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Mittelwertsatz für Beweis von Ungleichungen?

Universität / Fachhochschule

Differentiation

Grenzwerte

Stetigkeit

Tags: Differentiation, Grenzwert, Stetigkeit

student11 aktiv_icon

22:04 Uhr, 17.02.2012

Wir haben hier eine Aufgabe, zu der es heisst, wir sollen sie mit dem MIttelwertsatz lösen.

Soweit ich weiss, sagt der Mittelwertsatz aus, dass wenn ich

f (x)

betrachte, dann gibt es irgendein

x_{0} \in (a, b),

sodass

f' (x_{0}) = \frac{f (b) - f (a)}{b - a},

für den Spezialfall

f (a) = f (b) = 0

bedeutet dies, dass wenn ich zwei Nullstellen habe, muss es zwischen diesen Nullstellen irgendwo eine Extremalstelle geben.

Nun, was nützt mir das, um folgende Ungleichung zu beweisen:

\forall x > 0 : \sqrt{1 + x} < 1 + \frac{x}{2}

Wahrscheinlich muss man hier

f (x) := 1 + \frac{x}{2} - \sqrt{1 + x}

betrachten und zeigen, dass

f (x) > 0

für

x > 0

.

Wenn ich nun zeigen würde, dass die Funktion monoton ist, könnte ich etwas über den Quotient

\frac{f (b) - f (a)}{b - a}

aussagen. Da die Funktion monoton wachsend ist (stelle ich hier mal als Vermutung hin), gilt

b \geq a \to f (b) \geq f (a),

somit ist der Quotient positiv. Was wieder sagen würde, dass die Funktion monoton wachsend ist.. ICh drehe mich im Kreis..

Bin ich auf dem richtigen Weg oder komplett falsch? Ich kann sagen, dass die Ableitung also immer

\geq 0

ist, und da

x > 0

gilt, ist für ein kleines

x,

sagen wir

x = 1 f (x) > 0, 1 + \frac{1}{2} - \sqrt{2},

induktiv gilt das dann für alle

x,

denn die Steigung ist positiv, somit kann aus einem positiven Funktionswert kein negativer werden. Also gilt:

f (x) > 0 \to

Ungleichung stimmt..

?

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Hierzu passend bei OnlineMathe:
Stetigkeit (Mathematischer Grundbegriff)
Grenzwert (Mathematischer Grundbegriff)
Regel von l'Hospital (Mathematischer Grundbegriff)
Wichtige Grenzwerte

Online-Übungen (Übungsaufgaben) bei unterricht.de:

Ableiten mit der h-Methode
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dapso aktiv_icon

22:09 Uhr, 17.02.2012

Hallo
Ich halte deine Funktion

f (x)

für etwas zu kompliziert. Es geht um einiges leichter. Man kann das ja mal so umstellen:

\frac{\sqrt{1 + x} - 1}{x} < \frac{1}{2}

. Was könnte man jetzt als

f (x)

wählen?

student11 aktiv_icon

22:23 Uhr, 17.02.2012

Hmm..

Also du wenn man diese Form hat:

\frac{\sqrt{1 + x} - 1}{x} < \frac{1}{2}

möchte man ja zeigen, dass diese Gleichung erfüllt ist für positive

x,

indem man beispielsweise zeigt, dass die Funktion monoton fallend ist und der Startwert

< \frac{1}{2}

ist.

In dem Falle

lim x \to 0 \frac{\sqrt{1 + x} - 1}{x} = lim x \to 0 \frac{1}{2 \cdot \sqrt{1 + x}} = \frac{1}{2}

Da also der Grenzwert für

x \to 0 = \frac{1}{2}

ist und die Funktion monoton fällt:

f' (x) = \frac{\frac{1}{2 \cdot \sqrt{1 + x}} \cdot x - (\sqrt{1 + x} - 1)}{x^{2}} = \frac{2 \cdot \sqrt{x + 1} - x - 2}{2 x^{2} \cdot \sqrt{x + 1}} < 0,

da der Nenner positiv ist, im Zähler aber

2 \cdot \sqrt{x + 1} - x - 2

negativ ist.

