Eine Ungleichung mit exp
Peter Luschny
Aufgabe zu stellen ;-) Motivation ist, die
Exponentialfunktion 'loszuwerden'.
Man zeige für x >= 0 :
exp(1/(2(2x+1)^2)) < (2x+2)/(2x+1)
Jannick Asmus
Führe die Transformation u:=1/(2x+1) durch und betrachte die Funktion
f(u)=1+u-exp(u^2/2) mit u \in [0,1]. Mit Hilfe von Kurvendiskussion hat
der Graph von f folgende Eigenschaften:
- f(0)=0;
- auf [0;u0] ist f strikt monoton steigend, insbesondere f>0 für 0<u<u0;
- f(1)>0
- auf [u0;1] ist f strikt monoton fallend.
Dabei ist u0 die (eindeutige) Lösung der Gleichung f'(u)=0, 0 \in [0;1],
dh. es gilt 1=u exp(u^2/2).
Insgesamt: f(u)>0 für 0<u<=1.
HTH.
Gruß
J.
Wolfgang Kirschenhofer
"Peter Luschny" <spam...@luschny.de> schrieb im Newsbeitrag
news:ebsrl9$j3m$1...@online.de...
exp(1/(2(2x+1)^2)) < (2x+2)/(2x+1)
Hallo Peter!
exp(1/(2(2x+1)^2)) < (2x+2)/(2x+1) ist äquivalent zu
exp(1/(2*x+1)^2) < (2*x+1+1)^2/(2*x+1)^2 = 1+1/(2*x+1)^2+2/(2*x+1)
(1)
Nun gilt aber:
exp(1/(2*x+1)^2) =
1+1/(2*x+1)^2+(1/2!)*1/(2*x+1)^4+(1/3!)*1/(2*x+1)^6+....
Wegen (1) ist daher zu zeigen, daß
(1/2!)*1/(2*x+1)^4+(1/3!)*1/(2*x+1)^6+.... < 2/(2*x+1)
(2)
(2) ist äquivalent zu
(1/2!)*1/(2*x+1)^3+(1/3!)*1/(2*x+1)^5+.... < 2
(3)
Es ist daher (3) zu zeigen.
Wegen x>=0 ist aber 1/(2*x+1)<=1.
Es gilt daher:
(1/2!)*1/(2*x+1)^3+(1/3!)*1/(2*x+1)^5+.... <= 1/2!+1/3!+1/4!+....= e-1.
Wegen e < 3 ist aber e-1 < 2 und es ist daher (3) richtig.
Grüße,
Wolfgang Kirschenhofer
Alfred Flaßhaar
> "Peter Luschny" <spam...@luschny.de> schrieb im Newsbeitrag
> news:ebsrl9$j3m$1...@online.de...
> Ich versuche mal im knappen Stil von Alex eine
> Aufgabe zu stellen ;-) Motivation ist, die
> Exponentialfunktion 'loszuwerden'.
>
> Man zeige für x >= 0 :
>
> exp(1/(2(2x+1)^2)) < (2x+2)/(2x+1)
Hallo Peter,
nach den schnellen Lösungen noch ein Hinweis auf ein anderes Verfahren.
Solche Aufgaben reizen, einen Satz über Differentialungleichungen
anzuwenden. Man baue sich eine gewöhnliche DGL erster Ordnung y?=f(x,y)
für y(x)=(2x+2)/(2x+1) und wähle als Anfangsbedingung x=0 y(0)=2. Dann
setze man die Funktion y1(x)=exp(1/(2(2x+1)^2)) in die rechte Seite der
DGL ein
und verifiziere y1?(x)<f(x,y1). Dann ist y1(x)<y(x). Daran werde ich
mich am Wochenende versuchen.
Freundliche Grüße,
Alfred Flaßhaar
Peter Luschny
>> On 15.08.2006 18:10, Peter Luschny wrote:
>> Man zeige für x >= 0 :
>> exp(1/(2(2x+1)^2)) < (2x+2)/(2x+1)
> Führe die Transformation u:=1/(2x+1) durch und betrachte die Funktion
> f(u)=1+u-exp(u^2/2) mit u \in [0,1]. [...]
