Zeigen, dass Funktion kleiner 0 ist

03.06.2018, 20:51

twicetagram

Zeigen, dass Funktion kleiner 0 ist

Hallo,

Ich habe folgende Funktion
$\begin{eqnarray*} lr(t):&= \Big(\alpha_2^2(1-t)^{4\alpha_1 + \alpha_2} - 4\alpha_1^2(1-t)^{4\alpha_1 + \alpha_2} - 2\alpha_2^2(1-t)^{2\alpha_1 + 2\alpha_2} \\ &\qquad + 4 \alpha_1\alpha_2(1-t)^{2\alpha_1 + 2\alpha_2} + 4\alpha_1^2(1-t)^{4\alpha_1} - \alpha_2^2(1-t)^{2\alpha_1 + \alpha_2} \\& \qquad - 2\alpha_1\alpha_2(1-t)^{2\alpha_1 + \alpha_2} + 2 \alpha_2^2(1-t)^{2\alpha_2} - 2\alpha_1\alpha_2(1-t)^{2\alpha_2} \Big), \end{eqnarray*}$
die man auch wie folgt umschreiben kann

$\begin{eqnarray*} <br /> lr(t):= \Big((\alpha_2 - 4\alpha_1^2)(1-t)^{4\alpha_1 + \alpha_2} + (4 \alpha_1\alpha_2 - 2\alpha_2^2)(1-t)^{2\alpha_1 + 2\alpha_2} + 4\alpha_1^2(1-t)^{4\alpha_1} - (\alpha_2^2 + 2 \alpha_1\alpha_2) (1-t)^{2\alpha_1 + \alpha_2} +( 2 \alpha_2^2 - 2 \alpha_1\alpha_2)(1-t)^{2\alpha_2} \Big)<br /> \end{eqnarray*}$

Jetzt würde ich gerne zeigen, dass gilt $\begin{eqnarray*} lr(t) < 0 \; \forall \; t \in (0,1) \end{eqnarray*}$ , wobei wir feste $\begin{eqnarray*} \alpha_1 > \alpha_2 > 0 \end{eqnarray*}$ haben.

Konventionelle Methoden aus der Schule/Analysis I helfen mir leider hier nicht weiter, da die Funktion nicht so trivial ist. Dementsprechend müsste man hier kreativ an die Sache ran gehen, ich habe jedoch die letzten paar Wochen sehr viel versucht, bin gescheitert und bräuchte neue Ideen.

Ich habe bereits folgendes versucht:
- Grenzwertverhalten $\begin{eqnarray*} \lim_{t \rightarrow 0+} lr(t) = 0 \text{ and } \lim_{t \rightarrow 1-} lr(t) = 0 \end{eqnarray*}$ benutzen, einen beliebigen Punkt einsetzen und zeigen, dass es keine Nullstelle gibt (scheitert and er Komplexität der Funktion)
- Grundsätzlich ist es meiner Meinung nach nicht sinnvoll mit Extrema (also Ableitung) zu arbeiten, da die Ableitung noch hässlicher wird
- lr(t) versuchen nach oben abzuschätzen um die Funktion zu vereinfachen. Die Funktion ist jedoch sehr sehr sehr knapp kleiner als 0, sodass keine Abschätzung möglich war
- Die Funktion in mehrere Funktionen aufspalten und dann zeigen, dass die negativen Teile jeweils den positiven Teil dominieren (hat leider auch nicht geklappt)

Anbei befindet sich noch ein Plot für $\begin{eqnarray*} \alpha_1 = 0.5, \alpha_2 = 0.4 \end{eqnarray*}$ .
Leider darf ich noch keine Bilder posten, aber ihr könnt euch unter
http ://www.bilder-upload.eu/show.php?file=7294d2-1528051908.jpg
angucken, wie die Funktion aussieht. (Leerzeichen entfernen)

Für neue Ansätze wäre ich euch sehr dankbar, vor allem wenn man bedenkt, dass so etwas nicht so große Laune bereitet.

Lieben Gruß

03.06.2018, 21:06

forbin

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Deinen Ansätzen nach zu urteilen bist du fast schon zu analystisch rangegangen.
Ich hoffe ich habe mich nicht verlesen hier im Garten auf dem Handy, aber:
Schau dir doch mal den ersten, vierten und fünften Summanden in deiner zweiten Darstellung an.
Nun wissen wir doch etwas über die beiden Alphas.
Schätze doch mal alleine den ersten Faktor des ersten Summanden brutal ab (dort sollte meines Erachtens ein Quadrat an Alpha_zwei ).
Was wissen wir außerdem über (1-t)?

03.06.2018, 23:36

twicetagram

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Hallo und vielen Dank für deine Antwort.

Ich verstehe aber leider nicht genau worauf du hinaus möchtest.
Der erste Term (ja, da muss noch ein Quadrat sein) ist immer negativ, der Zweite, Dritte positiv, der Vierte positiv (aber mit minus), der Fünfte negativ (ganz knapp, sieht man wenn man alpha_2 ausklammert). Ich hatte dann versucht diese Terme miteinander zu vergleichen, aber das hat leider nicht funktioniert.

Die Funktion ist übrigens auch nicht konvex (also Jensen nicht anwendbar), nochmal der plot
https: //image.ibb.co/j8jUiJ/hilfe.jpg

04.06.2018, 00:04

twicetagram

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Jegliche Abschätzung nach oben schlägt fehl, z.B. durch (hier wird der erste Term abgeschätzt)

$\begin{eqnarray*} \Big((\alpha_2^2 - 4\alpha_1^2)(1-t)^{5\alpha_1} + (4 \alpha_1\alpha_2 - 2\alpha_2^2)(1-t)^{2\alpha_1 + 2\alpha_2} + 4\alpha_1^2(1-t)^{4\alpha_1} - (\alpha_2^2 + 2 \alpha_1\alpha_2) (1-t)^{2\alpha_1 + \alpha_2} +( 2 \alpha_2^2 - 2 \alpha_1\alpha_2)(1-t)^{2\alpha_2} \Big) \end{eqnarray*}$

oder

$\begin{eqnarray*} \Big((\alpha_2^2 - 4\alpha_1^2)(1-t)^{4\alpha_1 + \alpha_2} + (4 \alpha_1\alpha_2 - 2\alpha_2^2)(1-t)^{2\alpha_1 + 2\alpha_2} + 4\alpha_1^2(1-t)^{4\alpha_1} - (\alpha_2^2 + 2 \alpha_1\alpha_2) (1-t)^{2\alpha_1 + \alpha_2} +( 2 \alpha_2^2 - 2 \alpha_1\alpha_2)(1-t)^{2\alpha_1} \Big) \end{eqnarray*}$ ,

wobei hier der letzte Term abgeschätzt wurde. Die Abschätzung des letzten Termes ist ja grade, wegen $\begin{eqnarray*} 2 \alpha_2^2 - 2 \alpha_1\alpha_2 = 2\alpha_2(\alpha_2 - \alpha_1) \end{eqnarray*}$ für \alpha_1 > \alpha_2 die knappstmögliche Abschätzung (wenn \alpha_1 geringfügig größer ist als \alpha_2). Trotzdem werden dann die beiden abgeschätzten Funktionen dann an einigen Stellen größer als 0...

05.06.2018, 14:26

twicetagram

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Hallo,

Da die Abschätzung so unglaublich knapp ist, bin ich mir ziemlich sicher, dass es nur möglich ist dies zu beweisen indem man eine scharfe Ungleichung wie z.B. Jensen anwendet, auch wenn die gesamte Funktion nicht konvex (1-t)^x ist für x > 0 z.b. konvex). Ich hatte einen ähnlichen Fall für so eine Funktion aber mit dreier solcher Terme, wo ich ganz schön Jensen anwenden konnte.

Leider sehe ich nicht genau wie ich die Terme zusammenschreiben kann um einmal Jensen (vielleicht zweimal) anwenden muss.

Viele Grüße,
Ben

08.06.2018, 12:56

twicetagram

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Bevor es in der Versenkung verschwindet, unternehme ich einen letzten Versuch und pushe den Thread wieder auf Seite 1 verwirrt

08.06.2018, 13:48

HAL 9000

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Um die "krummen" Exponenten wegzukriegen, würde ich das ganze mal anders umschreiben, und zwar gemäß

$\begin{eqnarray*} lr(t) = f\left((1-t)^{2(\alpha_1-\alpha_2)},(1-t)^{\alpha_2}\right) \end{eqnarray*}$

mit

$\begin{eqnarray*} f(x,y) := y^2 \left[ (\alpha_2^2-4\alpha_1^2) x^2y^3 + (4\alpha_1\alpha_2-2\alpha_2^2) xy^2 + 4\alpha_1^2 x^2y^2 - (\alpha_2^2+2\alpha_1\alpha_2) xy + (2\alpha_2^2-2\alpha_1\alpha_2) \right] \end{eqnarray*}$ .

Dabei ist $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ dann zumindest von Polynomstruktur, und es geht angesichts $\begin{eqnarray*} 0<t<1 \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} \alpha_1>\alpha_2>0 \end{eqnarray*}$ um Argumente $\begin{eqnarray*} 0<x<1 \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} 0<y<1 \end{eqnarray*}$ , vielleicht (aber vielleicht auch nicht) hilft das die Sache zu bändigen. verwirrt

09.06.2018, 13:45

Huggy

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Skizze eines Fastbeweises

Mit Fastbeweis meine ich, es wird bewiesen, dass gilt $\begin{eqnarray*} lr(t)\leq 0 \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} (0,1) \end{eqnarray*}$ , nicht aber $\begin{eqnarray*} lr(t)<0 \end{eqnarray*}$ . Die Beweisskizze sollte sich problemlos zu einem Beweis in der üblichen mathematischen Strenge verdichten lassen.

Es sei

$\begin{eqnarray*} a=\frac {\alpha_1}{\alpha_2}, \quad a>1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} s=(1-t)^{\alpha_2}, \quad s \in (0,1) \end{eqnarray*}$

Damit hat man

$\begin{eqnarray*} f(s)=\frac 1 {\alpha_2^2}lr(t(s))=-(4a^2-1)s^{4a+1}+4a^2s^{4a}+(4a-2)s^{2a+2}-(2a+1)s^{2a+1}-(2a-2)s^2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f(s) \end{eqnarray*}$ ist so aufgeschrieben, dass die Koeffizienten in absteigender Reihenfolge stehen und die Koeffizienten der Potenzen größer Null sind. Es ist natürlich

$\begin{eqnarray*} f(0)=0 \end{eqnarray*}$

und man errechnet

$\begin{eqnarray*} f(1)=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f'(1)=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f''(1)=-6 (1 - 2 a)^2 a<0 \end{eqnarray*}$

Also hat $\begin{eqnarray*} f(s \end{eqnarray*}$ ) bei $\begin{eqnarray*} s=1 \end{eqnarray*}$ ein Maximum.

Nun kann man $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ durch rationale Zahlen $\begin{eqnarray*} p/q \approx a \end{eqnarray*}$ annähern. Mit

$\begin{eqnarray*} u=s^\frac 1 q \end{eqnarray*}$

ist dann

$\begin{eqnarray*} g(u)= f(s(u), p/q \approx a)) \approx f(s,a) \end{eqnarray*}$

ein Polynom in $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ . An der Rangfolge der Exponenten ändert sich dadurch nichts. $\begin{eqnarray*} f(s) \end{eqnarray*}$ und damit $\begin{eqnarray*} g(u) \end{eqnarray*}$ hat für $\begin{eqnarray*} s>0 \end{eqnarray*}$ zwei Vorzeichenwechsel. Damit haben die Näherungspolynome $\begin{eqnarray*} g(u \end{eqnarray*}$ ) nach der Regel von Descartes für $\begin{eqnarray*} u>0 \end{eqnarray*}$ 2 oder 0 Nullstellen. Da die Näherungspolynome gleich einer Funktion $\begin{eqnarray*} f(s) \end{eqnarray*}$ mit etwas anderem $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ sind, haben sie in $\begin{eqnarray*} u=s=1 \end{eqnarray*}$ eine doppelte Nullstelle. Sie können daher in $\begin{eqnarray*} (0, \infty) \end{eqnarray*}$ keine weitere Nullstelle haben. Damit ist aber f(s)>0 in (0,1) ausgeschlossen, denn dann müsste ein Näherungspolynom bei genügender Näherung in (0,1) mindestens eine weitere Nullstelle haben.

20.06.2018, 15:26

twicetagram

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Hallo, und erstmal vielen Dank für die coole Idee. Ich habe ganz ehrlich gesagt, nicht mehr mit einer Antwort gerechnet, deshalb habe ich länger hier nicht mehr reingeschaut...

Die Beweisidee sieht auf den ersten Blick ganz gut aus, nur haben wir folgendes Problem:

Für \alpha_2 > \alpha_1 schlägt $\begin{eqnarray*} lr(t) < 0 \end{eqnarray*}$ fehl, ich habe es geplottet für z.B. \alpha_2 = 1.2, \alpha_1 = 1.1
https: //ibb.co/dtfPjd (Leerzeichen entfernen)
Aufgrund der Bildqualität sieht man das nicht so gut, aber in Maple sieht man das deutlich.
Nur funktioniert der Beweis für alle 0.75 < a < 1 ohne Probleme, da die Anordnung der Größe der Exponenten auch analog verläuft, was aber nicht so sein sollte.

Jetzt ist meine Theorie, weshalb der Beweis nicht einwandfrei ist, dass das Polynom g, welches du konstruiert hast, kein Polynom in u ist. Das q hängt nämlich mit u zusammen, ist also in den Koeffizienten.

20.06.2018, 15:54

Huggy

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Zitat:

Original von twicetagram
Für \alpha_2 > \alpha_1 schlägt $\begin{eqnarray*} lr(t) < 0 \end{eqnarray*}$ fehl, ich habe es geplottet für z.B. \alpha_2 = 1.2, \alpha_1 = 1.1

Das entspricht ja auch nicht den Angaben von dir ganz zu Anfang:

Zitat:

Original von twicetagramJ
Jetzt würde ich gerne zeigen, dass gilt $\begin{eqnarray*} lr(t) < 0 \; \forall \; t \in (0,1) \end{eqnarray*}$ , wobei wir feste $\begin{eqnarray*} \alpha_1 > \alpha_2 > 0 \end{eqnarray*}$ haben..

Diese Bedingung habe ich bei meiner Beweisskizze explizit benutzt, weil ich $\begin{eqnarray*} a>1 \end{eqnarray*}$ vorausgesetzt habe.

20.06.2018, 17:55

twicetagram

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Meine Angaben mögen am Anfang nicht vollständig gewesen sein, aber das hat doch nichts mit der Konstruktion des Beweises zu tun?

Du hast $\begin{eqnarray*} a > 1 \end{eqnarray*}$ vorausgesetzt, aber der Beweis funktioniert 1 zu 1 auch für den Fall $\begin{eqnarray*} 0.75 < a < 1 \end{eqnarray*}$ (Es wird nur kritisch an der Anordnung, aber bis a = 0.75 funktioniert es gerade so mit aufsteigenden Exponenten).
Hierfür gilt $\begin{eqnarray*} lr(t) < 0 \forall t \in (0,1) \end{eqnarray*}$ jedoch nicht, deshalb habe ich gefolgert, dass in dem Beweis etwas nicht stimmt.

Meine erste Vermutung ist, dass es etwas mit der Konstruktion des Polynoms auf sich hat.

20.06.2018, 19:07

Huggy

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Zitat:

Original von twicetagram
Du hast $\begin{eqnarray*} a > 1 \end{eqnarray*}$ vorausgesetzt, aber der Beweis funktioniert 1 zu 1 auch für den Fall $\begin{eqnarray*} 0.75 < a < 1 \end{eqnarray*}$ (Es wird nur kritisch an der Anordnung, aber bis a = 0.75 funktioniert es gerade so mit aufsteigenden Exponenten).

Hast du das nachgeprüft? Bei $\begin{eqnarray*} a<1 \end{eqnarray*}$ kann ja z. B. der Exponent $\begin{eqnarray*} 2a+2 \end{eqnarray*}$ größer werden als der Exponent $\begin{eqnarray*} 4a+1 \end{eqnarray*}$ . Und Koeffzienten, die jetzt positiv sind, können dann negativ werden. Es kann sich dann eine andere Zahl von Vorzeichenwechsel des Polynoms ergeben. Die Konstruktion des Polynoms sollte in Ordnung sein. Wo siehst du da Probleme?

20.06.2018, 19:51

twicetagram

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Für 0.5 < a < 1 kann 2a+2 nicht größer werden..
Aber in der Tat funktioniert der Beweis dann anders, weil der letzte Koeffizient in der Funktion f(s) negativ wird! smile

Man hat dann 1 bzw. 3 VZW nach der Regel von Descartes und es klappt alles wunderbar... Vielen Dank

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