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| Aufgabe | | Sei [mm]f: \IR_+\rightarrow \IR_+[/mm] gegeben durch: [mm]x \rightarrow \bruch{1}{2}(x+\bruch{2}{x})[/mm]. Beweisen Sie mit Hilfe des Mittelwertsatzes, dass gilt: [mm]f(\left[ 1,2 \right])\subseteq\left[ 1,2 \right][/mm]. |
Hallo zusammen,
würde mich freuen, wenn jemand Zeit und Lust hätte mir bei dieser Aufgabe zu helfen. Als Hinweis wurde uns gegeben, den Abstand der Punkte im Intervall von dessen Mitte 3/2 zu betrachten. Ich habe es bis dato mit Abschätzen der Differenz des Wertebereichs versucht...komme auf 1/18 +/-epsilon, das bringt mich nicht weiter. Auch Extremstellen helfen mir nicht wirklich...ich weiß, daß ein globales Maximum bei wurzel 2 liegt, allerdings finde ich kein Minimum.
Macht es Sinn die Monotonie "vor" und "nach" 3/2 zu betrachten?
Vielen Dank für eure Hilfe
Hanna
Ich habe diese Frage auf keinen anderen Internetforen gestellt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:21 Mi 03.02.2010 | | Autor: | Marcel |
Hallo Hanna!
> Sei [mm]f: \IR_+\rightarrow \IR_+[/mm] gegeben durch: [mm]x \rightarrow \bruch{1}{2}(x+\bruch{2}{x})[/mm].
> Beweisen Sie mit Hilfe des Mittelwertsatzes, dass gilt:
> [mm]f(\left[ 1,2 \right])\subseteq\left[ 1,2 \right][/mm].
> Hallo
> zusammen,
>
> würde mich freuen, wenn jemand Zeit und Lust hätte mir
> bei dieser Aufgabe zu helfen. Als Hinweis wurde uns
> gegeben, den Abstand der Punkte im Intervall von dessen
> Mitte 3/2 zu betrachten. Ich habe es bis dato mit
> Abschätzen der Differenz des Wertebereichs
> versucht...komme auf 1/18 +/-epsilon
?? Mit [mm] $\varepsilon [/mm] > 0$? Was rechnest Du denn da genau? Kannst Du das evtl. mal vorführen oder erläutern?
> , das bringt mich nicht
> weiter. Auch Extremstellen helfen mir nicht wirklich...ich
> weiß, daß ein globales Maximum bei wurzel 2 liegt,
Wieso das? Das stimmt nicht. Wir werden gleich sehen, dass [mm] $f\,$ [/mm] an der Stelle [mm] $\sqrt{2}$ [/mm] ein globales Minimum hat.
> allerdings finde ich kein Minimum.
Analoge korrigierende Bemerkung: Maximum!
> Macht es Sinn die Monotonie "vor" und "nach" 3/2 zu
> betrachten?
Ja!
Bzw. besser (mit der Minimalstelle) kannst Du so vorgehen:
Es ist [mm] $f'(x)=\frac{1}{2}\left(1-\frac{2}{x^2}\right)=\frac{1}{2}-\frac{1}{x^2}$ [/mm] und [mm] $f''(x)=\frac{2}{x^3},$ [/mm] so dass wir wegen [mm] $f'(\sqrt{2})=0$ [/mm] und [mm] $f''(\sqrt{2})=\frac{2}{\sqrt{2}^3} [/mm] > 0$ erkennen, dass [mm] $f\,$ [/mm] an der Stelle ein lokales Minimum hat.
