Δύσκολο ξεκίνημα

#1

Ευελπιστώ να την χρησιμοποιήσω 'κάπου', αλλά αξίζει τον κόπο να προταθεί και ανεξάρτητα:

Να αποδειχθεί η ανισότητα

$(ln2)x+\dfrac{2x}{1+x^2}-ln(1+x)-1\geq 0$

για $x\geq 1$ .

[Όπως υποδηλώνει και ο τίτλος, η ανισότητα είναι δύσκολη μόνον για σχετικά μικρές τιμές του

. Η λύση μου κάπως περιπετειώδης...]

Λάμπρος Μπαλός · #2

Ισοδύναμα,

$ln \frac{2^{x}}{x+1} \geq \frac{x^{2}-2x+1}{x^{2}+1}$

Αφού $ln\frac{2^{x}}{x+1} \geq 1-\frac{x+1}{2^{x}}$

αρκεί να αποδείξουμε ότι

$1- \frac{x+1}{2^{x}} \geq \frac{x^{2}-2x+1}{x^{2}+1} \Leftrightarrow$

$\frac{x+1}{2^{x}} \leq \frac{2x}{x^{2}+1} \Leftrightarrow$

$2^{x+1} \geq x^{2}+x+1+\frac{1}{x} \Leftrightarrow$

$2^{x+1}-x^{2}-x-1-\frac{1}{x} \geq 0$ , για $x\geq1$ .

Θα επανέλθω..

Όχι. Ζητώ συγγνώμη. Έκανα δεύτερη φορά το ίδιο αριθμητικό λάθος. Παρόλα αυτά, η παραπάνω σχέση ισχύει, την αφήνω μπας και βοηθήσει κάπου. Θα την ξανακοιτάξω άλλη στιγμή.

#3

Λάμπρος Μπαλός έγραψε: ↑
Τρί Ιούλ 06, 2021 10:06 am
Ισοδύναμα,

$ln \frac{2^{x}}{x+1} \geq \frac{x^{2}-2x+1}{x^{2}+1}$

Αφού $ln\frac{2^{x}}{x+1} \geq 1-\frac{x+1}{2^{x}}$

αρκεί να αποδείξουμε ότι

$1- \frac{x+1}{2^{x}} \geq \frac{x^{2}-2x+1}{x^{2}+1} \Leftrightarrow$

$\frac{x+1}{2^{x}} \leq \frac{2x}{x^{2}+1} \Leftrightarrow$

$2^{x+1} \geq x^{2}+x+1+\frac{1}{x} \Leftrightarrow$

$2^{x+1}-x^{2}-x-1-\frac{1}{x} \geq 0$ , για $x\geq1$ .

Θα επανέλθω..

Όχι. Ζητώ συγγνώμη. Έκανα δεύτερη φορά το ίδιο αριθμητικό λάθος. Παρόλα αυτά, η παραπάνω σχέση ισχύει, την αφήνω μπας και βοηθήσει κάπου. Θα την ξανακοιτάξω άλλη στιγμή.

Ταχυδακτυλουργική η παρέμβαση σου, αγαπητέ Λάμπρο: δεν καταλαβαίνω πως κατάφερες να καταλήξεις, με σωστά βήματα (και χρήση της $wlnw+1\geq w$ για $w\geq 1$ ) εννοείται, σε λιγότερο σφιχτή (βλ. σχήματα) αλλά πιο δύσκολη*, και πιο όμορφη*, ανισότητα!

*ούτε και εγώ έχω 'αναμενόμενη' λύση, έχω όμως μια λύση ... που ενώ θα ήταν, νομίζω, κατανοητή, από έναν ικανό διαγωνιζόμενο Πανελλαδικών, μάλλον δεν θα χαρακτηρίζονταν σχολική -- γι' αυτό ακριβώς και προτείνω την παραπάνω ανισότητα αλλού

[Εννοείται ότι 'παραδοσιακές' λύσεις εξακολουθούν να είναι ευπρόσδεκτες, είτε εδώ είτε στην νέα τοποθεσία^ και φυσικά το ίδιο ισχύει και για την αρχική μορφή της ανισότητας!]

