erste Bsp Metrik, komplex < Topologie+Geometrie < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:32 Mo 09.03.2015 | | Autor: | sissile |
| Aufgabe | Als erstes Beispiel für eine Metrik wird im Skriptum [mm] \IR [/mm] oder [mm] \IC [/mm] mit d(x,y):=|x-y| aufgezählt. Das [mm] (\IR, [/mm] d) ein metrischer Raum ist hab ich gezeigt.
Nun fehlt mir der Beweis, dass [mm] (\IC, [/mm] d) ein metrischer Raum. |
Hallo,
[mm] d(x,y):=|x-y|=|(a_1-a_2)+i(b_1-b_2)|
[/mm]
mit [mm] x=a_1-ib_1, y=a_2 -ib_2
[/mm]
Hier ist doch der Betrag gemeint: [mm] d(x,y)=\sqrt{(a_1-a_2)^2+(b_1-b_2)^2}=\sqrt{(x-y)(\overline{x-y})}
[/mm]
Die Definitheit sowie die Symmetrie sind klar, aber die Dreiecksungleichung bereitet mir Schwierigkeiten.
ZZ.: d(x,z) [mm] \le [/mm] d(x,y)+d(y,z), d.h.: |x-z| [mm] \le [/mm] |x-y|+|y-z|
Ich hab versucht da d(.,.) positiv ist (quadrieren dementsprechend eine Äquivalenzumformung ist) das ganze zu quadrieren. Nur leider ohne Erfolg. Ich hab auch versucht, das wie im reellen zu machen indem ich eine "kluge 0" -y+y einsetze, jeder Versuch war bis jetzt leider nicht zielführend.
LG,
sissi
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 01:14 Di 10.03.2015 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Als erstes Beispiel für eine Metrik wird im Skriptum [mm]\IR[/mm]
> oder [mm]\IC[/mm] mit d(x,y):=|x-y| aufgezählt. Dass [mm](\IR,[/mm] d) ein
> metrischer Raum ist hab ich gezeigt.
> Nun fehlt mir der Beweis, dass [mm](\IC,[/mm] d) ein metrischer
> Raum.
das geht doch vollkommen analog - nur die Dreiecksungleichung ist
vielleicht nicht gänzlich trivial.
> Hallo,
>
> [mm]d(x,y):=|x-y|=|(a_1-a_2)+i(b_1-b_2)|[/mm]
> mit [mm]x=a_1-ib_1, y=a_2 -ib_2[/mm]
Du meinst [mm] $a_k\red{\,+\,}ib_k$ [/mm] für $k=1,2$.
> Hier ist dass doch der Betrag
> gemeint:
> [mm]d(x,y)=\sqrt{(a_1-a_2)^2+(b_1-b_2)^2}=\sqrt{(x-y)(\overline{x-y})}[/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Die Definitheit sowie die Symmetrie sind klar, aber die
> Dreiecksungleichung bereitet mir Schwierigkeiten.
> ZZ.: d(x,z) [mm]\le[/mm] d(x,y)+d(y,z), d.h.: |x-z| [mm]\le[/mm]
> |x-y|+|y-z|
> Ich hab versucht da d(.,.) positiv ist (quadrieren
> dementsprechend eine Äquivalenzumformung ist) das ganze zu
> quadrieren. Nur leider ohne Erfolg. Ich hab auch versucht,
> dass wie im reellen zu machen indem ich eine "kluge 0" -y+y
> einsetze, jeder Versuch war bis jetzt leider nicht
> zielführend.
Sei [mm] $x_k=a_k+ib_k$ [/mm] mit [mm] $a_k,b_k \in \IR$ [/mm] für $k=1,2,3$. Dann ist zu zeigen, dass
[mm] $|x_1-x_3|=\sqrt{(a_1-a_3)^2+(b_1-b_3)^2} \le \sqrt{(a_1-a_2)^2+(b_1-b_2)^2}\;+\,\sqrt{(a_2-a_3)^2+(b_2-b_3)^2}$
[/mm]
Da beide Seiten nichtnegativ sind, erhalte ich eine äquivalente Ungleichung
nach Quadrieren:
[mm] $(a_1-a_3)^2+(b_1-b_3)^2 \le (a_1-a_2)^2+(b_1-b_2)^2+(a_2-a_3)^2+(b_2-b_3)^2+2*\sqrt{\{(a_1-a_2)^2+(b_1-b_2)^2\}*\{(a_2-a_3)^2+(b_2-b_3)^2\}}$
[/mm]
Das könntest Du jetzt durchaus (einfach zur Übung) mal nachrechnen, dass
diese Ungleichung gilt.
Auf Wiki findet man dafür aber eine schöne Kurzfassung (bzw. besser gesagt:
einen übersichtlicheren Weg, und das ist meist eher der, der in einer Analysis-Vorlesung
so vorgestellt wird):
1. Man zeigt, dass
[mm] $|w+z|\,\le\,|w|+|z|$
[/mm]
gilt. Das ist nicht sonderlich schwer, und ist eigentlich die *übliche*
Dreiecksungleichung im Komplexen.
Du kannst Dir dahingehend die Rechnung in Wiki angucken (die ist elegant,
man nutzt [mm] $z\overline{z}=|z|^2$ [/mm] und sowas aus); oder Du rechnest das noch
elementarer nach:
Sei [mm] $w=w_1+iw_2$ ($w_1$ [/mm] soll hier also der Real- und [mm] $w_2$ [/mm] der Imaginärteil von [mm] $w\,$ [/mm] sein)
und für $z$ analog, dann
[mm] $|w_1+z_1+i(w_2+z_2)| \le |w_1+iw_2|+|z_1+iz_2|$
[/mm]
[mm] $\iff$ $(w_1+z_1)^2+(w_2+z_2)^2 \le (w_1^2+w_2^2)+(z_1^2+z_2^2)+2*\sqrt{(w_1^2+w_2^2)*(z_1^2+z_2^2)}$
[/mm]
[mm] $\iff$ $2*(w_1z_1+w_2z_2)\;\le\;2*\sqrt{(w_1^2+w_2^2)*(z_1^2+z_2^2)}$
[/mm]
[mm] $\iff$ $(w_1z_1+w_2z_2)^2 \le w_1^2z_1^2+w_1^2z_2^2+w_2^2z_1^2+w_2^2z_2^2$
[/mm]
[mm] $\iff$ $2w_1z_1w_2z_2\;\le\;w_1^2z_2^2+w_2^2z_1^2$
[/mm]
[mm] $\iff$ $(w_1z_2-w_2z_1)^2 \ge [/mm] 0.$
Wichtig: Begründe die [mm] $\iff$ [/mm] genau; wobei dabei die Richtung [mm] $\Leftarrow$ [/mm] eigentlich
die entscheidende ist.
2. Aus 1. folgt mit den komplexen [mm] $x_k$ [/mm] von oben sofort
[mm] $d(x_1,x_3)=|x_1-x_3|=|(x_1-x_2)+(x_2-x_3)|\;\le\;|x_1-x_2|+|x_2-x_3|=d(x_1,x_2)+d(x_2,x_3)\,,$
[/mm]
wenn man [mm] $w:=x_1-x_2 \in \IC$ [/mm] und [mm] $z:=x_2-x_3 \in \IC$ [/mm] betrachtet.
P.S. Also, wenn Du zeigen willst, dass
[mm] $(\IR^n,d_{\|.\|_{2,n}})$ [/mm] (oder [mm] $\IC^n$ [/mm] anstatt [mm] $\IR^n$)
[/mm]
ein metrischer Raum ist:
1. Zeige, dass [mm] $\|a+b\|_2 \le \|a\|_2+\|b\|_2$ [/mm] für $a,b [mm] \in \IR^n$ [/mm] gilt.
(Das ist nicht trivial, und das ist etwa ein Spezialfall der Minkowski-Ungleichung
für $p=2$: Satz 7.17 von
![[]](/images/popup.gif) hier (klick!))
2. Aus 1. folgt dann mit [mm] $d:=d_{\|.\|_{2,n}}$
[/mm]
[mm] $d(x,z)=\|x-z\|_2=\|(x-y)+(y-z)\|_2\;\le\;\|x-y\|_2+\|y-z\|_2=d(x,y)+d(y,z).$
[/mm]
P.P.S. [mm] $\|.\|_2=\|.\|_{2,n}$
[/mm]
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:21 Di 10.03.2015 | | Autor: | sissile |
Hallo,
Bezüglich der Privatnachricht: Ich werde darauf achten. Danke.