Elegant! Danke fürs Mitmachen!
Gruss Peter
Peter Luschny
> "Peter Luschny" schrieb
> Man zeige für x >= 0 :
> exp(1/(2(2x+1)^2)) < (2x+2)/(2x+1)
> exp(1/(2(2x+1)^2)) < (2x+2)/(2x+1) ist äquivalent zu
> exp(1/(2*x+1)^2) < (2*x+1+1)^2/(2*x+1)^2 = 1+1/(2*x+1)^2+2/(2*x+1)
exp(u^2) < 1 + 2u + u^2 mit geeignetem 0 < u <= 1.
[...]
> Es gilt daher:
> (1/2!)*1/(2*x+1)^3+(1/3!)*1/(2*x+1)^5+.... <= 1/2!+1/3!+1/4!+....= e-1.
> Wegen e < 3 ist aber e-1 < 2 und es ist daher (3) richtig.
Superb! Danke für's Mitmachen!
Gruss Peter
Peter Luschny
> Wolfgang Kirschenhofer wrote:
>> "Peter Luschny" schrieb:
>> Man zeige für x >= 0 :
>> exp(1/(2(2x+1)^2)) < (2x+2)/(2x+1)
> nach den schnellen Lösungen noch ein Hinweis auf ein anderes Verfahren.
Ja, hier sitzen ein paar starke 'Jungs' rum in dieser Gruppe ;-)
> Solche Aufgaben reizen, einen Satz über Differentialungleichungen
> anzuwenden. Man baue sich eine gewöhnliche DGL erster Ordnung y?=f(x,y)
> für y(x)=(2x+2)/(2x+1) und wähle als Anfangsbedingung x=0 y(0)=2. Dann
> setze man die Funktion y1(x)=exp(1/(2(2x+1)^2)) in die rechte Seite der
> DGL ein und verifiziere y1?(x)<f(x,y1). Dann ist y1(x)<y(x). Daran werde ich
> mich am Wochenende versuchen.
Fein. Aber vielleicht kannst du damit gleich die wirklich harte Nuß,
die Schranke von David Cantrell (siehe meinen anderen Beitrag) knacken?
Gruss Peter
Peter Luschny
> im knappen Stil von Alex eine Aufgabe:
> Man zeige für x >= 0 :
> exp(1/(2(2x+1)^2)) < (2x+2)/(2x+1)
Dank Jannick und Wolfgang ist dies nun gesichert.
Was kann man damit machen?
Gestern hat David W. Cantrell auf sci.math eine
bemerkenswerte obere Schranke angegeben, und ich
wollte mit diesem Thread hier eigentlich nur auf
diese Perle hinweisen.
Sie ist in einer Antwort auf eine Aufgabe von Alex
enthalten und lautet so: Für x > -1/4 gilt:
Gamma(x + 1)
------------ < (x+1/4)^{1/2} * exp((8x+2)^{-2})
Gamma(x+1/2)
Ich hatte versucht diese Schranke zu vereinfachen zu:
Gamma(x + 1)
------------ < (x+1/2)^{1/2}
Gamma(x+1/2)
Aber ohne Beweis. Ja was muß ich denn dazu beweisen, wenn
ich Cantrells Schranke als gültig ansehe?
(x+1/4)^{1/2} * exp((8x+2)^{-2}) < (x+1/2)^{1/2}
<=> exp((8x+2)^{-2}) < (x+1/2)^{1/2} / (x+1/4)^{1/2}
<=> exp((8x+2)^{-2})^2 < (x+1/2) / (x+1/4)
<=> exp(1/(4(4x+1)^2))^2 < (2x+1) / (2x+1/2)
<=> exp(1/(2(4x+1)^2)) < (2x+1) / (2x+1/2)
<=> exp(1/(2(2x+1)^2)) < (x+1) / (x+1/2)
<=> exp(1/(2(2x+1)^2)) < (2x+2) / (2x+1)
Und das ist meine 'Aufgabe'.
Übrigens -- Cantrell hat seine Schranke noch nicht bewiesen,
jedenfalls nicht in sci.math. Also einfach mal rüberschauen und
es selber vorführen! "G(x+1)/G(x+0.5),G=Gamma" heißt der Thread.
Gruss Peter
Wolfgang Kirschenhofer
"Wolfgang Kirschenhofer" <ki...@kstp.at> schrieb im Newsbeitrag
news:11556635...@news.aic.at...
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| "Peter Luschny" <spam...@luschny.de> schrieb im Newsbeitrag
| news:ebsrl9$j3m$1...@online.de...
| Ich versuche mal im knappen Stil von Alex eine
| Aufgabe zu stellen ;-) Motivation ist, die
| Exponentialfunktion 'loszuwerden'.
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| Man zeige für x >= 0 :
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| exp(1/(2(2x+1)^2)) < (2x+2)/(2x+1)
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| Hallo Peter!
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| Wegen x>=0 ist aber 1/(2*x+1)<=1.
| Es gilt daher:
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| (1/2!)*1/(2*x+1)^3+(1/3!)*1/(2*x+1)^5+.... <= 1/2!+1/3!+1/4!+....=
e-1.
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| Grüße,
| Wolfgang Kirschenhofer
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Hallo !
Korrektur eines kleinen Fehlers:siehe obige Markierung
Richtig muß es heißen: 1/2!+1/3!+1/4!+....= e-2 < 1 < 2
Grüße,
Wolfgang Kirschenhofer
P.s.:Sehr interessant sind der bemerkenswerte Ansatz von Alfred
Flaßhaar
und die Hinweise von Peter Luschny.
Christian Ehrhardt
Es geht ein bischen schaefer und das (fast) ohne Ableitungen oder gar
Diffgleichungen. Nach Substitution von u := 1/(2x+1) ist zu zeigen dass
exp(0.5*u^2) < 1+u fuer u aus (0,1]. Da f(u) := exp(0.5*u^2) konvex ist,
liegt der Graph unterhalb der Geraden durch (0,f(0)) und (1,f(1)) mit
der Gleichung 1+(sqrt(e)-1)*u wobei sqrt(e)-1 < 0.65. Folglich ergibt sich
exp(0.5*u^2) < 1 + 0.65*u und durch Ruecksubstitution
exp(1/(2(2x+1)^2)) < 1+0.65/(2x+1) = (2x+1.65)/(2x+1)
Gruesse Christian
--
THAT'S ALL FOLKS!
Peter Luschny
> Peter Luschny wrote:
>> Man zeige für x >= 0 :
>> exp(1/(2(2x+1)^2)) < (2x+2)/(2x+1)
> Es geht ein bischen schaefer und das (fast) ohne Ableitungen oder gar
> Diffgleichungen. Nach Substitution von u := 1/(2x+1) ist zu zeigen dass
> exp(0.5*u^2) < 1+u fuer u aus (0,1]. Da f(u) := exp(0.5*u^2) konvex ist,
> liegt der Graph unterhalb der Geraden durch (0,f(0)) und (1,f(1)) mit
> der Gleichung 1+(sqrt(e)-1)*u wobei sqrt(e)-1 < 0.65. Folglich ergibt sich
> exp(0.5*u^2) < 1 + 0.65*u und durch Ruecksubstitution
> exp(1/(2(2x+1)^2)) < 1+0.65/(2x+1) = (2x+1.65)/(2x+1)
Danke für deinen Beitrag! Soviele schöne verschiedene
Ideen für diese kleine Aufgabe!
> Es geht ein bischen schaefer ...
Ja, das ist die Kehrseite der Médaille, wenn man eine
Schranke vereinfachen will ;-) Der Hintergrund ist, wie
ich schon geschrieben habe, diese Schranke
Gamma(x + 1) < Gamma(x+1/2) * (x+1/2)^{1/2}
als Vereinfachung von
Gamma(x + 1) < Gamma(x+1/2) * (x+1/4)^{1/2} * exp((8x+2)^{-2}).
Hier sind noch weitere Lorbeeren zu gewinnen, da diese sehr
scharfe Schranke noch bewiesen werden muss.
Gruss Peter
Wolfgang Thumser
dabei faellt mir die folgene Aufabe ein, fuer die
ich schon sei Jahren nach einem einfachen Beweis
suche (die mir bekannten sind mehr oder weniger
umstaendlich). Vielleicht faellt Dir als Spezialist
fuer Ungleichungen etwas dazu ein. Hier die Aufgabe:
Man zeige fuer positive reelle Zahlen x, y mit x < y
die Ungleichung x^(y^x) < y^(x^y).
Viele Gruesse
Wolfgang
Alex.Lupas
> Ich hatte versucht diese Schranke zu vereinfachen zu:
>
> Gamma(x + 1)
> Gamma(x+1/2)
> Aber ohne Beweis.
========================
Lieber Peter,
es seien f:I-->R,I=(alpha,beta), eine konvexe Funktion.Dann
(A) f(px+qy)=< pf(x)+qf(y) , p,q>=0 , p+q=1 .
Fuer -infty <alpha< a<b<c< beta <infty,
x:=a , y:= c ,p:=(c-b)/(c-a) , q=(b-a)/(c-a)
px+qy=b und weiter aus (A)
(B) f(b) =< (c-b)f(a)/(c-a) + (b-a)f(c)/(c-a) .
====
Bezueglich Log-konvexe-Funktionen:
wenn H:(0,infty)--->(0,infty) ist so dass log_e(H(x)):=ln(H(x))
(strict) konvex auf (0,infty) ist ,dann fuer alle a,b,c
(0<a<b<c<infty)
gilt die Ungleichung (siehe (B) mit f(x):= ln(H(x)) )
(1) [H(b)]^{c-a}<[H(a)]^{c-b}[H(c)]^{b-a} .
Aber log(Gamma(.)) is konvex. [Z.B.siehe :
ein Satz von Harald Bohr&J.Mollerup sagt:
" Gamma:(0,infty)--->(0,infty) ist die einzige Funktion
G:(0,infty)--->(0,infty) mit der Eigenschaften:
1) G(x+1)=xG(x)
2) ln(G(x)) eine konvexe Funktion auf (0,infty)
3) G(1)=1 . "
Viele schoene Sachen ueber Gamma liegt in dem Buch:
Emil Artin, "Einfuehrung in die Theorie der Gammafunktion",
Hamburgere Mathematische Einzelschriften
1.Heft/1931,Teubner Verlag,Leipzig;
oder in English
Emil Artin,"The Gamma Function",Holt,Rinehart und Winston,1964.]
In (1) waehlen wir a=x (x>0) , b=x+1/2 , c=x+1 , H(x)=Gamma(x).
Wir bekommen
Gamma(x+0.5) < [Gamma(x)]^{0.5}[Gamma(x+1)]^{0.5}=
= [Gamma(x+1)/x]^{0.5}] [Gamma(x+1)]^{0.5}=Gamma(x+1)/sqrt(x),
dass heisst
(2) sqrt(x) < Gamma(x+1)/Gamma(x+0.5) fuer x >0 .
Weiter wahlen wir in (1) die Punkten a=x+1/2 , b=x+1 ,c=x+3/2
wobei x>-1/2 . Es folgt
Gamma(x+1) < [Gamma(x+0.5)]^{0.5}[Gamma(x+1.5)]^{0.5}=
= [Gamma(x+0.5)]^{0.5}[(x+0.5)Gamma(x+0.5)]^{0.5}=
=(x+0.5)^{0.5}Gamma(x+0.5) ,
genauer, fuer x>0
(3) Gamma(x+1)/Gamma(x+0.5) < sqrt(x+0.5) .
==============================================
BEMERKUNGEN:
1) Sagen wir dass Ungleichungen der Art
(*) A(x) < Gamma(x+1)/Gamma(x+0.5)<B(x) , x>0 ,
verifiziert sind.
