Monotonie (einer spez. Fkt.) < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:43 Mi 22.07.2009 | | Autor: | westpark |
Hallo Mathefreunde,
ich sitze an einem vermeintlich leichten Problem: Ich will zeigen, dass eine Funktion f im Intervall [mm] (0,\infty) [/mm] monoton fallend ist.
Der Ansatz über die Definition [mm] (x\geq [/mm] y [mm] =>f(x)\leq [/mm] f(y)) erübrigt sich wohl, wenn man sich die Funktion anschaut.
Ich wollte also zeigen, dass [mm] f'(x)\leq [/mm] 0 f.a. x aus [mm] (0,\infty). [/mm] Ich komme aber nicht weiter. Hat jemand vl. eine Idee?
Hier die Funktion: [mm] f(x)=m*ln(x)-m*ln(\summe_{i=1}^{m}N_{j}*ln(1+x*R_{j})-\summe_{i=1}^{m}ln(1+x*R_{j}), [/mm] x aus [mm] (0,\infty), N_{j} [/mm] aus [mm] \IN, R_{j} [/mm] aus [mm] \IR^{+} [/mm] (also alle nichtnegativ)
Der Plot der Fkt. zeigt zunächst einen sehr steilen Fall, für [mm] x\rightarrow\infty [/mm] dagegen geht die Funktion gaanz langsam gegen [mm] -\infty [/mm] .
Ich habe auch errechnet, dass bei diesem Grenzwert, der erste und dritte Summand ZUSAMMEN gegen eine Konstante gehen und damit der zweite Summand gegen - [mm] \infty [/mm] den Ausschlag gibt für diesen Grenzwert.
Daher denke ich, dass man mit dem Ansatz f'(x) [mm] \leq [/mm] 0 eigentlich weiterkommen müsste, wenn man f(x) umschreibt:
[mm] f(x)=m*ln(x)-m*ln(\summe_{i=1}^{m}N_{j}*ln(1 [/mm] + [mm] x*R_{j})-\summe_{i=1}^{m}ln(1+x*R_{j}) [/mm]
= [mm] \summe_{i=1}^{m} ln(x)-\summe_{i=1}^{m}ln(1+x*R_{j})-m*ln(\summe_{i=1}^{m}N_{j}*ln(1 [/mm] + [mm] x*R_{j}))
[/mm]
= [mm] \summe_{i=1}^{m} ln(\bruch{x}{1+x*R_{j} })-m*ln(\summe_{i=1}^{m}N_{j}*ln(1 [/mm] + [mm] x*R_{j}))
[/mm]
Ich kann das einfach ableiten, gerade der erste Summand hat dann eine "leichte" Darstellung, aber ich weiß nicht so recht. Ich komme da nicht weiter und kann nicht zeigen, dass in der Ableitung der zweite Summand "dominiert".
Für eine Idee wäre ich wirklich sehr dankbar.
Mit freundlichem Gruß
westpark.
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Hiho,
schauen wir uns erstmal an, was wir haben:
[mm]f(x)=m*ln(x)-m*ln(\summe_{i=1}^{m}N_{j}*ln(1+x*R_{j})-\summe_{i=1}^{m}ln(1+x*R_{j})[/mm]
[mm]=m*ln\left(\bruch{x}{\summe_{i=1}^{m}N_{j}*ln(1+x*R_{j})-\summe_{i=1}^{m}ln(1+x*R_{j})}\right)[/mm]
ln ist selbst streng monoton, d.h. es genügt uns das Argument anzuschauen. Die Monotonie von f hängt als nur von der Monotonie von dem in der Klammer ab! Bei m>0 gilt: Ist das Argument monoton steigend so auch f, wenn m<0 dreht sich die Monotonie um. Also weiter gehts mit:
[mm]\bruch{x}{\summe_{i=1}^{m}N_{j}*ln(1+x*R_{j})-\summe_{i=1}^{m}ln(1+x*R_{j})}[/mm]
[mm]= \bruch{x}{ln(1+x*R_{j})\summe_{i=1}^{m}(N_j-1)}[/mm]
[mm]= \bruch{x}{ln(1+x*R_{j})}*\bruch{1}{\summe_{i=1}^{m}N_j-m}[/mm]
So, das hintere ist ein konstanter Wert, nennen wir der Einfachheit halber mal a, dann bleibt:
[mm]= \bruch{ax}{ln(1+x*R_{j})}[/mm]
Und von dem kannst du nun untersuchen, obs Monoton ist, ich denke, das bekommst du allein hin.
