Die Jensensche Ungleichung

Die Jensensche Ungleichung

Falko Baustian Klassenstufe 11 und 12

03.05.2019

Aufgabe 1: Beweist mit elementaren Methoden, dass die beiden Ungleichungen (a+b)²

2 ≤a²+b² und (a+ 2b)²

3 ≤a²+ 2b² f¨ur alle reellen Zahlen aund berf¨ullt sind.

Die beiden Ungleichungen lassen sich zu 1

2a+ 1 2b

2

≤ 1 2a²+1

2b² und 1

3a+2 3b

2

≤ 1 3a²+2

3b²

umschreiben und resultieren auch direkt aus dem Kr¨ummungsverhalten der Funktion f(x) =x². Definition: Sei D ⊂ R ein endliches oder unendliches Intervall. Wir bezeichnen eine Funktion f:D→Ralskonvex, wenn die Ungleichung

f(λa+ (1−λ)b)≤λf(a) + (1−λ)f(b)

f¨ur alle a, b∈D und f¨ur alle 0< λ <1 gilt. Eine Funktionf:D→R heißt konkav, wenn f(λa+ (1−λ)b)≥λf(a) + (1−λ)f(b)

f¨ur alle a, b∈D und f¨ur alle 0< λ <1 gilt.

Bildlich kann man sich das so vorstellen: Wenn man eine konvexe Funktionen entlang steigender Werte beobachtet, dann vollf¨uhrt die Funktion eine Linkskurve. Es sind aber auch gerade Teilst¨ucke m¨oglich. Eine konkave Funktion vollf¨uhrt dagegen eine Rechtskurve.

Mathematisch genauer kann man sagen, dass f¨ur eine konvexe Funktionf (unda < b) der Graph im Intervall [a, b] unterhalb der Sekante durch (a, f(a)) und (b, f(b)) liegt. F¨ur eine konkave Funktion liegt der Graph oberhalb der entsprechenden Sekante.

Aufgabe 2: Die Funktionf:R→Rmitf(x) =x² ist konvex.

Das Kr¨ummungsverhalten einer Funktion ist unabh¨angig vom Monotonieverhalten der Kurve. Es gibt sowohl monoton wachsende konvexe Funktionen als auch monoton fallende konvexe Funktio- nen. Wenn eine Funktion f konvex ist, dann ist die Funktion g(x) = −f(x) konkav und anders herum.

Die Ungleichung l¨asst sich auch auf mehrere St¨utzstellen verallgemeinern:

Aufgabe 3 (Jensensche Ungleichung): F¨ur eine konvexe Funktion f:D →R und n∈N nicht- negative Gewichten λ₁, λ₂, ..., λ_n mitλ₁+λ₂+...λ_n= 1 gilt

f(λ1x1+λ2x2+...+λnxn)≤λ1f(x1) +λ2f(x2) +...+λnf(xn)

f¨ur beliebige St¨utzstellen x1, x2, ..., xn∈D. F¨ur konkave Funktionen gilt die Ungleichung mit

”≥“

an Stelle von

”≤“.

Die Jensensche Ungleichung ist sehr allgemein und viele wichtige Ungleichungen aus der Analysis k¨onnen aus der Jensenschen Ungleichung hergeleitet werden. Es gibt auch noch weitere Verallge- meinerungen der Jensenschen Ungleichung z.B. f¨ur Integrale und Erwartungswerte.

Aufgabe 4: Die Funktionf:R→Rmitf(x) =x⁴ ist konvex.

Aufgabe 5: Die Funktionf:R→Rmitf(x) =x^k, wobeik eine Zweierpotenz ist, ist konvex.

Eine Funktion f heißt gerade, wenn f(x) = f(−x) f¨ur alle x ∈ R gilt. Gerade Funktion sind an der y-Achse gespiegelt. Eine Funktion f heißt ungerade, wenn f(x) = −f(−x) f¨ur alle x ∈ R gilt. Ungerade sind am Koordinatenursprung (per Punktspiegelung) gespiegelt. Diese Eigenschaften wirken sich auf der Konvexit¨atverhalten der Funktion aus.