Hat man dann die Ungleichung gezeigt??
Wenn ja, wo genau wäre dann hier der Mittelwertsatz angewendet worden?

Sorry, ich blicke da nicht so durch.

dapso aktiv_icon

22:28 Uhr, 17.02.2012

Das was du geschrieben hast stimmt noch so ganz.
Wenn du den Mittelwertsatz anwenden willst, brauchst du ja etwas von der Form:

\frac{f (b) - f (a)}{b - a}

. Das was ich dir geschrieben habe hat ja schon fast diese Form:

\frac{\sqrt{1 + x} - 1}{x} = \frac{\sqrt{1 + x} - 1}{x - 0} = f ʹ (ξ) < \frac{1}{2}

. Anhand dessen kannst du jetzt überlegen wie man

a

bzw.

b

wählen kann.

hagman aktiv_icon

22:29 Uhr, 17.02.2012

Betrachte

f (x) = \sqrt{1 + x} - \frac{x}{2}

.
Es ist

f (0) = 1

. Angenommen es gilt

f (x) \geq 1

für ein

x > 0

.
Dann gibt es ein

ξ \in (0, x)

mit

f' (ξ) = \frac{f (x) - f (0)}{x - 0} \geq 0

.
Aber wegen

ξ > 0

gilt

f' (ξ) = \frac{1}{2 \sqrt{1 + ξ}} - \frac{1}{2} < \frac{1}{2 \cdot \sqrt{1}} - \frac{1}{2} = 0

.
Folglich

f (x) < 1

für alle

x > 0

student11 aktiv_icon

22:40 Uhr, 17.02.2012

dapso, du würdest also als

b

in dem Sinne

x

wählen und

a = 0

?

hagman,

f' (e) \geq 0

gilt, weil

f

monoton wachsend ist?
Ich verstehe gerade nicht, wie du darauf kommst.. Einmal schreibst du:

f' (e) \geq 0

und einmal schreibst du

f' (e) < 0

?

EDIT: Achso, das war ein Widerspruchsbeweis.. peinlich..

hagman aktiv_icon

22:52 Uhr, 17.02.2012

Von mir aus auch mit monotonem Wachstum.
Der Satz "Wenn

f

auf einem Intervall

[a, b]

differenzierbar und monoton wachsendist, so gilt

f' (x) \geq 0

für alle

x

in (a,b)" kann natürlich gerne verwendet werden, folgt aber seinerseits natürlich aus dem Mittelwertsatz.

Ich hatte einen indirekten Beweis gemacht.
Man kann ihn aber auch direkt formulieren:

Betrachte

f (x) = \sqrt{1 + x} - \frac{x}{2} - 1

.
Ist

x > 0,

so gibt es nach dem MWS ein

ξ \in (0, x)

mit

f' (x) = \frac{f (x) - f (0)}{x - 0}

.
Umgeformt gilt

f (x) = x \cdot f' (ξ) + f (0) = x \cdot f' (ξ)

.
Nun ist

f' (ξ) = \frac{1}{2 \sqrt{1 + ξ}} - \frac{1}{2} < \frac{1}{2 \sqrt{1 + 0}} - \frac{1}{2} = 0

.
Aus

f' (ξ) < 0

und

x > 0

folgt

f (x) = x \cdot f' (ξ) < 0

.
Mithin gilt für alle

x > 0

\sqrt{1 + x} - \frac{x}{2} - 1 < 0

oder äquivalent hierzu:

\sqrt{1 + x} < \frac{x}{2} + 1

.

