Beweis einer Ungleichung < mehrere Veränderl. < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:04 Di 03.07.2012 | | Autor: | sytest |
| Aufgabe | D := [mm] \{x\in\IR:x\ge0\}
[/mm]
[mm] f:D\to\IR, x\mapsto\wurzel{1+x^{2}}
[/mm]
Zeigen Sie: [mm] \forall [/mm] x,y [mm] \in [/mm] D, [mm] x\not=y: [/mm] |f(x) - f(y)| < |x-y| |
Hallo,
ich habe im Moment kleine Probleme mit dem geforderten Beweis.
Mein erster Gedanke war die Wurzeln auf der linken Seite der Ungleichung in den Nenner zu bringen:
|f(x) - f(y)| < |x-y|
[mm] \gdw |\bruch{f(x) - f(y)}{x-y}| [/mm] < 1
[mm] \gdw |\bruch{\wurzel{1+x^{2}} - \wurzel{1+y^{2}}}{x-y}| [/mm] < 1
[mm] \gdw |\bruch{(\wurzel{1+x^{2}} - \wurzel{1+y^{2}}) * (\wurzel{1+x^{2}} + \wurzel{1+y^{2}})}{(x-y) * (\wurzel{1+x^{2}} + \wurzel{1+y^{2}})}| [/mm] < 1
[mm] \gdw |\bruch{(1+x^{2} - (1+y^{2}) )}{(x-y) * (\wurzel{1+x^{2}} + \wurzel{1+y^{2}})}| [/mm] < 1
[mm] \gdw |\bruch{x^{2} - y^{2} }{(x-y) * (\wurzel{1+x^{2}} + \wurzel{1+y^{2}})}| [/mm] < 1
[mm] \gdw |\bruch{(x+y) * (x-y) }{(x-y) * (\wurzel{1+x^{2}} + \wurzel{1+y^{2}})}| [/mm] < 1
[mm] \gdw |\bruch{x+y}{(\wurzel{1+x^{2}} + \wurzel{1+y^{2}})}| [/mm] < 1
An der Stelle komme ich aber leider nicht mehr weiter. Daher würde ich mich entweder über einen Tipp wie es hier weitergehen könnte oder einen komplett neuen Ansatz freuen ;)
Vielen Dank vorab :)
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:13 Di 03.07.2012 | | Autor: | fred97 |
[mm] |\bruch{x+y}{(\wurzel{1+x^{2}} + \wurzel{1+y^{2}})}| [/mm] < [mm] |\bruch{x+y}{(\wurzel{x^{2}} + \wurzel{y^{2}})}|=\bruch{|x+y|}{|x|+|y|} \le [/mm] 1
FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:15 Di 03.07.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo Fred,
>
> [mm]|\bruch{x+y}{(\wurzel{1+x^{2}} + \wurzel{1+y^{2}})}|[/mm] <
> [mm]|\bruch{x+y}{(\wurzel{x^{2}} + \wurzel{y^{2}})}|=\bruch{|x+y|}{|x|+|y|} \le[/mm]
> 1
da hier eh $0 [mm] \le [/mm] x,y$ mit $x [mm] \not=y$ [/mm] war: Die Abschätzung
[mm] $$\frac{|x+y|}{\sqrt{1+x^2}+\sqrt{1+y^2}} \le \frac{x+y}{\sqrt{x^2}+\sqrt{y^2}}=(\*)$$
[/mm]
folgt, weil [mm] $\sqrt{\cdot}$ [/mm] streng wächst auf [mm] $[0,\infty)$ [/mm] und damit
[mm] $$(\*)=\frac{x+y}{x+y}=1\,.$$
[/mm]
(Soll heißen: Du kannst auch direkt [mm] $\frac{|x+y|}{|x|+|y|}=\frac{x+y}{x+y}\;\textcolor{blue}{\textbf{=}}\;1$ [/mm] schreiben - wobei hier ja wegen $0 [mm] \le [/mm] x,y$ und $x [mm] \not=y$ [/mm] sicher $x+y > [mm] 0\,$ [/mm] ist!)
Gruß,
Marcel
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:44 Di 03.07.2012 | | Autor: | Marcel |
> D := [mm]\{x\in\IR:x\ge0\}[/mm]
> [mm]f:D\to\IR, x\mapsto\wurzel{1+x^{2}}[/mm]
>
> Zeigen Sie: [mm]\forall[/mm] x,y [mm]\in[/mm] D, [mm]x\not=y:[/mm] |f(x) - f(y)| <
> |x-y|
Hallo,
alternativ:
Die Funktion [mm] $f(x)=\sqrt{1+x^2}$ [/mm] ($x [mm] \ge [/mm] 0$) ist diff'bar mit Ableitung [mm] $f\,'$ [/mm] gegeben durch [mm] $f'(x)=\frac{2x}{2\sqrt{1+x^2}}=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$ [/mm] für $x [mm] \ge 0\,.$ [/mm] Stets ist auch [mm] $f\,'(x) \ge 0\,.$
[/mm]
Wegen [mm] $x/\sqrt{1+x^2} \le x/\sqrt{x^2}=x/|x|=x/x=1$ [/mm] für $x [mm] \ge [/mm] 0$ ist daher [mm] $|f\,'|$ [/mm] durch [mm] $L=1\,$ [/mm] beschränkt (beachte, dass [mm] $x/sqrt{1+x^2} \le [/mm] 1$ für [mm] $x=0\,$ [/mm] in trivialer Weise gilt") - und damit ist [mm] $f\,$ [/mm] Lipschitzstetig mit Lipschitzkonstante [mm] $1\,.$ [/mm]
Also gilt schonmal $|f(x)-f(y)| [mm] \le [/mm] |x-y|$ für alle $x,y [mm] \in D\,.$
[/mm]
Und jetzt nehmen wir an, es seien o.E. $0 [mm] \le [/mm] x < y$ mit [mm] $|f(x)-f(y)|=|x-y|\,.$ [/mm]
Edit: Das folgende wurde sinnigerweise neu überlegt:
Weil [mm] $f\,$ [/mm] wächst, würde aus [mm] $|f(x)-f(y)|=|x-y|\,$ [/mm] dann folgen
[mm] $$\sqrt{1+y^2}-\sqrt{1+x^2}=y-x$$
[/mm]
[mm] $$\gdw 2+x^2+y^2-2\sqrt{(1+x^2)(1+y^2)}=y^2-2xy+x^2$$
[/mm]
[mm] $$\gdw \sqrt{(1+x^2)(1+y^2)}=1+xy$$
[/mm]
[mm] $$\gdw (1+x^2)(1+y^2)=1+2xy+x^2y^2$$
[/mm]
[mm] $$\gdw 1+x^2+y^2+x^2y^2=1+2xy+x^2y^2$$
[/mm]
[mm] $$\gdw (x-y)^2=0\,.$$
[/mm]
Durch Verfolgen der Pfeile [mm] $\Rightarrow$ [/mm] also der Widerspruch [mm] $x=y\,.$ [/mm] Also gilt für $x [mm] \not=y$ [/mm] sodann $|f(x)-f(y)| [mm] \le [/mm] |x-y|$ und $|f(x)-f(y)| [mm] \not= |x-y|\,,$ [/mm] also $|f(x)-f(y)| < [mm] |x-y|\,.$
[/mm]
P.S.
Falls unbekannt: Man kann leicht mit dem MWS zeigen, dass eine diff'bare Funktion $I [mm] \to \IR$ [/mm] ($I [mm] \subseteq \IR$ [/mm] nichtleeres Intervall) genau dann Lipschitzstetig ist, wenn [mm] $f\,'$ [/mm] beschränkt ist - und jede obere Schranke für [mm] $|f\,'|$ [/mm] ist dann eine geeignete Lipschitzkonstante!
Gruß,
Marcel
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:24 Di 03.07.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo nochmal,
es ist kein komplett neuer Ansatz zu Deiner Vorgehensweise, aber die Vorgehensweise in diesem Ansatz ist ein wenig anders:
O.E. seien $0 [mm] \le [/mm] x < [mm] y\,,$ [/mm] dann haben wir zu zeigen
[mm] $$|\sqrt{1+x^2}-\sqrt{1+y^2}| [/mm] < [mm] |x-y|\,.$$
[/mm]
Weil $x [mm] \mapsto \sqrt{1+x^2}$ [/mm] streng wächst auf $x [mm] \ge [/mm] 0$ haben wir also zu zeigen
[mm] $$\sqrt{1+y^2}-\sqrt{1+x^2} [/mm] < [mm] y-x\,.$$
[/mm]
Und für reelle Zahlen $0 [mm] \le [/mm] r,s$ gilt $r < s [mm] \gdw r^2 [/mm] < [mm] s^2\,.$ [/mm] Also:
[mm] $$\sqrt{1+y^2}-\sqrt{1+x^2} [/mm] < [mm] y-x\,.$$
[/mm]
[mm] $$\gdw (1+y^2)-2\sqrt{(1+x^2)(1+y^2)}+(1+x^2) [/mm] < [mm] y^2-2xy+x^2\,.$$
[/mm]
Eine ziemlich gleiche Rechnung hast Du in meiner anderen Antwort gesehen - wenn Du es zu Ende rechnest, siehst Du, dass die Behauptung dann äquivalent ist zu [mm] $(y-x)^2 [/mm] > [mm] 0\,.$ [/mm] Und damit bist Du dann fertig!
Gruß,
Marcel
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(Antwort) fertig | | Datum: | 08:08 Mi 04.07.2012 | | Autor: | fred97 |
Noch eine Möglichkeit:
Wir können y>x [mm] \ge [/mm] 0 annehmen. Setzen wir [mm] g(t)=\wurzel{1+t^2}-t, [/mm] so ist die zu zeigende Ungl. gleichbedeutend mit g(y)<g(x).
Es ist leicht zu sehen, dass g'<0 ist. Damit ist g streng fallend.
FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:11 Mi 04.07.2012 | | Autor: | Marcel |
Hi Fred,
> Noch eine Möglichkeit:
>
> Wir können y>x [mm]\ge[/mm] 0 annehmen. Setzen wir
> [mm]g(t)=\wurzel{1+t^2}-t,[/mm] so ist die zu zeigende Ungl.
> gleichbedeutend mit g(y)<g(x).
>
> Es ist leicht zu sehen, dass g'<0 ist. Damit ist g streng
> fallend.
das ist nun wirklich sehr elegant!! 
Gruß,
Marcel
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