Ungleichung mit Wurzeln und Betrag. | n√x - n√y | ≤ n√|x-y|. Darf man das so zeigen?

Question

Es sei 1 ≤ n ∈ ℕ fest gewählt so zeige:

für nicht-negative x,y ∈ ℝ gilt stets | ⁿ√x - ⁿ√y | ≤ ⁿ√|x-y|

Als Tipp war gegeben, dass man (ⁿ√(x-y) + ⁿ√y)ⁿ betrachten sollte, aber da ich nicht ganz wusste was ich damit machen sollte habe ich das eigentlich so gelöst,:

 ⁿ√x ≤ ⁿ√(x-y) + ⁿ√y also

 ⁿ√x - ⁿ√y | ≤ ⁿ√(x-y) + ⁿ√y - ⁿ√y = ⁿ√|x-y|

darf man das so? Oder mache ich was falsch

Comments

Vom Duplikat:

Titel: Seien a, b positive reelle Zahlen und n ∈ ℕ. Beweisen Sie die Ungleichung: Mit einer Differenz von Wurzeln im Betrag

Stichworte: ungleichung,wurzel,differenz,betrag,beweis

Seien a, b positive reelle Zahlen und n ∈ ℕ. Beweisen Sie die Ungleichung:

Würde mich recht herzlich über eure Hilfe freuen, komme hier leider nicht weiter. ;)

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das hatten wir schon einmal . https://www.mathelounge.de/367678/ungleichung-mit-wurzeln-und-betrag…

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Hatte ich nicht gesehen, und was passiert mit meiner Antwort? - sie ist von der Antwort auf die ursprünglichen Frage deutlich verschieden.

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Vorschlag: Die Schließung zurücknehmen und einen Querverweis setzen!

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Sry, hatte diese Aufgabe bei den Vorschlägen nicht gesehen. Aber ein großes Danke für die super Antwort ;))

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.. und nun ist auch der Stern weg! und gast2345 kann keinen mehr setzen, da das nicht seine Frage ist :-(

irgendwie ist das Verfahren mit den Löschen von doppelten Antworten noch nicht ausgereift!

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"irgendwie ist das Verfahren mit den Löschen von doppelten Antworten noch nicht ausgereift!"

Das Verfahren ist völlig bescheuert, da auf diese Weise Antworten und Kommentare in Zusammenhänge gesetzt werden, in die die Autoren sie nicht geschrieben haben! In diesem Fall in eine mehr als ein Jahr alte Frage!

Answer 1

Hallo.

Ich betrachte zunächst nur den Fall $a \ge b$ und substituiere $x=\sqrt[n]{a}$ und $y=\sqrt[n]{b}$. Nach Exponieren der Gleichung mit $n$ erhält man

$$(x-y)^n \le x^n - y^n$$

Das lässt sich mit der vollständigen Induktion beweisen. Induktionsanfang mit n=1:

$$x-y \le x-y$$

ist trivial - jetzt der Induktionsschritt von $n$ nach $n+1$. Es zu zeigen, dass

$$(x-y)^{n+1} \le x^{n+1} - y^{n+1}$$

ist. Dazu dividiere ich durch $(x-y)$

$$(x-y)^n \le \sum _{i=0}^{n} x^{n-i} y^{i} = x^{n} + x^{n-1}y + ... xy^{n-1} + y^n$$

Da $x$ und $y$ größer 0 sind (wg. Wurzel) und der rechte Term daher sicher größer als $(x^n - y^n)$ ist, ist obige Ungleichung nach Induktionsvoraussetzung immer erfüllt.

Für den Fall $a \lt b$ gilt

$$\left| \sqrt[n]{a} - \sqrt[n]{b} \right| = \sqrt[n]{b} - \sqrt[n]{a}$$

$$\sqrt[n]{|a-b|} = \sqrt[n]{b-a}$$

und der Beweis wäre identisch.

Gruß Werner

Answer 2

Hi,
betrachte zuerst den Ausdruck
$$\left( \sqrt[n]{x} + \sqrt[n]{y} \right)^n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} x^{\frac{k}{n}} y^{\frac{n-k}{n} } = x + y + \sum_{k=1}^{n-1} \binom{n}{k} x^{\frac{k}{n}} y^{\frac{n-k}{n} } \ge x + y$$ für $x,y \ge 0$

Daraus folgt $$(1) \quad \sqrt[n]{x+y} \le \sqrt[n]{x} + \sqrt[n]{y}$$
Sei nun o.b.d.A. $x \ge y \ge 0$ dann folgt aus (1)
$$\sqrt[n]{x} = \sqrt[n]{x - y + y} \le \sqrt[n]{x-y} + \sqrt[n]{y}$$ also
$$\sqrt[n]{x} - \sqrt[n]{y} \le \sqrt[n]{x-y}$$ Da auch $-\sqrt[n]{x-y} \le \sqrt[n]{x} - \sqrt[n]{y}$

gilt, folgt die Behauptung.

Für $y \ge x \ge 0$ geht das genauso.