Γνησίως φθίνουσα

Δυσκολότερα θέματα τα οποία όμως άπτονται της σχολικής ύλης και χρησιμοποιούν αποκλειστικά θεωρήματα που βρίσκονται μέσα σε αυτή. Σε διαφορετική περίπτωση η σύνταξη του μηνύματος θα πρέπει να γίνει στο υποφόρουμ "Ο ΦΑΚΕΛΟΣ ΤΟΥ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΥ"

Συντονιστής: Μπάμπης Στεργίου

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2999
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Γνησίως φθίνουσα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Παρ Μαρ 13, 2020 9:41 pm

Εστω k>1 και 0<x<1 σταθερά .

Θεωρούμε την
f:(0,\infty )\rightarrow \mathbb{R}
με
\displaystyle f(t)=(\frac{k}{k+x^{t}-1})^{\frac{1}{t}}

Δείξτε ότι είναι γνησίως φθίνουσα.

Προήλθε από το
viewtopic.php?f=59&t=66450



Λέξεις Κλειδιά:
stranger
Δημοσιεύσεις: 182
Εγγραφή: Δευ Ιαν 14, 2019 6:12 am
Τοποθεσία: United States of America

Re: Γνησίως φθίνουσα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranger » Σάβ Μαρ 14, 2020 7:02 am

Η άσκηση είναι πολύ απλή.
'Εχουμε \log f(\frac{1}{t}) = t \log( \frac{k}{k-1 - x^{\frac{1}{t}}}) . Παραγωγίζοντας την x^{\frac{1}{t}} έχουμε ότι είναι γνησίως αύξουσα επειδή 0<x<1.
Εύκολα τώρα βλέπουμε ότι η \log f(\frac{1}{t}) είναι γνησίως αύξουσα, οπότε η f είναι γνησίως φθίνουσα.


Κωνσταντίνος Σμπώκος
Μαθηματικός, PhD
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2999
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Γνησίως φθίνουσα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Κυρ Μαρ 15, 2020 12:24 am

stranger έγραψε:
Σάβ Μαρ 14, 2020 7:02 am
Η άσκηση είναι πολύ απλή.
'Εχουμε \log f(\frac{1}{t}) = t \log( \frac{k}{k-1 - x^{\frac{1}{t}}}) . Παραγωγίζοντας την x^{\frac{1}{t}} έχουμε ότι είναι γνησίως αύξουσα επειδή 0<x<1.
Εύκολα τώρα βλέπουμε ότι η \log f(\frac{1}{t}) είναι γνησίως αύξουσα, οπότε η f είναι γνησίως φθίνουσα.
Πράγματι αν ένα + γίνει - είναι απλή.
Μόνο που άλλη είναι η συνάρτηση που ζητείται .
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:
Παρ Μαρ 13, 2020 9:41 pm
Εστω k>1 και 0<x<1 σταθερά .

Θεωρούμε την
f:(0,\infty )\rightarrow \mathbb{R}
με
\displaystyle f(t)=(\frac{k}{k+x^{t}-1})^{\frac{1}{t}}

Δείξτε ότι είναι γνησίως φθίνουσα.

Προήλθε από το
viewtopic.php?f=59&t=66450


KAKABASBASILEIOS
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 1534
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 01, 2009 1:46 pm

Re: Γνησίως φθίνουσα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KAKABASBASILEIOS » Κυρ Μαρ 15, 2020 2:04 am

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:
Παρ Μαρ 13, 2020 9:41 pm
Εστω k>1 και 0<x<1 σταθερά .

Θεωρούμε την
f:(0,\infty )\rightarrow \mathbb{R}
με
\displaystyle f(t)=(\frac{k}{k+x^{t}-1})^{\frac{1}{t}}

Δείξτε ότι είναι γνησίως φθίνουσα.

Προήλθε από το
viewtopic.php?f=59&t=66450

...μετά την παρατήρηση του Σταύρου και βλέποντας αυτό που δεν είδα...
αποσύρω την δημοσίευση για να την δουλέψω καλύτερα....

