Ungleichung herleiten

31.12.2022, 13:52

Ulrich Ruhnau

Ungleichung herleiten

In dem Buch Solved Problems in Analysis bin ich auf Seite 42 auf folgende Formel gestoßen:

$\begin{eqnarray*} 0\leq e^{-u}-\left(1-\frac un \right)^n\leq \frac{e^{-u}u^2}n \end{eqnarray*}$

Würde mir bitte jemand erklären, wie man diese Formel herleitet?

31.12.2022, 16:32

HAL 9000

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Vielleicht sollte auch erstmal eingeschränkt werden, für welche $\begin{eqnarray*} u,n \end{eqnarray*}$ das stimmen soll:

Für $\begin{eqnarray*} u=4 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} n=2 \end{eqnarray*}$ gilt die linke Ungleichung beispielsweise nicht, denn es ist dann $\begin{eqnarray*} e^{-u} - \left(1-\frac{u}{n}\right)^2 = e^{-4}-1 < 0 \end{eqnarray*}$ .

31.12.2022, 23:25

Ulrich Ruhnau

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Zitat:

Original von HAL 9000
Vielleicht sollte auch erstmal eingeschränkt werden, für welche $\begin{eqnarray*} u,n \end{eqnarray*}$ das stimmen soll:

In dem Kontext des Buches wird über $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ in den Grenzen von $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ bis $\begin{eqnarray*} \infty \end{eqnarray*}$ integriert. n ist vermutlich ganzzahlig und läuft gegen $\begin{eqnarray*} \infty \end{eqnarray*}$ .
Ich vermute übrigends $\begin{eqnarray*} 0<u<n \end{eqnarray*}$ .

01.01.2023, 12:20

HAL 9000

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Die linke Ungleichung ist äquivalent zu $\begin{eqnarray*} \left(1-\frac{u}{n}\right)^n \leq e^{-u} \end{eqnarray*}$ , und für $\begin{eqnarray*} n>0,\,u<n \end{eqnarray*}$ nach Logarithmieren wiederum äquivalent zu $\begin{eqnarray*} \ln\left(1-\frac{u}{n}\right) \leq -\frac{u}{n} \end{eqnarray*}$ .

Das gilt, weil $\begin{eqnarray*} \ln\left(1+x\right) \leq x \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} x>-1 \end{eqnarray*}$ richtig ist (magst du selbst nachweisen).

Der rechte Teil der Doppelungleichung scheint etwas schwieriger zu sein...

01.01.2023, 18:10

Ulrich Ruhnau

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Zitat:

Original von HAL 9000
Die linke Ungleichung ist äquivalent zu $\begin{eqnarray*} \left(1-\frac{u}{n}\right)^n \leq e^{-u} \end{eqnarray*}$ , und für $\begin{eqnarray*} n>0,\,u<n \end{eqnarray*}$ nach Logarithmieren wiederum äquivalent zu $\begin{eqnarray*} \ln\left(1-\frac{u}{n}\right) \leq -\frac{u}{n} \end{eqnarray*}$ .

Das gilt, weil $\begin{eqnarray*} \ln\left(1+x\right) \leq x \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} x>-1 \end{eqnarray*}$ richtig ist (magst du selbst nachweisen).

Der rechte Teil der Doppelungleichung scheint etwas schwieriger zu sein...

Na, mal schauen! Aus

$\begin{eqnarray*} e^{-u}-\left(1-\frac un \right)^n\leq \frac{e^{-u}u^2}n \end{eqnarray*}$ wird

$\begin{eqnarray*} e^{-u}-\frac{e^{-u}u^2}n\leq \left(1-\frac un \right)^n \end{eqnarray*}$ und daraus wird

$\begin{eqnarray*} e^{-u}\left(1-\frac{u^2}n\right)\leq \left(1-\frac un \right)^n \end{eqnarray*}$ . Sieht aus wie ein Fehlversuch.