In (*) setzen wir x:= t+1/2 , t>-1/2. Weil
Gamma(x+1)/Gamma(x+0.5)= (t+1/2)Gamma(t+1/2)/Gamma(t+1) ,
aus (*) duerfen wir schreiben
A(t+0.5)< (t+0.5)Gamma(t+0.5)/Gamma(t+1) < B(t+0.5)
oder
(**.1) C(x) < Gamma(x+1)/Gamma(x+0.5)< D(x), x>0 (x>-1/2),
mit
(**.2) C(x):=(x+0.5)/B(x+0.5) , D(x):= (x+0.5)/A(x+0.5) .
Ein Beispiel: aus (siehe (2) )
A(x):=sqrt(x)< Gamma(x+1)/Gamma(x+0.5)
es folgt (siehe (**.1)--(**.2) )
Gamma(x+1)/Gamma(x+0.5) < D(x):=(x+0.5)/sqrt(x+0.5) ,
oder aus
Gamma(x+1)/Gamma(x+0.5) < B(x):=sqrt(x+0.5)
wir bekommen
C(x):= (x+0.5)/sqrt(x+1) < Gamma(x+1)/Gamma(x+0.5) .
Mann kann sehen dass
(x+0.5)/sqrt(x+1) > sqrt(x) [vergleichen Sie mit (2)].
Kurz gesagt, aus eine Obereschranke fuer
Gamma(x+1)/Gamma(x+0.5) liefert uns eine Untereschranke
(und umgekhaert).
-------
2) Es gibt ein gute Spezialist , naemlich Herr Dr.Horst Alzer
(Uni-Wuerzburg ?) der sehr interessante Arbeiten ueber
Gamma-Funktion hat.
-------
3) Eine natuerliche Frage: woher wissen wir dass
Gamma:(0,infty)--->(0,infty) eine logaritmische-konveze Funktion ist ?
Antwort 1: weil (ln(Gamma(x+1)))" > 0 ist.
Siehe Emil Artin (Engliesche Uebersetzung,Seiten 21--22).
Antwort 2:siehe auch Emil Artin, Seiten 9--10.
Gruss,Alex
Alex.Lupas
[Ein Beweis mit Hilfe der Cauchy-Mittelwertsatz]
Es seien a=0,b=t , a< t =< 1, f(x):=e^{x/2} ,g(x):=sqrt(x).
Anwenden wir ein Satz von Cauchy ; existiert c in (a,b)
so dass
(f(b)-f(a))/(g(b)-g(a)) = f'(c)/g'(c) .
So,
(1) (e^{t/2} - 1)/sqrt(t) = (1/2e^{c/2})/(2/sqrt(c))=
=( sqrt(c)/4)e^{c/2} mit c in (0,t) , 0<c<t<1 .
Aber
sqrt(c)/4)e^{c/2} < (1/4)e^{1/2}< sqrt(3)/4 < 1 .
Aus (1)
(2) e^{t/2} -1 < (sqrt(3)/4)sqrt(t) < sqrt(t), t in (0,1).
Weiter setzen wir t:= 1/(2x+1)^2 wobei x >=0 .
Dann aus (2)
(3) exp(1/(2(2x+1)^2) < 1+ 1/(2x+1)=(2x+2)/(2x+1) , x>=0.
Oder etwas "besser"
(3') exp(1/(2(2x+1)^2) < 1+ K/(2x+1)=(2x+1+K)/(2x+1)
mit K:= sqrt(3)/4 .
Gruss,Alex
Peter Luschny
> Peter Luschny wrote:
>> Ich versuche mal im knappen Stil von Alex eine
>> Aufgabe zu stellen ;-) Motivation ist, die
>> Exponentialfunktion 'loszuwerden'.
>>> Man zeige für x >= 0 :
>> exp(1/(2(2x+1)^2)) < (2x+2)/(2x+1)
> [Ein Beweis mit Hilfe der Cauchy-Mittelwertsatz]
Dafür bekommst du jetzt meinen persönlichen Sonderpreis:
"Auf diese Idee wäre ich jetzt nie gekommen.. ;-))"
Gruss Peter