-
Erst jetzt fällt mir wie Schuppen aus den Haaren, was dapso eigentlich viel schöner machen wollte:
Mit

f (x) := \sqrt{1 + x}

gilt

f' (ξ) = \frac{1}{2 \sqrt{1 + ξ}} < \frac{1}{2}

für alle

ξ > 0

.
MWS auf

[0, x]

angewendet liefert aber für ein

ξ \in (0, x)

\frac{\sqrt{1 + x} - 1}{x} = \frac{f (x) - f (0)}{x - 0} = f' (ξ) < \frac{1}{2}

student11 aktiv_icon

22:56 Uhr, 17.02.2012

Ich versuche das nochmals zu rekonstruieren, in der Hoffnung ich habe es nun verstanden:

Wenn ich

f (x) := \sqrt{1 + x} - \frac{x}{2}

wähle, muss gezeigt werden, dass

f (x) > 1 \forall x > 0

.

Ich mache einen Widerspruchsbweis und nehme an, dass

f (x) \leq 1

für irgend ein

x > 0

\exists x_{0} : f' (x_{0}) = \frac{f (x) - f (0)}{x - 0} = \frac{f (x) - 1}{x} \geq 0,

f (x) \geq 1

und

x > 0

Dies erhält man mit dem Mittelwertsatz..

Wenn man aber

f' (x)

betrachtet (also einfach die Funktion ableitet), erhält man, dass

f' (x_{0}) = \frac{1}{2 \cdot \sqrt{1 + x_{0}}} - \frac{1}{2} < \frac{1}{2} - \frac{1}{2} = 0,

x_{0} > 0,

und somit

\sqrt{1 + x_{0}} > 1

.

Dies ist ein Widerspruch und deshalb ist die Annahme, dass

f (x) \leq 1

für irgend ein

x

ist, falsch..

Wer denkt sich denn sowas aus? Ginge das nichtfast einfacher irgendwie direkt zu beweisen? Aber der Beweis gefällt mir..
Werde jetzt den von dapso nochmals genauer unter die Lupe nehmen..

Aber vorerst danke für eure Hilfe..

student11 aktiv_icon

23:09 Uhr, 17.02.2012

Die Version von dapso ist ja noch fast schöner.. Mit deiner Hilfe, hab ich es nun auch verstanden (nachvollziehen können).

Sobald ich mich aber an die nächste Aufgabe vom selben Typ wage, verstehe ich gar nichts mehr:

e^{x} (y - x) < e^{y} - e^{x} < e^{y} (y - x)

für

x < y

.

Ich versuche das nun, auf eine Form

\frac{f (b) - f (a)}{b - a}

zu bringen. Vermutlich betrachte ich vorerst nur eine

\frac{2}{3}

der Ungleichung, also

e^{x} (y - x) < e^{y} - e^{x} \Rightarrow \frac{e^{x} (y - x)}{e^{y} - e^{x}} = \frac{e^{x} \cdot y - e^{x}}{e^{y} - e^{x}} < 1

Doch das klappt irgendwie auch nicht... Ist der Ansatz richtig oder gehe ich hier in die komplett falsche Richtung?
Gibt es ein "Vorgehensmuster" oder so etwas Ähnliches?

student11 aktiv_icon

23:14 Uhr, 17.02.2012

Ich muss ja nun eine Funktion finden, deren "Mittelwertsatz" diesen Quotient widergibt. Mir ist jedoch nicht klar - ist das dann eine Funktion mit 2 Parametern? Muss man dann den einen setzen?

In dem Sinne wenn man als

f (z) := ln (z) \cdot e^{x}

nimmt.. doch irgendwie ist das auch komisch..
Aber dann würde gelten:

f (e^{y}) = y \cdot e^{x}

und

f (e^{x}) = x \cdot e^{x}

Shipwater aktiv_icon

10:50 Uhr, 18.02.2012

Wende einfach den Mittelwertsatz auf

f (x) = e^{x}

im Intervall

(x, y)

an und benutze die strenge Monotonie der e-Funktion.

student11 aktiv_icon

11:41 Uhr, 18.02.2012

Also Mittelwertsatz auf

[x, y]

angewandt mit

f (x) := e^{x}

\exists x_{o} \in (x, y) : f' (x_{o}) = \frac{e^{y} - e^{x}}{y - x} > 0,

f (x)

streng monoton ist.

\frac{e^{y} - e^{x}}{y - x} = \frac{e^{y}}{y - x} - \frac{e^{x}}{y - x} > 0

(da dieser Ausdruck gerade die Ableitung ist)

\Rightarrow \frac{e^{x}}{y - x} < \frac{e^{y}}{y - x}

Ginge das so?

Und jetzt müsste ich noch zeigen, dass

e^{y} - e^{x}

dazischen liegt. DAzu kann ich auch zeigen, dass

e^{x} < (e^{y} - e^{x}) (y - x) < e^{y}

(e^{y} - e^{x}) (y - x) = e^{y} \cdot (y - x) - e^{x} \cdot (y - x)

hmm, aber da steck ich schon wieder fest?
Wieder über Mittelwertsatz, oer sollte das direkt gehen?

Shipwater aktiv_icon

11:58 Uhr, 18.02.2012

Für das was du gerade bewiesen hast, brauchst du keinen Mittelwertsatz. Falls

y > x

dann folgt die Aussage

e^{x} (y - x) < e^{y} (y - x)

trivialerweise aus der streng wachsenden Monotonie der e-Funktion. Es geht hier viel mehr, um die Ungleichungen

e^{x} (y - x) < e^{y} - e^{x}

und

e^{y} - e^{x} < e^{y} (y - x)

für

y > x

. Hier hilft nun der Mittelwertsatz.
Sei

f (x) := e^{x}

und

y > x

dann

\exists ξ \in (x, y) : \frac{e^{y} - e^{x}}{y - x} = e^{ξ}

Weiter ist ja

ξ \in (x, y) \Rightarrow x < ξ < y \Rightarrow e^{x} < e^{ξ} < e^{y}

Damit bist du nun so gut wie fertig.

student11 aktiv_icon

13:21 Uhr, 18.02.2012

Und die Ungleichung, die ich zeigen möchte, ist:

e^{x} (y - x) < e^{y} - e^{x}

\Rightarrow e^{y} - e^{x}

ist aufgrund der obigen Gliechung=

e^{x_{0}} \cdot (y - x)

Somit muss ich zeigen, dass

e^{x} (y - x) < e^{x_{0}} \cdot (y - x),

was sofort folgt, da

e^{x} < e^{x_{0}},

x_{0} > x

Richtig so?

Shipwater aktiv_icon

13:41 Uhr, 18.02.2012

Du hast

\frac{e^{y} - e^{x}}{y - x} = e^{ξ} < e^{y}

also

e^{y} - e^{x} < e^{y} (y - x)

und analog dazu

\frac{e^{y} - e^{x}}{y - x} = e^{ξ} > e^{x}

also

e^{y} - e^{x} > e^{x} (y - x)

Das darfst du so machen, wegen der streng wachsenden Monotonie von

e^{x}

. Daher gilt ja

x < ξ < y \Rightarrow e^{x} < e^{ξ} < e^{y}

student11 aktiv_icon

13:50 Uhr, 18.02.2012

Jetzt dachte ich, ich hätte es verstanden, doch irgendwie komm ich bei einer anderen Aufgabe gerade auf etwas Widersprüchliches...

zu zeigen:

1 - \frac{1}{x} \leq log (x) \leq x - 1

analog definiere ich hier

f (x) := log (x)

und betrachte die Funktion im Intervall

[1, x]

Nach Mittelwertsatz folgt:

\exists x_{0} \in (1, x) : f' (x_{0}) = \frac{log (x) - log (1)}{x - 1} = \frac{1}{x_{0}} > 1

(da log streng monoton ist..)

Daraus folgt ja dann aber, dass

\frac{log (x)}{x - 1} > 1

ist, also dass

log (x) > (x - 1),

was gerade im Widerspruch zu dem steht, was ich beweisen sollte...