: baloglou-balos.gif (5.64 KiB) Προβλήθηκε 3011 φορές

Λάμπρος Μπαλός · #4

Καλησπέρα σας κύριε Μπαλόγλου.
Ο σκοπός μου ήταν μόνο να δημιουργήσω μια πιο κομψή εμφάνιση και στη συνέχεια μια κομψή λύση (δεν την έχω βρει). Στάθηκα τυχερός στη χαλάρωση της ανισότητας, δεν παρατήρησα ότι το $\frac{2^{x}}{x+1}$ γυροφέρνει κοντά στην περιοχή του

για μεγάλο σχετικά διάστημα για $x \geq 1$ .
Παρόλα αυτά, δεν έχω ακόμη λύση. Θα την κοιτάξω αργά το βράδυ.

#5

Λάμπρος Μπαλός έγραψε: ↑
Παρ Ιούλ 09, 2021 5:19 pm
Καλησπέρα σας κύριε Μπαλόγλου.
Ο σκοπός μου ήταν μόνο να δημιουργήσω μια πιο κομψή εμφάνιση και στη συνέχεια μια κομψή λύση (δεν την έχω βρει). Στάθηκα τυχερός στη χαλάρωση της ανισότητας, δεν παρατήρησα ότι το $\frac{2^{x}}{x+1}$ γυροφέρνει κοντά στην περιοχή του για μεγάλο σχετικά διάστημα για $x \geq 1$ .
Παρόλα αυτά, δεν έχω ακόμη λύση. Θα την κοιτάξω αργά το βράδυ.

Λάμπρο πιστεύω γενικώς ότι μία ανισότητα είναι ενδιαφέρουσα όταν είναι είτε χρήσιμη είτε όμορφη: στην παρούσα περίπτωση η δική μου αρχική μορφή είναι ενδεχομένως χρήσιμη (για κάτι συγκεκριμένο που δεν έχω αναφέρει ακόμη), η δική σου μορφή είναι όμορφη, κομψότατη.

#6

gbaloglou έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 04, 2021 10:34 pm
Ευελπιστώ να την χρησιμοποιήσω 'κάπου', αλλά αξίζει τον κόπο να προταθεί και ανεξάρτητα:

Να αποδειχθεί η ανισότητα

$(ln2)x+\dfrac{2x}{1+x^2}-ln(1+x)-1\geq 0$

για $x\geq 1$ .

[Όπως υποδηλώνει και ο τίτλος, η ανισότητα είναι δύσκολη μόνον για σχετικά μικρές τιμές του . Η λύση μου κάπως περιπετειώδης...]

Έχει ήδη επιλυθεί εδώ μέσω της ιδιαίτερα ενδιαφέρουσας αναγωγής του Λάμπρου (#2), παρουσιάζω όμως παρακάτω και την αρχική μου λύση:

Θέτουμε $f(x)=(ln2)x+\dfrac{2x}{1+x^2}-ln(1+x)-1$ , οπότε

$f'(x)=ln2+\dfrac{2(1-x^2)}{(1+x^2)^2}-\dfrac{1}{1+x}$ και

$f''(x)=\dfrac{2x(x^2-3)}{(1+x^2)^3}+\dfrac{1}{(1+x)^2}.$

Παρατηρούμε ότι f''(x)>0

για $x>\sqrt{3}$ και $f'(\sqrt{3})=ln2-\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{1+\sqrt{3}}>0$ , άρα f'(x)>0

για $x>\sqrt{3}$ . Επειδή ισχύει και η $f(\sqrt{3})=\sqrt{3}ln2+\dfrac{\sqrt{3}}{2}-ln(1+\sqrt{3})-1>0$ , προκύπτει άμεσα η f(x)>0

για $x>\sqrt{3}$ . Aρκεί συνεπώς να δειχθεί η f(x)>0

για $1\leq x\leq \sqrt{3}$ .

Θεωρώντας την εξίσωση εφαπτομένης της y=ln(1+x)

στο

λαμβάνουμε την ανισότητα $ln(1+x)\leq ln2+\dfrac{x-1}{2}$ , από την οποία προκύπτει η $f(x)>(ln2)(x-1)-\dfrac{(x-1)^2}{1+x^2}-\dfrac{(x-1)}{2}=(x-1)\left[ln2-\dfrac{x-1}{1+x^2}-\dfrac{1}{2}\right]$ . Αρκεί συνεπώς να δειχθεί η g(x)>0

για $1\leq x\leq \sqrt{3}$ , όπου $g(x)=ln2-\dfrac{x-1}{1+x^2}-\dfrac{1}{2}$ : αυτό προκύπτει από τις $g(\sqrt{3})=ln2-\dfrac{\sqrt{3}-1}{4}-\dfrac{1}{2}>0$ και g'(x)<0

για $1\leq x\leq \sqrt{3}$ (καθώς $g'(x)=-\dfrac{x^2-2x-1}{(1+x^2)^2}$ , οπότε $g'(x)<0\leftrightarrow 1-\sqrt{2}<x<1+\sqrt{2}$ ).

Λάμπρος Μπαλός · #7

Επειδή η εν λόγω δημοσίευση μου έδωσε την ιδέα, την τοποθετώ εδώ. (Υπάρχουν ενδιάμεσα ερωτήματα τα οποία παραλείπω).

Α. Να αποδείξετε ότι

$a^x \leq (a-1-lna)x^{2}+lna \cdot x+1$

για $x \in [0,1]$ , a>1

.

Β. Να αποδείξετε ότι

$\int_{0}^{1} e^{x^{2}} dx < e- \frac{5}{4}$ .

#8

Δύο αποδείξεις για την Α

(Ι) Θέτοντας f(x)=(a-1-lna)x^2+(lna)x+1-a^x

βλέπουμε ότι f(0)=f(1)=0

, άρα από Θεώρημα Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον σημείο μηδενισμού της f'(x)=2(a-1-lna)x+lna-(lna)a^x

στο

. Το σημείο αυτό είναι μοναδικό: αν υπήρχαν δύο σημεία μηδενισμού της

στο

, τότε, επειδή ισχύει επίσης η f'(0)=0

, θα υπήρχαν δύο σημεία μηδενισμού της f''(x)=2(a-1-lna)-(lna)^2a^x

, άτοπο. Η μη αρνητικότητα λοιπόν της

σε ολόκληρο το (0,1)

θα προέκυπτε από την ύπαρξη ενός και μόνον σημείου στο (0,1)

όπου αυτή είναι θετική (καθώς η ύπαρξη αρνητικής τιμής θα σήμαινε και την ύπαρξη αρνητικού τοπικού ελαχίστου). Παρατηρούμε ότι $f(1/2)=\dfrac{a-1-lna}{4}+\dfrac{lna}{2}+1-\sqrt{a}>0$ για a>1

: θέτοντας $g(a)=\dfrac{a-1-lna}{4}+\dfrac{lna}{2}+1-\sqrt{a}$ ισχύουν οι g(1)=0

και $g'(a)=\dfrac{1}{4}\left(1-\dfrac{1}{\sqrt{a}}\right)^2>0$ , άρα και η g(a)>0

.

(II) Θέτοντας h(a)=1-x^2+(x-x^2)lna+(x^2)a-a^x

για

και

έχουμε $h'(a)=x^2+(x-x^2)\dfrac{1}{a}-xa^{x-1}$ και $h''(a)=\dfrac{x(x-1)(1-a^x)}{a^2}$ : από h''(a)>0

και

λαμβάνουμε h'(a)>0

, και σε συνδυασμό με την h(1)=0

προκύπτει η ζητούμενη h(a)>0

(για

και

πάντοτε).

#9

gbaloglou έγραψε: ↑
Σάβ Ιούλ 17, 2021 2:10 pm
Δύο αποδείξεις για την Α

(Ι) Θέτοντας βλέπουμε ότι , άρα από Θεώρημα Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον σημείο μηδενισμού της στο . Το σημείο αυτό είναι μοναδικό: αν υπήρχαν δύο σημεία μηδενισμού της στο , τότε, επειδή ισχύει επίσης η , θα υπήρχαν δύο σημεία μηδενισμού της , άτοπο. Η μη αρνητικότητα λοιπόν της σε ολόκληρο το θα προέκυπτε από την ύπαρξη ενός και μόνον σημείου στο όπου αυτή είναι θετική (καθώς η ύπαρξη αρνητικής τιμής θα σήμαινε και την ύπαρξη αρνητικού τοπικού ελαχίστου). Παρατηρούμε ότι $f(1/2)=\dfrac{a-1-lna}{4}+\dfrac{lna}{2}+1-\sqrt{a}>0$ για : θέτοντας $g(a)=\dfrac{a-1-lna}{4}+\dfrac{lna}{2}+1-\sqrt{a}$ ισχύουν οι και $g'(a)=\dfrac{1}{4}\left(1-\dfrac{1}{\sqrt{a}}\right)^2>0$ , άρα και η .

Ωραίο το τεχνασματάκι με την f(1/2)>0

, που οδηγεί και στην παραλειπόμενη εδώ απόδειξη (ΙΙ), μπορεί όμως και να αποφευχθεί χάριν μιας 'αυτοδύναμης' απόδειξης (Ι): αρκεί να παρατηρηθεί ότι ισχύει η f'(1)<0

, οπότε η ύπαρξη σημείων θετικότητας της

είναι άμεση*. (Πράγματι η ζητούμενη f'(1)<0

είναι ισοδύναμη προς την 2a-2-lna-alna<0

για

, που προκύπτει εύκολα από τις $(2a-2-lna-alna)'=1-\dfrac{1}{a}-lna$ και $(2a-2-lna-alna)''=\dfrac{1}{a^2}-\dfrac{1}{a}<0$ .)

*η μέθοδος αυτή θα συζητηθεί περαιτέρω σε μελλοντική δημοσίευση ... σχετιζόμενη αρκετά με την ανισότητα Β του Λάμπρου (#7)

Λάμπρος Μπαλός · #10

Η απόδειξη του f'(1)<0

μπορεί να παραλειφθεί.
Στη θεωρούμενη παραπάνω

αρκεί να χρησιμοποιήσουμε την εύκολη μονοτονία της f''

(γνησίως φθίνουσα) και την ύπαρξη των σημείων μηδενισμού της

( $a \in (0,1)$ ) και της f''

( $b \in (0,a)$ ).
Κάπως έτσι κατασκευάστηκε η ανισότητα.
Απέναντι στην κυρτή $a^{x}$ αντιτάσσουμε ένα τριώνυμο κατασκευασμένο κατά τέτοιον τρόπο ώστε
$a^{0}=g(0)$ , $a^{1}=g(1)$ και $a^{0}lna=g'(0)$ .
Σε μικρά διαστήματα, πράγματι επιτυγχάνεται μία σφιχτή ανισότητα. Παρόλα αυτά, δεν ήταν αυτό το ζητούμενο.
Καταδεικνύεται η αξία των υπαρξιακών Θεωρημάτων (εν προκειμένω του Rolle) στη μελέτη μονοτονίας και προσήμου μιας συνάρτησης. Το λέω διότι παρατηρώ ακόμη και τώρα μία γενική αποστροφή προς τα "ξι", βάσιμη μεν (είχε παραγίνει το κακό) αλλά και αρκετά άκριτη πολλές φορές.

#11

Λάμπρος Μπαλός έγραψε: ↑
Τρί Ιούλ 20, 2021 1:03 am
Η απόδειξη του μπορεί να παραλειφθεί.
Στη θεωρούμενη παραπάνω αρκεί να χρησιμοποιήσουμε την εύκολη μονοτονία της (γνησίως φθίνουσα) και την ύπαρξη των σημείων μηδενισμού της ( $a \in (0,1)$ ) και της ( $b \in (0,a)$ ).
Κάπως έτσι κατασκευάστηκε η ανισότητα.
Απέναντι στην κυρτή $a^{x}$ αντιτάσσουμε ένα τριώνυμο κατασκευασμένο κατά τέτοιον τρόπο ώστε
$a^{0}=g(0)$ , $a^{1}=g(1)$ και $a^{0}lna=g'(0)$ .
Σε μικρά διαστήματα, πράγματι επιτυγχάνεται μία σφιχτή ανισότητα. Παρόλα αυτά, δεν ήταν αυτό το ζητούμενο.
Καταδεικνύεται η αξία των υπαρξιακών Θεωρημάτων (εν προκειμένω του Rolle) στη μελέτη μονοτονίας και προσήμου μιας συνάρτησης. Το λέω διότι παρατηρώ ακόμη και τώρα μία γενική αποστροφή προς τα "ξι", βάσιμη μεν (είχε παραγίνει το κακό) αλλά και αρκετά άκριτη πολλές φορές.

Πολύ εύστοχα τα παραπάνω, όταν τα "ξι" έχουν ρόλο στην μελέτη συγκεκριμένων συναρτήσεων τότε είναι ευπρόσδεκτα (θα έλεγα)...

Η δική μου προσέγγιση για την κατασκευή του τριωνύμου g(x)=f(x)+a^x

:

Αναζητούμε g(x)=px^2+qx+r

τέτοιο ώστε να ισχύουν, μαζί με την f(0)=f(1)=0

, είτε οι

&

είτε οι

&

, δηλαδή είτε οι q-lna=0

&

είτε οι

&

. Από την

προκύπτουν οι r=1

και

. Οι

&

δίνουν

και

, οπότε σε συνδυασμό με την p+q+1=a

λαμβάνουμε (a+1)lna>2(a-1)

, ανισότητα που ισχύει για a>1

: καταλήγουμε στην g(x)=(a-1-lna)x^2+(lna)x+1

. (Παραλείπω τις λεπτομερειες, αλλά η αντίθετη περίπτωση είναι αδύνατη, καθώς οι f'(0)<0

&

οδηγούν στην αντίστροφη και μη ισχύουσα ανισότητα (a+1)lna>2(a-1)

.)

...Επεκτείνοντας τα παραπάνω σε τριτοβάθμια πολυώνυμα καταλήγω -- λεπτομέρειες αργότερα -- και στα εξής:

(i) $\displaystyle\int_{0}^{1} e^{x^{2}} dx < \frac{84e+386}{420}$ [Βελτιώνει κάπως την ανισότητα Β, υπάρχουν και άλλα περιθώρια βελτίωσης]

(ii) $e^x\geq (3-e)x^3+(2e-5)x^2+x+1$ για $0\leq x\leq 1$ ['Οριακή' ανισότητα, προτείνεται ανεξάρτητα εδώ]

Λάμπρος Μπαλός · #12

Λάμπρος Μπαλός έγραψε: ↑
Τρί Ιούλ 13, 2021 10:56 pm

Α. Να αποδείξετε ότι

$a^x \leq (a-1-lna)x^{2}+lna \cdot x+1$

για $x \in [0,1]$ , .

Β. Να αποδείξετε ότι

$\int_{0}^{1} e^{x^{2}} dx < e- \frac{5}{4}$ .

Η απάντηση που είχα στο μυαλό μου για το Β, ήθελε να βάζουμε όπου $a=e^{x}$ , για $x \in (0,1]$ , οπότε

$e^{x^{2}} \leq e^{x} \cdot x^{2} -x^{3} +1$ , για $x \in [0,1]$ .

Ολοκληρώνοντας, προκύπτει το ζητούμενο.

#13

gbaloglou έγραψε: ↑
Τετ Ιούλ 21, 2021 6:52 pm
...Επεκτείνοντας τα παραπάνω σε τριτοβάθμια πολυώνυμα καταλήγω -- λεπτομέρειες αργότερα -- και στα εξής:

(i) $\displaystyle\int_{0}^{1} e^{x^{2}} dx < \frac{84e+386}{420}$ [Βελτιώνει κάπως την ανισότητα Β, υπάρχουν και άλλα περιθώρια βελτίωσης]

(ii) $e^x\geq (3-e)x^3+(2e-5)x^2+x+1$ για $0\leq x\leq 1$ ['Οριακή' ανισότητα, προτείνεται ανεξάρτητα εδώ]

To (ii) το συζητήσαμε (εδώ), για το (i) έχω να πω τα εξής:

Η βελτίωση που αναφέρω δεν ισχύει, καθώς βασίζεται, σύμφωνα με ό,τι έχει απομείνει από τις σημειώσεις μου, σε MH ισχύουσα ανισότητα, συγκεκριμένα στην $e^x<\dfrac{x^3}{4}+(e-\dfrac{9}{4})x^2 +x+1$ για 0<x<1

.

Μπορούμε πάντως να βρούμε έγκυρα τριτοβάθμια άνω φράγματα για την εκθετική συνάρτηση ... αναζητώντας πολυώνυμα f(x)=ax^3+bx^2+cx+d

τέτοια ώστε f(0)=1

,

KAI

όταν

: προκύπτουν οι d=1

,

, και, από αντικατάσταση, ax_0^3+(b-3a)x_0^2+(c-2b)x_0+(1-c)>0

^ μία στρατηγική για πιο σφικτή ανισότητα είναι, λόγω 0<x_0<1

, να μηδενιστούν οι χαμηλότεροι όροι μέσω c=1

και $b=\dfrac{c}{2}$ , οπότε $a=e-\dfrac{5}{2}$ : ΔΕΝ εξασφαλίζεται έτσι η επιζητούμενη θετικότητα (λόγω b-3a<0

), εξακολουθεί όμως να ισχύει η προκύπτουσα ανισότητα (αμέσως παρακάτω) ... που προτείνεται ανεξάρτητα εδώ.

Από την ισχύουσα τελικά $e^x<(e-\dfrac{5}{2})x^3+\dfrac{x^2}{2}+x+1$ προκύπτει η

$\displaystyle\int_{0}^{1} e^{x^{2}} dx<\dfrac{15e+113}{105},$

με άνω φράγμα δηλαδή που είναι καλύτερο ( $\approx 1,464$ ) και από αυτό που εσφαλμένα υποσχέθηκα ( $\approx 1,519$ ) και, ελάχιστα, από αυτό του Λάμπρου ( $\approx 1,468$ ). [Ακριβής τιμή ολοκληρώματος $\approx 1,462$ .]

Δύσκολο ξεκίνημα

Δύσκολο ξεκίνημα

Re: Δύσκολο ξεκίνημα

Re: Δύσκολο ξεκίνημα

Re: Δύσκολο ξεκίνημα

Re: Δύσκολο ξεκίνημα

Re: Δύσκολο ξεκίνημα

Re: Δύσκολο ξεκίνημα

Re: Δύσκολο ξεκίνημα

Re: Δύσκολο ξεκίνημα

Re: Δύσκολο ξεκίνημα

Re: Δύσκολο ξεκίνημα

Re: Δύσκολο ξεκίνημα

Re: Δύσκολο ξεκίνημα

Μέλη σε σύνδεση