Formelsammlung Mathematik: Ungleichungen

Aus Wikibooks

Wechseln zu: Navigation, Suche

Zurück zur Formelsammlung Mathematik

Inhaltsverzeichnis

[Bearbeiten] Bernoullische Ungleichung


(1+x)^n\ge 1+nx \qquad n\in\Bbb{N},\, x\ge 1


[Bearbeiten] Dreiecksungleichung


\left|\sum x_k\right|\le \sum |x_k|


[Bearbeiten] Cauchy-Schwarz-Ungleichung


Sind \boldsymbol{x}=(x_1,...,x_n) und \boldsymbol{y}=(y_1,...,y_n) reelle Vektoren so gilt


\left(\sum_{k=1}^n x_k y_k\right)^2\le \left(\sum_{k=1}^n x_k^2\right)\left(\sum_{k=1}^n y_k^2\right). Kurz: |\langle \boldsymbol{x},\boldsymbol{y}\rangle|\le \| \boldsymbol{x}\|\cdot \|\boldsymbol{y}\|


[Bearbeiten] Ungleichung zwischen Mittelwerten


Für a_1,...,a_n\ge 0 sei
H_n=\frac{n}{\frac{1}{a_1}+...+\frac{1}{a_n}} harmonischer Mittelwert
G_n=\sqrt[n]{a_1\cdots a_n} geometrischer Mittelwert
A_n=\frac{a_1+...+a_n}{n} arithmetischer Mittelwert
Q_n=\sqrt{\frac{a_1^2+...+a_n^2}{n}} quadratischer Mittelwert.
Es gilt H_n\le G_n\le A_n\le Q_n (Gleichheit genau dann wenn a_1=a_2=\ldots =a_n)


[Bearbeiten] MacLaurinsche Ungleichung

Sind a_1,...,a_n>0\,, und ist S_k={n\choose k}^{-1}\, \sum_{1\le i_1<...<i_k\le n} a_{i_1}\cdots a_{i_k} dann gilt S_1\ge \sqrt{S_2}\ge \sqrt[3]{S_3}\ge ... \ge \sqrt[n]{S_n}.
Beweis

f(x)=(x+a_1)\cdots (x+a_n) lässt sich nach dem Satz von Vieta schreiben als \sum_{k=0}^n {n\choose k} S_k\, x^{n-k}.

Also ist f^{(n-m)}(x)=(x+b_1)\cdots (x+b_m)=\frac{n!}{m!}\,\sum_{k=0}^m \frac{m!}{k!}\, S_k\, \frac{x^{m-k}}{(m-k)!}.

Nach dem Satz von Rolle sind b_1,...,b_m\, auch alle positiv.

Wieder nach dem Satz von Vieta ist b_1\cdots b_m=S_m und \hat{b_1}\, b_2\cdots b_m+b_1\, \hat{b_2}\cdots b_m+...+b_1\, b_2\cdots \hat{b_m}=m\, S_{m-1}.

Nach der AM-GM Ungleichung ist \frac{m\, S_{m-1}}{m}\ge\sqrt[m]{S_m^{m-1}}\,\Longrightarrow \, \sqrt[m-1]{S_{m-1}}\ge\sqrt[m]{S_m}.

 



[Bearbeiten] Eine Ungleichung für den logarithmischen Mittelwert


\sqrt[3]{xyz}\le \sqrt{\frac12\, \frac{(x-y)(y-z)(z-x)}{(x-y)\log z+(y-z)\log x+(z-x)\log y}}\le \frac{x+y+z}{3} \qquad x>y>z>0


[Bearbeiten] Abschätzung der Eulerschen Zahl


\left(1+\frac1n\right)^n<e<\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+\frac{1}{2}}
Beweis

Für 0<x<1\, ist \log\left(\frac{1+x}{1-x}\right)=2\sum_{k=0}^\infty \frac{x^{2k+1}}{2k+1}>2x.