Was mich verwirrt: Ich habe das Intervall

[1, x]

gewählt, da dann gerade

log (1) = 0

ist.. Ich sehe aber nicht ein, wo und wie ich verwenden müsste, dass

x > 0

(ausser dass

log (x)

für

x \leq 0

gar nicht definiert ist)

Shipwater aktiv_icon

13:54 Uhr, 18.02.2012

Für welche

x

sollst du die Ungleichungskette zeigen und meinst du mit

log

den natürlichen Logarithmus?

student11 aktiv_icon

14:03 Uhr, 18.02.2012

Die Ungleichungskette soll ich für alle

x > 0

zeigen.

Ich bin mir nicht sicher, auf unserem Übungsblatt steht

log (x),

aber ich glaube, dass unser Professor dies für den natürlichen Logarithmus verwendet, einfach als Umkehrfunktion von

e^{x},

denn andere Logarithmen hatten wir noch gar nie angeschaut..

Shipwater aktiv_icon

14:16 Uhr, 18.02.2012

Hmm für

x > 1

ist dein Weg von oben gar nicht mal so schlecht.
Sei

x > 1

dann

\exists ξ \in (1, x) : \frac{log (x)}{x - 1} = \frac{1}{ξ}

Weiter ist

1 < ξ < x \Rightarrow 1 > \frac{1}{ξ} > \frac{1}{x} \Rightarrow 1 > \frac{log (x)}{x - 1} > \frac{1}{x} \Rightarrow x - 1 > log (x) > \frac{x - 1}{x} = 1 - \frac{1}{x}

Damit gilt insbesondere auch

x - 1 \geq log (x) \geq 1 - \frac{1}{x}

für

x > 1

Für

x = 1

liegt Gleichheit vor wie man ja ohne weiteres zeigen kann, also erfüllt

x = 1

auch die Ungleichungskette.
Würde noch der Bereich

0 < x < 1

verbleiben. Ich denke da kannst du jetzt

x \in (0,1)

wählen und nun den Mittelwertsatz auf

(x,1)

anwenden. Die Rechnung dürfte so ähnlich gehen wie die obere. Du kannst es ja mal versuchen. (Möglicherweise ginge es auch in einer Rechnung, aber das sehe ich gerade nicht)

student11 aktiv_icon

14:23 Uhr, 18.02.2012

Hmm, okay, ich werde es mal versuchen..

Es leuchtet mir ein, dass wenn ich ein

x_{0} \in (1, x)

für

x > 1

wähle, dass dann gilt,

\frac{1}{x_{0}} < 1,

aber ist das ja nicht die Ableitung von

log (x)

und diese müsste immer grösser als 1 sein, da ja

log (x)

monoton wächst? Mache ich da einen grossen Überlegungsfehler?

\frac{1}{x_{0}} < 1,

x_{0} > 1,

aber

\frac{1}{x_{0}} = f' (x_{0}) > 1,

log (x)

monoton wächst..

Shipwater aktiv_icon

14:30 Uhr, 18.02.2012

Für eine auf

I

differenzierbare Funktion

f

gilt:

f' > 0

auf

I \Rightarrow f

ist auf

I

streng monoton wachsend.
Die Ableitung muss also nur positiv sein und nicht unbedingt

> 1

. Da hast du in der Tat einen Denkfehler.
(falls ich dich überhaupt richtig verstanden habe)

student11 aktiv_icon

14:42 Uhr, 18.02.2012

Achja.. Vielen Dank.. Ich habe ein Durcheinander gemacht mit einem anderen Monotoniekriterium (wenn man den Quotienten von zwei Folgegliedern betrachtet, muss der Quotient

> 1

sein, damit strenges monotones Wachstum vorliegt..)

Hier meine Version für

0 < x < 1 :

f (x) := log (x)

\exists x_{0} \in (x,1) : f' (x_{0}) = - \frac{log (x)}{1 - x} = \frac{log (x)}{x - 1} = \frac{1}{x_{0}} > 1,

x_{0} < 1

0 < x < x_{0} < 1 \Rightarrow 0 > \frac{1}{x} > \frac{1}{x_{0}} > 1 \Rightarrow \frac{1}{x} > \frac{log (x)}{x - 1} > 1

\Rightarrow 1 - \frac{1}{x} < log (x) < x - 1

q . e . d

Wobei hier zu beachten war, dass bei Multiplikation mit

x - 1

das Ungelichheitszeichen zu wechseln ist, da für

x < 1

die Differenz

x - 1 < 0

also negativ ist.

Shipwater aktiv_icon

14:50 Uhr, 18.02.2012

Das sieht soweit ganz gut aus. Nur würde ich nicht

0 < x < x_{0} < 1

schreiben, sondern nur

x < x_{0} < 1

. Denn dein Schritt

0 < x < x_{0} < 1 \Rightarrow 0 > \frac{1}{x} > \frac{1}{x_{0}} > 1

ist falsch. Beim Kehrwertbilden müsstest du nämlich auch den Kehrwert von 0 bilden, was ja problematisch wird.
Also lieber einfach

x < x_{0} < 1 \Rightarrow \frac{1}{x} > \frac{1}{x_{0}} > 1 \Rightarrow \frac{1}{x} > \frac{log (x)}{x - 1} > 1 \Rightarrow 1 - \frac{1}{x} < log (x) < x - 1

student11 aktiv_icon

14:55 Uhr, 18.02.2012

Stimmt, da muss ich aufpassen.. Vielen vielen Dank für deine Hilfe.. Ich hoffe, ich werde in Zukunft solche Aufgaben selbst lösen können :-)..

Vorgehensweise ist eigentlich: Man muss etwas von der Form

\frac{f (b) - f (a)}{b - a}

finden und dann

f

und das Intervall so definieren, dass man diesen Quotienten erhält. Danach die Funktion selbst ableiten und mit dem Quotienten vergleichen.
Dann so umformen, dass man die Ungleichung erhält.. tönt eigentlich gar nicht so schwierig ;-)

Ich weiss nicht, ob diese Aufgabe auch etwas mit Mittelwertsatz zu tun hat, aber da bin ich ebenfalls ziemlich aufgeschmissen..

sei

f : R \to

(-PI/2,

\infty)

f (x) := e^{x} + {tan}^{- 1} (x)

zeige, dass

f

bijektiv ist und dass

(f^{- 1})' (x_{0})

existeirt für alle

x_{0} >

-PI/2. Berechne

(f^{- 1})' (1)

Ich habe versucht, zu zeigen, dass die Funktion bijektiv ist, indem ich eine Umkehrfunktion suche

\to

keine Chance (nicht mal mein Taschenrechner kann das?? )
Ich habe versucht, zu zeigen, dass die Funktion injektiv ist.. Ebenfalls keine Chance, ich kann das nicht auflösen.
Eine Idee wäre, zu zeigen, dass die Funktion monoton wächst, denn jede streng monoton wachsende Funktion wäre ja injektiv. Dann müsste man noch zeigen, dass die Funktion surjektiv ist..

Naja.. Mir fehlt überhaupt die Idee, wie ich an diese Aufgabe rangehen soll, wir haben nie solche Aufgaben gelös

Shipwater aktiv_icon

15:03 Uhr, 18.02.2012

Du kannst ja nun genau das verwenden, was ich oben schon gepostet habe:
Für eine auf

I

differenzierbare Funktion

f

gilt:

f' > 0

auf

I \Rightarrow f

ist auf

I

streng monoton wachsend
Das ist hier sehr schnell gezeigt und aus "streng monoton wachsend" folgt dann ja auch direkt "injektiv".

PS: Falls du danach nochmal eine Frage hast, wäre es vielleicht besser du würdest einen neuen Thread eröffnen. Sonst wird das hier ein bisschen unübersichtlich.

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