der rechten Seite nach dem Ungleichheitszeichen im Induktionsschritt stehen sollte. Was kannst du dann über den übriggebliebenen Faktor aussagen?

Schöne Grüße,
Dreistein



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
YonDa
Junior Letzter Besuch: vor mehr als 3 Monaten
Dabei seit: 11.02.2018
Mitteilungen: 6
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2018-02-17


Hallo Dreistein,

danke für die Hinweise. Damit hat es geklappt :)

Grüße
YonDa



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Triceratops
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 28.04.2016
Mitteilungen: 3644
Aus: Berlin
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2018-02-17


Besteht Interesse an einem direkten Beweis ohne Induktion?

Dann würde ich mich mal auf die Suche machen.



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Red_
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 28.09.2016
Mitteilungen: 448
Aus: Erde
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2018-02-17


Ja.



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
weird
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 4042
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2018-02-17


Durchaus.



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Triceratops
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 28.04.2016
Mitteilungen: 3644
Aus: Berlin
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2018-02-18

\(\begingroup\)
Ich habe leider noch keinen solchen Beweis gefunden.

Übrigens gilt eine stärkere Ungleichung:

$n! \leq 2 (n/2)^n$

bzw.

$2^{n-1} n! \leq n^n.$

Ein Induktionsbeweis, bei dem die behauptete Ungleichung zumindest aber hergeleitet wird, sieht hier so aus: Der binomische Lehrsatz zeigt

$(n+1)^n \geq n^n + n \cdot n^{n-1} = 2 n^n.$

Daraus folgt $(n+1)^{n+1} \geq 2 (n+1) \cdot n^n$ und damit induktiv (den Induktionsanfang nicht vergessen) $n^n \geq 2^{n-1} n!$.

Es wäre schön, die Ungleichung kombinatorisch zubeweisen, weil alle Bestandteile kombinatorische Bedeutungen haben, aber das ist mir auch noch nicht gelungen.
\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Red_
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 28.09.2016
Mitteilungen: 448
Aus: Erde
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2018-02-18

\(\begingroup\)
Hey, ich habe es kombinatorisch auch nicht geschafft. Jedoch habe ich eine bessere Abschätzung mit Hilfe von Calculus gefunden:
\(n! \leq (\frac{n+1}{e})^{n+1} \cdot \frac{e^2}{4}\)
Also für \(n\geq 3\) ist das auf jeden Fall besser als die ursprüngliche. Die beiden anderen Fälle (\(n>0\)) kann man nachrechnen wenn man will :S
Idee:
Man schätzt einfach \(ln(n!)\) mit einem geeigneten Integral nach oben ab und dann bisschen umformen.
Ich muss noch schauen, ob Triceratops Abschätzung evtl. sogar besser ist.
Edit: Seine ist offensichtlich besser und schöner, da seins Grad n hat, meinst jedoch Grad n+1.
\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
weird
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 4042
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2018-02-18

\(\begingroup\)
2018-02-18 10:41 - Triceratops in Beitrag No. 8 schreibt:
Ich habe leider noch keinen solchen Beweis gefunden.

Übrigens gilt eine stärkere Ungleichung:

$n! \leq 2 (n/2)^n$

bzw.

$2^{n-1} n! \leq n^n.$

Ja, was klar zeigt, dass die Aufgabe hier komplett falsch gestellt ist, denn es ist ja wirklich nicht einzusehen, dass man hier

$\forall n\in \mathbb N: 2^{n-1}n!\le n^{n+1}$

zeigen soll, wenn man mit denselben Mitteln und genauso einfach

$\forall n\in \mathbb N: 2^{n-1}n!\le n^n$

zeigen kann.  eek


Es wäre schön, die Ungleichung kombinatorisch zubeweisen, weil alle Bestandteile kombinatorische Bedeutungen haben, aber das ist mir auch noch nicht gelungen.

Mir leider auch nicht, obwohl ja wirklich alles dafür spricht, dass es so einen rein kombinatorischen Beweis geben sollte. Man müsste dafür einfach auf eine "kanonische" Weise jeder Bijektion auf einer $n$-elementigen Menge $A$ eine Teilmenge von $A^A$ mit mindestens $2^{n-1}$ Elementen zuordnen können, sodass diese Teilmengen alle paarweise disjunkt sind. Dies ist aber leichter gesagt als getan.  frown
\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Triceratops
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 28.04.2016
Mitteilungen: 3644
Aus: Berlin
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2018-02-18


@weird: Wie sieht es mit der Menge der Abbildungen aus, die mit der geg. Permutation kommutieren? Ich habe es allerdings nicht überprüft, und es sieht nicht ganz passend aus. Ich schreibe es trotzdem, weil es uns eventuell irgendwohin führen kann.



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Folgende Antworten hat der Fragesteller vermutlich noch nicht gesehen.
Er/sie war noch nicht wieder auf dem Matheplaneten
weird
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 4042
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2018-02-18

\(\begingroup\)
2018-02-18 12:47 - Triceratops in Beitrag No. 11 schreibt:
@weird: Wie sieht es mit der Menge der Abbildungen aus, die mit der geg. Permutation kommutieren? Ich habe es allerdings nicht überprüft, und es sieht nicht ganz passend aus. Ich schreibe es trotzdem, weil es uns eventuell irgendwohin führen kann.

Zentralisatoren in $A^A$ von Bijektionen auf der $n$-elmentigen Menge $A$ sind leider im Allg. viel zu klein, betrachte dazu etwa Zyklen der Maximallänge $n$, die in dieser Hinsicht gewissermaßen den "worst case" darstellen. Ganz abgesehen davon ist ja auch die obige Forderung der Disjunktheit nicht erfüllt. Ich fürchte, das geht alles viel aufwändiger, wenn überhaupt.

\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Kuestenkind
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 12.04.2016
Mitteilungen: 952
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2018-02-18

\(\begingroup\)
Huhu,

mit einem kombinatorischen Beweis kann ich leider auch nicht dienen, aber vll ginge ja noch dieses hier alternativ:

Wir betrachten die Folge \(a_n:=\frac{n^n}{2^{n-1}n!}\)

Diese Folge steigt, da

\(\displaystyle \frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{(n+1)^{n+1}}{2^n(n+1)!} \cdot \frac{2^{n-1}n!}{n^n}=\frac{1}{2}\left(\frac{n+1}{n}\right)^n=\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\geq1\)

nach Bernoulli gilt. Zudem ist \(a_2=1\), womit die gewünschte Ungleichung folgen sollte.

Gruß,

Küstenkind
\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
weird
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 4042
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2018-02-18


@Küstenkind

Ja, auf jeden Fall mal eine nette Abwechslung zu den üblichen faden Induktionsbeweisen!  wink



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Wauzi
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 03.06.2004
Mitteilungen: 11159
Aus: Bayern
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2018-02-18


Eine weitere Möglichkeit, komplett ohne Induktion ist folgende:
fed-Code einblenden

Gruß Wauzi

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.13 begonnen.]


-----------------
Primzahlen sind auch nur Zahlen



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Triceratops
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 28.04.2016
Mitteilungen: 3644
Aus: Berlin
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, eingetragen 2018-02-18


@Wauzi: Das ist eine schöne Lösung, und genau das, was ich mir gewünscht habe.  smile



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Marbin
Aktiv Letzter Besuch: im letzten Quartal
Dabei seit: 31.12.2011
Mitteilungen: 125
Aus: Shanghai, China
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, eingetragen 2018-02-19

\(\begingroup\)
Noch eine Idee...Wir wissen, dass

\[n!\leq e^{\frac{1}{12\cdot n}}\cdot \sqrt{2\cdot \pi \cdot n}\cdot \left ( \frac{n}{e} \right )^{n}.\]
Zu beweisen also die Behauptung

\[e^{\frac{1}{12\cdot n}}\cdot \sqrt{2\cdot \pi \cdot n}\cdot \left ( \frac{n}{e} \right )^{n}<2\cdot n\cdot \left ( \frac{n}{2} \right )^{n}.\]
Nach einigen Umformungen (und wenn ich mich nicht verrechnet habe) erhalten wir

\[6\cdot n^{2}\cdot \left (\ln(4)-2  \right )-6\cdot n \cdot \ln\left ( \frac{2\cdot n}{\pi} \right )+1<0\]
mit der numerischen Lösung \(n>1,00255...\)


-----------------
"I'm an explorer okay, I get curious about everything and I want to investigate all kinds of stuff." (Richard Phillips Feynman)
\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Calahan
Neu Letzter Besuch: im letzten Quartal
Dabei seit: 20.02.2018
Mitteilungen: 3
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, eingetragen 2018-02-20

\(\begingroup\)
Offenbar ist die Behauptung äquivalent zu

\[ \prod_{k=1}^{n-1}2k\leq n^n\]
Nun folgt aber aus AM-GM

\[ \sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n-1}2k}\leq \frac 1n\left(1+\sum_{k=1}^{n-1}2k\right)=\frac 1n+(n-1)\leq n\]
und damit die Behauptung.
\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Red_
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 28.09.2016
Mitteilungen: 448
Aus: Erde
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.19, eingetragen 2018-02-20


Auch ein sehr cooler Beweis.



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
weird
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 4042
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.20, eingetragen 2018-02-20

\(\begingroup\)
2018-02-20 16:32 - Calahan in Beitrag No. 18 schreibt:
Offenbar ist die Behauptung äquivalent zu

\[ \prod_{k=1}^{n-1}2k\leq n^n\]
Nun folgt aber aus AM-GM

\[ \sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n-1}2k}\leq \frac 1n\left(1+\sum_{k=1}^{n-1}2k\right)=\frac 1n+(n-1)\leq n\]
und damit die Behauptung.

Willkommen hier auf dem Matheplaneten!  wink

Auch Wauzi hatte ja in #15 eigentlich die Ungleichung AM-GM verwendet, ohne es zu sagen, aber dein Beweis, der die Fallunterscheidung nach der Parität von $n$ vermeidet, ist natürlich noch um einiges eleganter. Toll, das allererste Posting und das gleich mit so einem großartigen Einstand!  wink  

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.18 begonnen.]
\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Red_
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 28.09.2016
Mitteilungen: 448
Aus: Erde
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.21, eingetragen 2018-02-20

\(\begingroup\)
Na gut, ich habe auch einen:
Die zuzeigende Ungleichung ist äquivalent zu:
\((n+1)^n \geq 2^n \cdot n! \)
Es gilt mit der Hölderungleichung:
\((n+1)^n=(n+1)\cdot ((n-1)+2)\cdot ((n-2)+3)\cdot ((n-3)+4)\cdots ((n-(n-1))+n)\geq (\sqrt[n]{n!}+\sqrt[n]{n!})^n =2^n \cdot n!\).
Einen kombinatorischen Beweis suche ich noch dafür, das sieht eigentlich nicht so schwierig aus :S

\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
weird
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 4042
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.22, eingetragen 2018-02-20

\(\begingroup\)
2018-02-20 17:44 - Red_ in Beitrag No. 21 schreibt:
Na gut, ich habe auch einen:
Die zuzeigende Ungleichung ist äquivalent zu:
\((n+1)^n \geq 2^n \cdot n! \)

Ich muss gestehen, ich habe ein Problem mit deinem Beweis. Das beginnt schon mit der oben zitierten Aussage. Wir haben ja hier zwei Behauptungen, nämlich die in #1 vom TS

$\forall n \in \mathbb N: 2^{n-1}n!\le n^{n+1}$

und die schärfere in #8 von Triceratops, um die sich zuletzt alles drehte:

$\forall n \in \mathbb N: 2^{n-1}n!\le n^n$

Zu welcher der beiden soll deine Aussage äquivalent sein, wie du oben behauptest?
\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Red_
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 28.09.2016
Mitteilungen: 448
Aus: Erde
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.23, eingetragen 2018-02-20


Hey,
die von Triceratops. Substituiere n->n+1. Ich wollte dass es schöner aus sieht mit dem n, statt n-1 :S
Bei mir muss halt n>=1 für den Beweis. Aber n=0 stimmt trotzdem.



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
weird
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 4042
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.24, eingetragen 2018-02-20


2018-02-20 18:39 - Red_ in Beitrag No. 23 schreibt:
die von Triceratops. Substituiere n->n+1. Ich wollte dass es schöner aus sieht mit dem n, statt n-1 :S

Ah, ok. Könntest du bitte auch die Form der Hölderungleichung zitieren, welche du hier benutzt? Offenbar habe ich da immer die falsche Formel im Kopf, die wie eine Verallgemeinerung der Ungleichung von Cauchy-Schwarz aussieht, aber dann hier so gar nicht passt.



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Red_
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 28.09.2016
Mitteilungen: 448
Aus: Erde
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.25, eingetragen 2018-02-20


Hey Weird,
doch, genau die habe ich benutzt.
Ich finde sie zwar nirgends unter ''Hölder-Ungleichung'', aber ich habe sie unter dem Namen vor Jahren kennengelernt:



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
kurtg
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 27.08.2008
Mitteilungen: 1024
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.26, eingetragen 2018-02-20


Kann man die (wie die CSU auch) mit der Umordnungsungleichung beweisen?



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Red_
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 28.09.2016
Mitteilungen: 448
Aus: Erde
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.27, eingetragen 2018-02-20


Kann sein, ich weiß es nicht.
Hier ist der Beweis aus dem Skript:





  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
weird
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 4042
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.28, eingetragen 2018-02-20


@Red_

Ohne deine Beweisansatz, der jedenfalls recht originell ist, schmälern zu wollen, scheint es doch so zu sein, dass im Beweis der Ungleichung aus dem Satz 3.2, den ich vorher ehrlich gesagt nicht kannte, doch wieder die AM-GM Ungleichung drinnensteckt und da scheint es mir doch naheliegender zu sein, diese doch weit bekanntere Ungleichung dann gleich direkt zu verwenden, wie dies eben in Calahan's Beitrag #18 auch geschehen ist.



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Red_
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 28.09.2016
Mitteilungen: 448
Aus: Erde
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.29, eingetragen 2018-02-20


Also unter den Olympioniken ist die Ungleichung eigentlich sehr bekannt. Und das was du da sagst gefällt mir nicht. Das hieße doch, dass diese Ungleichung nicht gebräuchlich ist, denn ich kann sowieso AM-GM anwenden, oder nicht? Ich hatte mal eine schon schwierige Wettbewerbs-Aufgabe, wo ich diese Ungleichung benutzen musste und das mich direkt zum Resultat brachte. Mit AM-GM hätte ich wahrscheinlich zig Zeilen gebraucht. Wozu AM-GM benutzen, weighted AM-GM folgt doch direkt aus Jensen biggrin Naja, also obiger Satz ist schon sehr mächtig; wenn man ihn anwenden kann, warum nicht? Wenn andere den nicht kennen, dann kennen sie ihn (zum Glück!) jetzt.



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Triceratops
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 28.04.2016
Mitteilungen: 3644
Aus: Berlin
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.30, eingetragen 2018-02-21


2018-02-20 17:18 - weird in Beitrag No. 20 schreibt:
Auch Wauzi hatte ja in #15 eigentlich die Ungleichung AM-GM verwendet, ohne es zu sagen,

Kannst du bitte sagen wo die Ungleichung verwendet wurde?



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
weird
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 4042
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.31, eingetragen 2018-02-21

\(\begingroup\)
2018-02-21 08:06 - Triceratops in Beitrag No. 30 schreibt:
2018-02-20 17:18 - weird in Beitrag No. 20 schreibt:
Auch Wauzi hatte ja in #15 eigentlich die Ungleichung AM-GM verwendet, ohne es zu sagen,

Kannst du bitte sagen wo die Ungleichung verwendet wurde?

Er schreibt hier

2018-02-18 18:10 - Wauzi in Beitrag No. 15 schreibt:
Eine weitere Möglichkeit, komplett ohne Induktion ist folgende:
fed-Code einblenden

Für mich ist das einfach AM-GM in der Form

$\sqrt{k(n-k)}\le\frac{k+(n-k)}2=\frac n2$

samt der üblichen Herleitung.
\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Triceratops
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 28.04.2016
Mitteilungen: 3644
Aus: Berlin
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.32, eingetragen 2018-02-21


Ok, das ist die AM-GM Ungleichung für zwei Variablen, die sich schnell beweisen lässt, aber bei Calahans sehr hübschem Beweis sind es n Variablen.



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
weird
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 4042
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.33, eingetragen 2018-02-21

\(\begingroup\)
2018-02-21 08:28 - Triceratops in Beitrag No. 32 schreibt:
Ok, das ist die AM-GM Ungleichung für zwei Variablen, die sich schnell beweisen lässt, aber bei Calahans sehr hübschem Beweis sind es n Variablen.

Naja, man sollte die Verwendung der AM-GM Ungleichung für "nur" 2 Variablen jetzt nicht "runterspielen", denn immerhin wendet Wauzi diese Ungleichung dann gleich $m$-mal mit $m\approx \frac n2$ an. Und ja, Calahans Beweis habe ich ja oben schon gelobt.  wink

Auch Red's Beweis über den Satz von Hölder verwendet essentiell die AM-GM Ungleichung, indem diese, wie oben schon bemerkt, bei dessen Beweis an entscheidender Stelle eingeht. Als alternative und auch originelle Beweisidee ist dagegen ja auch nichts einzuwenden, nur halt mit dem kleinen Schönheitsfehler behaftet - auch wenn das Red so offensichtlich nicht gefällt - dass man sich dann die Frage stellen kann: Warum soll ich die AM-GM Ungleichung nicht gleich direkt verwenden, wie das Calahan oben gemacht hat, statt über diesen Umweg?  cool
\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Red_
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 28.09.2016
Mitteilungen: 448
Aus: Erde
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.34, eingetragen 2018-02-21


2018-02-18 10:57 - Red_ in Beitrag No. 9 schreibt:
Ich muss noch schauen, ob Triceratops Abschätzung evtl. sogar besser ist.
Edit: Seine ist offensichtlich besser und schöner, da seins Grad n hat, meinst jedoch Grad n+1.
Sorry, hier hatte ich einen Denkfehler. Meine Abschätzung ist doch besser als die von Triceratops, da mein Exponent überwiegt. Ich habe sogar noch eine bessere gefunden, indem man wie oben bei den Rechtecken unter dem Integral noch Dreiecke über dem Rechteck abzieht. Ich poste sieh mal nachher, wenn ich Lust habe.



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Wauzi
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 03.06.2004
Mitteilungen: 11159
Aus: Bayern
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.35, eingetragen 2018-02-22

\(\begingroup\)
2018-02-21 08:23 - weird in Beitrag No. 31 schreibt:
w
Er schreibt hier

2018-02-18 18:10 - Wauzi in Beitrag No. 15 schreibt:
Eine weitere Möglichkeit, komplett ohne Induktion ist folgende:
fed-Code einblenden

Für mich ist das einfach AM-GM in der Form

$\sqrt{k(n-k)}\le\frac{k+(n-k)}2=\frac n2$

samt der üblichen Herleitung.

Interessant, was ich so alles gemacht habe ohne es zu merken. smile  

Also bewußt habe ich eigentlich nur die Eigenschaft von Quadraten benutzt größer gleich Null zu sein.

Gruß Wauzi

\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Gestath
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 22.07.2013
Mitteilungen: 171
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.36, eingetragen 2018-02-22


Hi,

im Hinblick auf Verallgemeinerungen der Form
fed-Code einblenden

MfG
Gestath



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
weird
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 4042
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.37, eingetragen 2018-02-23

\(\begingroup\)
2018-02-22 20:06 - Gestath in Beitrag No. 36 schreibt:
Hi,

im Hinblick auf Verallgemeinerungen der Form
fed-Code einblenden

Dafür müsste dann die zu beweisende Ungleichung von der Form

$\forall n\in N: n!\le c(\frac n\alpha)^n\quad (^*)$

mit einer Konstanten $c>0$ sein, was dann mit

$a_n=\frac{c\,n^n}{\alpha^n \,n!}\quad (n\in \mathbb N)$

wieder auf

$\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac 1\alpha (1+\frac 1n)^n \quad (n \in \mathbb N)$

führt.

Wie man also sofort sieht, muss also $\alpha<e$ sein, damit dieser Quotient überhaupt $\ge 1$ sein kann, was du vermutlich auch mit "$\alpha$ in der Nähe von $e$" gemeint hast. Nur sieht man auch hier auch gleich ein weiteres Problem, nämlich dass

$\frac{a_{n+1}}{a_n}\ge 1$

selbst für $\alpha<e$ nur erst für $n\ge n_0$ mit einem mehr oder weniger großem $n_0\in \mathbb N$ gilt. Damit also (*) auch für die anderen $n$ gilt, muss die Konstante $c$ dann entsprechend groß gewählt werden, und zwar immer größer, je näher $\alpha$ an $e$ liegt. Vor allem ließe sich aber dann zu jeder Ungleichung von der Form $(^*)$ immer eine "noch bessere" angeben bzw. ist nicht klar, welche davon nun die "beste" ist.

Insgesamt scheint mir also die Verallgemeinerung $(^*)$ mit $2<\alpha<e$ und einer Konstanten $c$ nicht so wirklich sinnvoll zu sein. Ersetzt man aber $c$ durch eine "möglichst langsam wachsende" Funktion $c(n)$, so kommt man dann früher oder später auf die Stirlingformel mit $\alpha =e$ und z.B.

$c(n)=\sqrt{2\pi n}\,e^{\frac1{12n}}$

welche in meinen Augen dann die einzige noch wirklich sinnvolle Verallgemeinerung hier darstellt, mal abgesehen davon, dass man den Fall $n=0$ dann wirklich ausschließen muss.
\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Gestath
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 22.07.2013
Mitteilungen: 171
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.38, eingetragen 2018-02-24


Hallo weird,


Insgesamt scheint mir also die Verallgemeinerung (∗) mit 2<α<e und einer Konstanten c nicht so wirklich sinnvoll zu sein.

Für sinnvoll halte ich die Verallgemeinerung schon, dazu mit wenig Aufwand erkauft. Davon unbenommen liefert die Stirlingformel natürlich eine wesentlich genauere Beschreibung der Situation.

MfG
Gestath



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Neues Thema [Neues Thema] Antworten [Antworten]    Druckversion [Druckversion]

 


Wechsel in ein anderes Forum:
 Suchen    
 
All logos and trademarks in this site are property of their respective owner. The comments are property of their posters, all the rest © 2001-2018 by Matroids Matheplanet
This web site was made with PHP-Nuke, a web portal system written in PHP. PHP-Nuke is Free Software released under the GNU/GPL license.
Ich distanziere mich von rechtswidrigen oder anstößigen Inhalten, die sich trotz aufmerksamer Prüfung hinter hier verwendeten Links verbergen mögen.
Lesen Sie die Nutzungsbedingungen, die Distanzierung, die Datenschutzerklärung und das Impressum.
[Seitenanfang]