Integralfunktionen (rekursiv)

15.09.2009, 17:24

ge88

Integralfunktionen (rekursiv)

Sei $\begin{eqnarray*} f_0 : [0,1] \to [0,\infty) \end{eqnarray*}$ stetig und monoton wachsend. Fuer $\begin{eqnarray*} n = 1, 2, 3, \dots \end{eqnarray*}$ erzeugen wir $\begin{eqnarray*} f_n \end{eqnarray*}$ aus $\begin{eqnarray*} f_{n-1} \end{eqnarray*}$ rekursiv durch

$\begin{eqnarray*} f_n(x) := \int\limits_0^x f_{n-1}(t)~\dd t \end{eqnarray*}$ .

Beweisen Sie, dass die Abschaetzung

$\begin{eqnarray*} f_n(x) \leq \frac{x}{n} f_{n-1}(x) \end{eqnarray*}$

fuer alle $\begin{eqnarray*} x \in [0,1] \end{eqnarray*}$ gilt.

Es ist also folgendes zu zeigen
$\begin{eqnarray*} \int\limits_0^x f_{n-1}(t)~\dd t ~\leq~ \frac{x}{n} f_{n-1}(x) \end{eqnarray*}$ ,
oder das
$\begin{eqnarray*} f_n(x) ~\leq~ \frac{x}{n} f_n'(x) \underset{|x|\leq1}{\leq} f_n'(x) \end{eqnarray*}$ .

Ich weiss aber nicht wirklich, wie ich das zeigen kann. Wonach soll ich suchen?
Danke!

15.09.2009, 20:02

Romaxx

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Ein Tipp wird hier genügen Augenzwinkern

:

Vollständige Induktion

16.09.2009, 12:05

ge88

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Behauptung: $\begin{eqnarray*} f_n(x) ~ \leq ~ \frac{x}{n} f_{n-1}(x) \end{eqnarray*}$

(IA) n=1:
Nach dem Mittelwertsatz existiert ein $\begin{eqnarray*} p \in [0,x] \end{eqnarray*}$ mit
$\begin{eqnarray*} f_1(x) = \int\limits_0^x f_0(t)~\dd t = f_0(p)(x - 0) \leq x f_0(x) \end{eqnarray*}$ .

(IV) Es gelte die Behauptung fuer ein beliebiges (aber festes) $\begin{eqnarray*} n \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ .

(IS) $\begin{eqnarray*} n \to n+1 \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} f_{n+1}(x) = \int\limits_0^x f_n(t)~\dd t \leq x f_n(x) \underset{\text{(IV)}}{\leq} \frac{x}{n}f_{n-1}(x) \end{eqnarray*}$

Warum funktioniert das nicht? Stimmt mein IA ueberhaupt?

Zitat:

Original von Romaxx
Ein Tipp wird hier genügen

Leider nicht Tränen

16.09.2009, 12:30

Romaxx

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Induktionsanfang stimmt. Man kann es auch so machen:

$\begin{eqnarray*} f_1(x)=\left|f_1(x)\right|=\left|\int_0^x~f_0(t)~\dd t\right|\leq\sup_{t\in[0,x]}\left|f_0(t)\right|\cdot(x-0)=\max_{t\in[0,x]}\left|f_0(t)\right|\cdot x=f_0(x)\cdot x \end{eqnarray*}$

Induktionsschritt:

Deine Abschätzungen führen, wie du selber siehst, nicht zum Ziel.

Versuche bereits hier $\begin{eqnarray*} \int\limits_0^x f_n(t)~\dd t \end{eqnarray*}$ die Induktionsvoraussetzung zu verwenden.

Also:

$\begin{eqnarray*} f_{n+1}(x) = \int\limits_0^x f_n(t)~\dd t \underset{\text{(IV)}}{\leq}... \end{eqnarray*}$

16.09.2009, 14:22

ge88

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$\begin{eqnarray*} f_{n+1}(x) = \int\limits_0^x f_n(t)~\dd t ~\underset{\text{(IV)}}{\leq}~ \frac{1}{n} \int\limits_0^x t f_{n-1}(t)~\dd t \end{eqnarray*}$

Partielle Integration:

$\begin{eqnarray*} \int\limits_0^x t f_{n-1}(t)~\dd t = - \int\limits_0^x f_n(t)~\dd t ~+~ \left[t f_n(t)\right]_0^x \end{eqnarray*}$ .

Das bringt aber auch nichts und egal was ich mache - ich komme irgendwann zu meiner unbrauchbaren Abschaetzung.

16.09.2009, 14:40

Romaxx

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Achwas, genau das war richtig. smile

Rechne weiter.

Du kannst $\begin{eqnarray*} \left[t f_n(t)\right]_0^x \end{eqnarray*}$ umschreiben zu $\begin{eqnarray*} x f_n(x) \end{eqnarray*}$

und $\begin{eqnarray*} - \int\limits_0^x f_n(t)~\dd t \end{eqnarray*}$ zu $\begin{eqnarray*} - f_{n+1}(x) \end{eqnarray*}$ .

Dann hast du

$\begin{eqnarray*} f_{n+1}(x)\leq\frac{1}{n}\cdot(- f_{n+1}(x)+x f_n(x)) \end{eqnarray*}$

Jetzt schau mal ganz genau hin. Du musst diesen Ausdruck nur noch umformen Augenzwinkern

16.09.2009, 15:57

ge88

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Mmmann...

$\begin{eqnarray*} f_{n+1}(x) ~\leq~ \frac{x}{n} f_n(x) - \frac{1}{n} f_{n+1}(x) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Leftrightarrow \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f_{n+1}(x) \left(1+\frac{1}{n} \right) ~\leq~ \frac{x}{n} f_n(x) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Leftrightarrow \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f_{n+1}(x) ~\leq~ \frac{x}{n \left(1+\frac{1}{n} \right)} f_n(x) = \frac{x}{n+1} f_n(x) \end{eqnarray*}$

Vielen Dank!!! smile

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