MFG,
Gono.
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Oje.. tut mir Leid, aber ich habe trotz Überprüfen eine "Klammer-zu" vergessen - zumindest zu Beginn. Und leider hast du sie an der falschen Stelle geschlossen.
Also die Funktion lautet:
$ [mm] f(x)=m\cdot{}ln(x)-m\cdot{}ln(\summe_{i=1}^{m}N_{j}\cdot{}ln(1+x\cdot{}R_{j}))-\summe_{i=1}^{m}ln(1+x\cdot{}R_{j}) [/mm] $
Unten bei meinen Umformungen sieht man dann wieder an welche Stelle die vergessene Klammer gehört.
Jedenfalls kann ich so deine erste Gleichheit nicht bilden und damit ist die Frage noch immer offen :-(
Sorry...
Aber vielleicht bekommst du (oder jemand anders) es auch so hin, auch wenn es dadurch schwieriger wird?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 07:37 Do 23.07.2009 | | Autor: | pelzig |
Ist es richtig dass du über i summierst, aber die Summanden nur von j abhängen?
Gruß, Robert
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Danke für den Hinweis. Das ist nicht richtig. Also der Laufindex soll auch j sein.
Die Funktion lautet also:
[mm] f(x)=m\cdot{}ln(x)-m\cdot{}ln(\summe_{j=1}^{m}N_{j}\cdot{}ln(1+x\cdot{}R_{j}))-\summe_{j=1}^{m}ln(1+x\cdot{}R_{j}) [/mm]
Dazu: Summand 1 ist monoton wachsend, die anderen beiden monoton fallend (wegen des negativen Vorzeichens). Wenn ich die Summe aus 3 Summanden umschreibe in eine Summe aus zwei Summanden, wobei ich Term 1 und jeweils Term 2 oder 3 zusammenfasse, dann habe ich leider auch nie Summe zweier monoton fallender Funktionen.
Damit muss ich das Ganze wohl leider als Ganzes betrachten.
Ich habe f(x) mal zusammengefasst zu:
[mm] f(x)=m*ln(\bruch{x*m^m}{(\summe_{j=1}^{m}N_{j}*ln(1+x*R_{j}))*\produkt_{j=1}^{m}ln(1+x*R_{j})})
[/mm]
denn:
[mm] f(x)=m\cdot{}ln(x)-m\cdot{}ln(\summe_{j=1}^{m}N_{j}\cdot{}ln(1+x\cdot{}R_{j}))-\summe_{j=1}^{m}ln(1+x\cdot{}R_{j}) [/mm]
= [mm] m\cdot{}ln(x)-m\cdot{}ln(\summe_{j=1}^{m}N_{j}\cdot{}ln(1+x\cdot{}R_{j}))-m*\summe_{j=1}^{m}\bruch{ln(1+x\cdot{}R_{j})}{m}
[/mm]
= [mm] m\cdot{}ln(x)-m\cdot{}ln(\summe_{j=1}^{m}N_{j}\cdot{}ln(1+x\cdot{}R_{j}))-m*ln(\produkt_{j=1}^{m}\bruch{1+x\cdot{}R_{j}}{m})
[/mm]
ln ist mon. wachsend, m nichtnegativ, also müsste ich zeigen, dass das "große" Argument mon. fallend ist. Ableiten mit Quotientenregel, aber dann komme ich auch nicht weiter, weil ich Schwierigkeiten habe mit dem Produkt.
Aber allein vom Ansatz. Hat jemand ein Feingefühl, welcher der erfolgsversprechendste sein könnte? Wäre es vl. doch besser, jeden Summanden einzeln abzuleiten und zu versuchen, dafür Nichtpositivität zu zeigen? Oder... ?!
Naja, ich habe keine Ideen mehr. Ich wäre wirklich dankbar für jede Hilfe...
Liebe Grüße..
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:03 So 26.07.2009 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:20 Sa 25.07.2009 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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