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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:29 Fr 15.07.2011 | | Autor: | fred97 |
| Aufgabe | Es sei $f:[0,1] [mm] \to \IR$ [/mm] stetig , es $f [mm] \ge [/mm] 0$ auf [0,1] und es gelte
[mm] $f(t)^2 \le \integral_{0}^{t}{f(s) ds}$ [/mm] für alle $t [mm] \in [/mm] [0,1]$.
Man zeige:
$f(t) [mm] \le [/mm] 1+t$ für alle $t [mm] \in [/mm] [0,1]$. |
Gruß FRED mit der üblichen Bitte an die Mods.
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 14:56 Fr 15.07.2011 | | Autor: | blascowitz |
Hallo,
ich versuchs mal.
Also wenn $f [mm] \equiv [/mm] 0$, dann ist die Sache klar, da $ 0 [mm] \leq [/mm] 1+t [mm] \; \forall [/mm] t [mm] \in [/mm] [0,1] $.
Sei jetzt $f$ nicht die Nullfunktion, dann besitzt $f$ aufgrund der Stetigkeit auf $[0,1]$ ein Maximum $M>0$ (wegen [mm] $f\geq [/mm] 0$) und nimmt dieses auch an, dass heißt, es existiert ein [mm] $t_{1} \in [/mm] (0,1] $ sodass [mm] $f(t_{1})=M$. [/mm]
Die Null kann für [mm] $t_{1}$ [/mm] ausgeschlossen werden, da gilt [mm] $f(0)^2 \leq \integral_{0}^{0}{f(s) ds}=0$ [/mm] also $f(0)=0$. $f$ wäre dann die Nullfunktion wegen $f [mm] \geq [/mm] 0$
Angenommen es existiert ein [mm] $t_{0} \in [/mm] [0,1]$ mit [mm] $f(t_{0})>1+t_{0}$, [/mm] dann folgt, [mm] $M=\max_{t \in [0,1]}{f(t)}>1$.
[/mm]
Also gilt [mm] $1
Also ist M<M, ein Widerspruch.
Viele Grüße
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:59 Fr 15.07.2011 | | Autor: | felixf |
Moin,
> Also wenn [mm]f \equiv 0[/mm], dann ist die Sache klar, da [mm]0 \leq 1+t \; \forall t \in [0,1] [/mm].
>
> Sei jetzt [mm]f[/mm] nicht die Nullfunktion, dann besitzt [mm]f[/mm] aufgrund
> der Stetigkeit auf [mm][0,1][/mm] ein Maximum [mm]M>0[/mm] (wegen [mm]f\geq 0[/mm])
> und nimmt dieses auch an, dass heißt, es existiert ein
> [mm]t_{1} \in (0,1][/mm] sodass [mm]f(t_{1})=M[/mm].
>
> Die Null kann für [mm]t_{1}[/mm] ausgeschlossen werden, da gilt
> [mm]f(0)^2 \leq \integral_{0}^{0}{f(s) ds}=0[/mm] also [mm]f(0)=0[/mm]. [mm]f[/mm]
> wäre dann die Nullfunktion wegen [mm]f \geq 0[/mm]
>
> Angenommen es existiert ein [mm]t_{0} \in [0,1][/mm] mit
> [mm]f(t_{0})>1+t_{0}[/mm], dann folgt, [mm]M=\max_{t \in [0,1]}{f(t)}>1[/mm].
>
> Also gilt [mm]1
>
> Also ist M<M, ein Widerspruch.
sieht fuer mich richtig aus. Aber wuerde man damit nicht gleich zeigen, dass $f(t) [mm] \le [/mm] 1$ gilt fuer $t [mm] \in [/mm] [0, 1]$? Sobald $f(t) > 1$ waer fuer ein $t [mm] \in [/mm] [0, 1]$, waer auch $M = [mm] \max_{x\in[0,1]} [/mm] f(x) > 1$ und man koennte dein Argument genauso verwenden.
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:56 Sa 16.07.2011 | | Autor: | blascowitz |
Hallo,
ja das ist dasselbe, denk ich mal
Viele Grüße
Blasco
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:28 Sa 16.07.2011 | | Autor: | fred97 |
> Hallo,
>
> ja das ist dasselbe, denk ich mal
Hallo Blasco, hallo Felix,
Blasco hat die Aufgabe prima gelöst und es ist f [mm] \le [/mm] 1 auf [0,1].
Allerdings habe ich einen Fehler in der Aufgabenstellung gemacht, dafür entschuldige ich mich und werde am Montag die richtige Aufgabenstellung nachliefern (was ich momentan nicht kann, weil ich an einem anderen Rechner sitze als sonst)
Gruß FRED
>
> Viele Grüße
> Blasco
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:10 Sa 16.07.2011 | | Autor: | ullim |
Hi,
Sei [mm] F(t)=\integral_{0}^{t}{f(s) ds} [/mm] dann gilt wegen [mm] f\ge{0} [/mm] auf [0,1] auch
[mm] F\ge{0} [/mm] und [mm] F'\ge{0} [/mm] also F monoton wachsend auf [0,1]
Es gilt weiter nach dem Mittelwertsatz der Integralrechnung
[mm] F(t)=t*f(\tau) [/mm] für ein [mm] \tau\in[0,t] [/mm] also [mm] F^2(t)=t^2*f^2(\tau)\le t^2*F(\tau)\le t^2*F(t) [/mm] also
[mm] F(t)*\left(F(t)-t^2\right)\le{0} [/mm] also [mm] F(t)\le t^2 [/mm] wegen [mm] F\ge{0}
[/mm]
Außerdem gilt
[mm] f^2(t)\le F(t)=t*f(\tau)\le t*\wurzel{F(\tau)}\le t*\wurzel{F(t)}\le t^2
[/mm]
also [mm] f(t)\le{t}
[/mm]
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:43 So 12.02.2012 | | Autor: | felixf |
Moin,
um das ganze mal zu einem Abschluss zu bringen:
> Sei [mm]F(t)=\integral_{0}^{t}{f(s) ds}[/mm] dann gilt wegen [mm]f\ge{0}[/mm]
> auf [0,1] auch
>
> [mm]F\ge{0}[/mm] und [mm]F'\ge{0}[/mm] also F monoton wachsend auf [0,1]
>
> Es gilt weiter nach dem Mittelwertsatz der
> Integralrechnung
>
> [mm]F(t)=t*f(\tau)[/mm] für ein [mm]\tau\in[0,t][/mm] also
> [mm]F^2(t)=t^2*f^2(\tau)\le t^2*F(\tau)\le t^2*F(t)[/mm] also
>
> [mm]F(t)*\left(F(t)-t^2\right)\le{0}[/mm] also [mm]F(t)\le t^2[/mm] wegen
> [mm]F\ge{0}[/mm]
>
> Außerdem gilt
>
> [mm]f^2(t)\le F(t)=t*f(\tau)\le t*\wurzel{F(\tau)}\le t*\wurzel{F(t)}\le t^2[/mm]
>
> also [mm]f(t)\le{t}[/mm]
Sieht gut aus, ich kann keinen Fehler entdecken.
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:03 Sa 16.07.2011 | | Autor: | fred97 |
So, hier ist die Aufgabe, wie sie eigentlich gemeint war:
Es sei $ f:[0,1] [mm] \to \IR [/mm] $ stetig , es $ f [mm] \ge [/mm] 0 $ auf [0,1] und es gelte
$ [mm] f(t)^2 \le 1+2*\integral_{0}^{t}{f(s) ds} [/mm] $ für alle $ t [mm] \in [/mm] [0,1] $.
Man zeige:
$ f(t) [mm] \le [/mm] 1+t $ für alle $ t [mm] \in [/mm] [0,1] $.
FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:07 Mo 18.07.2011 | | Autor: | fred97 |
> So, hier ist die Aufgabe, wie sie eigentlich gemeint war:
>
> Es sei [mm]f:[0,1] \to \IR[/mm] stetig , es [mm]f \ge 0[/mm] auf [0,1] und es
> gelte
>
> [mm]f(t)^2 \le 1+2*\integral_{0}^{t}{f(s) ds}[/mm] für alle [mm]t \in [0,1] [/mm].
>
> Man zeige:
>
> [mm]f(t) \le 1+t[/mm] für alle [mm]t \in [0,1] [/mm].
>
> FRED
Ist ein Hinweis erwünscht ?
FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:26 Mo 18.07.2011 | | Autor: | blascowitz |
Hallo,
also ich nehm einen.^^
Viele Grüße
Blasco
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:32 Mo 18.07.2011 | | Autor: | fred97 |
> Hallo,
>
> also ich nehm einen.^^
>
> Viele Grüße
> Blasco
Hallo Blasco,
setze $ g(t)= [mm] 1+2\cdot{}\integral_{0}^{t}{f(s) ds} [/mm] $ und $h(t)= [mm] \wurzel{g(t)}$ [/mm] für $t [mm] \in [/mm] [0,1]$.
Differenziere g und zeige (mit dem Hauptsatz der Diff. - und Integralrechnung):
$h(t)-1 [mm] \le [/mm] t$
Gruß FRED
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion | | Datum: | 11:59 Mo 18.07.2011 | | Autor: | blascowitz |
Hallo,
der Hinweis war wirklich hilfreich.
Also setze [mm] $g(t)=1+2\cdot \int_{0}^{t} [/mm] f(s) ds$ und [mm] $h(t)=\sqrt{g(t)}$. [/mm] Dann gilt $h(0)=1$.
Weiter ist $ [mm] g'(t)=2\cdot [/mm] f(t) $, also ist [mm] h'(t)=\frac{g'(t)}{2\cdot \sqrt{g(t)}}=\frac{f(t)}{\sqrt{g(t)}}.
[/mm]
Es ist also [mm] $h(t)-1=\int_{0}^{t} [/mm] h'(s) ds = [mm] \int_{0}^{t} \frac{f(s)}{\sqrt{g(s)}} [/mm] ds $.
Da für $a,b [mm] \geq [/mm] 0$ gilt $a [mm] \leq [/mm] b [mm] \gdw a^2 \leq b^2$, [/mm] folgt aus $ [mm] f(t)^2 \le 1+2\cdot{}\integral_{0}^{t}{f(s) ds} [/mm] $ das $f(t) [mm] \leq \sqrt{g(t)}$.
[/mm]
Also ist [mm] $h(t)-1=\int_{0}^{t} \frac{f(s)}{\sqrt{g(s)}} [/mm] ds [mm] \leq \int_{0}^{t} [/mm] 1 ds =t $
Das ist die Behauptung
Viele Grüße
Blasco
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:41 Mo 18.07.2011 | | Autor: | fred97 |
> Hallo,
>
> der Hinweis war wirklich hilfreich.
>
> Also setze [mm]g(t)=1+2\cdot \int_{0}^{t} f(s) ds[/mm] und
> [mm]h(t)=\sqrt{g(t)}[/mm]. Dann gilt [mm]h(0)=1[/mm].
>
> Weiter ist [mm]g'(t)=2\cdot f(t) [/mm], also ist
> [mm]h'(t)=\frac{g'(t)}{2\cdot \sqrt{g(t)}}=\frac{f(t)}{\sqrt{g(t)}}.[/mm]
>
> Es ist also [mm]h(t)-1=\int_{0}^{t} h'(s) ds = \int_{0}^{t} \frac{f(s)}{\sqrt{g(s)}} ds [/mm].
>
> Da für [mm]a,b \geq 0[/mm] gilt [mm]a \leq b \gdw a^2 \leq b^2[/mm], folgt
> aus [mm]f(t)^2 \le 1+2\cdot{}\integral_{0}^{t}{f(s) ds}[/mm] das
> [mm]f(t) \leq \sqrt{g(t)}[/mm].
>
> Also ist [mm]h(t)-1=\int_{0}^{t} \frac{f(s)}{\sqrt{g(s)}} ds \leq \int_{0}^{t} 1 ds =t[/mm]
>
> Das ist die Behauptung
Prima gemacht
FRED
>
> Viele Grüße
> Blasco
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