Μία ανισότητα με συνημίτονα

#1

Έστω ακέραιος m>2

. Ισχύει άραγε
$\displaystyle \left( \cos x\right) ^{m}+\left( \cos x\right) \allowbreak ^{2-m}\geq 2\cos mx$
για όλα τα $x\in \left( 0,\frac{\pi }{2}\right)$ ;
Δεν έχω επί του παρόντος απάντηση και γιαυτό δεν ξέρω αν είναι στον κατάλληλο φάκελο.
Για την προέλευση θα αναφερθώ αργότερα.
Μαυρογιάννης

#2

Όλα δείχνουν ότι ισχύει (και μάλιστα για

πραγματικό μεγαλύτερο ή ίσο του

), αλλά η απόδειξη -- που δεν έχω -- δεν θα είναι εύκολη ... όπως δείχνουν οι παρακάτω σκέψεις:

Η ζητούμενη ανισότητα γράφεται και ως $(cos^{m-1}x)^2-2\displaystyle\frac{cosmx}{cosx}(cos^{m-1}x)+1\geq 0$ , οπότε, τριωνυμικώς σκεπτόμενοι, βλέπουμε ότι η ανισότητα ισχύει στην περίπτωση που η διακρίνουσα είναι μη θετική, δηλαδή $cos^2mx\leq cos^2x$ , και επίσης στις περιπτώσεις $b(m)\geq 0$ και $r(m)\leq 0$ , όπου

$b(m)=cos^mx-cosmx-\sqrt{cos^2mx-cos^2x}$ , $r(m)=cos^mx-cosmx+\sqrt{cos^2mx-cos^2x}$

Κρατώντας σταθερό το x και μεταβάλλοντας το m βλέπουμε ότι άλλοτε ισχύει η $b(m)\geq 0$ και άλλοτε η $r(m)\leq 0$ : στο συνημμένο γράφημα των δύο συναρτήσεων για x=0,7

και $1\leq m\leq 30$ φαίνονται καθαρά (πάνω γράφημα) τα διαστήματα ισχύος της πρώτης και τα διαστήματα ισχύος της δεύτερης, όπως επίσης και τα διαστήματα (κάτω γράφημα) όπου η διακρίνουσα είναι αρνητική (και τα φανταστικά μέρη των $b(m)\geq 0$ και $r(m)\leq 0$ μη μηδενικά). (Αυτές οι 'εναλλαγές' είναι κατά την γνώμη μου τεκμήριο δυσκολίας για την ζητούμενη απόδειξη ... ενώ για αντιπαράδειγμα χρειαζόμαστε αρνητικό μπλε και θετικό κόκκινο στο πάνω γράφημα!)

Γιώργος Μπαλόγλου

#3

μια λύση

Η ιδέα είναι : τα τριγωνομετρικά σε μιγαδικούς, τους μιγαδικούς σε πολυώνυμα κι αυτά με παραγώγους

διαιρώ με $\displaystyle{(cosx)^m}$ και χρησιμοποιώ την : $\displaystyle{1/(cosx)^2=1+(tanx)^2}$
θέτοντας $\displaystyle{w=tanx}$ επειδή $\displaystyle{2cosmx=2Re(cosx+isinx)^m }$ η αποδεικτέα γίνεται

$\displaystyle{1+(1+w^2)^{m-1}\ge \frac{2Re(cosx+isinx)^m}{(cosx)^m}=2Re(1+itanx)^m=(1+iw)^m+(1-iw)^m}$

ξαναθέτω
$\displaystyle{f(w)=1+(1+w^2)^{m-1}-((1+iw)^m+(1-iw)^m)}$

$\displaystyle{f'(w)=2(m-1)w(1+w^2)^{m-2}-im((1+iw)^{m-1}-(1-iw)^{m-1})=2(m-1)w(1+w^2)^{m-2}+2mwq(w)}$ οπου $\displaystyle{q(w)}$ το πηλίκο της διαίρεσης $\displaystyle{\frac{A^{m-1}-B^{m-1}}{A-B},A=1+iw,B=1-iw}$ δηλαδή το
$\displaystyle{A^{m-2}+A^{m-3}B+...+B^{m-2} }$
που όπως είναι γνωστό έχει θετικούς συντελεστές
διότι γράφεται σαν άθροισμα ορων της μορφ'ης $\displaystyle{(AB)^k(2Re(A^r)=(1+w^2)^k2(1-rw^2+...)}$ ΛΑΘΟΣ
Αφού $\displaystyle{w=tanx>0}$ θα είναι και $\displaystyle{f'(w)>0}$ συνεπώς $\displaystyle{f(w)>f(0)=0}$
συγνώμη

ευχαριστώ για τις παρατηρήσεις τους τον Νίκο και τον Γιώργο και σκέφτομαι μήπως μπορεί να βοηθήσει η ανισότητα $\displaystyle{AB>A+B-1}$

#4

Ας αναφέρω εδώ, συντομότατα και ημιτελέστατα, ότι με χρήση επαγωγής και κλειστού τύπου* για τα πολυώνυμα Chebyshev ... προκύπτει ότι αρκεί να δειχθεί, για 0<y<1

, η παρακάτω ανισότητα (που δεν γνωρίζω αν και γιατί αληθεύει):

$1+y+(-2)^my^m(1-y)^m-2y^m>\sum_{k=1}^{k=m}{\displaystyle\frac{(-1)^k2^{k+1}(m+k-1)!y^m}{(m-k)!(2k)!}[\frac{(m+1)(m+k)}{m+1-k}-my](1-y)^k$

Για m=1

,

η παραπάνω ανισότητα ανάγεται στις ισχύουσες, για 0<y<1

,

$1+5y-8y^2+2y^3>0\Leftrightarrow (y-1)(2y^2-6y-1)>0,$

$1+y-4y^2+18y^3-20y^4+4y^5>0\Leftrightarrow (y-1)(4y^4-16y^3+2y^2-2y-1)>0,$

$\displaystyle1+y+6y^3-42y^4+82y^5-56y^6+8y^7>0\Leftrightarrow (y-1)(8y^6-48y^5+34y^4-8y^3-2y^2-2y-1)>0.$

* cosmx=T_m(cosx)

με $T_m(y)=m\sum_{k=0}^{k=m}{\displaystyle\frac{(-2)^k(m+k-1)!(1-y)^k}{(m-k)!(2k)!}}$

ΕΠΕΞΕΡΓΑΣΙΑ 20-12-13: διόρθωσα την ανισότητα για m=2

και πρόσθεσα την ανισότητα για m=3

Γιώργος Μπαλόγλου

#5

Η επαγωγή μάλλον δεν βοηθάει στο πρόβλημα αυτό. Προτιμώ, ημιτελώς και πάλι, να επεξεργαστώ την αρχική ανισότητα του Νίκου χρησιμοποιώντας την παραπάνω έκφραση για το T_m

(που βρήκα εδώ)^ παραγοντοποιώντας και διαιρώντας με y-1

, όπου

, η ανισότητα γράφεται ως

$0<1+...+y^{m-3}-y^{m-2}-...-y^{2m-3}+2my^{m-2}\sum_{k=1}^{k=m}{\displaystyle\frac{2^k(m+k-1)!(y-1)^{k-1}}{(m-k)!(2k)!}}.$

Όλα δείχνουν ότι η ανισότητα αυτή ισχύει για 0<y<1

, χωρίς μάλιστα να είναι ιδιαίτερα σφιχτή. Ευελπιστώ να επανέλθω, αν δεν αποτελειώσει την απόδειξη κάποιος άλλος. Προς το παρόν παραθέτω τις προκύπτουσες ανισότητες για m=3

,

:

[H τρίτη ανισότητα προκύπτει από αρνητική διακρίνουσα στο 1-9y^2+31y^4

(διπλή χρήση).]

Γιώργος Μπαλόγλου

#6

Χαιρετώ όλους τους φίλους
Γιώργο
Δοκιμάζοντας, ανεπιτυχώς, διάφορα προσέκρουσα στην πολυπλοκότητα του αναπτύγματος του $\cos nx$ . Για τις συνήθεις τεχνικές του τύπου να μεταφερθούν όλα στο α΄μέλος και να μελετηθεί η συνάρτηση ούτε λόγος.
Επίσης δεν δούλεψε κάποιο είδος επαγωγής με χρήση του αναγωγικού τύπου
$\cos \left( \left( n+1\right) x\right) =\cos \left( nx\right) \cos x-\sin \left( nx\right) \sin x$
Τελικά μου φάνηκε και μένα ότι η προσφυγή στα πολυώνυμα Chebyshev ήταν η πιο πρόσφορη αντιμετώπιση. Έμμεσα αυτό υποδεικνύει και η προσπάθεια του Ροδόλφου.
Είχα καταλήξει ότι αρκεί να δειχθεί ότι
$y^{m}+y\allowbreak ^{2-m}\geq 2T_{m}\left( y\right)$ για $y\in \left( 0,1\right)$
δηλαδή ότι
$y^{2m-2}+1\geq 2y^{m-2}\sum\limits_{k=0}^{\left\lfloor \frac{m}{2}\right\rfloor }\binom{m}{2k}\left( y^{2}-1\right) ^{k}y^{m-2k}$ για $y\in \left( 0,1\right)$
αλλά δεν μπόρεσα να προχωρήσω πιο κάτω. Ούτε και με την ανηγμένη μορφή
$T_{n}\left( x\right) =\tfrac{n}{2}\sum\limits_{k\ =\ 0}^{\ \lfloor n/2\ \rfloor }(-1)^{k}\frac{(n-k-1)!}{k!(n-2k)!}(2x)^{n-2k}$ .
Αισιοδοξώ ότι θα δούμε κάποια απόδειξη.
Μαυρογιάννης

#7

gbaloglou έγραψε:Η επαγωγή μάλλον δεν βοηθάει στο πρόβλημα αυτό. Προτιμώ, ημιτελώς και πάλι, να επεξεργαστώ την αρχική ανισότητα του Νίκου χρησιμοποιώντας την παραπάνω έκφραση για το (που βρήκα εδώ)^ παραγοντοποιώντας και διαιρώντας με , όπου , η ανισότητα γράφεται ως

$0<1+...+y^{m-3}-y^{m-2}-...-y^{2m-3}+2my^{m-2}\sum_{k=1}^{k=m}{\displaystyle\frac{2^k(m+k-1)!(y-1)^{k-1}}{(m-k)!(2k)!}}.$

Όλα δείχνουν ότι η ανισότητα αυτή ισχύει για , χωρίς μάλιστα να είναι ιδιαίτερα σφιχτή. Ευελπιστώ να επανέλθω, αν δεν αποτελειώσει την απόδειξη κάποιος άλλος. Προς το παρόν παραθέτω τις προκύπτουσες ανισότητες για , , :

[H τρίτη ανισότητα προκύπτει από αρνητική διακρίνουσα στο (διπλή χρήση).]

Συνεχίζω, χωρίς να εμβαθύνω, με τις επόμενες τρεις ανισότητες ( m=6, m=7, m=8

):

$0<1+y+y^2+y^3+y^4+y^5+15y^6+15y^7-97y^8-97y^9+127y^{10}+127y^{11}$

$0<1+y+y^2+y^3+y^4+y^5-y^6-y^7+63y^8+63y^9-257y^{10}-257y^{11}+255y^{12}+255y^{13}$

Γιώργος Μπαλόγλου

#8

gbaloglou έγραψε: ↑
Τετ Δεκ 25, 2013 12:54 pm

gbaloglou έγραψε:Η επαγωγή μάλλον δεν βοηθάει στο πρόβλημα αυτό. Προτιμώ, ημιτελώς και πάλι, να επεξεργαστώ την αρχική ανισότητα του Νίκου χρησιμοποιώντας την παραπάνω έκφραση για το (που βρήκα εδώ)^ παραγοντοποιώντας και διαιρώντας με , όπου , η ανισότητα γράφεται ως

$0<1+...+y^{m-3}-y^{m-2}-...-y^{2m-3}+2my^{m-2}\sum_{k=1}^{k=m}{\displaystyle\frac{2^k(m+k-1)!(y-1)^{k-1}}{(m-k)!(2k)!}}.$

Όλα δείχνουν ότι η ανισότητα αυτή ισχύει για , χωρίς μάλιστα να είναι ιδιαίτερα σφιχτή. Ευελπιστώ να επανέλθω, αν δεν αποτελειώσει την απόδειξη κάποιος άλλος. Προς το παρόν παραθέτω τις προκύπτουσες ανισότητες για , , :

[H τρίτη ανισότητα προκύπτει από αρνητική διακρίνουσα στο (διπλή χρήση).]
Συνεχίζω, χωρίς να εμβαθύνω, με τις επόμενες τρεις ανισότητες ():

$0<1+y+y^2+y^3+y^4+y^5+15y^6+15y^7-97y^8-97y^9+127y^{10}+127y^{11}$

$0<1+y+y^2+y^3+y^4+y^5-y^6-y^7+63y^8+63y^9-257y^{10}-257y^{11}+255y^{12}+255y^{13}$

Φαίνεται αρχικά ότι η περίπτωση m=6

ΔΕΝ μπορεί να αποδειχθεί όπως η περίπτωση m=5

, παρατηρώντας δηλαδή ότι η διακρίνουσα του 3-33y^2+63y^4

είναι αρνητική ... πολύ απλά επειδή ΔΕΝ είναι αρνητική, καθώς $33^2-4\cdot3\cdot63=111>0$ . Μπορούμε όμως να κάνουμε το εξής: παρατηρώντας ότι αν $63y^2\geq 33$ έχουμε τελειώσει, υποθέτουμε y^2<33/63=11/21

, οπότε $1\geq y^2>21/11\cdot y^4$ , και αρκεί πλέον να είναι αρνητική η διακρίνουσα του $(3+2\cdot 21/11)-33y^2+63y^4$ , κάτι που ισχύει λόγω της $33^2-4\cdot (3+2\cdot 21/11)\cdot63=-6921/11<0$ .

Αναλόγως η περίπτωση m=7

ανάγεται στην $97^2-4\cdot (15+3\cdot 127/97)\cdot 127=-20015/97<0$ , ενώ η περίπτωση m=8

, αναγόμενη στις $0<1+y+y^2+y^3+63y^8+63y^9-257y^{10}-257y^{11}+255y^{12}+255y^{13}$ και $0<2y^2+2y^3+63y^8+63y^9-257y^{10}-257y^{11}+255y^{12}+255y^{13}$ , απαιτεί την $257^2-4\cdot (63+2\cdot (255/257)^3)\cdot 255\approx -203,74<0$ .

Τα παραπάνω δημιουργούν ελπίδες επέκτασης του παραπάνω τεχνάσματος και απόδειξης της γενικής ανισότητας

$0<1+...+y^{m-3}-y^{m-2}-...-y^{2m-3}+2my^{m-2}\sum_{k=1}^{k=m}{\displaystyle\frac{2^k(m+k-1)!(y-1)^{k-1}}{(m-k)!(2k)!}},$

κάτι που ελπίζω να προσπαθήσω τις επόμενες μέρες.

#9

Για να γελάσουμε και λίγο ... η περίπτωση m=9

ανάγεται στις

$0<1+y+y^2+y^3+y^4+y^5+y^6+y^7-17y^8-17y^9+223y^{10}+223y^{11}-641y^{12}-641y^{13}+511y^{14}+511y^{15}$

και $0<4y^6+4y^7-17y^8-17y^9+21y^{10}+21y^{11}+202y^{10}+202y^{11}-641y^{12}-641y^{13}+511y^{14}+511y^{15},$

με την τελευταία να προκύπτει τριωνυμικά από τις $17^2-4\cdot 4\cdot 21=-47<0$ και $641^2-4\cdot 202\cdot 511=-2007<0$ .

[Εκεί δηλαδή που αυτό το

φάνηκε να καταστρέφει την στρατηγική μου ... προέκυψαν σωτήριες εξελίξεις σε άλλο μέτωπο!

]

Μία ανισότητα με συνημίτονα

Μία ανισότητα με συνημίτονα

Re: Μία ανισότητα με συνημίτονα

Re: Μία ανισότητα με συνημίτονα

Re: Μία ανισότητα με συνημίτονα

Re: Μία ανισότητα με συνημίτονα

Re: Μία ανισότητα με συνημίτονα

Re: Μία ανισότητα με συνημίτονα

Re: Μία ανισότητα με συνημίτονα

Re: Μία ανισότητα με συνημίτονα

Μέλη σε σύνδεση