Quickie!

Σε συνέχεια αυτού:

Αν $\displaystyle{f(x)=\frac{\sin x}{x},x\ne 0,~~f(0)=1,}$ να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{1+f(x)-f(y)\geq \frac{f(x+y)+f(x-y)}{2}}$ για όλα τα $\displaystyle{x,y.}$

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ

matha έγραψε: ↑
Σάβ Οκτ 06, 2018 2:04 pm
Σε συνέχεια αυτού:

Αν $\displaystyle{f(x)=\frac{\sin x}{x},x\ne 0,~~f(0)=1,}$ να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{1+f(x)-f(y)\geq \frac{f(x+y)+f(x-y)}{2}}$ για όλα τα $\displaystyle{x,y.}$

Ωραίο.

Η ουσία είναι ότι η

είναι μετασχηματισμός Fourier της χαρακτηριστικής του [-1,1]

(mod σταθερές)

Ας το δούμε στοιχειωδώς.

Παρατηρούμε ότι (!!!!!) $f(x)=\int_{-1}^{1}\dfrac{\cos xt}{2}dt$

Ετσι έχουμε

$1+f(x)-f(y)- \frac{f(x+y)+f(x-y)}{2}=\int_{-1}^{1}\frac{1}{2}+\frac{\cos xt}{2}-\frac{\cos yt}{2}-\frac{\cos (x+y)t} {4}-\frac{\cos (x-y)t}{4}dt=$

$\frac{1}{2}\int_{-1}^{1}(1+\cos xt)(1-\cos yt)dt\geq 0$

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ

Μια παραλλαγή της παραπάνω λύσης είναι :

Θεωρούμε την
$g(t)=t+f(xt)-f(yt)-\dfrac{f((x+y)t)+f((x-y)t)}{2},t\in \mathbb{R}$

Είναι
$g'(t)=1+\cos xt-\cos yt-\dfrac{\cos (x+y)t+\cos (x-y)t}{2}=$
$1+\cos xt-\cos yt-\cos xt\cos yt=(1+\cos xt)(1-\cos yt)\geq 0$

Αρα $g(1)\geq g(0)=0$

που δίνει την ζητούμενη.

Με την ωραία παρέμβαση του Σταύρου, ακόμα μια απόδειξη η οποία δικαιολογεί τον τίτλο:

Ισχύει

$\displaystyle{\int_{0}^{1}(\sin (ax)-\sin (bx))^2 \geq 0.}$

Αυτή είναι η ζητούμενη!

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ

matha έγραψε: ↑
Πέμ Οκτ 11, 2018 7:35 pm
Με την ωραία παρέμβαση του Σταύρου, ακόμα μια απόδειξη η οποία δικαιολογεί τον τίτλο:

Ισχύει

$\displaystyle{\int_{0}^{1}(\sin (ax)-\sin (bx))^2 \geq 0.}$

Αυτή είναι η ζητούμενη!

Γεια σου Θάνο.
Είναι κάτι που δεν βλέπω η ήθελες να γράψεις

$\displaystyle{\int_{0}^{1}(\sin (\frac{(x+y)t}{2})-\sin (\frac{(x-y)t}{2}))^2dt \geq 0}$

Πάντως το τελευταίο είναι ίδιο με το

$\displaystyle{\int_{0}^{1}(1-\cos yt)(1+\cos xt)dt \geq 0}$ .

Quickie!

Quickie!

Re: Quickie!

Re: Quickie!

Re: Quickie!

Re: Quickie!

Μέλη σε σύνδεση