Wegen 1+\frac{1}{n}=\frac{n+1}{n}=\frac{2n+1+1}{2n+1-1}=\frac{1+\frac{1}{2n+1}}{1-\frac{1}{2n+1}}

ist daher \log\left(1+\frac{1}{n}\right)=\log\left(\frac{1+\frac{1}{2n+1}}{1-\frac{1}{2n+1}}\right)>\frac{2}{2n+1}

\Rightarrow \left(n+\frac12\right) \log\left(1+\frac{1}{n}\right)>1 \, \Rightarrow \, \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+\frac12}>e.

 



[Bearbeiten] Monotonie von Folgen die gegen die Eulersche Zahl konvergieren


Die Folge \left(1+\frac{1}{n}\right)^n steigt streng monoton und die Folge \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1} fällt streng monoton.
Beweis

Es sei n\ge 2\, eine natürliche Zahl.

\left(1+\frac{1}{n}\right)^n>\left(1+\frac{1}{n-1}\right)^{n-1} \iff \left(\frac{n+1}{n}\right)^n>\left(\frac{n}{n-1}\right)^{n-1}

\iff \left(\frac{n^2-1}{n^2}\right)^n>\frac{n-1}{n} \iff \left(1-\frac{1}{n^2}\right)^n>1-\frac{1}{n}

Letzte Ungleichung gilt weil nach der Bernoulli Ungleichung \left(1-\frac{1}{n^2}\right)^n>1+n\left(\frac{-1}{n^2}\right) ist.


\left(1+\frac{1}{n-1}\right)^n>\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1} \iff \left(\frac{n}{n-1}\right)^n>\left(\frac{n+1}{n}\right)^{n+1}

\iff \left(\frac{n^2}{n^2-1}\right)^n>\frac{n+1}{n} \iff \left(1+\frac{1}{n^2-1}\right)^n>1+\frac{1}{n}

Letzte Ungleichung gilt weil nach der Bernoulli Ungleichung \left(1+\frac{1}{n^2-1}\right)^n>1+\frac{n}{n^2-1}>1+\frac{1}{n} ist.

 



[Bearbeiten] Ungleichung mit der Eulerschen Zahl


(e+x)^{e-x}>(e-x)^{e+x} \qquad 0<x<e
Beweis

Definiert man f:]0,e[\to\Bbb{R} durch x\mapsto (e-x)\log(e+x)-(e+x)\log(e-x)

dann ist \lim_{x\to 0+} f(x)=0 und f'(x)=\underbrace{\frac{e-x}{e+x}+\frac{e+x}{e-x}}_{>2}-\underbrace{\left(\log(e+x)+\log(e-x)\right)}_{<2}>0.

Daher ist f(x)>0\,, also \log\left((e+x)^{e-x}\right)>\log\left((e-x)^{e+x}\right).

 



[Bearbeiten] Napiersche Ungleichung


\frac{1}{a}<\frac{2}{a+b}<\frac{\log(a)-\log(b)}{a-b}<\frac{1}{\sqrt{ab}}<\frac{1}{b} \qquad a>b>0
Beweis

Für t>1\, ist 2<t+\frac{1}{t} und somit \frac{2}{t}<1+\frac{1}{t^2}.

Für x>1\, ist damit \log(x^2)=2\log x=2\int_1^x \frac{1}{t}\, dt<\int_1^x \left(1+\frac{1}{t^2}\right)\, dt=x-\frac{1}{x} und somit \log x<\sqrt{x}-\frac{1}{\sqrt{x}}.

Und es ist \log x=\sum_{k=0}^\infty \frac{2}{2k+1}\,\left(\frac{x-1}{x+1}\right)^{2k+1}>2\,\frac{x-1}{x+1}.

Man erhält die Abschätzung 2\, \frac{x-1}{x+1}<\log x<\sqrt{x}-\frac{1}{\sqrt{x}} für x>1\,.

