Funktion wohldefiniert

06.05.2018, 14:26

kittnik

Funktion wohldefiniert

Tag,

ich bin mir nicht sicher, wie ich diese Aufgaben lösen sollte

Sei $\begin{eqnarray*} n \geq 2 \end{eqnarray*}$ und sei $\begin{eqnarray*} a \in \mathbb R \end{eqnarray*}$ die Funktion $\begin{eqnarray*} f_a: \mathbb R \rightarrow \mathbb R \end{eqnarray*}$ definiert durch

$\begin{eqnarray*} f_a(x):= (x-a)^n + a^n \end{eqnarray*}$

Bestimme die Funkion $\begin{eqnarray*} f: \mathbb R \rightarrow \mathbb R \end{eqnarray*}$ ,

$\begin{eqnarray*} f(x) := min_{a\in \mathbb R}|f_a(x)| \end{eqnarray*}$

Zeige dazu inbesondere, dass f wohldefiniert ist, d.h. dass die Minima existieren.

Hinweis: Betrachte zunächst den Fall (eines beliebigen, aber festen) x > 0 und zeige, dass $\begin{eqnarray*} f_a(x) \geq 0 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} a \in \mathbb R \end{eqnarray*}$ in diesem Fall. Betrachten Sie für (beliebiges, aber festes) x>0 zudem die Funktion $\begin{eqnarray*} g_x: \mathbb R \rightarrow \mathbb R, \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} g_x(a) := f_a(x) = (x-a)^n+a^n \end{eqnarray*}$ sowie ihre Ableitung $\begin{eqnarray*} g_x' = \frac{d}{da}g_x \end{eqnarray*}$

06.05.2018, 19:07

sibelius84

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Hi,

ich gebe mal den Tipp mit anderen Worten wieder: Wenn du wissen willst, für welches a der Ausdruck $\begin{eqnarray*} (x-a)^n+a^n \end{eqnarray*}$ minimal wird, musst du ihn nach a ableiten und diese Ableitung gleich Null setzen. Weißt du, wie man das nach a ableitet (Kettenregel)? Da sollte eine Gleichung herauskommen, bei der man den Faktor n und den Exponenten n-1 ziemlich leicht loswerden kann - den letzteren zumindest dann, wenn er ungerade ist.

Dass man die Existenz der Minima beweisen soll, bedeutet nichts anderes, als dass man die hinreichende Bedingung überprüfen soll (vorzugsweise mit Monotonietabelle).

LG
sibelius84

06.05.2018, 22:17

kittnik

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Hallo sibelius,

vielen Dank für den Beitrag.

Ich habe raus, dass x = 2a ist. Aber wieso kann das nur sein, wenn n-1 ungerade ist?

Wenn x = 2a gilt, dann ist a = 0 ein Minimum und da die Funktion x=2a linear ist, ist die Funktion f monoton steigend.

Stimmt das genau?

06.05.2018, 23:05

sibelius84

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Wenn x=2a gilt, dann gilt a=x/2 und damit ist x/2 möglicherweise eine Minimalstelle. Ob tatsächlich, muss man noch mit der hinreichenden Bedingung überprüfen.

Als Ableitung hatten wir ja $\begin{eqnarray*} \frac{d}{da}f_a(x)=-n(x-a)^{n-1}+na^{n-1} \end{eqnarray*}$ . Falls a<x/2, überwiegt der vordere Teil und die Ableitung wird negativ; analog wird sie für a>x/2 positiv. Also vorher fallend, nachher steigend => Minimum!

Die gesuchte Funktion bekommst du also raus, indem du a=x/2 in deine Ausgangsfunktion einsetzt und davon den Betrag bildest.

06.05.2018, 23:48

kittnik

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Ahh das macht viel Sinn. Danke für die Erklärung!

Aber in deinem ersten Betrag hast du geschrieben "...den letzteren zumindest dann, wenn er ungerade ist." Muss ich das hier irgendwie betrachten und eine Fallunterscheidung machen? Was passiert, wenn der Exponent gerade ist? Ich sehe nicht, wie das das Ergebnis ändern kann.

07.05.2018, 00:01

kittnik

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Ah ich habe was gerade gelesen wegen der Kurvendiskussion. Wenn n-1 ungerade ist, so hat eine Funktion kein relatives Extremum in a=x/2. Hast du das gemeint?

07.05.2018, 00:03

kittnik

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Ne, Entschuldigung. Der letzter Beitrag ist falsch. Der Satz, den ich gelesen habe, hat mit der n-te Ableitungen zu tun. Aber was hast du denn da gemeint?

07.05.2018, 11:55

sibelius84

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Sagen wir mal, wir haben eine Gleichung $\begin{eqnarray*} c^k=d^k \end{eqnarray*}$ vor uns und interessieren uns für den Wert der Variable c.

Nun, unabhängig davon, ob k nun gerade oder ungerade ist, ist stets c=d eine mögliche Lösung.

