Landau-Symbolik, Bsp

28.12.2015, 00:00	StrunzMagi	Auf diesen Beitrag antworten »
Landau-Symbolik, Bsp Gilt die Beziehung $\begin{eqnarray} e^{o(x)} \subseteq o(e^x) \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} x\rightarrow \infty \end{eqnarray}$ ? Hallo zusammen, Sei $\begin{eqnarray} h \in e^{o(x)} \end{eqnarray}$ , das bedeutet $\begin{eqnarray} \exists g \in o(x): h(x)=e^{g(x)} \end{eqnarray}$ Ich möchte zeigen $\begin{eqnarray} \forall \epsilon>0 \exists \delta: \|h(x)\| \le \epsilon \|e^x\| \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} \|x\|< \delta \end{eqnarray}$ Sei demnach $\begin{eqnarray} \epsilon>0 \end{eqnarray}$ beliebig aber fix.: $\begin{eqnarray} \|h(x)\|=\|e^{g(x)}\| = e^{g(x)} \le e^{\|g(x)\|} \le e^{\epsilon \|x\|} \end{eqnarray}$ Kann man irgendwie zeigen, dass $\begin{eqnarray} e^{\|x\| \epsilon} \le \epsilon e^{x} \end{eqnarray}$ für x nahe bei 0? Das bräuchte ich nämlich für die letzte Ungleichung. Oder gibts ein Gegenbeispiel? LG, MaGi
28.12.2015, 05:46	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Landau-Symbolik, Bsp Für $\begin{eqnarray} x \end{eqnarray}$ nahe bei 0 gilt die Ungleichung (und die Inklusion) nicht. Da beide Seiten stetig ist, muss die Ungleichung ansonsten insbesondere für $\begin{eqnarray} x = 0 \end{eqnarray}$ erfüllt sein, und das ist offenbar nicht der Fall. Du sollst die Ungleichung aber auch für $\begin{eqnarray} x \to \infty \end{eqnarray}$ zeigen.
28.12.2015, 09:56	StrunzMagi	Auf diesen Beitrag antworten »
Sry, Ich möchte natürlich zeigen $\begin{eqnarray} \forall \epsilon>0 \exists R: \|h(x)\| \le \epsilon \|e^x\| \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} x> R \end{eqnarray}$ Sei demnach $\begin{eqnarray} \epsilon>0 \end{eqnarray}$ beliebig aber fix.: $\begin{eqnarray} \|h(x)\|=\|e^{g(x)}\| = e^{g(x)} \le e^{\|g(x)\|} \le e^{\epsilon \|x\|} \end{eqnarray}$ Kann man zeigen, dass $\begin{eqnarray} e^{\|x\| \epsilon} \le \epsilon e^{x} \end{eqnarray}$ für sehr große x gilt?
28.12.2015, 10:53	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
Wäre es falsch gewesen, hätte ich es nicht so stehen lassen Um genau zu sein gilt wegen der letzten Abschätzung von $\begin{eqnarray} \|h(x)\| \end{eqnarray}$ die Ungleichung, die du zeigen willst, 'nur' für $\begin{eqnarray} 0 < \epsilon \leq 1 \end{eqnarray}$ . Es gibt a priori keinen Grund $\begin{eqnarray} \|g(x)\| \leq \epsilon \|x\| \end{eqnarray}$ abzuschätzen -- auch $\begin{eqnarray} \|g(x) \leq \frac 1 2 \|x\| \end{eqnarray}$ hätte es getan. Nun zum Beweis der Ungleichung: Das ist insofern trivial, da man die Ungleichung sogar analytisch nach $\begin{eqnarray} x \end{eqnarray}$ umstellen kann und so das $\begin{eqnarray} R = R(\epsilon, g) \end{eqnarray}$ erhält, so dass die Ungleichung dann gilt.
29.12.2015, 10:33	StrunzMagi	Auf diesen Beitrag antworten »
Vielen Dank! Liebe Grüße, MaGi

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