Zur Übung hab ich versucht die Rechnung auszuschreiben:
$ [mm] (a_1-a_3)^2+(b_1-b_3)^2 \le (a_1-a_2)^2+(b_1-b_2)^2+(a_2-a_3)^2+(b_2-b_3)^2+2\cdot{}\sqrt{\{(a_1-a_2)^2+(b_1-b_2)^2\}\cdot{}\{(a_2-a_3)^2+(b_2-b_3)^2\}} [/mm] $
[mm] \gdw a_1^2 [/mm] - [mm] 2a_1a_3 [/mm] + [mm] a_3^2 +b_1^2 [/mm] - [mm] 2b_1b_3+b_3^2\le a_1^2-2a_1a_2+a_2^2+b_1^2-2b_1b_2+b_2^2+a_2^2-2a_2a_3+a_3^2+b_2^2-2b_2b_3+b_3^2+2\cdot{}\sqrt{\{(a_1-a_2)^2+(b_1-b_2)^2\}\cdot{}\{(a_2-a_3)^2+(b_2-b_3)^2\}}
[/mm]
[mm] \gdw -2(a_1a_3+b_1b_3) \le 2[-a_1a_2-b_1b_2-a_2a_3-b_2b_3+a_2^2+b_2^2+\sqrt{\{(a_1-a_2)^2+(b_1-b_2)^2\}\{(a_2-a_3)^2+(b_2-b_3)^2\}}]
[/mm]
[mm] \gdw -a_1a_3-b_1b_3 \le -a_1a_2-b_1b_2-a_2a_3-b_2b_3+a_2^2+b_2^2+\sqrt{\{(a_1-a_2)^2+(b_1-b_2)^2\}\{(a_2-a_3)^2+(b_2-b_3)^2\}}
[/mm]
[mm] \sqrt{\{(a_1-a_2)^2+(b_1-b_2)^2\}\{(a_2-a_3)^2+(b_2-b_3)^2\}}=\sqrt{(a_1^2-2a_1a_2+a_2^2+b_1^2-2b_1b_2+b_2^2)*(a_2^2-2a_2a_3+a_3^2+b_2^2-2b_2b_3+b_3^)}=\sqrt{....}+|a_1 a_2|+|a_1a_3|+|a_2a_3|+|b_1b_2|+|b_2b_3|+|b_1b_3|
[/mm]
Allgemein ist -x+|x| [mm] \ge [/mm] 0 unabhängig von dem Vorzeichen von x.
Analog -x-|x| [mm] \le [/mm] 0 unabhängig vom Vorzeichen von x.
Da das Quadrat und die Wurzel auch [mm] \ge [/mm] 0 sind, folgt dass die Zahl auf der rechten Seite [mm] \ge [/mm] 0 ist und die Zahl auf der linken Seite [mm] \le [/mm] 0.
Hätte man sicher mathematisch besser machen können?
LG,
sissi
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:30 Di 10.03.2015 | | Autor: | Marcel |
Hallo Sissi,
> Hallo,
>
> Bezüglich der Privatnachricht: Ich werde darauf achten.
> Danke.
>
> Zur Übung hab ich versucht die Rechnung auszuschreiben:
> [mm](a_1-a_3)^2+(b_1-b_3)^2 \le (a_1-a_2)^2+(b_1-b_2)^2+(a_2-a_3)^2+(b_2-b_3)^2+2\cdot{}\sqrt{\{(a_1-a_2)^2+(b_1-b_2)^2\}\cdot{}\{(a_2-a_3)^2+(b_2-b_3)^2\}}[/mm]
>
> [mm]\gdw a_1^2[/mm] - [mm]2a_1a_3[/mm] + [mm]a_3^2 +b_1^2[/mm] - [mm]2b_1b_3+b_3^2\le a_1^2-2a_1a_2+a_2^2+b_1^2-2b_1b_2+b_2^2+a_2^2-2a_2a_3+a_3^2+b_2^2-2b_2b_3+b_3^2+2\cdot{}\sqrt{\{(a_1-a_2)^2+(b_1-b_2)^2\}\cdot{}\{(a_2-a_3)^2+(b_2-b_3)^2\}}[/mm]
>
> [mm]\gdw -2(a_1a_3+b_1b_3) \le 2[-a_1a_2-b_1b_2-a_2a_3-b_2b_3+a_2^2+b_2^2+\sqrt{\{(a_1-a_2)^2+(b_1-b_2)^2\}\{(a_2-a_3)^2+(b_2-b_3)^2\}}][/mm]
>
> [mm]\gdw -a_1a_3-b_1b_3 \le -a_1a_2-b_1b_2-a_2a_3-b_2b_3+a_2^2+b_2^2+\sqrt{\{(a_1-a_2)^2+(b_1-b_2)^2\}\{(a_2-a_3)^2+(b_2-b_3)^2\}}[/mm]
Wegen diesen Unformungen reicht es, zu begründen, dass die letzte
Ungleichung gilt (ihre Wahrheit impliziert dann die Behauptung, indem
man von den [mm] $\gdw$'s [/mm] die [mm] $\Leftarrow$'s [/mm] verfolgt!)