Wenn aber k gerade ist, so darf man nicht einfach "auf beiden Seiten die k-te Wurzel ziehen", es ist dann keine Äquivalenzumformung, weil man dann die negative Lösung 'verpasst'. Häufig ist es so, dass man die Variante "c=-d" irgendwie ausschließen oder zum Widerspruch führen kann. Jedenfalls ist für gerades k zusätzliche Argumentation notwendig.

07.05.2018, 13:46

kittnik

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Ah toll ich habe das gar nicht gecheckt.

Muss ich dann eine Fallunterscheidung machen, um zu überprüfen, dass x = a/2 wirklich das Minimum ist? Also für Potenzen ungerade und gerade? Ich habe angefangen zu prüfen, wie die Ableitung aussieht, wenn a nach pos/neg unendlich geht aber es ist wichtig zu betrachten, ob die Potenz gerade oder ungerade ist (denke ich). Ich habe auch versucht die Ableitung mit geraden Potenzen zu betrachten aber die Potenzen verschwinden immer.

07.05.2018, 14:17

sibelius84

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Sagen wir mal, n-1=2m ist gerade. Dann

$\begin{eqnarray*} n(x-a)^{n-1}=na^{n-1} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Leftrightarrow (x-a)^{2m}=a^{2m} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Leftrightarrow x-a=a \; \vee \; x-a=-a \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Leftrightarrow x=2a \; \vee \; x=0. \end{eqnarray*}$

Das hintere ist doof, weil wir ja eigentlich ein Ergebnis für a haben wollten und keines für x. Das Ergebnis bedeutet zunächst so etwas wie: Falls der Parameter x (!) die Gleichung x=0 erfüllt, so ist die Variable a egal. Ist das so? Dem können wir auf den Grund gehen, indem wir x=0 einfach mal in die Ausgangsfunktion einsetzen (wobei wir beachten, dass, wenn n-1 gerade ist, dann n ungerade ist): Da sieht man schnell, dass - unabhängig von a - 0 herauskommt. Also tatsächlich: Ja, für x=0 ist a egal. Das sagt uns aber einzig und allein, dass für die gesuchte Funktion f gilt, dass f(0)=0 (in dem Fall, dass n ungerade ist). Wir betrachten aber ja gerade a als Variable, also ist x=0 eigentlich kein 'zulässiges' Ergebnis. x wird als fest vorgegebener Parameter betrachtet, niemand gewährleistet, dass x=0 sein muss. Falls $\begin{eqnarray*} x\neq 0 \end{eqnarray*}$ gilt, ist dies ein Widerspruch.

07.05.2018, 16:31

Leopold

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In $\begin{align*} g_x(a) \end{align*}$ substituiert man $\begin{align*} a = \frac{x}{2} + t \end{align*}$ und erhält

$\begin{align*} g_x(a) = (x-a)^n + a^n = \left( \frac{x}{2} - t \right)^n + \left( \frac{x}{2} + t \right)^n = h_x(t) \end{align*}$

Durch die Substitution wird der Graph nur in Abszissenrichtung verschoben. Es gilt $\begin{align*} h_x(-t) = h_x(t) \end{align*}$ für alle $\begin{align*} t \end{align*}$ , womit $\begin{align*} h_x \end{align*}$ eine gerade ganzrationale Funktion in $\begin{align*} t \end{align*}$ ist. Für gerade $\begin{align*} n \geq 2 \end{align*}$ besitzt $\begin{align*} h_x \end{align*}$ offenbar den Grad $\begin{align*} n \end{align*}$ . Für ungerade $\begin{align*} n \geq 2 \end{align*}$ entwickelt man die Klammern mit dem binomischen Lehrsatz:

$\begin{align*} h_x(t) = \left( -t^n + n \, t^{n-1} \cdot \frac{x}{2} + \ldots \right) + \left( t^n + n \, t^{n-1} \cdot \frac{x}{2} + \ldots \right) = n \, t^{n-1} \cdot x + \ldots \end{align*}$

Die kleine Rechnung zeigt: Für ungerade $\begin{align*} n \end{align*}$ ist $\begin{align*} h_x \end{align*}$ vom Grad $\begin{align*} n-1 \end{align*}$ , sofern $\begin{align*} x \neq 0 \end{align*}$ ist. Falls jedoch $\begin{align*} x=0 \end{align*}$ ist, ist $\begin{align*} h_x \end{align*}$ konstant 0, wie man direkt an der Definition abliest. Von diesem Fall, also $\begin{align*} n \end{align*}$ ungerade und $\begin{align*} x=0 \end{align*}$ , sehen wir im Folgenden ab.

Als gerade ganzrationale Funktion besitzt $\begin{align*} h_x \end{align*}$ einerseits ein globales Extremum, andererseits auf jeden Fall ein lokales Extremum bei $\begin{align*} t=0 \end{align*}$ (man beachte das Verhalten im Unendlichen und die Symmetrie). Wenn $\begin{align*} n \end{align*}$ gerade ist, handelt es sich beim globalen Extremum um ein Minimum, wenn $\begin{align*} n \end{align*}$ ungerade ist, um ein Minimum, sofern $\begin{align*} x>0 \end{align*}$ ist, und um ein Maximum, sofern $\begin{align*} x<0 \end{align*}$ ist. Das liest man an $\begin{align*} h_x(t) = n \, t^{n-1} \cdot x + \ldots \end{align*}$ und dem Verhalten im Unendlichen ab.

Die Ableitung nach $\begin{align*} t \end{align*}$ ist

$\begin{align*} {h_x}'(t) = -n \left( \frac{x}{2} - t \right)^{n-1} + n \left( \frac{x}{2} + t \right)^{n-1} \end{align*}$

Die Nullstelle $\begin{align*} t=0 \end{align*}$ von $\begin{align*} {h_x}' \end{align*}$ ist nach dem Gesagten klar. Weitere Nullstellen gibt es aber nicht, man argumentiert analog sibelius84.

Fassen wir zusammen:

Fall $\begin{align*} n \end{align*}$ gerade:
Es existiert ein globales Minimum bei $\begin{align*} t=0 \end{align*}$ .

Fall $\begin{align*} n \end{align*}$ ungerade:
Es existiert ein globales Minimum bei $\begin{align*} t=0 \end{align*}$ , wenn $\begin{align*} x>0 \end{align*}$ ist.
Es existiert ein globales Maximum bei $\begin{align*} t=0 \end{align*}$ , wenn $\begin{align*} x<0 \end{align*}$ ist.
Die Funktion $\begin{align*} h_x \end{align*}$ ist konstant 0, wenn $\begin{align*} x=0 \end{align*}$ ist.

Jetzt kann man den Minimal- oder Maximalwert von $\begin{align*} h_x \end{align*}$ und damit zugleich von $\begin{align*} g_x \end{align*}$ berechnen. Dann muß man sich noch überlegen, wie sich der Betrag, der in der Definition von $\begin{align*} f(x) \end{align*}$ vorkommt, auswirkt.

07.05.2018, 16:41

HAL 9000

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Ergänzend kann man noch sagen:

Es existiert kein globales Minimum, wenn $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ ungerade und $\begin{eqnarray*} x<0 \end{eqnarray*}$ ist.

Womit das mit der "Wohldefiniertheit" hier

Zitat:

Original von kittnik
Bestimme die Funkion $\begin{eqnarray*} f: \mathbb R \rightarrow \mathbb R \end{eqnarray*}$ ,

$\begin{eqnarray*} f(x) := min_{a\in \mathbb R}|f_a(x)| \end{eqnarray*}$

Zeige dazu inbesondere, dass f wohldefiniert ist, d.h. dass die Minima existieren.

im Fall $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ ungerade und $\begin{eqnarray*} x<0 \end{eqnarray*}$ und schon mal nicht stimmt: Es ist dort

$\begin{eqnarray*} \lim_{a\to\infty} \left((x-a)^n+a^n\right) = -\infty \end{eqnarray*}$ .

Aber vielleicht muss man ja auch $\begin{eqnarray*} \min \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} \inf \end{eqnarray*}$ ersetzen sowie $\begin{eqnarray*} f:\;\mathbb{R}\to \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} f:\;\mathbb{R}\to \overline{\mathbb{R}} \end{eqnarray*}$ ? Augenzwinkern

07.05.2018, 16:44

Leopold

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Für diesen Fall fällt das Maximum jedoch negativ aus. Und dann noch der Betrag ... Augenzwinkern

07.05.2018, 16:46

HAL 9000

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Huch, ich muss meine Brille putzen: Die Betragszeichen hatte ich als eckige Klammern gelesen...

Dann nehme ich natürlich alles zurück. smile

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Man kann ausgehend von Leopolds Definition $\begin{eqnarray*} h_x \end{eqnarray*}$ auch so argumentieren: Den Binomischen Satz nutzend erhält man

$\begin{eqnarray*} h_x(t) = 2\sum_{k=0}^{\left\lfloor \frac{n}{2}\right\rfloor} \binom{n}{2k} \left(\frac{x}{2}\right)^{n-2k} t^{2k} \end{eqnarray*}$

Bei festem $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ besitzen die Exponenten $\begin{eqnarray*} n-2k \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ die gleiche Parität, damit gilt

$\begin{eqnarray*} \left| h_x(t) \right| = 2\sum_{k=0}^{\left\lfloor \frac{n}{2}\right\rfloor} \binom{n}{2k} \left|\frac{x}{2}\right|^{n-2k} t^{2k} \end{eqnarray*}$

Daraus folgt unmittelbar $\begin{eqnarray*} \left| h_x(t) \right|\geq \left| h_x(0) \right| = 2\left|\frac{x}{2}\right|^n \end{eqnarray*}$ .

07.05.2018, 21:13

kittnik

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Wow vielen Dank für die Hilfe! Ich muss ehrlich sein, ich verstehe nicht alles aber ich glaube, dass ich genüg verstanden habe, um die Aufgabe zu lösen und die Lösung zu argumentieren.

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