Ανισότητα

#1

Για $0\leqslant\alpha<\beta$ να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle\Big({\frac{\alpha+\beta}{2}}\Big)^{\pi-1}< \frac{\beta^{\pi}-\alpha^{\pi}}{\pi\,({\beta-\alpha})}$ .

#2

Γρηγόρη ζητάς ουσιαστικά να δειχθεί η $\displaystyle (b-a)f\left(\dfrac{a+b}{2}\right)\leq \int_{a}^{b}f(t)dt$ για κυρτή

Σε γεωμετρικούς όρους, η ανισότητα μάς λέει ότι το εμβαδόν κάτω από την

υπερβαίνει το εμβαδόν του ορθογωνίου με μήκος b-a

και ύψος $f\left(\dfrac{a+b}{2}\right)$ (βλέπε συνημμένο). Επιστρέφοντας στους τύπους τώρα, αρκεί σύμφωνα μ' αυτήν την γεωμετρική παρατήρηση να δειχθεί ότι

$\displaystyle \dfrac{b-a}{2}f\left(\dfrac{a+b}{2}\right)-\int_{a}^{\dfrac{a+b}{2}}f(t)dt\leq \int_{\dfrac{a+b}{2}}^{b}f(t)dt - \dfrac{b-a}{2}f\left(\dfrac{a+b}{2}\right).$

H παραπάνω ανισότητα εμβαδών προκύπτει από τον ορισμό του ολοκληρώματος και την ανισότητα

$f\left(\dfrac{a+b}{2}\right)-f\left(\dfrac{a+b}{2}-x\right)\leq f\left(\dfrac{a+b}{2}+x\right)-f\left(\dfrac{a+b}{2}\right),$

η οποία είναι άμεση από την κυρτότητα της

[Πάμε δηλαδή φέτα-φέτα (κοινώς ολοκληρώνουμε), συγκρίνοντας (ενδεχομένως και αρνητικές) φέτες εκατέρωθεν του μέσου $\dfrac{a+b}{2}$ του [a, b]

και σε απόσταση

από αυτό (όπου $0\leq x\leq \dfrac{b-a}{2}$ ): η φέτα στα αριστερά, συνάρτηση στο $\dfrac{a+b}{2}$ μείον συνάρτηση στο $\dfrac{a+b}{2}-x,$ είναι μικρότερη της φέτας στα δεξιά, συνάρτηση στο $\dfrac{a+b}{2}+x$ μείον συνάρτηση στο $\dfrac{a+b}{2},$ λόγω κυρτότητας, χωρίς χρήση οποιασδήποτε άλλης υπόθεσης.(Στο παρακάτω σχήμα έχουμε κυρίως αρνητικές φέτες στα αριστερά και θετικές φέτες στα δεξιά, στο δοθέν πρόβλημα με $f(x)=x^{\pi-1}$ έχουμε θετικές φέτες παντού, στην περίπτωση της $\dfrac{1}{x}$ θα είχαμε αρνητικές φέτες παντού, κλπ κλπ)]

: κυρτή-δια-μέσου.png (5.51 KiB) Προβλήθηκε 1359 φορές

#3

Γιώργο, σωστά! Είναι η "μισή" ανισότητα των Hadamard-Hermite. Καλώς έκανες και έδωσες την γενική περίπτωση.

Να σημειώσω ότι το "εμβαδόν" $({\beta-\alpha})f\bigl({\tfrac{\alpha+\beta}{2}}\bigr)$ του ορθογωνίου με βάση $\beta-\alpha$ και "ύψος" $f\bigl({\tfrac{\alpha+\beta}{2}}\bigr)$ είναι ίσο με το "εμβαδόν" του ορθογώνιου τραπεζίου με ύψος $\beta-\alpha$ και διάμεσο "μήκους" $f\bigl({\tfrac{\alpha+\beta}{2}}\bigr)$ , με την μια πλευρά του τραπεζίου να είναι τμήμα της εφαπτομένης ευθείας στο $\Big({\frac{\alpha+\beta}{2},f\bigl({\tfrac{\alpha+\beta}{2}}\bigr)}\Big)$ της $\mathcal{C}_{f}$ . (Σχήμα)

: HaHe_ineq.png (37.19 KiB) Προβλήθηκε 1347 φορές

Για την ζητούμενη ανισότητα:
Η συνάρτηση $f(x)=x^{\pi-1}$ , $x\in\mathbb{R}$ , είναι γνησίως κυρτή στο τυχόν διάστημα $[{\alpha,\beta}]$ , αφού $f''(x)=({\pi-2})({\pi-1})\,x^{\pi-3}>0$ για κάθε $x\in[{\alpha,\beta}]$ . Από την ανισότητα Hadamard-Hermite για την συνάρτηση

προκύπτει

$\begin{aligned} \Big({\frac{\alpha+\beta}{2}}\Big)^{\pi-1}<\frac{1}{\beta-\alpha}\,\int_{\alpha}^{\beta}x^{\pi-1}\,\difx{x}= \frac{\beta^{\pi}-\alpha^{\pi}}{\pi\,({\beta-\alpha})}\,. \end{aligned}$

#4

grigkost έγραψε: Δευ Ιουν 16, 2025 3:53 am Για $0\leqslant\alpha<\beta$ να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle\Big({\frac{\alpha+\beta}{2}}\Big)^{\pi-1}< \frac{\beta^{\pi}-\alpha^{\pi}}{\pi\,({\beta-\alpha})}$ .

Αλλιώς: Για a=0

γράφεται $\displaystyle{\left (\dfrac{\beta}{2}}\right )^{\pi-1}< \dfrac{\beta^{\pi}}{\pi\beta}}$ , ισοδύναμα $2^{\pi -1} >\pi$ , που ισχύει καθώς $2^{\pi -1} >2^{3-1} = 4>\pi$ . Οπότε μπορούμε να υποθέσουμε ότι a>0

.

Η αποδεικτέα γράφεται

$\displaystyle\left ({\dfrac{1+\dfrac {\beta}{\alpha} }{2}}\right )^{\pi-1}< \dfrac{\left (\dfrac {\beta}{\alpha}\right) ^{\pi}-1}{\pi\,\left (\dfrac {\beta}{\alpha} -1\right) }$ ή αλλιώς $\displaystyle\left ({\dfrac{1+x }{2}}\right )^{\pi-1}< \dfrac{x ^{\pi}-1}{\pi\,(x-1) }$ όπου x>1

.

Mε άλλα λόγια θέλουμε να δείξουμε ότι $f(x)= x ^{\pi}-1-\pi(x-1)\left ({\dfrac{1+x }{2}}\right )^{\pi-1}>0$ για x>1

.

Έχουμε $\displaystyle{f'(x)= \pi x^{\pi-1}- \pi \left ({\dfrac{1+x }{2}}\right )^{\pi-1} - \dfrac {\pi(\pi-1)}{2} (x-1)\left ({\dfrac{1+x }{2}}\right )^{\pi-2} }$

Αλλά από Θ.M.T. στους δύο πρώτους προσθετέους υπάρχει $\xi$ με $x> \xi > \dfrac{1+x }{2}$ τέτοιο ώστε

$\displaystyle{f'(x)= \pi (\pi -1) \xi ^{\pi -2} \left ( x-\dfrac{1+x }{2}}\right ) - \dfrac {\pi(\pi-1)}{2} (x-1)\left ({\dfrac{1+x }{2}}\right )^{\pi-2} }$

$\displaystyle{= \pi (\pi -1) \left ( \xi ^{\pi -2} - \left ({\dfrac{1+x }{2}}\right )^{\pi-2} \right) (x-1)}$

Αλλά $\xi > \dfrac{1+x }{2}$ οπότε έχουμε αμέσως ότι f'(x) >0

για

. Άρα η

είναι γνήσια αύξουσα σε αυτό το διάστημα και άρα

f'(x) > f'(1)=0

, που είναι το αποδεικτέο.

#5

Ας επεκτείνουμε/τροποποιήσουμε την απόδειξη του Μιχάλη στην γενική περίπτωση:

Θεωρούμε την $F(x)=\displaystyle\int_{a}^{x}f(t)dt-(x-a)f\left(\dfrac{x+a}{2}\right),$ οπότε λόγω F(a)=0

αρκεί να δειχθεί η F'(x)>0,

δηλαδή:

$f(x)-f\left(\dfrac{x+a}{2}\right)-\left(\dfrac{x-a}{2}\right)f'\left(\dfrac{x+a}{2}\right)=\left(\dfrac{x-a}{2}\right)\left[f'(\xi)-f'\left(\dfrac{x+a}{2}\right)\right]>0,$

που είναι άμεση από την κυρτότητα της

και την $\dfrac{x+a}{2}<\xi <x:$ οφείλουμε απλώς να εφαρμόσουμε το Θεώρημα Μέσης Τιμής την κατάλληλη στιγμή (αντί να συνεχίσουμε να παραγωγίζουμε*), τελείως λυκειακό

[H τελευταία λέξη, μαζί με τα γραφόμενα του Γρηγόρη, ίσως μας θυμίσουν και το θέμα Δ4 των Πανελλαδικών: εφαρμοζόμενη εκεί η Ανισότητα Hadamard-Hermite μας δίνει κάτι λίγο μεγαλύτερο του 2,524

(προσεγγιστικά με το χέρι δεν βγάζω πάνω από 2,2

), ενώ το ζητούμενο κάτω φράγμα ήταν $2e-3\approx 2,4365$

]

*ακριβώς επειδή δεν είδα αυτήν την διαφορ(ετ)ική προσέγγιση στο πρόβλημα όταν έπρεπε ... το έκοψα φέτες και ολοκλήρωσα

Ανισότητα

Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Μέλη σε σύνδεση