Es gilt:
> [mm]\sqrt{\{(a_1-a_2)^2+(b_1-b_2)^2\}\{(a_2-a_3)^2+(b_2-b_3)^2\}}=\sqrt{(a_1^2-2a_1a_2+a_2^2+b_1^2-2b_1b_2+b_2^2)*(a_2^2-2a_2a_3+a_3^2+b_2^2-2b_2b_3+b_3^)}=\sqrt{....}+|a_1 a_2|+|a_1a_3|+|a_2a_3|+|b_1b_2|+|b_2b_3|+|b_1b_3|[/mm]
Hier müßtest Du jedenfalls mir genauer sagen, was Du da eigentlich machst.
Das sehe ich nicht. (Was aber auch rein meine Blindheit dahingehend
sein kann; also nicht an Dir selbst zweifeln, sondern einfach nochmal
genauer ausschreiben.)
> Allgemein ist -x+|x| [mm]\ge[/mm] 0 unabhängig von dem Vorzeichen
> von x.
> Analog -x-|x| [mm]\le[/mm] 0 unabhängig vom Vorzeichen von x.
>
> Da das Quadrat und die Wurzel auch [mm]\ge[/mm] 0 sind, folgt dass
> die Zahl auf der rechten Seite [mm]\ge[/mm] 0 ist und die Zahl auf
> der linken Seite [mm]\le[/mm] 0.
>
> Hätte man sicher mathematisch besser machen können?
Dein Vorgehen ist schon okay. Manchmal muss man sich auch mal einen
Wolf rechnen, damit man die Eleganz gewisser Beweismethoden bewußt
wird.
Nebenbei: Natürlich kannst Du auch hier die Minkowski-Ungleichung
anwenden; und da reicht es, den für den [mm] $(\IR^n,\|.\|_2)$ [/mm] zu benutzen. [mm] $(\IC,|.|)$ [/mm] ist
ja metrisch betrachtet einfach [mm] $(\IR^2,\|.\|_2)$.
[/mm]
Das nur deshalb, weil ich Dich auf Minkowski hingewiesen hatte, und ich
gesehen habe, dass Du eh nochmal an anderer Stelle wegen der Dreiecksungleichung
im [mm] $\IR^n$ [/mm] nachgefragt hattest.
P.S. Ist Dir die andere Beweismethode - die, wo man den Beweis in zwei
Schritten durchführt - klar?
Denn Minkowski besagt ja zunächst auch nur im [mm] $\IR^n$, [/mm] dass
[mm] $\|x+y\|_2$ $\le$ $\|x\|_2+\|y\|_2$.
[/mm]
Dann wird wieder
[mm] $d(r,s):=\|r-s\|_2$
[/mm]
gesetzt, und der ganze Trick ist nur noch (ich schreibe [mm] $\|.\|_2=\|.\|_{2,n}$)
[/mm]
[mm] $d(x,z)=\|x-z\|_2=\|(x-y)+(y-z)\|_2$ $\le$ [/mm] ... [mm] $=d(x,y)+d(y,z)\,.$
[/mm]
Generell heißen diese Metriken [mm] $d\,$ [/mm] des [mm] $\IR^n$ [/mm] die "von der Norm induzierten
Metrik". (Das Wichtige ist: Man muß die Wissen, dass man eine Norm
vorliegen hat - da gibt es eine Dreiecksungleichung für Normen. Und
dann ist das Wichtigste eigentlich, dass man diese beweisen kann.)
Und viele schreiben auch für [mm] $\|.\|_2$ [/mm] einfach [mm] $|.|\,$ [/mm] oder gerne auch mal [mm] $\|.\|$.
