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Analysis » Ungleichungen » Eine Ungleichung mit Logarithmus
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Universität/Hochschule Eine Ungleichung mit Logarithmus
Musikant88
Junior Letzter Besuch: im letzten Quartal
Dabei seit: 12.11.2019
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-02-25


Hi!

Seien <math>x"\geqslant x>0</math> und <math>\alpha\in (0,1)</math>.

Ich würde gerne zeigen, dass
<math>\displaystyle
\lvert x"\log(x")-x\log(x)-(x"-x)\log(x"-x)\rvert\leq \lvert x"-x\rvert^\alpha
</math>


Ich komme da nicht so richtig voran.
Sicherlich brauchts da einen "Trick".

Schöne Grüße



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Kitaktus
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 11.09.2008
Mitteilungen: 6284
Aus: Niedersachsen
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-02-25


Ich denke, die Behauptung ist falsch. Wenn man (x'-x) festhält und x steigen lässt (wodurch auch x' steigt), dann wächst die linke Seite logarithmisch in x, während die rechte konstant bleibt.



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luis52
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 24.12.2018
Mitteilungen: 104
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2020-02-26


2020-02-25 20:25 - Kitaktus in Beitrag No. 1 schreibt:
Ich denke, die Behauptung ist falsch. Wenn man (x'-x) festhält und x steigen lässt (wodurch auch x' steigt), dann wächst die linke Seite logarithmisch in x, während die rechte konstant bleibt.

Moin, zumal fuer $x'-x=0$ die linke Seite nicht definiert ist ...



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Wally
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 02.11.2004
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2020-02-26

\(\begingroup\)\(\newcommand{\D}{\displaystyle}\)
Wenn man das Ganze für \(x'>x\) betrachtet, stimmt es für \(0<x<x'<C\).

Man setzt \(x'=px\) mit \(p>1\) und sieht, dass der Term links modulo Verrechnen linear in \(x\) ist.

Wally
\(\endgroup\)


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Musikant88
Junior Letzter Besuch: im letzten Quartal
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2020-02-26


Hallo, Wally,

deinen Beitrag verstehe ich leider nicht.

Könntest du es etwas genauer erklären?

Wenn <math>0<x<x"</math> ist, kann ich <math>x"</math> darstellen als <math>x"=px</math> für ein passendes <math>p>1</math>.

Wenn ich das einsetze, bekomme ich für die linke Seite

<math>\displaystyle
px\log(px)-x\log(x)-(px-x)\log(px-x)
</math>

Was meinst du nun damit, dass dies linear wächst und modulo Verrechnen? Wieso erhalte ich daraus <math>\leq \lvert px-x\rvert^\alpha</math>?



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Wally
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Aus: Dortmund, Old Europe
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2020-02-26


Hallo, Musikant,

benutze die Rechenregeln des Logarithmus und vereinfache.

Wally



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Musikant88
Junior Letzter Besuch: im letzten Quartal
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2020-02-26


Ich versuche es mal:

$$ \begin{align*}
&px\log(px)-x\log(x)-(px-x)\log(px-x)\\
&=px\log(p)+px\log(x)-x\log(x)-px\log(px-x)+x\log(px-x)\\
&=px\log(p)+px\log(x)-x\log(x)-px\log(x)-px\log(p-1)+x\log(x)+x\log(p-1)\\
&=px\log(p)-px\log(p-1)+x\log(p-1)\\
&=px(\log(p)-\log(p-1))+x\log(p-1)\\
&=x\cdot \left(p\log(p)+(1-p)\log(p-1)\right)\\
&=x(p(\log(p)-\log(p-1))+\log(p-1))
\end{align*}
$$ Jetzt habe ich zumindest schonmal einen Faktor x und einen anderen Faktor, der unabhängig von x ist und nur von p abhängt.

Und jetzt?  


EDIT:

Kann ich das jetzt wegen <math>px<C, p>1</math> abschätzen durch:
$$ \begin{align*}
&x(p(\log(p)-\log(p-1))+\log(p-1))\\
&\leq C(\log(p)-\log(p-1))+x\log(p-1)\\
&\leq \log(p-1)x + C\log(p)\\
&\leq (p-1)x+Cp
\end{align*}
$$
Das ist linear in x mit Steigung <math>p-1</math> und Y-Achsenabschnitt <math>Cp</math>.

Aber ist auch $$(p-1)x + Cp\leq\lvert x'-x\rvert^\alpha=\lvert x\rvert^\alpha \lvert(p-1)\rvert^\alpha=x^\alpha (p-1)^\alpha?$$
Das scheint mir nicht der Fall zu sein.  😵



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Kitaktus
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Aus: Niedersachsen
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2020-02-26


Der Fall $x'=x$ ist nicht definiert. Ansonsten ergibt sich

$(x+x'-x)\log(x')-xlog(x)-(x'-x)\log(x'-x) = x\log(x')-x\log(x)+(x'-x)\log(x')-(x'-x)\log(x'-x) = x(\log(x')-\log(x)) +(x'-x)(\log(x')-\log(x'-x)) \geq (x'-x)(\log(x')-\log(x'-x))$,
da $x>0$ und $\log(x')\geq \log(x)$ ist.

Lässt man $x'-x=c$ konstant, dann wächst der Term $c(\log(x')-\log(c))$
mit wachsendem $x'$ ins unendliche. Die rechte Seite der Ungleichung ist in diesem Fall aber konstant gleich $c^\alpha$. Die Ungleichung kann also nicht für alle $x'>x>0$ erfüllt sein.


Die Argumentation von Wally ist für mich nicht nachvollziehbar.
Selbst wenn die linke Seite bei konstantem $p$ linear in $x$ ist, kann man daraus nicht die Ungleichung schlussfolgern!?!




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Musikant88
Junior Letzter Besuch: im letzten Quartal
Dabei seit: 12.11.2019
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2020-02-26


Er sagt ja aber auch nicht, dass sie für alle 0<x<x‘ gilt, sondern für 0<x<x‘<C.
Macht das einen Unterschied?



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Kitaktus
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2020-02-26


Wenn die Aussage bedeuten soll, dass die Ungleichung für genügend kleine $x$ und $x'$ erfüllt ist, das könnte richtig sein.

Aber so wie es da steht, ist C nicht eingeschränkt, sondern einfach nur eine beliebige konstante obere Schranke.
Mir ist auch unklar, wie man von der Aussage "... ist linear in x" auf die Gültigkeit der Ungleichung kommen soll.
Für kleine $x, x'$ könnte man damit vielleicht argumentieren. Für große $x, x'$ spricht ein linearer Zusammenhang eher dafür, dass die Ungleichung _nicht_ gilt.

PS: "modulo Verrechnen" bedeutet so viel wie "wenn ich mich nicht verrechnet habe".
Gegebenenfalls deutet man damit an, dass man bei den Details nicht ganz so genau draufgeschaut hat, aber ob das Ergebnis 1000x+8 oder 1000x-4 heißt, ist für die Aussage "linear in x" auch nicht so wichtig.



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Musikant88
Junior Letzter Besuch: im letzten Quartal
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2020-02-27


Hi, ich habe versucht, es für C klein zu beweisen, leider ohne Erfolg

Kann mir nochmal jemand helfen?
Bis jetzt weiß ich nur, dass es eventuell geht, aber eventuell auch nicht
Bin etwas verwirrt.




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Kitaktus
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 11.09.2008
Mitteilungen: 6284
Aus: Niedersachsen
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2020-02-28


Woher kommt eigentlich dieser Quatsch?

Hast Du Dich mal 10 Minuten mit der Frage beschäftigt?

Wir setzen willkürlich zwei Zahlen ein x'=2 und x=1

$2\cdot\log(2)-1\cdot\log(1)-1\cdot\log(1)=2\cdot\log(2)=\log(4) > 1 =(2-1)^\alpha$ für alle $\alpha$. Im Widerspruch zur Behauptung.

Also, was soll man da beweisen?

Die Ungleichung könnte für kleine x' und x (mind. $x,x'\leq 1$) und ein hinreichend kleines $\alpha$ gelten.





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haegar90
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2020-02-28


2020-02-25 16:25 - Musikant88 im Themenstart schreibt:
Hi!

Seien <math>x"\geqslant x>0</math> und <math>\alpha\in (0,1)</math>.
Ich würde gerne zeigen, dass
<math>\displaystyle
\lvert x"\log(x")-x\log(x)-(x"-x)\log(x"-x)\rvert\leq \lvert x"-x\rvert^\alpha
</math>
....

Nur weil ich es nicht verstehe, nun diese Frage:

Mit der Werten für $x'=\frac{1}{2}$ und $x=\frac{1}{4}$
und $\log(x)=\log_{10}(x)=\lg(x)$.

$$|\frac{1}{2}\cdot\lg\left(\frac{1}{2}\right)-\frac{1}{4}\cdot\lg\left(\frac{1}{4}\right)-\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{4}\right)\cdot\lg\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{4}\right)|\leq|\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{4}\right)^\alpha|$$
$$|\frac{1}{2}\lg(1)-\frac{1}{2}\lg(2)-\frac{1}{2}\cdot\lg(1)+\frac{1}{2}\lg(4)|\leq|\left(\frac{1}{4}\right)^\alpha|$$
$$|\lg(4)-\lg(2)|\leq|2\left(\frac{1}{4}\right)^\alpha|$$ $$|\lg(2)|\leq|2\left(\frac{1}{4}\right)^\alpha|$$
Wenn ich mich nicht gänzlich verrechnet habe kommt man mit diesen Werten auf ein ähnliches Ergebnis wie mit $x=1$ und $x'=2$ und $\lg(2)\approx$0,301 ist doch kleiner als $2\left(\frac{1}{4}\right)^\alpha$ (0,1)
Und $\lg(4)$ ist auch kleiner als $1$. Wo ist da mein Denkfehler ?


-----------------
Gruß haegar90



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Musikant88
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2020-02-28


Hallo,

ich glaube, dass du Recht hast und $x'=2, x=1$ kein Gegenbeispiel ist.

Aber ein Gegenbeispiel ist, glaube ich, wenn man

<math>x"-x</math> und <math>1-\alpha</math> jeweils sehr klein wählt,

(z.B. <math>x"=2, x=1.9</math> und <math>\alpha=0.95</math>).

Denn dann ist die linke Seite positiv und ziemlich groß, während die rechte Seite ziemlich klein ist.

-------------------Ich sehe also ein, dass die Behauptung so allgemein nicht gilt!

Ich frage aber nochmal, wie man die Bedingungen an $0<x<x'$ oder an <math>\alpha\in(0,1)</math> verschärfen könnte, damit die Ungleichung gilt.


Ich könnte mir da zwei Herangehensweisen vorstellen:

1.) Für <math>0<x<x"</math> könnte die Ungleichung gelten, wenn man nicht "für alle <math>\alpha\in (0,1)</math>", sondern nur "für <math>\alpha>0</math> klein genug" als Bedingung nimmt. Hier würde dann das <math>\alpha</math> sicherlich von <math>x</math> und <math>x"</math> abhängen. Dies wäre sozusagen eine "lokale" Aussage, die abhängig von $x$ und $x'$ ist.


2.) Wenn man hingegen für verschiedene Paare <math>(x,x")</math> ein gemeinsames <math>\alpha\in (0,1)</math> finden möchte, sodass die Ungleichung stimmt, könnte ich mir vorstellen, dass man gerade umgekehrt den Bereich einschränken muss, aus dem man <math>x</math> und <math>x"</math> wählt.

🤔









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Folgende Antworten hat der Fragesteller vermutlich noch nicht gesehen.
Er/sie war noch nicht wieder auf dem Matheplaneten
haegar90
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2020-02-28


Hallo,

zu 2.)
Für $\alpha \rightarrow 1$ müsste $\frac{x'}{x}> \approx 1,313466743$ sein.


-----------------
Gruß haegar90



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Kitaktus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2020-02-28


Wenn man schon so eine Quelle hier hat -- Seite 57 unten von 2.4.39 auf 2.4.40, dann sollte man die auch mit angeben. Dort kann man nämlich sehen, dass hier noch diverse implizite Annahmen drin stecken, die im Themenstart nicht benannt werden.

1. Mit $\log$ ist eindeutig der natürliche Logarithmus gemeint. [Das das unerheblich ist siehe 3.]
2. Die Aussage soll für alle(!) $\alpha$ aus $(0,1)$ gelten.
3. Auf der rechten Seite darf man sich einen beliebigen konstanten Faktor dazudenken. Das C aus 2.4.39 muss nämlich nicht das gleiche C wie in 2.4.40 sein, was der Autor aber nicht erwähnt.
4. Die Analyse weiterer impliziter Voraussetzungen ist mir jetzt zeitlich nicht möglich.

Es tut mir leid, dass so sagen zu müssen, aber es ist ärgerlich, dass hier vier Leute erstmal drei Tage lang im Dunklen herumtappen mussten.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.13 begonnen.]



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Wally
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, eingetragen 2020-02-28


Sehr gut, Kitaktus, dass du das gefunden hast.

Eigentlich wollte ich mich am Wochenende an die interessant aussehende Ungleichung noch mal ransetzen, aber das lasse ich jetzt.

Wally



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Kitaktus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, eingetragen 2020-02-28


2020-02-28 22:27 - Wally in Beitrag No. 16 schreibt:
Sehr gut, Kitaktus, dass du das gefunden hast.
Das hat mir Musikant geschickt, aber leider erst heute.

Jetzt sind PDEs nicht mein Spezialgebiet, so dass ich mir den Text erstmal in Ruhe anschauen müsste, um rauszufinden, welche Voraussetzungen eigentlich gelten. Wahrscheinlich sind nur die Fälle relevant, in denen |x'-x| klein ist ...



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Wally
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 02.11.2004
Mitteilungen: 8687
Aus: Dortmund, Old Europe
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, eingetragen 2020-02-29

\(\begingroup\)\(\newcommand{\D}{\displaystyle}\)
Ach so. Ich dachte, man braucht eine scharfe Abschätzung mit Konstante 1.

In dem Paper wird die Abschätzung ja nicht ausführlich begründet, und es ist auch nur für \(x\le C\) interessant. Darum trage ich mal eine Standardargumentation zusammen.

Die Funktion \(f:x\mapsto x\ln x\) lässt sich stetig nach \(x=0\) durch \(f(0)=0\) fortsetzen.

Auf \([\varepsilon, N]\) ist \(f\) steitig differenzierbar, daher Lipschitz-stetig und erst recht Hölder-stetig.

Also ist das alles nur in der Nähe von \(0\) interessant. Dort ist \(|f|\) konkav (zweimal Ableiten) und daher ist für \(0<z<y\) auch \(|f(y)-f(z)|\le |f(y-z)|\).

\(|f(x')-f(x)-f(x'-x)|\le |f(x')-f(x)|+|f(x'-x)-f(0)|\le 2|f(x'-x)-f(0)|\)

Wir brauchen nun, dass das durch \(C |x'-x|^\alpha\) abgeschätzt werden kann.

Zweimal de l'Hospital zeigt, dass \(f(t)/t^\alpha\) bei Null einen Limes hat, daher ist dieser Ausdruch stetig auf \([0,N]\) fortsetzbar und darum durch \(M\) beschränkt. Mit \(C=2C\) haben wir die Behauptung.

Kommst du damit klar?

Wally
\(\endgroup\)


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