Εύρεση f και έπεται συνέχεια

hsiodos · #1

Έστω η συνάρτηση f ορισμένη στο $\displaystyle{(0, + \infty )}$ για την οποία γνωρίζουμε ότι

$\displaystyle{ x^x f{'} (x) = (x + 1)^x \left[ {x\ln \left( {1 + \frac{1}{x}} \right) + \frac{1}{{x + 1}}} \right]\,\,\,\gamma \iota \alpha \,\,\kappa \alpha \theta \varepsilon \,\,\,x > 0\,\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,f(1) = 2}$

Να βρείτε την f

Γιώργος

#2

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

hsiodos · #3

Όπως εύστοχα παρατήρησε ο Ροδόλφος η συνάρτηση μας είναι η

$\displaystyle{f(x) = x\left( {1 + \frac{1}{x}} \right)^x ,\,\,\,x > 0}$

Τώρα να αποδείξουμε ότι

α) Η f είναι κυρτή

β) Για κάθε θετικό αριθμό α ισχύει $\displaystyle{f(a) \ge \sqrt {(a + 3)^{a + 1} (a + 1)^{1 - a} } - 2}$

Γιώργος

#4

Γι την κυτρτότητα
άσχημος τρόπος με πολλές πράξεις σίγουρα θα υπάρχει κάτι καλύτερο

$\displaystyle{f''(x) =\frac{(1 + 1/x)^ x (-3 - x + (1 + x) ln(1 + 1/x) (2 + x (1 + x) ln(1 + 1/x)))}{(1 + x)^2}}$
αν θέσουμε 1+1/x=y>1

αρκεί
$g(y)=-(-1 + y)^2 (-2 + 3 y) + y ln(y) (2 (-1 + y)^2 + y ln(y))>0,y\ge 1$ ώστε η f να βγεί κυρτή
Επειδή g(1)=g'(1)=g''(1)=g'''(1)=0

αρκεί

ή $\displaystyle{h(x) = ln(x) - \frac{(x - 1)(1 + 2 x)}{2 x + 6 x^2}>0}$ και επειδή h(1}=0

αρκεί

η $\displaystyle{\frac{-1 - 4 x + 7 x^2 + 18 x^3}{2 x^2 (1 + 3 x)^2}>0}$ που ισχύει αφού x>1

άρα

hsiodos · #5

hsiodos έγραψε:Όπως εύστοχα παρατήρησε ο Ροδόλφος η συνάρτηση μας είναι η

$\displaystyle{f(x) = x\left( {1 + \frac{1}{x}} \right)^x ,\,\,\,x > 0}$

Τώρα να αποδείξουμε ότι

α) Η f είναι κυρτή

β) Για κάθε θετικό αριθμό α ισχύει $\displaystyle{f(a) \ge \sqrt {(a + 3)^{a + 1} (a + 1)^{1 - a} } - 2}$

Γιώργος

Για το β) Αρχικά πήγα να δώσω απόδειξη όμοια με του Ροδόλφου αλλά λόγω των πολλών πράξεων ...εγκατέλειψα την προσπάθεια.

Μετά προσπάθησα να χρησιμοποιήσω διάφορες παραλλαγές της $\displaystyle{ 1 - \frac{1}{x} < \ln x < x - 1\,\,,x > 0\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,x \ne 1}$ αλλά δεν είχα αποτέλεσμα.

Τελικά ... ενέδωσα και κοίταξα την προτεινόμενη λύση.

Είναι $\displaystyle{ f{''} (x) = \left( {1 + \frac{1}{x}} \right)^x \left[ {x\ln ^2 \left( {1 + \frac{1}{x}} \right) + \frac{2}{{x + 1}}\ln \left( {1 + \frac{1}{x}} \right) - \frac{{x + 3}}{{(x + 1)^2 }}} \right]\,\,,\,\,\,x > 0}$

Χρησιμοποιείται τώρα το αριστερό σκέλος της ανισότητας $\displaystyle{ \frac{2}{{2x + 1}} < \ln \left( {1 + \frac{1}{x}} \right) < \frac{1}{{\sqrt {x(x + 1)} }}\,\,\,\,\,\,x > 0\,\,(1)}$ (αυτή αποδεικνύεται σχετικά εύκολα)

οπότε: $\displaystyle{ f{''} (x) > \left( {1 + \frac{1}{x}} \right)^x \left[ {x\frac{4}{{(2x + 1)^2 }} + \frac{2}{{x + 1}} \cdot \frac{2}{{x + 1}} - \frac{{x + 3}}{{(x + 1)^2 }}} \right] = \left( {1 + \frac{1}{x}} \right)^x \frac{{3x + 1}}{{(x + 1)^2 (2x + 1)^2 }} > 0}$

Το εντυπωσιακό στην (1) είναι ότι οι γραφικές παραστάσεις των τριών συναρτήσεων που εμφανίζονται ''σχεδόν ταυτίζονται" όταν x>1 που σημαίνει ότι μπορούμε να πάρουμε πολύ καλές προσεγγίσεις του lnx αν x>2

Μένει να αποδειχθεί και το γ) ερώτημα που έχω προσθέσει.

Γιώργος

Math Rider · #6

Στο γ) εφαρμόζουμε την ανισότητα Jensen: $\displaystyle{ \frac{{f(x_1 ) + f(x_2 )}}{2} \ge f\left( {\frac{{x_1 + x_2 }}{2}} \right) }$ (*)
για $\displaystyle{ x_1 = a }$ , $\displaystyle{ x_2 = 1 }$ (όπου $\displaystyle{ a > 0 }$ ) Αναλυτικά:

$\displaystyle{ \frac{{f(a) + f(1)}}{2} \ge f\left( {\frac{{a + 1}}{2}} \right) \Rightarrow f(a) + f(1) \ge 2f\left( {\frac{{a + 1}}{2}} \right) \Rightarrow }$

$\displaystyle{ f(a) + 2 \ge 2 \cdot \frac{{a + 1}}{2}\left( {1 + \frac{2}{{a + 1}}} \right)^{\frac{{a + 1}}{2}} \Rightarrow f(a) + 2 \ge (a + 1)\left( {\frac{{a + 3}}{{a + 1}}} \right)^{\frac{{a + 1}}{2}} \Rightarrow }$

$\displaystyle{ f(a) + 2 \ge (a + 1)\frac{{(a + 3)^{\frac{{a + 1}}{2}} }}{{(a + 1)^{\frac{{a + 1}}{2}} }} \Rightarrow f(a) + 2 \ge (a + 3)^{\frac{{a + 1}}{2}} (a + 1)^{1 - \frac{{a + 1}}{2}} \Rightarrow }$

$\displaystyle{ f(a) + 2 \ge (a + 3)^{\frac{{a + 1}}{2}} (a + 1)^{\frac{{1 - a}}{2}} \Rightarrow f(a) + 2 \ge \sqrt {(a + 3)^{a + 1} } \sqrt {(a + 1)^{1 - a} } \Rightarrow }$

$\displaystyle{ f(a) + 2 \ge \sqrt {(a + 3)^{a + 1} (a + 1)^{1 - a} } \Rightarrow f(a) \ge \sqrt {(a + 3)^{a + 1} (a + 1)^{1 - a} } - 2 }$

(*) Η απόδειξη εδώ: viewtopic.php?f=55&t=7810

hsiodos · #7

Νίκο πολύ ωραία!

Γιώργος

Εύρεση f και έπεται συνέχεια

Εύρεση f και έπεται συνέχεια

Re: Εύρεση f και έπεται συνέχεια

Re: Εύρεση f και έπεται συνέχεια

Re: Εύρεση f και έπεται συνέχεια

Re: Εύρεση f και έπεται συνέχεια

Re: Εύρεση f και έπεται συνέχεια

Re: Εύρεση f και έπεται συνέχεια

Μέλη σε σύνδεση