[/mm]
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:45 Di 10.03.2015 | | Autor: | Marcel |
Hallo Sissile,
hier einfach mal eine Standardübung, die zu Deinen Aufgaben passt:
Vorliegend sei ein [mm] $K\,$-Vektorraum [/mm] (mit [mm] $K\,$: [/mm] Körper)
[mm] $(V,+,*)\,,$
[/mm]
und $a-b$ bedeute für $a,b [mm] \in [/mm] V$ das Übliche: $a+(-b)$, wobei [mm] $-b\,$ [/mm] additiv invers
zu $b$ ist.
$N [mm] \colon [/mm] V [mm] \to [0,\infty)$ [/mm] sei eine Norm auf [mm] $V\,.$ [/mm] (Ist Dir klar, wie eine Norm definiert
ist?)
Zeige: Mit
$d(v,w):=N(v-w)$
wird $(V,d)$ ein metrischer Raum. (Beachte: $d [mm] \colon [/mm] V [mm] \times [/mm] V [mm] \to [0,\infty)$!)
[/mm]
[mm] ($d\,$ [/mm] (eigentlich abhängig von N) heißt dann die von der Norm [mm] ($N\,$) [/mm] induzierte
Metrik.)
P.S. In [mm] $(\IR,|.|)\,$ [/mm] (das ist ein [mm] $\IR$-Vektorraum!) [/mm] ist $N [mm] \colon \IR \to [0,\infty)$ [/mm] gegeben
durch $N(x):=|.|(x)=|x|$ für alle $x [mm] \in \IR$.
[/mm]
(Beachte: [mm] $|x|\,$ [/mm] ist ein (stets wohl-) definierter Ausdruck!)
P.P.S. Warum hilft Dir das? Ganz einfach: Wenn Du den [mm] $\IR^n$ [/mm] gegeben hast,
und dann eine Norm auf dem [mm] $\IR^n$ [/mm] kennst, kennst Du direkt auch schon
eine Metrik.
Mit Minkowski bekommt man raus, dass
[mm] $N(x):=\sqrt{\sum_{k=1}^n {x_k}^2}$
[/mm]
eine Norm auf dem [mm] $\IR^n$ [/mm] ist [mm] ($x=(x_1,...,x_n) \in \IR^n$).
[/mm]
Aber etwa auch
[mm] $N(x):=\sum_{k=1}^n |x_k|$
[/mm]
liefert eine Norm auf dem [mm] $\IR^n$.
[/mm]
( Beweise hierfür mal die Dreiecksungleichung; vielleicht fällt Dir auf, was
man da gut gebrauchen kann?  )
Oder
[mm] $N(x):=\max\{|x_k|:\;\;k=1,...,n\}$.
[/mm]
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:33 Di 10.03.2015 | | Autor: | sissile |
Hallo,
Ich hätte noch eine Frage zu einer deiner Umformungen:
[mm] 2\cdot{}(w_1z_1+w_2z_2)\;\le\;2\cdot{}\sqrt{(w_1^2+w_2^2)\cdot{}(z_1^2+z_2^2)} [/mm]
$ [mm] \iff [/mm] $ $ [mm] (w_1z_1+w_2z_2)^2 \le w_1^2z_1^2+w_1^2z_2^2+w_2^2z_1^2+w_2^2z_2^2 [/mm] $
Warum ist hier das Quadrieren eine Äquivalenzumformung? Wie kannst du dir sicher sein, dass [mm] w_1z_1+w_2z_2\ge [/mm] 0 ist?
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Hallo sissile,
> Ich hätte noch eine Frage zu einer deiner Umformungen:
>
> [mm]2\cdot{}(w_1z_1+w_2z_2)\;\le\;2\cdot{}\sqrt{(w_1^2+w_2^2)\cdot{}(z_1^2+z_2^2)}[/mm]
>
> [mm]\iff[/mm] [mm](w_1z_1+w_2z_2)^2 \le w_1^2z_1^2+w_1^2z_2^2+w_2^2z_1^2+w_2^2z_2^2[/mm]
so für sich alleinstehend ist das keine Äquivalenzumformung, [mm] $\Rightarrow$ [/mm] muss nicht immer gelten. Die zweite Aussage ist aber immer wahr, deswegen kann man keinen Widerspruch herleiten.
