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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:07 Mo 11.01.2010 | | Autor: | Doemmi |
| Aufgabe | Die Funktin f:[a,b] [mm] \to \IR [/mm] sei konvex.
Seien $ [mm] x,x_1,x_2\in[a,b] [/mm] $ und $ [mm] x_1
$ [mm] \bruch{f(x)-f(x_1)}{x-x_1}\le\bruch{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}\le\bruch{f(x_2)-f(x)}{x_2-x}. [/mm] $ |
Allzu weit komme ich nicht...
Da f konvex ist, ist f''(x) [mm] \ge [/mm] 0 für alle x [mm] \in [/mm] [ab]. Dann ist f' monoton wachsend.
Nach dem Mittelwertsatz gibt es [mm] \mu_1 [/mm] mit [mm] x_1 [/mm] < [mm] \mu_1 [/mm] < x und [mm] \mu_2 [/mm] mit x < [mm] \mu_2 [/mm] < [mm] x_2 [/mm] und es gilt
[mm] \bruch{f(x)-f(x_1)}{x-x_1} [/mm] = [mm] f'(\mu_1) \le f'(\mu_2) [/mm] = [mm] \bruch{f(x_2)-f(x)}{x_2-x}
[/mm]
Es gibt nun ein [mm] \mu [/mm] mit [mm] x_1 [/mm] < [mm] \mu [/mm] < [mm] x_2 [/mm] mit [mm] f'(\mu) [/mm] = [mm] \bruch{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}
[/mm]
Aber wie zeige ich, dass das immer zwischen den anderen beiden liegt?
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edit: die folgende Antwort setzt zu Unrecht voraus, dass f zweimal differenzierbar ist. Wenn man das annehmen könnte, wäre der folgende Weg auch gangbar. Leider ist diese Eigenschaft von f aber nicht gegeben. Siehe hierzu Freds Antwort.
Hallo Doemmi,
das ist nur noch ein bisschen Mittelstufenrechnerei. Alles Wesentliche hast du schon gezeigt; der MWS ist hier genau der richtige Ansatz.
Dann ist nur noch zu zeigen, dass [mm] f'(\mu_1)
Dazu brauchst Du überhaupt keine neue Idee. Nimm doch mal die drei Ungleichungen (kurz: [mm] \mu_1<\mu<\mu_2) [/mm] jede einzeln und multipliziere mit den Nennern. Dann streiche in jeder das Glied, das auf beiden Seiten auftaucht. Spätestens dann solltest Du mehr sehen...
lg
reverend
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 06:51 Di 12.01.2010 | | Autor: | fred97 |
Hallo Doemmi,
mit Deiner Lösung und mit reverends Antwort bin ich nicht einverstanden.
Woher weißt Du denn, dass f zweimal differenzierbar ist ?? Das steht nirgendwo in der Aufgabe.
Der MWS ist sicher ein guter Weg, falls f zweimal differenzierbar ist, aber wie gesagt, das ist nicht vorausgesetzt. Benutzen darfst Du also nur die Konvexität von f !
Seien $ [mm] x,x_1,x_2\in[a,b] [/mm] $ und $ [mm] x_1
$x= [mm] tx_1+(1-t)x_2$
[/mm]
Dann ist (*) [mm] $x-x_1= (1-t)(x_2-x_1)$
[/mm]
Da f konvex ist, ist
$f(x) = [mm] f(tx_1+(1-t)x_2)\le tf(x_1)+(1-t)f(x_2)$.
[/mm]
Somit:
[mm] $f(x)-f(x_1) \le (1-t)(f(x_2)-f(x_1)),$
[/mm]
folglich, mit (*)
[mm] $\bruch{f(x)-f(x_1)}{x-x_1}\le\bruch{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}$
[/mm]
Die Ungleichung
[mm] $\bruch{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}\le\bruch{f(x_2)-f(x)}{x_2-x}$
[/mm]
zeigt man genauso.
FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 08:31 Di 12.01.2010 | | Autor: | reverend |
Hallo Fred,
> mit Deiner Lösung und mit reverends Antwort bin ich nicht
> einverstanden.
>
> Woher weißt Du denn, dass f zweimal differenzierbar ist ??
> Das steht nirgendwo in der Aufgabe.
Hmpf. Das stimmt natürlich. Offenbar sind wir beide davon ausgegangen, dass das implizit mit der Konvexität gegeben ist. Das war voreilig.
> Der MWS ist sicher ein guter Weg, falls f zweimal
> differenzierbar ist, aber wie gesagt, das ist nicht
> vorausgesetzt. Benutzen darfst Du also nur die Konvexität
> von f !
>
> Seien [mm]x,x_1,x_2\in[a,b][/mm] und [mm]x_1
> mit
>
> [mm]x= tx_1+(1-t)x_2[/mm]
>
> Dann ist (*) [mm]x-x_1= (1-t)(x_2-x_1)[/mm]
>
> Da f konvex ist, ist
>
> [mm]f(x) = f(tx_1+(1-t)x_2)\le tf(x_1)+(1-t)f(x_2)[/mm].
>
> Somit:
>
> [mm]f(x)-f(x_1) \le (1-t)(f(x_2)-f(x_1)),[/mm]
Das Prinzip bleibt zwar das gleiche, aber so ist es sauber. Übrigens habe ich (in handschriftlicher Rechnung) die Identität der Ungleichungen in genau dieser bruchfreien Form gezeigt. Da hätte mir auffallen können, dass man auch ohne zweimalige Differenzierbarkeit auskommt. Ist es aber nicht...
> [mm]\bruch{f(x)-f(x_1)}{x-x_1}\le\bruch{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}[/mm]
>
>
> Die Ungleichung
>
> [mm]\bruch{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}\le\bruch{f(x_2)-f(x)}{x_2-x}[/mm]
>
> zeigt man genauso.
>
> FRED
Danke für die Korrektur.
Grüße
reverend
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