Aufgabe 6: Sei I+ das Intervall (0,∞) und I− das Intervall (−∞,0). Sei f:R → R eine gerade Funktion, die auf I₊ konvex (bzw. konkav) ist, dann ist f auch auf I− konvex (bzw. konkav). Sei g:R→R eine ungerade Funktion, die aufI₊ konvex (bzw. konkav) ist, dann istg auf I− konkav (bzw. konvex).

Aufgabe 7: Wie ist das Kr¨ummungsverhalten der Funktionf:R→R mitf(x) =x³?

F¨ur die meisten Funktionen ist es schwierig das Kr¨ummungsverhalten mit elementaren Methoden zu zeigen. Das gilt bereits f¨ur einfache Funktionen wief(x) = ¹_x oder f(x) = 2^x. Praktischerweise gibt es aber einen Zusammenhang zwischen dem Kr¨ummungsverhalten einer Funktion und ihrer zweiten Ableitung. Dazu m¨ussen wir zuerst einmal die Ableitung mit Hilfe des Grenzwerts einer Funktion definieren.

Definition: Wir bezeichnen mit lim

x→x₀f(x) den Grenzwert oder Limes der Funktionswerte von f, wenn sichxanx0 ”ann¨ahert“. Eine Funktionf:D→Rheißtstetiginx0, wenn lim

x→x0

f(x) =f(x0), d.h, dass f¨ur alle Zahlenfolgen (xn)⊂Dmit lim

n→∞xn=x0gilt lim

n→∞f(xn) =f(x0). Analog definieren wir den rechtsseitigen und linksseitigen Grenzwert

x&xlim₀f(x) bzw. lim

x%x₀f(x),

wobei wir nur x > x0 bzw.x < x0 betrachten. Der Grenzwert existiert nur, wenn der rechtsseitige und linksseitige Grenzwert existieren und den gleichen Wert haben.

Definition: SeiD⊂Rundf:D→Reine Funktion.f heißt in einem Punktx0 ∈Ddifferenzierbar, falls der Grenzwert

f⁰(x₀) = _x→xlim

0

x∈D\{x0}

f(x)−f(x0) x−x₀ = lim

h→0 h6=0

f(x0+h)−f(x0) h

existiert. Wir bezeichnen den Grenzwert als Differentialquotienten bzw. als Ableitung von f inx₀. Aus der Definition ergeben sich direkt die Ableitung der konstanten Funktion f(x) = c ∈ R und der linearen Funktion f(x) =mxmitm∈R

f⁰(x₀) = lim

h→0h6=0

f(x₀+h)−f(x₀)

h = lim

h→0h6=0

c−c h = 0, g⁰(x0) = lim

h→0h6=0

g(x0+h)−g(x0)

h = lim

h→0h6=0

m(x0+h)−mx0

h =m.

Aufgabe 8: Bestimmt mit dem Differentialquotienten die Ableitungen von f1:R→R, f1(x) =x², f2:R\ {0} →R, f2(x) = 1

x und f3: (0,∞)→R, f3(x) =√ x.

Differenzierbare Funktion sind automatisch auch stetig. Stetige Funktionen m¨ussen aber nicht un- bedingt differenzierbar sein.

Aufgabe 9: Zeigt, dass die stetige Funktionf:R→ Rmit f(x) = |x|nicht ¨uberall differenzierbar ist.

Aus ihrer Ableitung lassen sich auch verschiedene andere Eigenschaften einer Funktion herleiten.

Definition: Sei f(a, b) →R eine Funktion. Wir sagen, dass f in x0 ∈(a, b) ein lokales Maximum hat, wenn ein >0 existiert, so dass f(x)≤f(x₀) f¨ur allex∈(x₀−, x₀+) gilt. Analog k¨onnen wir ein lokales Minimum definieren.

Satz: Wenn eine Funktion f: (a, b) →R inx0 ∈Rein lokales Extremum (lokales Maximum oder lokales Minimum) besitzt und in x0 differenzierbar ist, dann giltf⁰(x0) = 0.

Beweis: Wir beschr¨anken uns beim Beweis auf den Fall des lokalen Maximums. Der zweite Fall folgt dann direkt wir durch Betrachtung von −f. Sei alsox0 ein lokales Maximum von f, dann gilt f(x)−f(x0)≤0 f¨ur x

”nahe“ bei x0 und damit f(x)−f(x₀) x−x0

≤0 f¨urx ≥x0 ”nahe“ bei x0 und f(x)−f(x₀)

x−x₀ ≥0 f¨urx ≤x₀

”nahe“ bei x₀. Da f inx₀ differenzierbar ist, existiert die Ableitung f⁰(x0) und der links- und rechtsseitige Grenzwert stimmen ¨uberein. Es folgt

f⁰(x₀) = lim

x&x0

f(x)−f(x₀)

x−x₀ ≤0 und f⁰(x₀) = lim

x%x0

f(x)−f(x₀) x−x₀ ≥0.

Die Bedingung f⁰(x0) = 0 ist ein notwendiges aber kein hinreichendes Kritierum f¨ur die Existenz eines lokalen Extremas.

Satz (Satz von Rolle): Sei f: [a, b] → R eine stetige Funktion, die in (a, b) differenzierbar ist, mitf(a) =f(b). Dann existiert einx0 ∈(a, b) mit f⁰(x0) = 0.

Beweis: F¨ur konstantef ist die Aussage trivial. Da die Funktionf stetig ist, nimmt sie im Intervall (a, b) ihr Maximum und Minimum an. (Die Aussage setzen wir als gegeben voraus.) In diesen Punkten verschwindet nach dem vorigen Satz die Ableitung.

Eine wichtige Folgerung aus dem Satz von Rolle ist der Mittelwertsatz der Differentialrechnung.

Dieser sagt aus, dass wenn wir zwei Punkte auf dem Graphen einer differenzierbaren Funktionen mit einer Gerade verbinden, dass es dann einen Punkt auf dem Graphen gibt in dem der Anstieg der Funktion mit dem Anstieg der Geraden ¨ubereinstimmt.

Satz (Mittelwertsatz der Differentialrechnung): Sei f: [a, b]→ R eine stetige Funktion, die in (a, b) differenzierbar ist. Dann existiert einx₀ ∈(a, b), so dass

f(b)−f(a)

b−a =f⁰(x0).

Beweis: Wir betrachten die Hilfsfunktionϕ: [a, b]→R mit ϕ(x) =f(x)− f(b)−f(a)

b−a (x−a),

die stetig in [a, b] und differenzierbar in (a, b) ist. Es gilt ϕ(a) =f(a) =ϕ(b) und damit existiert nach dem Satz von Rolle ein x₀∈(a, b) mit ϕ⁰(x₀) = 0. Die Ableitung vonϕist

ϕ⁰(x) =f⁰(x)−f(b)−f(a) b−a . und somit gilt f⁰(x₀) = f(b)−f(a)

b−a .

Der Mittelwertsatz der Differentialrechnung kann verwendet werden um den Zusammenhang zwi- schen der Ableitung einer Funktion und dem Monotonieverhalten bzw. dem Krmmungsverhalten der Funktion zu zeigen.

Definition: Eine Funktion f:D → R heißt monoton wachsend (bzw. monoton fallend), wenn f(x)≥f(y) (bzw.f(x)≤f(y)) f¨ur allex, y∈Dmitx > ygilt. Die Funktion heißtstreng monoton wachsend, wenn sogar f(x) > f(y) f¨ur alle x, y ∈ D mit x > y erf¨ullt ist. Analog wird streng monoton fallend definiert.

Satz: Seif: [a, b]→Reine stetige Funktion, die in (a, b) differenzierbar ist. Istfmonoton wachsend (bzw. monoton fallend), dann gilt f⁰(x)≥0 (bzw.f⁰(x)≤0) f¨ur alle x∈(a, b).

Beweis: Daf monoton wachsend ist, ist der Differentialquotient f(x)−f(x₀) x−x0

f¨ur allex, x₀ ∈(a, b) nicht-negativ. Der Grenz¨ubergang liefert dannf⁰(x₀)≥0.

Satz: Seif: [a, b]→Reine stetige Funktion, die in (a, b) differenzierbar ist. Wenn f¨ur allex∈(a, b) gilt, dass

(a) f⁰(x)≥0, dann ist f in [a, b] monoton wachsend.

(b) f⁰(x)>0, dann ist f in [a, b] streng monoton wachsend.

(c) f⁰(x)≤0, dann ist f in [a, b] monoton fallend.

(d) f⁰(x)>0, dann ist f in [a, b] streng monoton fallend.

Beweis: Wir beweisen nur Teil (a). Angenommen, f sei in [a, b] nicht monoton wachsend, dann existieren x₁, x₂∈[a, b] mit x₁ < x₂ undf(x₁)> f(x₂). Nach dem Mittelwertsatz gibt es dann ein x₀∈(x₁, x₂) mit

f⁰(x₀) = f(x₂)−f(x₁) x2−x1

<0

im Widerspruch zu Annahme. Die restlichen Beweise werden ¨ahnlich gef¨uhrt.

Der Mittelwertsatz kann ebenfalls verwendet werden um zu zeigen, dass Funktionen in Punkten, in denen f⁰(x₀) = 0 und f⁰⁰(x₀)<0 (bzw.f⁰⁰(x₀)>0) gilt, ein lokales Maximum (bzw. Minimum) haben. Wir wollen jetzt aber auf den Zusammenhang zwischen Ableitung und Kr¨ummungsverhalten eingehen.

Satz: Sei f: (a, b) → R eine zweimal differenzierbare Funktion. f ist genau dann konvex (bzw.

konkav), wennf⁰⁰(x)≥0 (bzw.f⁰⁰(x)≤0 f¨ur allex∈(a, b) gilt. Die Aussage ist auch f¨ur Funktionen auf Rund den unendlichen Intervallen (a,∞) oder (−∞, b) g¨ultig.

Beweis: Sei f konvex. Angenommen, es g¨abe ein x₀ ∈ (a, b) mit f⁰⁰(x₀) <0. Wir betrachten die Hilfsfunktionϕ: (a, b)→Rmitϕ(x) =f(x)−f⁰(x₀)(x−x₀). Dann istϕeine zweimal differenzier- bare Funktion mit den Ableitungen

ϕ⁰(x) =f⁰(x)−f⁰(x₀) und ϕ⁰⁰(x) =f⁰⁰(x).

In x₀ giltϕ⁰(x₀) = 0 undϕ⁰⁰(x₀) <0. Die Funktion hat dort also eine strenges lokales Maximum.

(Diese Aussage setzen wir als gegeben voraus). Es existiert also ein kleines δ > 0, so dass x0− δ, x0 +δ ∈ (a, b) mit ϕ(x0) > ϕ(x0 −δ) und ϕ(x0) > ϕ(x0 +δ). W¨ahlen wir nun λ = ¹₂, dann erhalten wir

f 1

2(x0−δ) +1

2(x0+δ)

=f(x0) =ϕ(x0)> 1

2(ϕ(x0−δ) +ϕ(x0+δ))

= 1

2(f(x₀−δ)−f⁰(x₀)δ+f(x₀+δ) +f⁰(x₀)δ)

= 1

2f(x0−δ) + 1

2f(x0+δ) im Widerspruch zur Konvexit¨at von f.

Wir setzen nun voraus, dassf⁰⁰(x)≥0 f¨ur allex∈(a, b) gilt. Dann ist die Ableitungf⁰(x) monoton wachsend. Seien nun x, y∈(a, b) mit x < y, 0< λ < 1 und ˜x=λx+ (1−λ)y. Es folgtx <x < y˜ und der Mittelwertsatz liefert x_0,1∈(x,x) und˜ x_0,2 ∈(˜x, y) mit

f(˜x)−f(x)

˜

x−x =f⁰(x_0,1)≤f⁰(x_0,2) = f(y)−f(˜x) y−x˜ . Es gilt

˜

x−x= (1−λ)(y−x) und y−x˜=λ(y−x)

und somit

f(˜x)−f(x)

1−λ ≤ f(y)−f(˜x)

λ .

Umformen der Gleichung liefert die Konvexit¨atsungleichung

f(λx+ (1−λ)y) =f(˜x)≤λf(x) + (1−λ)f(y).

Wir k¨onnen jetzt das Kr¨ummungsverhalten einer Funktion mittels der Ableitung bestimmen.

Aufgabe 10: Zeigt, dass die Funktion f:I₊ → R mit f(x) = ¹_x konvex ist und beweist, dass die Ungleichungen 9xy ≤(x+ 2y)(2x+y) f¨ur alle x, y≥0 erf¨ullt ist.

Aufgabe 11: Beweist die Ungleichung ln(x₁+...+x_n)≥ln(n√ⁿ

x₁·...·x_n) f¨urx₁, ..., x_n≥0.

Aus der Ungleichung aus Aufgabe 11 folgt mit der Monotonie der Exponentialfunktion direkt die Ungleichung von arithmetischen und geometrischen Mittel

x₁+...+x_n

n ≥ √ⁿ

x₁·...·x_n f¨urx1, ..., xn≥0, die trivialerweise gilt sobald ein Wert 0 ist.

Aufgabe 12 (Youngsche Ungleichung): Seien 1< p, q <∞ mit ¹_p +¹_q = 1. Zeigt, dass ab≤ a^p

p + b^p p f¨ur alle a, b >0 gilt.

Ein Spezialfall der Youngschen Ungleichung mit p=q= 2 ist die Cauchysche Ungleichung ab≤ a²

2 +b² 2,

die sich auch leicht mit elementaren Methoden zeigen l¨asst. Die Youngsche Ungleichung kann ver- wendet werden um wichtige Integralungleichungen wie die H¨oldersche Ungleichung zu beweisen.

Aufgabe 13 (Ky-Fan-Ungleichung): Seienx₁, ..., x_nZahlen mit 0< x_k< ¹₂ f¨ur allek∈ {1, ..., n}.

Dann gilt die Ungleichung

√n

x1·...·xn

pn

(1−x1)·...·(1−xn) ≤

1

n(x₁+...+x_n)

1

n((1−x₁) +...+ (1−x_n)).

Die Beweise mittels der Jensenschen Ungleichung erm¨oglichen es eine gewichtete Versionen bei- spielsweise der Ky-Fan-Ungleichung zu beweisen. Es k¨onnen auch geometrische Zusammenh¨ange mit der Jensenschen Ungleichung bewiesen werden.

Aufgabe 14: Seien α,β und γ die Innenwinkel eines Dreiecks, dann gilt sin(α) + sin(β) + sin(γ)≤ 3√

3 2 .

Aufgabe 15: Gegeben sei ein Dreieck mit Fl¨acheninhalt A. Dann besitzt das Dreieck zwei Seiten f¨ur die das Produkt ihrer Seitenl¨angen gr¨oßer gleich ⁴

√ 3 3 A ist.

Zum Abschluß betrachten wir noch eine Olympiadeaufgabe.

Aufgabe 16: Seien x₁, ..., x_n positive reelle Zahlen mit der Summe s = x₁ +...+x_n. Beweist die Ungleichung

x₁ s−x1

+...+ x_n s−xn

≥ n n−1.

L¨osungen

L¨osung 1: Aus (a−b)² ≥0 folgt a²+b² = 1

2 (a+b)²+ (a−b)²

≥ 1

2(a+b)² und

a²+ 2b² = 1

3 (a+ 2b)²+ 2(a−b)²

≥ 1

3(a+ 2b)². L¨osung 2: Es gilt

λa²+ (1−λ)b²= (λa+ (1−λ)b)²+λ(1−λ)(a−b)²≥(λa+ (1−λ)b)².

L¨osung 3: Die Jensensche Ungleichung kann mit vollst¨andiger Induktion ¨uber nbewiesen werden.

Der Induktionsanfang f¨urn= 2 folgt direkt aus der Konvexit¨at vonf. Sei die Ungleichung nun f¨ur allek≤n erf¨ullt. Wir betrachtenn+ 1 Gewichte mitλ₁+...+λ_n+1= 1 und erhalten

f(λ₁x₁+...+λ_n+1x_n+1) =f

(λ₁+...+λ_n)λ₁x₁+...+λ_nx_n λ1+...+λn

+λ_n+1x_n+1

≤(λ1+...+λn)f

λ1x1+...+λnxn

λ1+...+λn

+λn+1f(xn+1) aus der Konvexit¨at von f. Weiter folgt mit der Induktionsvoraussetzung, dass

f

λ₁x₁+...+λ_nx_n λ1+...+λn

=f

λ₁ λ1+...+λn

x₁+ λ_n λ1+...+λn

x_n

≤ λ₁ λ1+...+λn

f(x₁) +...+ λ_n λ1+...+λn

f(x_n).

Damit gilt die Ungleichung auch f¨ur n+ 1 und nach vollst¨andige Induktion dann auch f¨ur alle n∈N. Der zweite Teil der Aussage folgt direkt daraus, dass f¨ur konkave Funktionenf die Funktion

−f konvex ist.

L¨osung 4: Wir wissen bereits, dass die Funktion g(x) =x² konvex ist. Weiter gilt λ²+ 2λ(1−λ) + (1−λ)² = 1. Es folgt

(λx+ (1−λ)y)⁴ = (λx+ (1−λ)y)²2

= (λ²x²+ 2λ(1−λ)xy+ (1−λ)²y²)²

≤λ²x⁴+ 2λ(1−λ)(xy)²+ (1−λ)²y⁴ = (λx²+ (1−λ)y²)²

≤λx⁴+ (1−λ)y⁴.

Alternativ kann man die Absch¨atzung auch wie folgt durchf¨uhren

(λx+ (1−λ)y)⁴= (λx+ (1−λ)y)²(λx+ (1−λ)y)² ≤(λx²+ (1−λ)y²)(λx²+ (1−λ)y²)

= (λx²+ (1−λ)y²)² ≤λx⁴+ (1−λ)y⁴)².

L¨osung 5: Die Aussage kann durch vollst¨andige Induktion gezeigt werden. Seik= 2ⁿ. Der Induk- tionsanfang f¨ur n = 1 ist die L¨osung von Aufgabe 2. Sei die Aussage f¨ur alle m ≤ n erf¨ullt. Es folgt

(λx+ (1−λ)y)²ⁿ⁺¹ = (λx+ (1−λ)y)^2·2n= (λx+ (1−λ)y)²ⁿ(λx+ (1−λ)y)²ⁿ

≤(λx²ⁿ+ (1−λ)y²ⁿ)(λx²ⁿ+ (1−λ)y²ⁿ) nach Induktionsvoraussetzung

= (λx²ⁿ+ (1−λ)y²ⁿ)²≤λ x²ⁿ2

+ (1−λ) y²ⁿ2

nach Induktionsanfang

=λx²ⁿ⁺¹+ (1−λ)y²ⁿ⁺¹.

L¨osung 6: Wir beschr¨anken uns auf den konvexen Fall. Es gilt f¨ur alle x, y∈I−, dass ˜x=−x und

˜

y =−y inI+ liegen. Es folgt

f(λx+ (1−λ)y) =f(λ(−˜x) + (1−λ)(−˜y)) =f(−(λ˜x+ (1−λ)˜y)) =f(λ˜x+ (1−λ)˜y)

≤λf(˜x) + (1−λ)f(˜y) =λf(−x) + (1−λ)f(−y) =λf(x) + (1−λ)f(y).

und

f(λx+ (1−λ)y) =f(λ(−˜x) + (1−λ)(−˜y)) =f(−(λ˜x+ (1−λ)˜y)) =−f(λ˜x+ (1−λ)˜y)

≥ −(λf(˜x) + (1−λ)f(˜y)) =λ(−f(˜x)) + (1−λ)(−f(˜y))

=λf(−˜x) + (1−λ)f(−˜y) =λf(x) + (1−λ)f(y).

L¨osung 7: Die Funktion ist ungerade, weil (−x)³ =−x³ gilt. Wir betrachten die Funktion also nur auf dem Intervall I+. Es gilt (f¨urx, y >0)

(λx+ (1−λ)y)³= (λx+ (1−λ)y)(λx+ (1−λ)y)² ≤(λx+ (1−λ)y)(λx²+ (1−λ)y²)

=λx³+ (1−λ)y³+ (λ²−λ)x³+λ(1−λ)(x²y+xy²) + ((1−λ²)−(1−λ))y³

=λx³+ (1−λ)y³+λ(λ−1)x³+λ(1−λ)(x²y+xy²) +λ(λ−1)y³

| {z }

=λ(1−λ)(−x³+x²y+xy²−y³)

.

Wir stellen fest, dass

− x³ + x²y + xy² − y³

= − x³ + 2x²y − xy²

− x²y + 2xy² − y³ und damit−x³+x²y+xy²−y³ =−(x+y)(x−y)². Es folgt

(λx+ (1−λ)y)³≤λx³+ (1−λ)y³−λ(1−λ)(x+y)(x−y)² ≤λx³+ (1−λ)y³. L¨osung 8: Es gilt

f₁⁰(x0) = lim

h→0h6=0

(x0+h)²−x0

h = lim

h→0h6=0

2x0h+h²

h = lim

h→0h6=0

2x0+h= 2x0,

f₂⁰(x0) = lim

h→0h6=0 1 x0+h− _x¹

0

h = lim

h→0h6=0

1 h

x0−(x0+h) (x0+h)x0

= lim

h→0h6=0

−1 (x0+h)x0

=−1 x²₀, f₃⁰(x₀) = lim

h→0h6=0

√x0+h−√ x0

h = lim

h→0h6=0

(√

x0+h−√ x0)(√

x0+h+√ x0) h(√

x0+h+√ x0)

= lim

h→0h6=0

(x0+h)−x0

h(√

x₀+h+√

x₀) = lim

h→0h6=0

√ 1

x₀+h+√ x₀ = 1

2

√1 x₀.

L¨osung 9: F¨urx₀ stimmen der rechts- und linksseitige Grenzwert der Differentialquotienten nicht

¨ uberein

h&0lim

f(0 +h)−f(0)

h = lim

h&0

|h| −0 h = lim

h&0

h h = lim

h&01 = 1,

h%0lim

f(0 +h)−f(0)

h = lim

h%0

|h| −0 h = lim

h%0

−h h = lim

h%0−1 =−1.

Folglich existiert der Grenzwert lim

h→0

f(x₀+h)−f(x₀)

h und damit auch die Ableitung in x₀ = 0 nicht.

L¨osung 10: Es giltf⁰⁰(x) = _x²3 >0 f¨ur allex >0 und damit ist die Funktion konvex. Die Ungleichung ist f¨ur x = 0 bzw. y = 0 trivialerweise erf¨ullt, wenn x, y ≥ 0. Wir k¨onnen also annehmen, dass x, y >0. Wir betrachten die Konvexit¨atungleichung f¨urλ= ¹₃ und erhalten

3

x+ 2y = 1

1

3x+²₃y ≤ 1 3

1 x +2

3 1 y = 1

3 y+ 2x

xy . Ausmultiplizieren liefert die Ungleichung.

L¨osung 11: Wir betrachten den nat¨urlichen Logarithmus f(x) = lnx. Es giltf⁰⁰(x) =−_x¹2 <0 f¨ur alle x > 0. Die Funktion ist also konkav. Wir w¨ahlen n gleich große Gewichteλ1 =...= λn = ¹_n und erhalten

lnx₁

n +...+x_n n

≥ 1

nlnx₁+...+ 1 nlnx_n. Anwenden der Logarithmengesetze liefert

ln x1

n +...+xn

n

= ln

x1+...+xn

n

= ln(x1+...+xn)−lnn und

1

nlnx1+...+ 1

nlnxn= ln√ⁿ

x1+...+ ln √ⁿ

xn= ln√ⁿ

x1·...·xn= ln(n√ⁿ

x1·...·xn)−lnn.

Die gew¨unschte Ungleichung folgt dann direkt.

L¨osung 12: Die Exponentialfunktionf(x) = e^x ist konvex und es folgt ab= e^lnae^lnb = e^lna+lnb= e^{1plnap+1qlnbq} ≤ 1

pe^lnap+1

qe^lnbq = a^p p +b^q

q . L¨osung 13: Wir betrachten die Funktion f(x) = ln(x)−ln(1−x) = ln_1−x^x . Es gilt

f⁰⁰(x) =−1

x² + 1

(1−x)² = 2x−1

x²(1−x)² <0 f¨ur alle 0< x < 1 2.

Die Funktion ist im Intervall (0,¹₂) also konvex und wir k¨onnen die Ungleichung f¨urλ1 =...=λn=

1

n anwenden ln

1

nx₁+...+ 1 nx_n

−ln

1− 1

nx₁−...− 1 nx_n

≥ 1

n(lnx₁−ln(1−x₁))+...+1

n(lnx_n−ln(1−x_n)).

Geeignetes Umformen mit den Logarithmengesetzen und anschließendes Anwenden der monoton wachsenden Exponentialfunktion auf die Ungleichung liefert die Ky-Fan-Ungleichung.

L¨osung 14: F¨ur die Innenwinkel eines Dreiecks gilt 0< α, β, γ < π(= 180^◦). Die Funktion f(x) = sinx erf¨ulltf⁰⁰(x) =−sinx <0 f¨ur alle x∈(0, π) und ist damit im Intervall konkav. Es folgt

sinα+ sinβ+ sinγ

3 ≤sin

α+β+γ 3

= sinπ 3 =

√ 3 2 .

L¨osung 15: Die Innenwinkel des Dreiecks seien α, β und γ mit den jeweils gegen¨uberliegenden Seiten a,b und c. Der Fl¨acheninhalt berechnet sich aus den Formeln A= ¹₂bcsinα, A= ¹₂acsinβ und A= ¹₂absinγ. Es folgt

1

3(bc+ac+ab) = 1 3

2A

sinα + 2A

sinβ + 2A sinγ

= 2A 3

1

sinα + 1

sinβ + 1 sinγ

Wir betrachten die Funktion f(x) = _sin¹_x mitf⁰⁰(x) = _sin¹_x + 2^cos_sin²3x^x >0 f¨ur allex ∈(0, π). Somit gilt mit der Konvexit¨atsungleichung

1 3

1 sinα +1

3 1 sinβ +1

3 1

sinγ ≥ 1

sin

α+β+γ 3

= 1

sin^π₃ = 2√ 3 3 und es folgt max(bc, ac, ab)≥ ¹₃(bc+ac+ab)≥ ⁴

√ 3 3 A.

L¨osung 16: Die Funktionf(x) = _s−x^x ist f¨ur alle 0< x < skonvex, weil f⁰⁰(x) = _(s−x)^2s 3 >0 f¨ur alle x∈(0, s) gilt. Die Aussage folgt dann direkt aus der Konvexit¨atsungleichung.