Μερικές Ανισότητες

Συντονιστής: Demetres

peter
Δημοσιεύσεις: 228
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 30, 2009 2:21 pm

Μερικές Ανισότητες

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από peter » Τετ Μάιος 25, 2011 3:17 pm

1. Έστω a_1,\ldots,a_n πραγματικοί αριθμοί ώστε: |a_1|\geq \ldots \geq |a_n|. Τότε, για κάθε t\in \mathbb R ισχύει: \displaystyle \prod_{i=1}^n \cos (a_it)+\frac{a_1^2t^2}{2}\geq \prod_{i=2}^n \frac{1}{1+a_i^2t^2/2}.

2. Για κάθε p\in (0,1/2] και κάθε x\geq 0 ισχύει: pe^{-\pi x^2/16p^2}+(1-p)\geq e^{-x/2}.

3. Για κάθε u,v>0 ισχύει: u^2\log u^2+v^2\log v^2 -(u^2+v^2)\log (\frac{u^2+v^2}{2})\leq (u-v)^2.


Λάμπρος Κατσάπας
Δημοσιεύσεις: 590
Εγγραφή: Σάβ Ιουν 17, 2017 10:17 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Μερικές Ανισότητες

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Λάμπρος Κατσάπας » Κυρ Δεκ 01, 2019 8:37 pm

peter έγραψε:
Τετ Μάιος 25, 2011 3:17 pm
1. Έστω a_1,\ldots,a_n πραγματικοί αριθμοί ώστε: |a_1|\geq \ldots \geq |a_n|. Τότε, για κάθε t\in \mathbb R ισχύει: \displaystyle \prod_{i=1}^n \cos (a_it)+\frac{a_1^2t^2}{2}\geq \prod_{i=2}^n \frac{1}{1+a_i^2t^2/2}.

2. Για κάθε p\in (0,1/2] και κάθε x\geq 0 ισχύει: pe^{-\pi x^2/16p^2}+(1-p)\geq e^{-x/2}.

3. Για κάθε u,v>0 ισχύει: u^2\log u^2+v^2\log v^2 -(u^2+v^2)\log (\frac{u^2+v^2}{2})\leq (u-v)^2.
Τις επαναφέρω.

Κάνω την πιο όμορφη, την (3).

Θα θέσω u=tv,t>0. Εύκολα μπορεί να επαληθευτεί ότι η προς απόδειξη ανισότητα παίρνει την μορφή

t^2\ln\left ( \dfrac{2t^2}{t^2+1} \right )-\ln\left ( \dfrac{t^2+1}{2} \right )\leq (t-1)^2. Aπό εδώ και πέρα είναι απλή.

Θεωρούμε την f(t)=t^2\ln\left ( \dfrac{2t^2}{t^2+1} \right )-\ln\left ( \dfrac{t^2+1}{2} \right )- (t-1)^2,t>0.

Aυτή έχει παράγωγο {f}'(t)=2-2t+2t\ln\left ( \dfrac{2t^2}{t^2+1} \right )

και δεύτερη παράγωγο {f}''(t)=2\left (1-\dfrac{2t^2}{t^2+1} +\ln\left ( \dfrac{2t^2}{t^2+1} \right )\right ).

Αν θέσουμε x:=\dfrac{2t^2}{t^2+1},x\in (0,2) βλέπουμε εύκολα ότι 2(1-x+\ln x) είναι \leq 0

με την ισότητα στο x=1\Leftrightarrow t=1. Άρα η {f}' είναι γνησίως φθίνουσα και επειδή {f}'(1)=0

η f έχει μέγιστο στο t=1 το f(1)=0. H απόδειξη έχει ολοκληρωθεί.


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2752
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Μερικές Ανισότητες

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Κυρ Δεκ 01, 2019 11:06 pm

Να κάνω την δεύτερη.
Να σημειώσω οτι ο Peter είναι ο Πέτρος Βαλέττας μαθητής του Α.Γιαννόπουλου
που αυτή την στιγμή είναι Assistant Professor στο πανεπιστήμιο του Missouri.
Μας έχει αφήσει άφθονο υλικό.
Η ανισότητα δεν είναι δύσκολη.
Υποψιάζομαι ότι είναι από κάποιο paper.

Θέτουμε t=\frac{x}{4p}
και πρέπει να αποδείξουμε

pe^{-\pi t^{2}}+(1-p)\geq e^{-2pt},t\geq 0 ,0\leq p\leq \frac{1}{2},t\geq 0

Για λόγους δακτυλογράφησης βάζω όπου t το x και όπου pτο t

Δηλαδή πρέπει να δείξουμε ότι

te^{-\pi x^{2}}+(1-t)\geq e^{-2tx},x\geq 0 ,0\leq t\leq \frac{1}{2},

Κρατάμε το x σταθερό και θεωρούμε την

f(t)=te^{-\pi x^{2}}+(1-t)- e^{-2tx},0\leq t\leq \frac{1}{2}

Αμεσα βλέπουμε ότι f''(t)< 0,t\in (0,\frac{1}{2})

Αρα είναι κοίλη οπότε f(t)\geq min(f(0),f(\frac{1}{2}))

Αλλά f(0)=0 και f(\frac{1}{2})=\frac{1}{2}e^{-\pi x^{2}}+\frac{1}{2}-e^{-x}


Αρκεί να δείξουμε ότι \frac{1}{2}e^{-\pi x^{2}}+\frac{1}{2}-e^{-x}\geq 0,x\geq 0
(ενδιαφέρουσα ανισότητα που η απόδειξη της δεν χρειάζεται παραγώγους)

Ξεχωρίζουμε τρεις περιπτώσεις

1)x\geq \ln 2
Τετριμμένα ισχύει

2)x\leq \frac{2}{\pi }

Τότε είναι -\pi x^{2}\geq -2x
Οπότε
\frac{1}{2}e^{-\pi x^{2}}+\frac{1}{2}-e^{-x} \geq \frac{1}{2}e^{-2x}+\frac{1}{2}-e^{-x}=\frac{1}{2}(1-e^{-x})^{2}\geq 0

3)\frac{2}{\pi }\leq x\leq \ln 2

Πρέπει να δείξουμε ότι (e^{-\pi x^{2}}+1)e^{x} \geq 2

Αλλά σε αυτό το διάστημα είναι

(e^{-\pi x^{2}}+1)e^{x}\geq (e^{-\pi (\ln 2)^{2}}+1)e^\frac{2}{\pi }\geq 2,1> 2
(Για τις εκτιμήσεις των τιμών δεν χρειάζεται κομπιουτεράκι.Το 2,1 είναι αρκετά μεγαλύτερο )

Η απόδειξη είναι πλήρης.


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2752
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Μερικές Ανισότητες

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Κυρ Δεκ 22, 2019 1:55 pm

peter έγραψε:
Τετ Μάιος 25, 2011 3:17 pm
1. Έστω a_1,\ldots,a_n πραγματικοί αριθμοί ώστε: |a_1|\geq \ldots \geq |a_n|. Τότε, για κάθε t\in \mathbb R ισχύει: \displaystyle \prod_{i=1}^n \cos (a_it)+\frac{a_1^2t^2}{2}\geq \prod_{i=2}^n \frac{1}{1+a_i^2t^2/2}.
Για t=0 τετριμμένα ισχύει.

Θέτουμε
\displaystyle x_{i}^{2}=(a_{i}t)^{2},x_{i}> 0
Είναι
\displaystyle x_{1}\geq x_{2}\geq ...\geq x_{n}>0
και η ανισότητα γίνεται

\displaystyle A= \prod_{i=1}^n \cos (x_i)+\frac{x_1^2}{2}\geq \prod_{i=2}^n \frac{1}{1+\frac{x_i^2}{2}}=B

1)περίπτωση
x_{1}\geq \pi
είναι
\displaystyle A\geq -1+\frac{x_1^2}{2}\geq 1\geq B

2)περίπτωση\frac{\pi }{2}< x_{1}< \pi
Είναι
\displaystyle A\geq \cos (x_1)+\frac{x_1^2}{2}\geq 1\geq B

3)περίπτωση
0<x_{1}\leq \frac{\pi }{2}

3α)Αν \frac{x_{1}^{2}}{2}\geq 1
τότε
A\geq 1\geq B
3β)Αν
\frac{x_{1}^{2}}{2}\leq 1
τότε χρησιμοποιώντας την
\displaystyle \cos x\geq 1-\frac{x^{2}}{2}
Εχουμε
\displaystyle A\geq \prod_{i=1}^n (1-\frac{x_{i}^{2}}{2})+\frac{x_{1}^{2}}{2}

Αν θέσουμε c_{i}=\frac{x_{i}^{2}}{2}
είναι
1\geq c_{1}\geq c_{2}\geq ....\geq c_{n}> 0
και οδηγούμαστε στο να αποδείξουμε την ανισότητα του
viewtopic.php?f=184&t=65897
με c_{i} αντί a_{i}


Απάντηση

Επιστροφή σε “Διαγωνισμοί για φοιτητές”

Μέλη σε σύνδεση

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