Also was die linke Ungleichung anbelangt, aus

$\begin{eqnarray*} \ln\left(1+x\right) \leq x \end{eqnarray*}$ wird mit $\begin{eqnarray*} x = -\frac un \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \ln\left(1-\frac{u}{n}\right) \leq -\frac{u}{n} \end{eqnarray*}$ . So weit, so einfach! Was die rechte Seite anbelangt, könnte ich noch mehr Fehlversuche produzieren.

01.01.2023, 22:11

Ulrich Ruhnau

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Zitat:

Vielleicht sollte ich ganz anders anfangen, mit zwei Ungleichungen, die ich aus meinem Studium noch ungefähr in Erinnerung habe.

$\begin{eqnarray*} \left(1+\frac 1n\right)^n <e< \left(1+\frac 1n\right)^{n+1},\quad n > 1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \left(\frac{n+1}n\right)^n <e< \left(\frac{n+1}n\right)^{n+1} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \left(\frac n{n+1}\right)^n > \frac 1e > \left(\frac n{n+1}\right)^{n+1} \end{eqnarray*}$ Hier will ich jetzt $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} n-1 \end{eqnarray*}$ ersetzen.

$\begin{eqnarray*} \left(\frac {n-1}{n}\right)^{n-1} > \frac 1e > \left(\frac {n-1}{n}\right)^{n} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \left(1-\frac 1{n}\right)^{n-1} > \frac 1e > \left(1-\frac 1{n}\right)^{n} \end{eqnarray*}$ Ab hier definiere ich ein neues $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ und setze $\begin{eqnarray*} n = \frac mu > 1 \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} \left(1-\frac u{m}\right)^{\frac mu-1} > \frac 1e > \left(1-\frac u{m}\right)^{\frac mu} \end{eqnarray*}$ Diese Gleichung will ich mit u potenzieren.

$\begin{eqnarray*} \left(1-\frac u{m}\right)^{m-u} > e^{-u} > \left(1-\frac u{m}\right)^{m} \end{eqnarray*}$ Das drehe ich jetzt noch mal richtig rum:

$\begin{eqnarray*} \left(1-\frac u{m}\right)^{m} < e^{-u} < \left(1-\frac u{m}\right)^{m-u} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} 0 < u < m \end{eqnarray*}$

Was den Rest betrifft, mache ich lieber morgen weiter.

02.01.2023, 00:43

Luftikus

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Zitat:

Original von Ulrich Ruhnau
Na, mal schauen! Aus

$\begin{eqnarray*} e^{-u}-\left(1-\frac un \right)^n\leq \frac{e^{-u}u^2}n \end{eqnarray*}$ wird [..]

Was die rechte Seite anbelangt, könnte ich noch mehr Fehlversuche produzieren.

Man könnte mit der linken Ungleichung starten

$\begin{eqnarray*} 0 \le e^{-u} - \big(1 - \frac{u}{n} \big)^n =e^{-u} \big( 1 - e^u \big(1 - \frac{u}{n} \big)^n \big) \le e^{-u} \big( 1 - \big(1 - \frac{u^2}{n^2} \big)^n \big) \le e^{-u} \big( 1 - \big(1 - n \cdot \frac{u^2}{n^2} \big) \big) = e^{-u} \frac{u^2}{n} \end{eqnarray*}$

02.01.2023, 07:11

Ulrich Ruhnau

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Zitat:

Original von Luftikus
$\begin{eqnarray*} 0 \le e^{-u} - \big(1 - \frac{u}{n} \big)^n =e^{-u} \big( 1 - e^u \big(1 - \frac{u}{n} \big)^n \big) \le e^{-u} \big( 1 - \big(1 - \frac{u^2}{n^2} \big)^n \big) \le e^{-u} \big( 1 - \big(1 - n \cdot \frac{u^2}{n^2} \big) \big) = e^{-u} \frac{u^2}{n} \end{eqnarray*}$

Danke Luftikus, so habe ich mir das in etwa vorgestellt. smile

Dazu würde ich jedoch zum besseren Verständnis noch etwas ergänzen und gehe hier von folgendem aus:

Zitat:

Original von Ulrich Ruhnau
$\begin{eqnarray*} \left(1+\frac 1n\right)^n <e< \left(1+\frac 1n\right)^{n+1},\quad n > 1 \end{eqnarray*}$

Da setze ich wieder $\begin{eqnarray*} n=\frac mu>1 \end{eqnarray*}$ an.