Wichtig ist, dass [mm] $\Leftarrow$ [/mm] in jedem Fall gilt, weil für $b [mm] \ge [/mm] 0$ aus
[mm] $a^2 \le [/mm] b$
folgt:
$a [mm] \le [/mm] |a| [mm] \le \sqrt{b}$.
[/mm]
Viele Grüße,
Stefan
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:26 Di 10.03.2015 | | Autor: | sissile |
Auch dir nochmals danke!
LG,
sissi
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:08 Di 10.03.2015 | | Autor: | Marcel |
Hallo Sissile,
> Hallo,
>
> Ich hätte noch eine Frage zu einer deiner Umformungen:
>
> [mm]2\cdot{}(w_1z_1+w_2z_2)\;\le\;2\cdot{}\sqrt{(w_1^2+w_2^2)\cdot{}(z_1^2+z_2^2)}[/mm]
>
> [mm]\iff[/mm] [mm](w_1z_1+w_2z_2)^2 \le w_1^2z_1^2+w_1^2z_2^2+w_2^2z_1^2+w_2^2z_2^2[/mm]
>
> Warum ist hier das Quadrieren eine Äquivalenzumformung?
> Wie kannst du dir sicher sein, dass [mm]w_1z_1+w_2z_2\ge[/mm] 0 ist?
das war eine gute Frage. Steppenhahn hat Dir auch schon eine gute
Antwort darauf gegeben, aber dass [mm] $\Rightarrow$ [/mm] gilt, ist dennoch immer wahr,
wenngleich es nicht offensichtlich ist:
Behauptung:
[mm] $w_1z_1+w_2z_2$ $\le$ $\sqrt{(w_1^2+w_2^2)\cdot{}(z_1^2+z_2^2)}$
[/mm]
[mm] $\Rightarrow$
[/mm]
[mm] $(w_1z_1+w_2z_2)^2$ $\le$ $(w_1^2+w_2^2)\cdot{}(z_1^2+z_2^2)$.
[/mm]
Beweis: Wir nehmen an, das wäre falsch für gewisse reelle [mm] $w_k$, $z_k$ [/mm] für $k=1,2$. Dann gilt
[mm] $w_1z_1+w_2z_2$ $\le$ $\sqrt{(w_1^2+w_2^2)\cdot{}(z_1^2+z_2^2)}$
[/mm]
und
[mm] $(w_1z_1+w_2z_2)^2$ $\,>\,$ $(w_1^2+w_2^2)\cdot{}(z_1^2+z_2^2)$ [/mm]
(Die Negation von "'Nicht A' oder B" ist "A und 'nicht B'").
Du wirst sicher nun einsehen, dass
[mm] $(w_1z_1+w_2z_2)^2$ $\,>\,$ $(w_1^2+w_2^2)\cdot{}(z_1^2+z_2^2)$ [/mm]
aber wiederum äquivalent zu
[mm] $(w_1z_2-w_2z_1)^2 [/mm] < 0$
wäre, was ein Widerspruch ist. (Der eigentiche Widerspruch ist, dass aus
[mm] $(w_1z_1+w_2z_2)^2$ $\,>\,$ $(w_1^2+w_2^2)\cdot{}(z_1^2+z_2^2)$ [/mm]
dann
[mm] $(w_1z_2-w_2z_1)^2 [/mm] < 0$
folgen würde!)
(Übe übrigens auch, für sowas einen Blick zu bekommen. Ich habe das
nicht alles nochmal gerechnet, sondern einfach quasi die alte Rechnung
in Gedanken modifiziert. Das ist keine Kunst, sondern reines Training;
wobei man - wenn man noch ungeübt darin ist - auch immer daran denken
sollte, das später nochmal genau zu verifizieren, damit man nicht doch eine
Stelle übersehen hat, an der etwas schiefgeht.)
Allgemein kannst Du so beweisen, dass für reelle [mm] $a,b\,$ [/mm] gilt:
[mm] $(a-b)^2 \ge [/mm] 2|ab| [mm] \ge [/mm] 2ab$
Aber - um ehrlich zu sein - habe ich an obiger Stelle tatsächlich ein wenig
geschludert...
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:26 Di 10.03.2015 | | Autor: | sissile |
Danke für die Erklärungen, ich hab alles verstanden.
LG,
sissi
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