Wegen $f'(x) < 0$ für $x [mm] \in (0,\sqrt{2})$ [/mm] ist [mm] $\red{f_{|(0,\sqrt{2})}}$ [/mm] streng monoton fallend, und wegen $f'(x) > 0$ für $x [mm] \in (\sqrt{2},\infty)$ [/mm] ist [mm] $\blue{f_{|(\sqrt{2},\infty)}}$ [/mm] streng monoton wachsend. Wegen der Stetigkeit von [mm] $f\,$ [/mm] an der Stelle [mm] $\sqrt{2}$ [/mm] erhalten wir somit
[mm] $$f(x)\begin{cases} > f(\sqrt{2}), & \mbox{für } \red{x \in (0,\sqrt{2})} \\ >f(\sqrt{2}), & \mbox{für } \blue{x > \sqrt{2}} \end{cases}\,,$$
[/mm]
d.h., dass [mm] $f\,$ [/mm] an der Stelle [mm] $\sqrt{2}$ [/mm] nicht nur ein lokales Minimum, sondern sogar ein globales Minimum hat. Zudem gilt [mm] $f(\sqrt{2})=\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{1}{\sqrt{2}}=2*\frac{\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2} [/mm] > [mm] 1\,.$
[/mm]
Somit gilt $f(x) [mm] \ge f(\sqrt{2})$ [/mm] für alle $x > 0$ und damit [mm] $f((0,\infty)) \subseteq [f(\sqrt{2}),\infty)=[\sqrt{2},\infty)\,,$ [/mm] insbesondere $f([1,2]) [mm] \subseteq f((0,\infty))\subseteq [\sqrt{2},\infty) \subseteq [1,\infty)\,.$
[/mm]
Ferner wissen wir, weil [mm] $f_{|(0,\sqrt{2})}$ [/mm] und damit auch [mm] $f_{|[1,\sqrt{2})}$ [/mm] streng monoton fallend ist, dass
$$f(x) [mm] \le f(1)\;\;\;\text{ für alle } [/mm] 1 [mm] \le [/mm] x < [mm] \sqrt{2}\,.$$
[/mm]
Ein analoges Argument (weil [mm] $f_{|(\sqrt{2},\infty)}$ [/mm] und damit auch [mm] $f_{|(\sqrt{2},2]}$ [/mm] streng monoton wachsend ist) zeigt
$$f(x) [mm] \le f(2)\;\;\;\text{ für alle } \sqrt{2} [/mm] < x [mm] \le 2\,.$$
[/mm]
Damit weißt Du nun, dass auch:
$$f(x) [mm] \le \text{max}\{f(1),f(2)\}\;\;\;\text{ für alle } [/mm] 1 [mm] \le [/mm] x [mm] \le 2\,.$$
[/mm]
Nun ist nur noch zu zeigen, dass sowohl der Funktionswert [mm] $f(1)\,$ [/mm] als auch der Funktionswert [mm] $f(2)\,,$ [/mm] also beide, [mm] $\le [/mm] 2$ sind (denn dann folgt [mm] $\text{max}\{f(1),f(2)\} \le [/mm] 2$).
Insgesamt erhälst Du damit
$$f([1,2]) [mm] \subseteq [1,\infty) \cap (-\infty, \text{max}\{f(1),f(2)\}]\,.$$
[/mm]
P.S.:
So ganz genau weiß ich nicht, warum man hier mit dem MWS arbeiten soll. Aber man kann das ganze natürlich auch so überlegen:
Wie oben sehen wir, dass [mm] $f\,$ [/mm] an der Stelle [mm] $\sqrt{2}$ [/mm] ein globales Minimum hat. Also gilt $f(x) [mm] \ge f(\sqrt{2})=\sqrt{2} \ge \sqrt{1}=1$ [/mm] für alle $x > [mm] 0\,,$ [/mm] insbesondere also $f(x) [mm] \ge [/mm] 1$ für alle $1 [mm] \le [/mm] x [mm] \le 2\,.$
[/mm]
Jetzt nehmen wir an, es gäbe ein [mm] $\xi \in [/mm] [1,2]$ mit [mm] $f(\xi) [/mm] > 2$ (dann muss [mm] $\xi \not=\sqrt{2}$ [/mm] sein).
1. Fall: $1 [mm] \le \xi [/mm] < [mm] \sqrt{2}$:
[/mm]
Dann gibt es ein [mm] $\tilde{\xi}=\tilde{\xi}_{\xi} \in (1,\sqrt{2})$ [/mm] so, dass
[mm] $$\frac{f(\sqrt{2})-f(\xi)}{\sqrt{2}-\xi}=f'(\tilde{\xi})=\frac{1}{2}-\frac{1}{\tilde{\xi}^2}> \frac{1}{2}-\frac{1}{1^2}=-1/2\,.$$
[/mm]
Daraus folgt mit [mm] $f(\sqrt{2})=\sqrt{2}$ [/mm] dann
[mm] $$\frac{\sqrt{2}-f(\xi)}{\sqrt{2}-\xi} [/mm] > -1/2 [mm] \gdw \frac{1}{2}(\xi-\sqrt{2}) [/mm] < [mm] \sqrt{2}-f(\xi) \gdw f(\xi) [/mm] < [mm] \sqrt{2}+\frac{1}{2}(\sqrt{2}-\xi)\le \sqrt{2}+\frac{\sqrt{2}-1}{2}\,.$$
[/mm]
Wegen [mm] $\sqrt{2} [/mm] < 3/2$ erhalten wir somit den Widerspruch [mm] $f(\xi) [/mm] < [mm] \frac{3}{2}+\frac{1}{4}=\frac{7}{4} [/mm] < [mm] 2\,$ [/mm] (Widerspruch zur Annahme [mm] $f(\xi) [/mm] > 2$).
Für den verbleibenden Fall [mm] $\sqrt{2} [/mm] < x [mm] \le [/mm] 2$ kannst Du Dir ja überlegen, ob Du analoge Argumente findest.
Gruß,
Marcel
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Hallo Marcel,
vielen Dank für die ausführliche Antwort! Der Groschen ist gefallen ;)
Liebe Grüße Hanna
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