$\begin{eqnarray*} \left(1+\frac um\right)^{\frac mu} <e< \left(1+\frac um\right)^{\frac mu+1} \end{eqnarray*}$ Das potenziere ich auf beiden Seiten mit $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} \left(1+\frac um\right)^{m} <e^u< \left(1+\frac um\right)^{m+u} \end{eqnarray*}$ Davon nehme ich jetzt die linke Seite und stelle sie um.

$\begin{eqnarray*} \left. -e^u < -\left(1+\frac um\right)^{m}\quad\right|\cdot \left(1-\frac um\right)^m \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \left. -e^u \left(1-\frac um\right)^m < -\left(1+\frac um\right)^{m} \left(1-\frac um\right)^m \quad\right|+1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \left. 1-e^u \left(1-\frac um\right)^m < 1-\left(1-\frac{u^2}{m^2}\right)^m \quad\right|\cdot e^{-u} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} e^{-u}\left(1-e^u \left(1-\frac um\right)^m\right) < e^{-u}\left(1-\left(1-\frac{u^2}{m^2}\right)^m\right) \end{eqnarray*}$

Damit habe ich mir die linke Ungleichung von Luftikus klar gemacht. Die rechte Ungleichung will ich mal so hinnehmen.

Dank auch an HAL für seine Inspiration!

02.01.2023, 08:36

HAL 9000

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Zitat:

Original von Luftikus
$\begin{eqnarray*} e^{-u} - \big(1 - \frac{u}{n} \big)^n =e^{-u} \big( 1 - e^u \big(1 - \frac{u}{n} \big)^n \big) \stackrel{(1)}{\le} e^{-u} \big( 1 - \big(1 - \frac{u^2}{n^2} \big)^n \big) \stackrel{(2)}{\le} e^{-u} \big( 1 - \big(1 - n \cdot \frac{u^2}{n^2} \big) \big) = e^{-u} \frac{u^2}{n} \end{eqnarray*}$

Sehr schöner Beweis. Ich bin nur etwas altmodisch und erwarte gern noch ein paar Erläuterungen zu den beiden entscheidenden Abschätzungen:

Bei (1) nutzt du wohl $\begin{eqnarray*} e^u \geq \left(1+\frac{u}{n}\right)^n \end{eqnarray*}$ . Das ist zumindest für $\begin{eqnarray*} u>-n \end{eqnarray*}$ richtig und kann in diesem Fall auch wieder auf das oben schon erwähnte $\begin{eqnarray*} \ln(1+x)\leq x \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} x>-1 \end{eqnarray*}$ zurückgeführt werden. Und (2) ist einfach die Bernoullische Ungleichung, diesmal benötigt man $\begin{eqnarray*} |u|\leq n \end{eqnarray*}$ .

02.01.2023, 15:47

Luftikus

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Zitat:

Original von HAL 9000
Sehr schöner Beweis. Ich bin nur etwas altmodisch und erwarte gern noch ein paar Erläuterungen zu den beiden entscheidenden Abschätzungen:
.

Lieber HAL 9000, da hast du natürlich Recht. Zu einem vollständigen Beweis gehört natürlich, jeden Schritt profund zu begründen (wobei, im eigenen Nachvollziehen auch viel Potential von Verständnis liegt).
Vielen Dank, dass du das nachgeholt hast.
Dann muss ich nur noch anmerken, dass im Schritt (1) auch eine Abschätzung mit dem Subtrahenden nach oben erfolgt. Dass dies Sinn macht, sollte aber auch in diesem "Potential von Verständnis" liegen.

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