Setze x=\frac{a}{b} dann ist 2\, \frac{\frac{a}{b}-1}{\frac{a}{b}+1}<\log\left(\frac{a}{b}\right)<\sqrt{\frac{a}{b}}-\sqrt{\frac{b}{a}}, gleichbedeutend mit 2\, \frac{a-b}{a+b}<\log(a)-\log(b)<\frac{a-b}{\sqrt{ab}}.

 



[Bearbeiten] Nesbitt Ungleichung


\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge \frac32 \qquad a,b,c>0
Beweis

Nach der AM-HM Ungleichung ist \frac{(b+c)+(c+a)+(a+b)}{3}\ge \frac{3}{\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}}.

Somit ist (a+b+c)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}\right)\ge \frac92.

Und daraus folgt \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+3\ge \frac92.

 



[Bearbeiten] Mahler Ungleichung


Sind \boldsymbol{x}=(x_1,...,x_n),\boldsymbol{y}=(y_1,...,y_n) Tupel positiver Zahlen so gilt \prod_{k=1}^n (x_k+y_k)^{1/n}\ge \prod_{k=1}^n x_k^{1/n}+\prod_{k=1}^n y_k^{1/n}.
Beweis

Nach der AM-GM Ungleichung ist \prod_{k=1}^n \left(\frac{x_k}{x_k+y_k}\right)^{1/n}\le \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n \frac{x_k}{x_k+y_k}

und entsprechend \prod_{k=1}^n \left(\frac{y_k}{x_k+y_k}\right)^{1/n}\le \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n \frac{y_k}{x_k+y_k}.

Somit ist \prod_{k=1}^n \left(\frac{x_k}{x_k+y_k}\right)^{1/n}+\prod_{k=1}^n \left(\frac{y_k}{x_k+y_k}\right)^{1/n}\le \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n \frac{x_k+y_k}{x_k+y_k}=1.

Multipliziert man beide Seiten mit \prod_{k=1}^n (x_k+y_k)^{1/n} durch so ist \prod_{k=1}^n x_k^{1/n}+\prod_{k=1}^n y_k^{1/n}\le \prod_{k=1}^n (x_k+y_k)^{1/n}.

 



[Bearbeiten] Tschebyscheff Summen-Ungleichung


Sind a_1,...,a_n\, und b_1,...,b_n\, gleichsinnig geordnete reelle Zahlen so gilt


\left(\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n a_k\right)\, \left(\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n b_k\right)\le \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n a_k\, b_k
Beweis

Aus 0\le(a_k-a_j)(b_k-b_j) folgt 0\le \sum_{k,j=1}^n (a_k-a_j)(b_k-b_j)

=\sum_{k,j=1}^n (a_k b_k-a_k b_j-a_j b_k+a_j b_j)=n\sum_{k=1}^n a_k b_k-\sum_{k=1}^n a_k \sum_{j=1}^n b_j-\sum_{j=1}^n a_j \sum_{k=1}^n b_k+n\sum_{j=1}^n a_j b_j

Also ist 2\,\sum_{k=1}^n a_k\,\sum_{k=1}^n b_k\le 2n\sum_{k=1}^n a_k b_k.

 



[Bearbeiten] Tschebyscheff Integral-Ungleichung


Sind f,g:[0,1]\to\Bbb{R} gleichsinnig monoton dann gilt \int_0^1 f(x)\, dx \int_0^1 g(x)\, dx\le\int_0^1 f(x)\, g(x)\, dx.
Beweis

Nach der Tschebyscheff Summen-Ungleichung ist \sum_{k=1}^n f\left(\frac{k}{n}\right) \frac{1}{n} \;\; \sum_{k=1}^n g\left(\frac{k}{n}\right) \frac{1}{n}\le\sum_{k=1}^n f\left(\frac{k}{n}\right) g\left(\frac{k}{n}\right) \frac{1}{n}.

Für n\to\infty gehen die Riemannschen Approximationssummen in die gewünschten Integrale über.

 



[Bearbeiten] Anderson Ungleichung


Sind f_1,...,f_n:[0,1]\to\Bbb{R} monoton wachsende, konvexe Funktionen mit f_1(0)=...=f_n(0)=0\, so gilt


\int_0^1 \prod_{k=1}^n f_k(x) dx\ge \frac{2^n}{n+1} \prod_{k=1}^n \int_0^1 f_k(x) dx


[Bearbeiten] Reihenapproximationseigenschaft von \log,\cos,\sin\,


\forall x\ge 0 ist \sum_{k=0}^n \left[\frac{x^{k+1}}{k+1},\frac{x^{2k}}{(2k)!},\frac{x^{2k+1}}{(2k+1)!}\right]\left\{\begin{matrix} > & , & n=2m \quad\;\;\, \\ < & , & n=2m+1 \end{matrix}\right\}\; \Big[\log(1+x),\cos(x),\sin(x)\Big]


[Bearbeiten] Grobabschätzung für n!


(n-1)!<\frac{n^n}{e^n}\, e<n! \qquad n\in\Bbb{Z}^{>1}
1. Beweis

\frac{n^n}{n!}=\prod_{k=1}^{n-1} \left(1+\frac{1}{k}\right)^k<e^{n-1}<\prod_{k=1}^{n-1} \left(1+\frac{1}{k}\right)^{k+1}=\frac{n^n}{(n-1)!}

 


2. Beweis

Da der natürliche Logarithmus streng monoton wächst ist \log(k)<\int_k^{k+1} \log(x)\, dx<\log(k+1).

Summiert man nach k\, von 1\, bis n-1\, so ist \log(n-1)!<\int_1^n \log(x)\, dx<\log n!.

Dabei ist \int_1^n \log(x)\, dx=\left[x\,\log(x)-x\right]_1^n=n\,\log(n)-n+1=\log\left(\frac{n^n}{e^n}\, e\right).

Also ist (n-1)!<\frac{n^n}{e^n}\, e<n!.

 



[Bearbeiten] Logarithmische Konvexität der Gammafunktion


\Gamma\Big(x\alpha+(1-x)\beta\Big)\le\Gamma(\alpha)^x\, \Gamma(\beta)^{1-x} \qquad \alpha,\beta>0 \qquad 0\le x\le 1
Beweis

\Gamma\Big(x\alpha+(1-x)\beta\Big)=\int_0^\infty t^{x\alpha+(1-x)\beta-1}\, e^{-t}\, dt=\int_0^\infty t^{(\alpha-1)x+(\beta-1)(1-x)}\, e^{-t}\, dt

=\int_0^\infty (t^{\alpha-1}\, e^{-t})^x\, (t^{\beta-1} \, e^{-t})^{1-x} dt ist nach der Hölderungleichung

\le \left(\int_0^\infty t^{\alpha-1}\, e^{-t}\, dt\right)^x\, \left(\int_0^\infty t^{\beta-1}\, e^{-t}\, dt\right)^{1-x}=\Gamma(\alpha)^x\, \Gamma(\beta)^{1-x}.

 



[Bearbeiten] Abschätzung für die Gammafunktion


n!\, (n+x)^{x-1}\le\Gamma(n+x)\le \Gamma(n)\, n^x \qquad 0\le x \le 1
Beweis

In der Ungleichung \Gamma\Big(x\alpha+(1-x)\beta\Big)\le\Gamma(\alpha)^x\, \Gamma(\beta)^{1-x}für \alpha,\beta>0\, und 0\le x\le 1

setze \alpha=n+1\, und \beta=n\,, so ist \Gamma(n+x)\le\Gamma(n+1)^x\, \Gamma(n)^{1-x}=\Gamma(n)\, n^x.

Setzt man hingegen \alpha=n+x\, und \beta=n+1+x\, so ist

\Gamma(n+1)\le\Gamma(n+x)^x \, \Gamma(n+1+x)^{1-x}=\Gamma(n+x)\, (n+x)^{1-x}.

Und somit ist n!\, (n+x)^{x-1}\le\Gamma(n+x).

 



Von „http://de.wikibooks.org/wiki/Formelsammlung_Mathematik:_Ungleichungen“
Persönliche Werkzeuge