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης
τελευταία επεξεργασία από KAKABASBASILEIOS σε Κυρ Μαρ 15, 2020 11:48 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


f ανοιγοντας τους δρομους της Μαθηματικης σκεψης, f' παραγωγος επιτυχιας
Τα Μαθηματικά είναι απλά...όταν σκέπτεσαι σωστά...
Τα Μαθηματικά είναι αυτά...για να δεις πιό μακρυά...
Τα Μαθηματικά είναι μαγεία...όταν έχεις φαντασία...
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2999
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Γνησίως φθίνουσα

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Κυρ Μαρ 15, 2020 2:48 am

KAKABASBASILEIOS έγραψε:
Κυρ Μαρ 15, 2020 2:04 am
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:
Παρ Μαρ 13, 2020 9:41 pm
Εστω k>1 και 0<x<1 σταθερά .

Θεωρούμε την
f:(0,\infty )\rightarrow \mathbb{R}
με
\displaystyle f(t)=(\frac{k}{k+x^{t}-1})^{\frac{1}{t}}

Δείξτε ότι είναι γνησίως φθίνουσα.

Προήλθε από το
viewtopic.php?f=59&t=66450
...εγώ πάλι την βγάζω γνήσια αύξουσα!!!!

Αν θεωρήσουμε την συνάρτηση g(t)=\frac{{{x}^{t}}-1,}{k},\,\,t>0 είναι γνήσια φθίνουσα αφού {g}'(t)=\frac{{{x}^{t}}\ln x}{k}<0,\,\,t>0

στο (0,\infty )και η \displaystyle f(t)=(\frac{k}{k+x^{t}-1})^{\frac{1}{t}} γίνεται

f(t)={{(\frac{1}{1+g(t)})}^{\frac{1}{t}}}\Rightarrow \ln (f(t))=\frac{1}{t}\ln \left( \frac{1}{1+g(t)} \right)=-\frac{\ln (1+g(t))}{t}

και παραγωγίζοντας έχουμε \frac{{f}'(t)}{f(t)}=-\frac{\frac{t{g}'(t)}{1+g(t)}-\ln (1+g(t))}{{{t}^{2}}}=\frac{\ln (1+g(t))-\frac{t{g}'(t)}{1+g(t)}}{{{t}^{2}}}

άρα {f}'(t)=f(t)\frac{\ln (1+g(t))-\frac{t{g}'(t)}{1+g(t)}}{{{t}^{2}}}>0,\,\,t>0 άρα η συνάρτηση είναι γνήσια αύξουσα…..

που κάνω την πατάτα :ewpu: :ewpu:

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης
Καλημέρα Βασίλη.

Η πατάτα είναι ότι υποθέτεις το \ln (1+g(t))\geq 0

ενω στην πραγματικότητα είναι \ln (1+g(t))<0


ksofsa
Δημοσιεύσεις: 187
Εγγραφή: Κυρ Απρ 18, 2010 9:42 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Γνησίως φθίνουσα

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ksofsa » Κυρ Μαρ 15, 2020 9:52 am

Καλημέρα σε όλους!

Μια προσπάθεια:

Εστω t_{1}<t_{2}

Αρκεί ν.δ.ό.:

f(t_{1})>f(t_{2})

\dfrac{k^{t_{2}}}{(k+x^{t_{1}}-1)^{t_{2}}}> \dfrac{k^{t_{1}}}{(k+x^{t_{2}}-1)^{t_{1}}}

(\dfrac{k+x^0-1}{k+x^{t_{1}}-1})^{\dfrac{1}{t_{1}}}> (\dfrac{k+x^{t_{1}}-1}{k+x^{t_{2}}-1})^{\dfrac{1}{t_{2}-t_{1}}}

\dfrac{ln(k+x^0-1)-ln(k+x^{t_{1}}-1)}{t_{1}}> \dfrac{ln(k+x^{t_{1}}-1)-ln(k+x^{t_{2}}-1)}{t_{2}-t_{1}}

\dfrac{ln(k+x^{t_{1}}-1)-ln(k+x^0-1)}{t_{1}}< \dfrac{ln(k+x^{t_{2}}-1)-ln(k+x^{t_{1}}-1)}{t_{2}-t_{1}}

Θεωρώ τη συνάρτηση

g(y)=ln(k+x^y-1), με y\geq 0

και g'(y)=\dfrac{x^ylnx}{k+x^y-1}

Θα δείξω ότι η g' γνησίως αύξουσα.

Εστω y_{1}< y_{2}

Αρκεί \dfrac{x^{y_{1}}lnx}{k+x^{y_{1}}-1}< \dfrac{x^{y_{2}}lnx}{k+x^{y_{2}}-1}

\dfrac{x^{y_{1}}}{k+x^{y_{1}}-1}> \dfrac{x^{y_{2}}}{k+x^{y_{2}}-1}

(k-1)(x^{y_{1}}-x^{y_{2}})>0

που ισχύει διότι 0<x<1, y_{1}<y_{2}

Τελικά η g' γνησίως αύξουσα.

Από Θ.Μ.Τ. υπάρχουν x_{1}\epsilon (0,t_{1}), x_{2}\epsilon (t_{1},t_{2})

ώστε

g'(x_{1})=\dfrac{g(t_{1})-g(0)}{t_{1}}

g'(x_{2})=\dfrac{g(t_{2})-g(t_{1})}{t_{2}-t_{1}}

Ισχύει g'(x_{1})<g'(x_{2}),

που είναι η προς απόδειξη ανισότητα.


Κώστας Σφακιανάκης
Άβαταρ μέλους
Christos.N
Δημοσιεύσεις: 1834
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 26, 2009 2:28 pm
Τοποθεσία: Ίλιον

Re: Γνησίως φθίνουσα

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Christos.N » Κυρ Μαρ 15, 2020 12:21 pm

Να κάνω μια προσπάθεια , μπορεί να αποδειχθεί και πατάτα.
θεωρούμε την f(t)^t=\frac{k}{k+x^t-1}

Αποδεικνύεται ότι η g ,όπου g(t)=\frac{k}{k+x^t-1}, είναι γνησίως φθίνουσα και 1<g(t)<\frac{k}{k-1} από την τελευταία προκύπτει ότι

lnf(t)>0

Επίσης ισχύει η ισοδυναμία t_1<t_2 \Leftrightarrow f(t_1)^{t_1}>f(t_2)^{t_2}\Leftrightarrow t_1 lnf(t_1)>t_2 lnf(t_2) για κάθε t_1,t_2 \in(0,+\infty)

Όμως

\displaystyle{t_1 lnf(t_1)>t_2 lnf(t_2) \Rightarrow t_1 lnf(t_1)>t_2 lnf(t_2)>t_1 lnf(t_2)\\ \Rightarrow lnf(t_1)>lnf(t_2) \Rightarrow f(t_1)> f(t_2) }

και έχω την εντύπωση ότι το δείξαμε.
τελικά πατάτα έκανα , η g είναι γνησίως αύξουσα, το αφήνω για τον κόπο.


Χρήστος Ντάβας
Wir müssen wissen — wir werden wissen! D.Hilbert
sot arm
Δημοσιεύσεις: 203
Εγγραφή: Τρί Μάιος 03, 2016 5:25 pm

Re: Γνησίως φθίνουσα

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από sot arm » Κυρ Μαρ 15, 2020 8:06 pm

Ίσως λέω τα ίδια με τα προηγούμενα λίγο η πολύ, ας δούμε:

Αν g(t)= x^{t}+k-1 προκύπτει με απλές πράξεις ότι: g''(t)g(t) > (g'(t))^{2} , είναι ισοδύναμο με το  k >1 , συνεπώς η g(t) είναι αυστηρά λογαριθμικώς κυρτή, άρα από το λήμμα των τριών χορδών (μόνο τις δύο χορδές θέλουμε) η συνάρτηση:

\frac{ln(g(t))-ln(g(0))}{t} γνησίως αύξουσα, δηλαδή η -ln(f(t)) γνησίως αύξουσα και άρα η f(t) γνησίως φθίνουσα.


Αρμενιάκος Σωτήρης
stranger
Δημοσιεύσεις: 182
Εγγραφή: Δευ Ιαν 14, 2019 6:12 am
Τοποθεσία: United States of America

Re: Γνησίως φθίνουσα

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranger » Τρί Μαρ 17, 2020 9:55 pm

Μια απλή λύση είναι η εξής.
Έχουμε \log f(\frac{1}{t}) = t \log \frac{k}{k-1+x^{\frac{1}{t}}}. Παραγωγίζοντας την συνάρτηση \log \frac{k}{k-1+x^{\frac{1}{t}}} έχουμε (\log \frac{k}{k-1+x^{\frac{1}{t}}}){'} = \frac{k-1+ x^{\frac{1}{t}}}{k} k (-( \frac{1}{k-1 + x^{\frac{1}{t}}})^2 x^{\frac{1}{t}} \log x (-\frac{1}{t^2}) <0. Άρα επειδή \log \frac{k}{k-1+x^{\frac{1}{t}}} > 0 έχουμε ότι η συνάρτηση \log f(\frac{1}{t}) είναι γνησίως αύξουσα και το συμπέρασμα έπεται.
τελευταία επεξεργασία από stranger σε Τρί Μαρ 17, 2020 10:32 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Κωνσταντίνος Σμπώκος
Μαθηματικός, PhD
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2999
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Γνησίως φθίνουσα

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Τρί Μαρ 17, 2020 10:24 pm

stranger έγραψε:
Τρί Μαρ 17, 2020 9:55 pm
Μια απλή λύση είναι η εξής.
Έχουμε \log f(\frac{1}{t}) = t \log \frac{k}{k-1+x^{\frac{1}{t}}}. Παραγωγίζοντας την συνάρτηση \log \frac{k}{k-1+x^{\frac{1}{t}}} έχουμε (\log \frac{k}{k-1+x^{\frac{1}{t}}}){'} = \frac{k-1+ x^{\frac{1}{t}}}{k} k (-( \frac{1}{k-1 + x^{\frac{1}{t}}})^2 x^{\frac{1}{t}} \log x (-\frac{1}{t^2}) <0. Άρα επειδή \log \frac{k}{k-1+x^{\frac{1}{t}}} < 0 έχουμε ότι η συνάρτηση \log f(\frac{1}{t}) είναι γνησίως αύξουσα και το συμπέρασμα έπεται.
Το \log \frac{k}{k-1+x^{\frac{1}{t}}} < 0
δεν ισχύει .
Είναι
k-1+x^{\frac{1}{t}}< k


stranger
Δημοσιεύσεις: 182
Εγγραφή: Δευ Ιαν 14, 2019 6:12 am
Τοποθεσία: United States of America

Re: Γνησίως φθίνουσα

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranger » Τρί Μαρ 17, 2020 10:32 pm

Ναι έχεις δίκιο έχουμε \log \frac{k}{k-1 +x^{\frac{1}{t}}} >0.
Αν το αλλάξουμε στην απόδειξή μου αυτό, τότε η απόδειξη είναι σωστή.


Κωνσταντίνος Σμπώκος
Μαθηματικός, PhD
stranger
Δημοσιεύσεις: 182
Εγγραφή: Δευ Ιαν 14, 2019 6:12 am
Τοποθεσία: United States of America

Re: Γνησίως φθίνουσα

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranger » Τρί Μαρ 17, 2020 10:36 pm

Όχι τελικά έχεις δίκιο η απόδειξη είναι λάθος.
Ευχαριστώ.


Κωνσταντίνος Σμπώκος
Μαθηματικός, PhD
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2999
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Γνησίως φθίνουσα

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Τρί Μαρ 17, 2020 10:42 pm

stranger έγραψε:
Τρί Μαρ 17, 2020 10:32 pm
Ναι έχεις δίκιο έχουμε \log \frac{k}{k-1 +x^{\frac{1}{t}}} >0.
Αν το αλλάξουμε στην απόδειξή μου αυτό, τότε η απόδειξη είναι σωστή.
Δεν νομίζω.
Εχουμε μια θετική συνάρτηση φθίνουσα και μια θετική αύξουσα.
Πως το γινόμενο τους θα προκύψει αύξουσα;
Εκτός αν χάνω κάτι.


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΘΕΜΑΤΑ ΜΕ ΑΠΑΙΤΗΣΕΙΣ Γ'”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Bing [Bot] και 1 επισκέπτης