Vojtech Jarnik 2017/4 Category I

Συντονιστής: Demetres

Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8261
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Vojtech Jarnik 2017/4 Category I

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τετ Μάιος 10, 2017 11:56 am

Έστω συνεχώς παραγωγίσιμη συνάρτηση f:(1,\infty) \to \mathbb{R} ώστε f(x) \leqslant x^2 \log{x} και f'(x) > 0 για κάθε x \in (1,\infty).

Να αποδειχθεί ότι \displaystyle{ \int_1^{\infty} \frac{1}{f'(x)} \, \mathrm{d}x = \infty}



Λέξεις Κλειδιά:
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2684
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Vojtech Jarnik 2017/4 Category I

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Πέμ Μάιος 11, 2017 6:03 pm

Για 1\leq a< b

Η C-S δίνει

(b-a)^{2}\leq \int_{a}^{b}\dfrac{1}{f'(x)}dx\int_{a}^{b}f'(x)dx\leq \int_{a}^{b}\dfrac{1}{f'(x)}dx f(b)

Για a=2^{k},b=2^{k+1}

και επειδή f(2^{k+1})\leq 4.2^{2k}(k+1)ln2

η προηγούμενη δίνει

\frac{1}{4}\dfrac{1}{(k+1)ln2}\leq \int_{2^{k}}^{2^{k+1}}\dfrac{1}{f'(x)}dx

Αθροίζοντας πάνω στα k=0,1,2.....

παίρνουμε το ζητούμενο αφού \sum_{k=0}^{\infty }\dfrac{1}{k+1}=\infty

Συμπλήρωμα.Η παραπάνω απόδειξη ισχύει με την προυπόθεση ότι f(x)\geq 0Τροποποιούμενη δίνει το αποτέλεσμα και χωρίς
αυτή την προυπόθεση.Θα το γράψω σε λίγο. Ευχαριστώ τον Δημήτρη (Demetres) για την παρατήρηση του.


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2684
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Vojtech Jarnik 2017/4 Category I

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Πέμ Μάιος 11, 2017 7:18 pm

Παρατηρούμε από τα δεδομένα ότι η f είναι γνησίως αύξουσα.

Για 1\leq a< b

Η C-S δίνει

(b-a)^{2}\leq \int_{a}^{b}\dfrac{1}{f'(x)}dx\int_{a}^{b}f'(x)dx\leq \int_{a}^{b}\dfrac{1}{f'(x)}dx( f(b)-f(a))

1 Περίπτωση. f(x)< 0,x\geq 1

Η παραπάνω γίνεται

(b-1)^{2}\leq \int_{1}^{b}\dfrac{1}{f'(x)}dx( f(b)-f(1))\leq\int_{1}^{b}\dfrac{1}{f'(x)}dx( -f(1))

και προφανώς παίρνουμε το ζητούμενο για b\rightarrow \infty

2Περίπτωση.Υπάρχει c> 1 με f(c)\geq 0

Κάνουμε την απόδειξη που κάναμε για την περίπτωση f(x)\geq 0,x\geq 1

αθροίζοντας πάνω στα k με 2^{k}> c


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8261
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Vojtech Jarnik 2017/4 Category I

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Πέμ Μάιος 11, 2017 7:48 pm

Βάζω και την δική μου απάντηση η οποία δεν είναι τόσο σύντομη όσο του Σταύρου.

Εφαρμόζω και εγώ την Cauchy-Schwarz όπως ο Σταύρος αλλά με a=n,b=n+1 για να πάρω

\displaystyle{ \int_n^{n+1} \frac{1}{f'(x)} \, \mathrm{d}x \geqslant \frac{1}{f(n+1)-f(n)}}

Σκεπτικό: Στην περίπτωση που f(x) = x^2\log{x} αναμένω ότι f(n+1)-f(n) \approx f'(n) = 2n\log{n} + n \approx 2n\log{n}. Εφαρμόζω λοιπόν την Cauchy-Schwarz ως εξής:

\displaystyle{ \left(\sum_{n=2}^N \frac{1}{f(n+1) - f(n)}\right)\left( \sum_{n=2}^N \frac{f(n+1) - f(n)}{(2n\log{n})^2}\right) \geqslant \left(\sum_{n=2}^N \frac{1}{2n\log{n}}\right)^2}

Έχουμε

\displaystyle{\sum_{n=2}^N \frac{1}{2n\log{n}} \geqslant \frac{1}{2}\int_3^{N} \frac{1}{x\log{x}} \, \mathrm{d}x} 
  = \frac{\log\log{N} - \log\log{3}}{2}.

Επίσης


\displaystyle{\begin{aligned}  
\sum_{n=2}^{N} \frac{f(n+1) - f(n)}{(2n\log{n})^2} &= \frac{f(N+1)}{(2(N+1)\log{(N+1)})^2} - \frac{f(2)}{16\log^2{2}}  \\ 
&+ \sum_{n=3}^{N-1} f(n) \left(\frac{1}{(2(n-1)\log{(n-1)})^2} - \frac{1}{(2n\log{n})^2} \right) 
\end{aligned}}

Θέτω g(x) = (2x\log{x})^2. Τότε g(n+1)-g(n) = g'(\xi) για κάποιο \xi \in (n,n+1).

Έχουμε g'(x) = 8x\log^2{x} + 8x \leqslant 16x\log^2{x}. Άρα

\displaystyle{ \frac{1}{g(n)} - \frac{1}{g(n+1)} = \frac{g(n+1)-g(n)}{g(n)g(n+1)} \leqslant \frac{16(n+1)\log^2{(n+1)}}{g(n)g(n+1)} = \frac{1}{n^2(n+1)\log^2{n}}.}

Οπότε

\displaystyle{ f(n+1) \left( \frac{1}{g(n)} - \frac{1}{g(n+1)}\right) \leqslant \frac{1}{(n+1)\log{n}}.}

Καταλήγουμε στο ότι

\displaystyle{ \sum_{n=2}^{N} \frac{f(n+1) - f(n)}{(2n\log{n})^2} \leqslant \frac{1}{\log{(N+1)}} - \frac{f(2)}{16\log^2{2}} + \sum_{n=2}^{N-2} \frac{1}{(n+1)\log{n}} }

Τέλος

\displaystyle{ \sum_{n=2}^{N-2} \frac{1}{(n+1)\log{n}} \leqslant \sum_{n=2}^{N-2} \frac{1}{n\log{n}} \leqslant \int_2^{N} \frac{1}{x\log{x}} \, \mathrm{d}x = \log{\log{N}} - \log{\log{2}}. }

Βάζοντάς τα όλα μαζί παίρνουμε το ζητούμενο.


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2684
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Vojtech Jarnik 2017/4 Category I

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Παρ Μάιος 12, 2017 12:05 am

Να βάλω και εγώ το σκεπτικό μου.

Πρώτα υπέθεσα ότι η f
είναι φραγμένη.Αυτό περιέχει και την περίπτωση να είναι αρνητική.

Τότε επειδή είναι γνησίως αύξουσα θα έχουμε \lim_{x\rightarrow \infty }f(x)=a\in \mathbb{R}

Eπειδή η παράγωγος είναι θετική και πάει να γλείψει ευθεία από κάτω θα είναι κοίλη.
Ετσι το \lim_{x\rightarrow \infty }f'(x)=0 οπότε το ζητούμενο είναι προφανές.
(όταν έγραφα την λύση το είχα ξεχάσει και το έβαλα μετά)

Ετσι θεώρησα ότι το πρόβλημα έχει ενδιαφέρον όταν \lim_{x\rightarrow \infty }f(x)=\infty
Για να συνδέσω την f,f' έφτιαξα μια ανισότητα μεταξύ των ολοκληρωμάτων.
Μετά είδα ότι η ανισότητα αυτή είναι στην ουσία η C-S.
Από την αρχή έκανα δυαδικό σπάσιμο γιατί γνωρίζω ότι αυτό είναι πολύ ισχυρό.
Τα υπόλοιπα τα βλέπετε παραπάνω.

Η απόδειξη του Δημήτρη έχει δύο διαφορές από την δική μου.
Η πρώτη είναι ότι δεν ξεχωρίζει περιπτώσεις.
Η δεύτερη είναι ότι δεν κάνει δυαδικό σπάσιμο.

Καλό είναι σε όλες τις λύσεις να μπαίνει το σκεπτικό.Το πρόβλημα τουλάχιστον για μένα είναι ότι πολλές φορές σκέφτομαι
ασυνείδητα ,η δεν μου είναι εύκολο να εκφράσω τις σκέψεις σε γραπτό λόγο.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Διαγωνισμοί για φοιτητές”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες