Abschätzung < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 10:05 Do 03.04.2008 | | Autor: | Denny22 |
| Aufgabe | Zeige die folgende Ungleichung
[mm] $\frac{1}{4}\sqrt{2}(1+\vert{u}\vert^4)-\vert{u}\vert\cdot\vert{u-1}\vert\cdot\vert{u+1}\vert\;\geqslant\;0\quad\quad\forall\,u\in\IR$ [/mm] |
Hallo,
mir fehlt irgendwie die richtige Idee um diese Ungleichung zu zeigen. Es wäre schön, wenn jemand einen hilfreichen Tipp für mich hätte.
Gruß
|
|
| |
|
> Zeige die folgende Ungleichung
>
> [mm]\frac{1}{4}\sqrt{2}(1+\vert{u}\vert^4)-\vert{u}\vert\cdot\vert{u-1}\vert\cdot\vert{u+1}\vert\;\geqslant\;0\quad\quad\forall\,u\in\IR[/mm]
> Hallo,
>
> mir fehlt irgendwie die richtige Idee um diese Ungleichung
> zu zeigen. Es wäre schön, wenn jemand einen hilfreichen
> Tipp für mich hätte.
>
Hey,
also zunächst einmal die Betragsstriche bei dem "hoch 4" kannst du auch weglassen, da die 4. Potenz sowieso immer ein nicht negatives Ergebnis liefert.
Dann musst du Fallunterscheidungen durhführen. Für u [mm] \ge [/mm] 1 sind alle Terme innerhalb der Betragsstriche positiv und du kannst sie weglassen.
Für u < -1 sind diese Terme alle negativ. Auch dann kannst du die Betragsstriche weglassen wenn du vorher ein Minus davorschreibst. Also es ist:
|u-1|=-(u-1)=-u+1 [mm] \forall [/mm] u < -1
Dann musst du dir noch überlegen, was passiert, wenn das u genau zwischen -1 und 1 liegt.
Gruß Patrick
> Gruß
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:26 Do 03.04.2008 | | Autor: | Denny22 |
Hallo,
zunächst Danke für die Antwort. Das ich hierbei eine Fallunterscheidung von insgesamt 4 Fällen (bzw. 2 Fälle mit jeweils zwei Unterfällen) machen muss, habe ich mir auch schon überlegt. Doch wie bekomme ich dann die Abschätzung. Es reicht mir, wenn Du mir für einen dieser Fälle einen Ansatz geben kannst.
Gruß
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:48 Do 03.04.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
zu zeigen ist:
[mm] $(\*)$ $\frac{1}{4}\sqrt{2}(1+\vert{u}\vert^4)-\vert{u}\vert\cdot\vert{u-1}\vert\cdot\vert{u+1}\vert\;\geqslant\;0$
[/mm]
[mm] $\forall\,u\in\IR$ [/mm]
> zunächst Danke für die Antwort. Das ich hierbei eine
> Fallunterscheidung von insgesamt 4 Fällen (bzw. 2 Fälle mit
> jeweils zwei Unterfällen) machen muss, habe ich mir auch
> schon überlegt. Doch wie bekomme ich dann die Abschätzung.
> Es reicht mir, wenn Du mir für einen dieser Fälle einen
> Ansatz geben kannst.
Also interessant sind die Fälle:
a) $u [mm] \ge [/mm] 1$
b) $0 [mm] \le [/mm] u [mm] \le [/mm] 1$
c) $-1 [mm] \le [/mm] u [mm] \le [/mm] 0$
d) $u [mm] \le [/mm] -1$
Naja, nehmen wir mal den Fall b) $0 [mm] \le [/mm] u [mm] \le [/mm] 1$. Hier gilt $|u|=u$, $|u-1|=-(u-1)=1-u$ und $|u+1|=u+1$. Im Falle $0 [mm] \le [/mm] u [mm] \le [/mm] 1$ gilt also, dass [mm] $(\*)$ [/mm] äquivalent ist zu
[mm] $\frac{1}{4}\sqrt{2}(1+u^4)-u*(1-u)*(u+1)\ge [/mm] 0$
[mm] $\gdw \sqrt{2}+\sqrt{2}*u^4+4*u^3-4*u \ge [/mm] 0$
[mm] $\gdw \sqrt{2}+u*\left(\sqrt{2}*u^3+4u^2-4\right) \ge [/mm] 0$
Und da mir gerade nichts besseres einfällt:
Um die letzte Ungleichung einzusehen, kann man zum Bsp.
[mm] $f(u):=\sqrt{2}+u*\left(\sqrt{2}*u^3+4u^2-4\right)$ [/mm] auf $[0,1]$
betrachten und zeigen, dass diese Funktion an einer Stelle [mm] $x_m \in [/mm] [0,1]$ ihr Minimum annimmt mit [mm] $f(x_m) \ge [/mm] 0$ (das wäre das naheliegendste, wenn man keine andere Idee hat).
Damit wäre dann der Fall b) schon bewiesen.
P.S.:
Unten siehst Du den Graph der Funktion
[mm] $f(u):=\frac{1}{4}\sqrt{2}(1+u^4)-\vert{u}\vert\cdot\vert{u-1}\vert\cdot\vert{u+1}\vert\$
[/mm]
Anhand des Bildes erkennt man eigentlich schon, dass man für die Ungleichung [mm] $(\*)$ [/mm] im Wesentlichen nur zu zeigen hat, dass an den beiden lokalen Minimalstellen die Funktionswerte [mm] $\ge [/mm] 0$ sind, und dass man ansonsten mit Monotonie-(und ggf. Stetigkeits-)argumenten auskommt (stückweise angewandt).
(Man zeige z.B., dass $f$ auf [mm] $(-\infty,-1]$ [/mm] monoton fallend ist mit $f(-1) > 0$...)
[Dateianhang nicht öffentlich]
Edit: Warnung: Fehler im Plott und damit auch in der letzten Argumentation, vgl. Korrekturmitteilung unten!
Gruß,
Marcel
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:20 Do 03.04.2008 | | Autor: | Denny22 |
Hallo,
danke für Deine Antwort. Bei Deinem Plot hast Du versehentlich $x$ anstatt [mm] $\vert{x}\vert$ [/mm] geschrieben. Damit fehlt die ein Nullpunkt.
Gruß
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:01 Do 03.04.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo Denny,
> Hallo,
>
> danke für Deine Antwort. Bei Deinem Plot hast Du
> versehentlich [mm]x[/mm] anstatt [mm]\vert{x}\vert[/mm] geschrieben. Damit
> fehlt die ein Nullpunkt.
oh Danke, das hätte mir schon auffallen sollen, weil ja $f(-u)=f(u)$, also die Funktion ungerade ist. Hier das korrigierte Bild:
[Dateianhang nicht öffentlich]Eingabefehler: "\left" und "\right" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Und dann stimmt natürlich auch die Aussage, dass $f$ auf $(-\infty,-1]$ streng monoton fallend ist etc. nicht. Aber was Dir auffallen sollte:
Wegen $f(u)=f(-u)$ genügt es, die Ungleichung für alle $u \in [0,\infty)$ zu beweisen. Und wie man dabei mit den lokalen Minima argumentieren kann, ist dann klar, nennen wir die lokalen Minimalstellen von links nach rechts (auf $[0,\infty)$) dann $x_{m_1}$ und $x_{m_2}$:
Auf $\left[0,x_{m_1}\right]$ ist $f$ monoton fallend mit $f(x_{m_1})\ge0$, auf $\left[x_{m_1},1\right]$ ist $f$ eh monoton wachsend, auf $\left[1,\infty)$ gibt es eine zweite lokale Minimalstelle $x_{m_2}$, und $f$ ist auf $\left[1,x_{m_2}\right]$ monoton fallend mit $f(x_{m_2}) \ge 0$ und auf $[x_{m_2},\infty)$ ist $f$ wieder monoton wachsend.
Das sind nun Aussagen, die man anhand des Bildes zu erkennen glaubt, ein Beweis bleibt daher nicht aus.
Gruß,
Marcel
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
|
|
|
|
