szukanie zaawansowane
 [ Posty: 7 ] 
Autor Wiadomość
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 6 sie 2017, o 20:05 
Użytkownik

Posty: 5484
Lokalizacja: Kraków
Udowodnić, że a^n + \frac{1}{a^n}- 2 \geq n^2 \left( a + \frac{1}{a}- 2 \right) gdy a \in \RR zaś n=1,2,3,... Kiedy jest równość ?
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 6 sie 2017, o 20:18 
Gość Specjalny
Avatar użytkownika

Posty: 17843
Lokalizacja: Cieszyn
Może warto pobadać uogólnienie: niech f(a,n)=\frac{1}{n^2}\left(a^n+\frac{1}{a^n}-2\right). Określić, dla jakich n,m zachodzi nierówność f(a,n)\ge f(a,m). Po prawej mamy przecież f(a,1).
Góra
Kobieta Offline
PostNapisane: 6 sie 2017, o 22:40 
Użytkownik

Posty: 1278
Jeżeli dopuszczamy ujemne a, to dla nieparzystych n nie jest to w ogólności prawda, np. dla (a,n)=(-4,3). Dla parzystych n wystarczy zająć się dodatnimi a, bo dla ujemnych a prawa strona nierówności jest zawsze ujemna, a lewa zawsze nieujemna. Moim zdaniem najszybciej będzie ustalić n i użyć pochodnej po a - wtedy wychodzi od razu. Jeżeli unikamy pochodnych, to można np. wziąć a=t^2,\ t>0, wtedy dowodzimy \left(t^n-\frac{1}{t^n}\right)^2\ge n^2\left(t-\frac{1}{t}\right)^2, i zauważyć, że można się bez straty ogólności dalej ograniczyć do t\ge 1, wtedy \left(t^n-\frac{1}{t^n}\right)=\left(t-\frac{1}{t}\right)\cdot\sum\limits_{i=0}^{n-1}t^{n-1-i}\cdot\frac{1}{t^i}\ge \left(t-\frac{1}{t}\right)\cdot n z AM-GM. Aha, równość dla a=1.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 6 sie 2017, o 23:20 
Użytkownik

Posty: 13250
Lokalizacja: Bydgoszcz
Lemacik 1: jeżeli f'' rośnie, to funkcja \frac{f(t)-f(-t)}{t} rośnie dla t>0.

Dowodzik: napiszmy wzór Taylora dla funckji f w punktach t i -t
f(0)=f(-t)+f'(-t)t+\frac{f''(a)}{2}t^2,\quad -t<a<0
f(0)=f(t)-f'(t)t+\frac{f''(b)}{2}t^2,\quad 0<b<t
Odejmując stronami dostajemy
0<\frac{f''(b)}{2}t^2-\frac{f''(a)}{2}t^2=[f'(t)+f'(-t)]t-[f(t)-f(-t)]=t^2\left(\frac{f(t)-f(-t)}{t}\right)',
co kończy dowodzik lemaciku.

Oczywiście wystarczy założyć, że a>1 (dla a=1 mamy równość obu stron)

Wnioseczek 1: dla a>1 funkcja \frac{a^t-a^{-t}}{t} rosnie dla t>0

Wnioseczek 2 z wnioseczku 1: dla x>0 funkcja \frac{a^{\sqrt{x}}-a^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}} rosnie.

Lemacik 2: funckja a^{\sqrt{x}}+a^{-\sqrt{x}} jest wypukła.

Dowodzik:
\left(a^{\sqrt{x}}+a^{-\sqrt{x}}\right)'=\frac{a^{\sqrt{x}}-a^{-\sqrt{x}}}{2\sqrt{x}}\ln a.
Na mocy Wnioseczku 2 ta funkcja rośnie, co dowodzi wypukłosci.

A teraz moja ulubiona własnośc funkcji wypukłych:
Funkcja f jest wypukła wtedy i tylko wtedy, gdy jej iloraz różnicowy \frac{f(x)-f(y)}{x-y} rośnie za względu na każdą zmienną

Niech f(x)=a^{\sqrt{x}}+a^{-\sqrt{x}}. Na mocy Lemaciku 2 mamy
\frac{f(n^2)-f(0)}{n^2-0} rośnie dla n>0. W szczególności dla n>1

\frac{f(n^2)-f(0)}{n^2-0}>f(1)-f(0), co jest szukana nierównością. Dla 0<n<1 zachodzi nierównośc odwrotna.

szw1710 będzie szczęśliwy z faktu, że dla n>m>0 zachodzi
\frac{f(n^2)-f(0)}{n^2}>\frac{f(m^2)-f(0)}{m^2}

a nawet więcej: dla n>m>0 i p>q>0
\frac{f(n^2)-f(p^2)}{n^2-p^2}>\frac{f(m^2)-f(q^2)}{m^2-q^2}
(delikatnośc związaną z m=p lub/i n=q łatwo obchodzimy licząc pochodne.)

Warto zauważyć, że w tym dowodzie n,m,p,q nie musza być naturalne.


EDIT: poprawiłem drobną pomyłkę, na którą zwrócił uwagę Premislav. Dziękuję.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 8 sie 2017, o 12:02 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 10581
Lokalizacja: Wrocław
Bardzo ciekawy pomysł z tym uogólnieniem (przynajmniej ja tak uważam). Pozwolę sobie zaproponować taki dowód, że, używając notacji użytkownika szw1710, mamy f(a,n)>f(a,m) gdy a \in \RR^+
oraz n>m>0
Dla a=1 zachodzi równość. Dalej bez straty ogólności załóżmy, że a>1
(bo f\left( a,n\right)=f\left( \frac 1 a,n\right) i tak dalej).
f(a,n)>f(a,m) \Leftrightarrow  \frac{1}{n^2}\left( a^{n}+a^{-n}-2\right) > \frac{1}{m^2}\left( a^m+a^{-m}-2\right)  \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow  \frac{a^{n}+a^{-n}-2}{a^m+a^{-m}-2}>\left( \frac n m\right)^2
Niech teraz g(x)=x^n+x^{-n}, h(x)=x^m+x^{-m}. Na mocy twierdzenia Cauchy'ego o wartości średniej istnieje takie \xi \in (1,a), że
\frac{a^{n}+a^{-n}-2}{a^m+a^{-m}-2}= \frac{g(a)-g(1)}{h(a)-h(1)}= \frac{g'(\xi)}{h'(\xi)}= \frac{n\xi^{n-1}-n\xi^{-n-1}}{m\xi^{m-1}-m\xi^{-m-1}}
Pozostaje wykazać, że gdy n>m>0 i \xi>1, to
\frac{n\xi^{n-1}-n\xi^{-n-1}}{m\xi^{m-1}-m\xi^{-m-1}}>\left( \frac n m\right)^2
Równoważnie dostajemy, że
\frac{\xi^{n}-\xi^{-n}}{n}> \frac{\xi^{m}-\xi^{-m}}{m}
Natomiast funkcja
v(x)= \frac{\xi^x-\xi^{-x}}{x}, gdzie \xi>1, jest funkcją rosnącą w \RR^+, o czym można się przekonać, licząc jej pochodną i analizując jej znak dla x>0:
0<v'(x)= \frac{x\ln \xi\left( \xi^x+\xi^{-x}\right)-\left( \xi^x-\xi^{-x}\right) }{x^2} \Leftrightarrow  \ln \xi^x> \frac{\xi^{x}-\xi^{-x}}{\xi^{x}+\xi^{-x}}
Połóżmy tutaj t=\xi^x, t>1
i zbadajmy u(t)=\ln t- \frac{t^2-1}{t^2+1}. Mamy u(1)=0
oraz u'(t)=\frac 1 t- \frac{4t}{(t^2+1)^2}= \frac{(t^2-1)^2}{t(t^2+1)^2} >0 dla t>1, zatem dla t>1 jest istotnie u(t)>0, co kończy dowód.

Oczywiście sposób a4karo na udowodnienie, że takie funkcje rosną, jest ciekawszy i istotnie ogólniejszy.

Choć w sumie nie wiem, czy gdyby tak się wgłębić, to ten dowód jest istotnie różny od tego, co zaproponował powyżej a4karo. Jeśli jednak nie, to przepraszam.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 8 sie 2017, o 13:41 
Użytkownik

Posty: 5484
Lokalizacja: Kraków
Czy można indukcją ?
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 13 sie 2017, o 09:12 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 1378
Lokalizacja: Katowice
to jest zadanie pierwsze z Czesko-Polsko-Słowackich Zawodów Matematycznych 2013, rozwiązanie firmowe można znaleźć na stronie 70 tutaj
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 7 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 Nierownosc Czebyszewa - kiedy rownosc?  Linka  1
 Nierówność - zadanie 9  koala  5
 Nierówność - zadanie 11  Keira  3
 udowodnij nierówność - zadanie 2  Pshczoolka  1
 Czy zachodzi nierówność ?  alexandra  1
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl