Ανισότητα με συνάρτηση!

Γενικά θέματα Μαθηματικών καί περί Μαθηματικών

Συντονιστής: Παύλος Μαραγκουδάκης

Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6167
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Ανισότητα με συνάρτηση!

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Κυρ Ιουν 17, 2018 1:40 pm

Αν \displaystyle{f(x)=\frac{x-1}{\ln x}, ~~0<x\ne 1}, να αποδείξετε ότι

\displaystyle{f(a^2)+f(b^2)\geq 2f(ab)}

για οποιαδήποτε \displaystyle{a,b\in(0,1)\cup (1,+\infty),} με \displaystyle{ab\ne 1.}

Την παραπάνω ανισότητα την κατασκεύασα με τρόπο, ο οποίος δεν φαίνεται να οδηγεί σε επέκταση σε περισσότερες από δύο μεταβλητές.
Υπάρχει άραγε τέτοια επέκταση;
Συνημμένα
function.png
function.png (14.45 KiB) Προβλήθηκε 626 φορές


Μάγκος Θάνος

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2641
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: Ανισότητα με συνάρτηση!

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Κυρ Ιουν 17, 2018 11:37 pm

matha έγραψε:
Κυρ Ιουν 17, 2018 1:40 pm
Αν \displaystyle{f(x)=\frac{x-1}{\ln x}, ~~0<x\ne 1}, να αποδείξετε ότι

\displaystyle{f(a^2)+f(b^2)\geq 2f(ab)}

για οποιαδήποτε \displaystyle{a,b\in(0,1)\cup (1,+\infty),} με \displaystyle{ab\ne 1.}

Την παραπάνω ανισότητα την κατασκεύασα με τρόπο, ο οποίος δεν φαίνεται να οδηγεί σε επέκταση σε περισσότερες από δύο μεταβλητές.
Υπάρχει άραγε τέτοια επέκταση;
Προς το παρόν δεν την βλέπω την επέκταση, καθώς η f δεν είναι κυρτή :evil:

Για την περίπτωση των δύο μεταβλητών όπως τέθηκε παραπάνω ... εύλογα υποθέτω b\geq a και θεωρώ την g(b)=f(a^2)+f(b^2)-2f(ab). Αρκεί, λόγω g(a)=0, να δειχθεί η g'(b)>0 για b>a, αρκεί δηλαδή να δειχθεί η bf'(b^2)>af'(ab), για b>a πάντοτε. Ύστερα από λίγες πράξεις παρατηρούμε ότι η ζητούμενη ανισότητα είναι ισοδύναμη προς την

\dfrac{b^2ln(b^2)-b^2+1}{(ln(b^2))^2}>\dfrac{(ab)ln(ab)-(ab)+1}{(ln(ab))^2},

όπου, από b>a, έχουμε b^2>ab. Αρκεί δηλαδή να δειχθεί ότι είναι αύξουσα η h(y)=\dfrac{ylny-y+1}{(lny)^2}. Ισχύει η

h'(y)=\dfrac{y(lny)^2-2ylny+2y-2}{(lny)^3},

οπότε, επειδή χρειαζόμαστε την h'(y)\geq0 και ο αριθμητής της h'(y) μηδενίζεται για y=1 ενώ ο παρονομαστής της h'(y) αλλάζει πρόσημο στο y=1, αρκεί να δειχθεί ότι ο αριθμητής είναι αύξουσα συνάρτηση του y, κάτι που προκύπτει από την (y(lny)^2-2ylny+2y-2)'=(lny)^2>0.


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2372
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Ανισότητα με συνάρτηση!

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Δευ Ιουν 18, 2018 11:10 am

matha έγραψε:
Κυρ Ιουν 17, 2018 1:40 pm
Αν \displaystyle{f(x)=\frac{x-1}{\ln x}, ~~0<x\ne 1}, να αποδείξετε ότι

\displaystyle{f(a^2)+f(b^2)\geq 2f(ab)}

για οποιαδήποτε \displaystyle{a,b\in(0,1)\cup (1,+\infty),} με \displaystyle{ab\ne 1.}

Την παραπάνω ανισότητα την κατασκεύασα με τρόπο, ο οποίος δεν φαίνεται να οδηγεί σε επέκταση σε περισσότερες από δύο μεταβλητές.
Υπάρχει άραγε τέτοια επέκταση;
Νομίζω ότι η απόδειξη του Γιώργου δίνει την ανισότητα και στην περίπτωση που

\displaystyle{a,b\in (0,+\infty)}

Ο λόγος είναι ότι αν θέσουμε f(1)=1 τότε η f είναι τουλάχιστον δυο φορές παραγωγίσιμη στο

\displaystyle{ (0,+\infty)}


Συμπλήρωμα .Η η f είναι άπειρες φορές παραγωγίσιμη στο

\displaystyle{ (0,+\infty)}


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8113
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Ανισότητα με συνάρτηση!

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Δευ Ιουν 18, 2018 11:17 am

Θεωρώ την συνάρτηση g:\mathbb{R} \to \mathbb{R} με τύπο \displaystyle  g(x) = f(e^x) = \frac{e^x-1}{x} για x \neq 0 και g(0) = 1. Η g είναι κυρτή (*) οπότε από Jensen έχουμε \displaystyle  \frac{g(x_1) + \cdots + g(x_n)}{n} \geqslant g\left( \frac{x_1 + \cdots + x_n}{n}\right)

Θέτoντας y_i = e^{x_i} παίρνω:

\displaystyle  f(y_1^n) + \cdots + f(y_n^n) = g(nx_1) + \cdots + g(nx_n) \geqslant ng\left( x_1 + \cdots + x_n\right) = nf(y_1\cdots y_n)

(*) Έχουμε \displaystyle g''(x) = \frac{e^x(x^2-2x+2)-2}{x^3} οπότε αρκεί να δείξουμε ότι η h(x) = e^x(x^2-2x+2)-2 είναι θετική για x>0 και αρνητική για x < 0. Όμως h'(x) = e^x x^2. Άρα η h είναι γνησίως αύξουσα και επειδή h(0) = 0 το ζητούμενο έπεται. [Χρειάζεται λίγη προσοχή με τις παραγώγους του g στο 0. Αν κοιτάξουμε το ανάπτυγμα Taylor παρατηρούμε ότι δεν υπάρχει κάποιο πρόβλημα με αυτές τις παραγώγους και την ύπαρξη/συνέχειά τους στο 0.]


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γενικά”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης