Έξω απ' το πνεύμα...

Jason98 · #1

Καλημέρα και από εμένα. Μία προσωπική μου κατασκευή (με αφορμή γραφικές παραστάσεις!).

Έστω μία συνάρτηση $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ τέτοια ώστε $\displaystyle{\lim_{x\to -\infty}{f(x)}=\lim_{x\to +\infty}{f(x)}=0}$ και για κάθε $x\in\mathbb{R}$ να ισχύει: $\displaystyle{e^{f'(x)+x^2}+f(x) e^{x^2}=1+e^{x \left( x-2e^{-x^2} \right) }}$

α) Να δείξετε ότι $f(x)=e^{-x^2}$ για κάθε $x\in\mathbb{R}$

β) Να δείξετε ότι $f(x)<\frac{1}{1+x^2}$ για κάθε $x\in [1,+\infty)$

γ) Έστω $E(\lambda)=\int\limits_{1}^{\lambda}f(x)\, dx$ , για $\lambda \geq 1$ . Αν γνωρίζουμε ότι υπάρχει το $\displaystyle{\lim_{\lambda\to +\infty}{E(\lambda)}=l\in\mathbb{R}}$ , να αποδείξετε ότι $l\in (0, 1)$ .

Edit: Τελικά το (α) δεν χρειάζεται τίποτε εκτός σχολικής ύλης...

Jason98 · #2

Λοιπόν, καλό μεσημέρι σε όλους. Βρήκα μια νέα βελτιωμένη εκδοχή απόδειξης που σαν αποτέλεσμα έχει να περιττεύει ένα δεδομένο (το ότι f(x)>0). Για αυτό και το αφαιρώ από την άσκηση με το edit. Τώρα περιορίζονται τα πράγματα, αλλά είναι πιο όμορφα!!

gavrilos · #3

Καλησπέρα.Μια προσπάθεια για τη διαφορική,ελπίζω σωστή.

Για ευκολία θέτουμε $\displaystyle{g(x)=e^{-x^2},x\in \mathbb{R}}$ .Η σχέση γράφεται $\displaystyle{e^{f'(x)}-e^{g'(x)}=g(x)-f(x) \ , \ \forall x\in \mathbb{R} \ (1)}$ .

Προφανώς $\displaystyle{\lim_{x\to -\infty}g(x)=\lim_{x\to +\infty}g(x)=0}$ ,οπότε $\displaystyle{\lim_{x\to +\infty }g(x)-f(x)=\lim_{x\to -\infty} g(x)-f(x)}=0}$ .

Άρα,αφού επιπλέον η $\displaystyle{g(x)-f(x)}$ είναι συνεχής,θα έχει ακρότατο (διαισθητικά μπορούμε να το καταλάβουμε αυτό,αλλά υπάρχει και απόδειξη εντός ύλης).

Έστω χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι έχει ολικό ελάχιστο το $\displaystyle{m}$ στη θέση $\displaystyle{x_0}$ .Από Fermat προκύπτει $\displaystyle{f'(x_0)=g'(x_0)}$ .

Επομένως,βάζοντας στην $\displaystyle{(1)}$ όπου $\displaystyle{x}$ το $\displaystyle{x_0}$ παίρνουμε $\displaystyle{m=0}$ .Επομένως $\displaystyle{g(x)-f(x)\geq 0 \ , \ \forall x\in \mathbb{R}}$ .

Προκύπτει τώρα $\displaystyle{e^{f'(x)}-e^{g'(x)}\geq 0\Rightarrow (g(x)-f(x))'\leq 0 \ , \ \forall x\in \mathbb{R}}$ ,άρα η $\displaystyle{g(x)-f(x)}$ είναι φθίνουσα.

Δεδομένου ότι είναι μη αρνητική και μηδενίζεται στο $\displaystyle{x_0}$ ,παίρνουμε $\displaystyle{f(x)=g(x) \ \forall x\geq x_0}$ .Έστω πως υπάρχει $\displaystyle{y_0<x_0}$ με $\displaystyle{g(y_0)-f(y_0)=\varepsilon>0}$ .

Τότε,για κάθε $\displaystyle{x<y_0}$ ισχύει $\displaystyle{g(x)-f(x)\geq \varepsilon}$ ,οπότε $\displaystyle{\lim_{x\to -\infty} g(x)-f(x)\geq \varepsilon >0}$ ,άτοπο και τελειώσαμε.

Jason98 · #4

Θέλει κανείς ακόμη να προσπαθήσει το (α) με σχολική ύλη και χωρίς διαισθητική προσέγγιση; Αύριο κατά το πρωί θα αναρτήσω την πλήρη λύση μου για όλα τα ερωτήματα.

#5

Jason98 έγραψε:Θέλει κανείς ακόμη να προσπαθήσει το (α) με σχολική ύλη και χωρίς διαισθητική προσέγγιση; Αύριο κατά το πρωί θα αναρτήσω την πλήρη λύση μου για όλα τα ερωτήματα.

Ας παρατηρηθεί ότι η απόδειξη του gavrilos είναι ουσιαστικά πλήρης, χωρίς διαισθητικό βήμα. Απλά τονίζει ότι "διαισθητικά μπορούμε να το καταλάβουμε" αλλά προσθέτει το αληθές (και γνωστό) ότι "υπάρχει και απόδειξη εντός ύλης". Ορθόν.

Jason98 έγραψε: β) Να δείξετε ότι $f(x)<\frac{1}{1+x^2}$ για κάθε $x\in [1,+\infty)$

γ) Έστω $E(\lambda)=\int\limits_{1}^{\lambda}f(x)\, dx$ , για $\lambda \geq 1$ . Αν γνωρίζουμε ότι υπάρχει το $\displaystyle{\lim_{\lambda\to +\infty}{E(\lambda)}=l\in\mathbb{R}}$ , να αποδείξετε ότι $l\in (0, 1)$ .

Παρακαλώ πολύ το γ ξέρουμε ότι μπορεί να γίνει $l\in (0, \frac{\pi}{4} )$ αλλά όχι για εδώ αυτό. Το γ να λυθεί μόνο με σχολική ύλη, χωρίς αντικατάσταση ανεξάρτητης μεταβλητής από συνάρτηση.

Νομίζω ότι είναι απλά και τα δύο (και ισχυροποιούνται και τα δύο).

β) Η αποδεικτέα είναι άμεση από την γνωστή και απλή e^t > 1+t

για

. Έτσι $e^{x^2} > 1+x^2$ για x> 0

(όχι μόνο

που ζητά η άσκηση) και άρα $f(x)= e^{-x^2} < \frac {1}{ 1+x^2}$

γ) $E(\lambda)=\int\limits_{1}^{\lambda}f(x)\, dx = \int\limits_{1}^{\lambda}e^{-x^2} \,dx \le \int\limits_{1}^{\lambda}e^{-x} \,dx = e^{-1}- e^{-\lambda}$ . Στο όριο $l \le e^{-1}- 0= e^{-1}$ που είναι βέβαια αρκετά μικρότερο από το

(και μάλιστα μικρότερο από το $\frac{\pi}{4}$ που σχολιάζει ως δύσκολο η εκφώνηση.)

Jason98 · #6

Mihalis_Lambrou έγραψε: Ας παρατηρηθεί ότι η απόδειξη του gavrilos είναι ουσιαστικά πλήρης, χωρίς διαισθητικό βήμα. Απλά τονίζει ότι "διαισθητικά μπορούμε να το καταλάβουμε" αλλά προσθέτει το αληθές (και γνωστό) ότι "υπάρχει και απόδειξη εντός ύλης". Ορθόν.

Προφανώς και είναι ολόσωστο! Εξάλλου, για αυτό και έγραψα "ακόμη", μήπως κάποιος έχει διαφορετική ιδέα.

Mihalis_Lambrou έγραψε: Νομίζω ότι είναι απλά και τα δύο (και ισχυροποιούνται και τα δύο).

β) Η αποδεικτέα είναι άμεση από την γνωστή και απλή για . Έτσι $e^{x^2} > 1+x^2$ για (όχι μόνο που ζητά η άσκηση) και άρα $f(x)= e^{-x^2} < \frac {1}{ 1+x^2}$

γ) $E(\lambda)=\int\limits_{1}^{\lambda}f(x)\, dx = \int\limits_{1}^{\lambda}e^{-x^2} \,dx \le \int\limits_{1}^{\lambda}e^{-x} \,dx = e^{-1}- e^{-\lambda}$ . Στο όριο $l \le e^{-1}- 0= e^{-1}$ που είναι βέβαια αρκετά μικρότερο από το (και μάλιστα μικρότερο από το $\frac{\pi}{4}$ που σχολιάζει ως δύσκολο η εκφώνηση.)

Δεν το σχολιάζω ως "δύσκολο" καθόλου, απλά χρησιμοποεί ολοκλήρωση που δεν είναι αποδεκτή στα σχολικά πλαίσια, οπότε για αυτό και το επισημαίνω. Συγγνώμη αν η εκφώνηση μοιάζει επιθετική, θα το διορθώσω. Επίσης, στο (β) λέει να αποδειχτεί για $x\geq 1$ για να δείξει λιγάκι και προς το (γ) επειδή εγώ σκέφτηκα κάτι λίγο διαφορετικό. Κάθε άλλη λύση όμως (και μάλιστα ισχυρότερη) είναι αποδεκτή!!

Και τέλος, ναι πράγματι, τα (β) και (γ) είναι απλά, το ζουμί και ο λόγος που την έβαλα είναι το (α)...

#7

Jason98 έγραψε:... απλά χρησιμοποεί ολοκλήρωση που δεν είναι αποδεκτή στα σχολικά πλαίσια

Ίσως χάνω κάτι;

Η λύση που έβαλα δεν χρησιμοποιεί ύλη εκτός από τα σχολικά πλαίσια, άσε που ισχυροποιεί ουσιαστικά το ζητούμενο.

Jason98 · #8

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Jason98 έγραψε:... απλά χρησιμοποεί ολοκλήρωση που δεν είναι αποδεκτή στα σχολικά πλαίσια
Ίσως χάνω κάτι;

Η λύση που έβαλα δεν χρησιμοποιεί ύλη εκτός από τα σχολικά πλαίσια, άσε που ισχυροποιεί ουσιαστικά το ζητούμενο.

Όχι, δεν εννοώ την δική σας, η δική σας είναι μια χαρά, εννοώ αυτή που βγάζει το $\frac{\pi}{4}$ .

#9

Jason98 έγραψε: Όχι, δεν εννοώ την δική σας, η δική σας είναι μια χαρά, εννοώ αυτή που βγάζει το $\frac{\pi}{4}$ .

Μάλλον δεν έγινα κατανοητός. Κάνω άλλη μία προσπάθεια:

Δεν έχει νόημα να λες ότι μια άλλη λύση (η αρχική, δική σου) χρησιμοποιεί εργαλεία εκτός ύλης, όταν έδειξα ότι δεν είναι απαραίτητα και μάλιστα βελτιώνεται το αποτέλεσμα. Τι κάνει μια άλλη λύση, αυτή για την οποία λες

Jason98 έγραψε:χρησιμοποεί ολοκλήρωση που δεν είναι αποδεκτή στα σχολικά πλαίσια

τελικά δεν έχει νόημα.

Ας το πω αλλιώς, διογκώνοντας το θέμα κάνοντας χιούμορ για χάρη του παραδείγματος.

Πες ότι ζητώ σε ένα παιδάκι να βρεί πόσο κάνει 2+1, και του λέω συγχρόνως: Πρόσεχε, η λύση

Jason98 έγραψε:δαγκώνει και μάλιστα θανάσιμα

διότι χρησιμοποιεί μιγαδικούς αριθμούς. Συγκεκριμένα,

2+1 = (2+ 3+7i) + (1-3-7i) = (5+7i) + (-2-7i)=

Τι νόημα έχει να τρομάξω το παιδάκι αφού μπορώ να λύσω την άσκηση απλούστερα;

Το ίδιο με το παραπάνω. Προφανώς έχεις κατά νου την λύση που χρησιμοποιεί το $\int _0^{\lambda } \frac {1}{1+x^2} \,dx = \arctan \lambda - \arctan 1 < \frac {\pi}{2}- \frac {\pi}{4}= \frac {\pi}{4}$

Όμως ο δρόμος αυτός είναι κακός όχι μόνο επειδή χρησιμοποιεί εκτός ύλης ολοκλήρωμα αλλά γιατί χρησιμοποιεί την πολύ "χονδρή" ανισότητα $e^{-x^2} \le \frac {1}{1+x^2}$ ενώ μπορούμε ΑΠΛΟΥΣΤΕΡΑ και ΚΑΛΥΤΕΡΑ να χρησιμοποιήσουμε την $e^{-x^2} \le e^{-x}$ .

Προσθέτω ότι τα αρχικά σου σχόλια όπως

Jason98 έγραψε: είναι τόσο εκτός πνεύματος εξετάσεων (το α υποερώτημα) όσο δεν πάει άλλο!

καλό είναι να αποφεύγονται.

Λάμπρος Μπαλός · #10

Και από την άλλη κολλάμε όλοι μας πολλές φορές με τη λύση που έχουμε και δεν θέλουμε να δούμε άλλη. Στο facebook έβαλε ένας "να βρεθεί το όριο χωρίς χρήση DLH και χωρίς ορισμό παραγώγου και χωρίς συζυγή". Τί τον λες τώρα αυτόν;

Πάντως Ιάσονα αν λύνεις στοιχειωδώς τη διαφορική (η οποία παρεμπιπτόντως μου θυμίζει μια άλλη, δεν είμαι σε θέση τώρα να κάνω διασταυρώσεις), πολύ θα ήθελα να τη δω. Με την ελπίδα πάντα να μη δω ουσιαστικά τη λύση του gavrilos παραπάνω.

Καληνύχτα.

Jason98 · #11

Mihalis_Lambrou έγραψε: Ας το πω αλλιώς, διογκώνοντας το θέμα κάνοντας χιούμορ για χάρη του παραδείγματος.

Πες ότι ζητώ σε ένα παιδάκι να βρεί πόσο κάνει 2+1, και του λέω συγχρόνως: Πρόσεχε, η λύση

Jason98 έγραψε:δαγκώνει και μάλιστα θανάσιμα
διότι χρησιμοποιεί μιγαδικούς αριθμούς.

Το "δαγκώνει και μάλιστα θανάσιμα" αναφερόταν μόνο στο (α) υποερώτημα και ήταν ένα χιουμοριστικό σχόλιο! Τα άλλα υποερωτήματα είναι όντως σχετικά εύκολα.

Mihalis_Lambrou έγραψε: Όμως ο δρόμος αυτός είναι κακός όχι μόνο επειδή χρησιμοποιεί εκτός ύλης ολοκλήρωμα αλλά γιατί χρησιμοποιεί την πολύ "χονδρή" ανισότητα $e^{-x^2} \le \frac {1}{1+x^2}$ ενώ μπορούμε ΑΠΛΟΥΣΤΕΡΑ και ΚΑΛΥΤΕΡΑ να χρησιμοποιήσουμε την $e^{-x^2} \le e^{-x}$ .

Μα και φυσικά! Από την αρχή είπα

. Ας κάνω μια προσπάθεια να ξανα-διορθώσω την εκφώνηση λιγάκι...

Mihalis_Lambrou έγραψε: Προσθέτω ότι τα αρχικά σου σχόλια όπως

Jason98 έγραψε: είναι τόσο εκτός πνεύματος εξετάσεων (το α υποερώτημα) όσο δεν πάει άλλο!
καλό είναι να αποφεύγονται.

Το σχόλιό μου αυτό βρίσκεται εκεί απλά για να μην συμβεί ό,τι έγινε εδώ: viewtopic.php?f=56&t=54084. Περίπου τότε χρονολογικά, εξάλλου, έκανα και την πρώτη ανάρτησή μου. Τέλος πάντων, δεν χρειάζεται να συνεχίσουμε άλλο αυτή τη συζήτηση νομίζω...

Jason98 · #12

Λάμπρος Μπαλός έγραψε:Και από την άλλη κολλάμε όλοι μας πολλές φορές με τη λύση που έχουμε και δεν θέλουμε να δούμε άλλη.

Πότε το είπα αυτό; Δεν είπα τίποτε τέτοιο, μάλιστα είπα

.

Λάμπρος Μπαλός έγραψε: Πάντως Ιάσονα αν λύνεις στοιχειωδώς τη διαφορική (η οποία παρεμπιπτόντως μου θυμίζει μια άλλη, δεν είμαι σε θέση τώρα να κάνω διασταυρώσεις), πολύ θα ήθελα να τη δω. Με την ελπίδα πάντα να μη δω ουσιαστικά τη λύση του gavrilos παραπάνω.

Πάντως και εγώ με άτοπο το πάω και όχι απευθείας, οπότε δεν ξέρω αν θεωρείται στοιχειώδης.

Jason98 · #13

Δημοσιεύω επιτέλους (μετά από αρκετά προβληματάκια στη μορφοποίηση LaTeX...) τη λύση μου:

α) Η σχέση της εκφώνησης μπορεί να γραφτεί ως: $f(x)+e^{f'(x)}=e^{-x^2}+e^{-2xe^{-x^2}} \Rightarrow f(x)-e^{-x^2}=e^{-2xe^{-x^2}}-e^{f'(x)} (1)$ .

Ορίζουμε τις εξής συναρτήσεις:

$g(x)=f(x)-e^{-x^2},\forall x\in\mathbb{R}$

$h(x) = \begin{cases} g(\tan x), -\frac{\pi}{2}<x<\frac{\pi}{2} \\[2ex] 0, x= \{ -\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \} \end{cases}$

Η

είναι παραγωγίσιμη και συνεχής στο $\mathbb{R}$ ως διαφορά παραγωγίσιμων στο $\mathbb{R}$ συναρτήσεων, με παράγωγο: $g'(x)=f'(x)+2xe^{-x^2},\forall x\in\mathbb{R}$

Από την (1) τώρα προκύπτει ότι: $g(x) = e^{-2xe^{-x^2}}\left(1-e^{g'(x)}\right) (2)$ .

Η

είναι συνεχής στο $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ ως σύνθεση συνεχών συναρτήσεων και επειδή: $\mathop {\lim }\limits_{x\to -\frac{\pi}{2}^+}{h(x)} = (u=\tan x) = \mathop {\lim }\limits_{u\to -\infty}{g(u)} = 0 = h(-\frac{\pi}{2})$ και $\mathop {\lim }\limits_{x\to \frac{\pi}{2}^-}{h(x)} = (u=\tan x) = \mathop {\lim }\limits_{u\to +\infty}{g(u)} = 0 = h(\frac{\pi}{2})$ (δεν έχω γράψει αναλυτικά τα όρια της

αλλά βγαίνουν πολύ εύκολα σε συνδυασμό με τα δεδομένα της εκφώνησης για τα όρια της

). Ταυτόχρονα, η

είναι παραγωγίσιμη στο $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ (δεν μας ενδιαφέρει τι γίνεται στο κλειστό διάστημα) ως σύνθεση παραγωγίσιμων συναρτήσεων σε κατάλληλα διαστήματα, με παράγωγο: $h'(x) = g'\left(\tan x\right) \left(1+\tan ^2 x\right), \forall x\in (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}) (3)$ .

Θα δείξουμε ότι $h(x)=0,\forall x\in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ .

Έστω ότι υπάρχει κάποιο $x_k\in (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ τέτοιο ώστε $h(x_k)\neq 0$ . Διακρίνουμε περιπτώσεις:

Αν h(x_k) > 0

, τότε:

- Η

δεν παρουσιάζει μέγιστο στα άκρα του διαστήματος (επειδή αν υποθέσουμε ότι παρουσίαζε εκεί, τότε $h(x_k)\leq h(\frac{\pi}{2}) = 0$ , άτοπο διότι h(x_k) > 0

) οπότε από το Θεώρημα Μέγιστης και Ελάχιστης Τιμής προκύπτει ότι υπάρχει κάποιο $x_{max}\in (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ τέτοιο ώστε $h(x)\leq h(x_{max}), \forall x\in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}] (4)$ . Σε αυτή τη σχέση αντικαθιστούμε x=x_k

οπότε $h(x_{max})\geq h(x_k)>0$ άρα $h(x_{max})>0 (5)$ .

- Από την εφαρμογή του Θεωρήματος Fermat, εξαιτίας της σχέσης (4) και εφόσον $x_{max}\in (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ , προκύπτει ότι: $h'(x_{max})=0$ άρα λαμβάνοντας υπόψη τη σχέση (3) έχουμε: $g'(\tan x_{max})=0$ συνεπώς αντικαθιστούμε στη σχέση (2) $x=\tan x_{max}$ οπότε: $g(\tan x_{max})=0 \Rightarrow h(x_{max})=0$ , άτοπο εξαιτίας της σχέσης (5).

Αν h(x_k) < 0

, τότε όμοια έχουμε:

- Η

δεν παρουσιάζει ελάχιστο στα άκρα του διαστήματος (επειδή αν υποθέσουμε ότι παρουσίαζε εκεί, τότε $h(x_k)\geq h(\frac{\pi}{2}) = 0$ , άτοπο διότι h(x_k) < 0

) οπότε από το Θεώρημα Μέγιστης και Ελάχιστης Τιμής προκύπτει ότι υπάρχει κάποιο $x_{min}\in (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ τέτοιο ώστε $h(x)\geq h(x_{min}), \forall x\in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}] (6)$ . Σε αυτή τη σχέση αντικαθιστούμε x=x_k

οπότε $h(x_{min})\leq h(x_k)<0$ άρα $h(x_{min})<0 (7)$ .

- Από την εφαρμογή του Θεωρήματος Fermat, εξαιτίας της σχέσης (6) και εφόσον $x_{min}\in (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ , προκύπτει ότι: $h'(x_{min})=0$ άρα λαμβάνοντας υπόψη τη σχέση (3) έχουμε: $g'(\tan x_{min})=0$ συνεπώς αντικαθιστούμε στη σχέση (2) $x=\tan x_{min}$ οπότε: $g(\tan x_{min})=0 \Rightarrow h(x_{min})=0$ , άτοπο εξαιτίας της σχέσης (7).

Καταλήξαμε σε άτοπο γιατί υποθέσαμε ότι υπάρχει κάποιο $x_k\in (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ τέτοιο ώστε $h(x_k)\neq 0$ . Άρα, εφόσον $h(-\frac{\pi}{2})=h(\frac{\pi}{2})=0$ , ισχύει ότι: $h(x)=0,\forall x\in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ συνεπώς $g(\tan x)=0,\forall x\in (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}) (8)$ .

Πάμε τώρα να αποδείξουμε ότι η σχέση (8) συνεπάγεται ότι $g(x)=0,\forall x\in \mathbb{R}$ .

Έστω $W(x)=\tan x, \forall x\in (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ . Η

είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ με σύνολο τιμών (προσδιορισμός με όρια στα άκρα του ανοικτού διαστήματος) το $\mathbb{R}$ . Επομένως, είναι και αντιστρέψιμη με αντίστροφο $W^{-1}: \mathbb{R}\to (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ με $W^{-1}\left( \mathbb{R} \right) = (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ .

Δηλαδή τελικά, θέτοντας στην (8) όπου

το $W^{-1}(u)$ για κάθε $u\in\mathbb{R}$ ισχύει: $g(W(W^{-1}(u)))=0\Rightarrow g(u)=0 \Rightarrow f(u)=e^{-u^2}$ και το ζητούμενο απεδείχθη.

β) Από γνωστή εφαρμογή του σχολικού βιβλίου ισχύει: $\ln x \leq x-1,\forall x\in (0, +\infty)$ με την ισότητα μόνο για x=1

οπότε θέτοντας σε αυτή όπου

το

για κάθε $u\in\mathbb{R}$ έχουμε: $e^u\geq u+1$ με την ισότητα μόνο για $1=e^u\Rightarrow u=0$ .

Έτσι, είναι: $e^{-u}(1+u)\leq 1,\forall u\in\mathbb{R}$ οπότε θέτοντας όπου

το

για κάθε $x\in\mathbb{R}$ προκύπτει ότι: $e^{-x^2}\left( 1+x^2 \right)\leq 1$ με την ισότητα μόνο για $0=x^2\Rightarrow x=0$ .

Οπότε, τελικά, για κάθε $x\in [1,+\infty)$ ισχύει ότι: $e^{-x^2}<\frac{1}{1+x^2}$ δηλαδή $f(x)<\frac{1}{1+x^2},\forall x\in [1,+\infty)$ .

γ) Το πρώτο μέρος της διπλής ανισότητας που θέλουμε να αποδείξουμε βγαίνει εύκολα: Επειδή $e^x>0,\forall x\in\mathbb{R}$ θέτοντας όπου

το

για κάθε $u\in\mathbb{R}$ προκύπτει ότι: $e^{-u^2}>0$ δηλαδή $f(x)>0,\forall x\in\mathbb{R}$ , άρα, σύμφωνα με γνωστό πόρισμα του σχολικού βιβλίου, $\int\limits_{1}^{\lambda}f(x)\, dx > 0$ οπότε πάλι σύμφωνα με θεώρημα του σχολικού βιβλίου (στα όρια) l>0 (9)

επειδή το όριο υπάρχει σύμφωνα με την εκφώνηση.

Το δεύτερο μέρος απαιτεί την ελαφρά κατεργασία της ανισότητας του (β) ως εξής: για κάθε $x\in [1,+\infty)$ ισχύει ότι: x^2 < 1+x^2

άρα (επειδή και τα δύο μέλη είναι θετικά) $\frac{1}{1+x^2}<\frac{1}{x^2}$ οπότε από το (β) προκύπτει ότι: $f(x)<\frac{1}{x^2}\Rightarrow \frac{1}{x^2}-f(x)>0,\forall x\in [1, +\infty)$ άρα σύμφωνα με γνωστό πόρισμα του σχολικού βιβλίου έχουμε: $\int\limits_{1}^{\lambda}{\left( \frac{1}{x^2}-f(x)\right) \, dx} > 0 \Rightarrow \int\limits_{1}^{\lambda}f(x)\, dx < \int\limits_{1}^{\lambda}\frac{1}{x^2}\, dx = \left[ -\frac{1}{x}\right]_{1}^{\lambda} = 1 - \frac{1}{\lambda}$ οπότε πάλι σύμφωνα με θεώρημα του σχολικού βιβλίου (στα όρια) είναι: l<1 (10)

.

Άρα, τελικά, αποδείξαμε ότι $l\in (0, 1)$ .

Το άλλο, λιγάκι πιο περιορισμένο διάστημα, $(0, \frac{\pi}{4})$ , μπορούμε να το λάβουμε εκτός σχολικής ύλης με απευθείας ολοκλήρωση της σχέσης του (β) και τριγωνομετρική αντικατάσταση $x=\tan t$ στο ολοκλήρωμα που προκύπτει.

Συγγνώμη που είναι τόσο χονδροειδής η ανισότητα στο (β) και στο (γ).

dement · #14

Ας προσθέσω ότι, όπως είχα επισημάνει προ καιρού στον Ιάσονα με ΠΜ, το όριο στο $+ \infty$ δεν χρειάζεται. Από τη λύση του gavrilos βλέπουμε ότι η f-g

, αν δεν μηδενίζεται, είναι πάντα ετερόσημη με την παράγωγό της. Έτσι θα είναι ή θετική με αρνητική παράγωγο, ή αρνητική με θετική παράγωγο, ή μηδενική. Όπως είπε και ο gavrilos, τα δύο πρώτα έχουν άτοπο στο $- \infty$ οπότε μένει μόνο το τρίτο.

Έξω απ' το πνεύμα...

Έξω απ' το πνεύμα...

Re: Έξω απ' το πνεύμα...

Re: Έξω απ' το πνεύμα...

Re: Έξω απ' το πνεύμα...

Re: Έξω απ' το πνεύμα...

Re: Έξω απ' το πνεύμα...

Re: Έξω απ' το πνεύμα...

Re: Έξω απ' το πνεύμα...

Re: Έξω απ' το πνεύμα...

Re: Έξω απ' το πνεύμα...

Re: Έξω απ' το πνεύμα...

Re: Έξω απ' το πνεύμα...

Re: Έξω απ' το πνεύμα...

Re: Έξω απ' το πνεύμα...

Μέλη σε σύνδεση