mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μάιος 28, 2009 10:49 am**

Αν η f συνεχης στο $\left[\alpha ,\beta \right]$ με: f(x)>0

για καθε χε $\left[\alpha ,\beta \right]$ τότε $\int_{\alpha }^{\beta }{f(x)dx}\int_{a}^{\beta }{\frac{dx}{f(x)}}\geq (a-\beta )^2$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μάιος 28, 2009 11:09 am**

Χωρίς τα σύνεργα μου (mathtype) και με δανεικό κωδικό,λέω πως η άσκηση αυτή λύνεται με εφαρμογή της ανισότητας
Cauchy-Swhartz.
Δεν δύναμαι για να απαντήσω πιο αναλυτικά.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μάιος 28, 2009 11:24 am**

comengdr έγραψε:Kαλημέρα απο Χανιά!
Χωρίς τα σύνεργα μου (mathtype) και με δανεικό κωδικό,λέω πως η άσκηση αυτή λύνεται με εφαρμογή της ανισότητας
Cauchy-Swhartz.
Δεν δύναμαι για να απαντήσω πιο αναλυτικά.
chris_gatos

Κατι τετοιο μας ειχε πει και μας αλλα την λυσαμε με "μαθητικο" τροπο.Αν δεν απαντησει κανει θα τον γραψω

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μάιος 28, 2009 12:52 pm**

Καλημέρα
Για να είναι η συνάρτηση μας ορισμένη σε διάστημα (λυκειακή) πρέπει β>α
$\displaystyle{\begin{array}{l} g\left( x \right) = \left( {\int\limits_\alpha ^x {f\left( t \right)dt} } \right) \cdot \left( {\int\limits_\alpha ^x {\frac{1}{{f\left( t \right)}}dt} } \right) - {\left( {\alpha - x} \right)^2},x \in \left[ {\alpha ,\beta } \right] \\ g^{\prime}\left( x \right) = f\left( x \right)\left( {\int\limits_\alpha ^x {\frac{1}{{f\left( t \right)}}dt} } \right) + \frac{1}{{f\left( x \right)}}\left( {\int\limits_\alpha ^x {f\left( t \right)dt} } \right) - 2\left( {\alpha - x} \right) > 0,\forall x \in \left( {\alpha ,\beta } \right) \\ \end{array}}$
$\displaystyle{\begin{array}{l} g \uparrow ,\beta > \alpha \Leftrightarrow g\left( \beta \right) > g\left( \alpha \right) \Leftrightarrow \left( {\int\limits_\alpha ^\beta {f\left( t \right)dt} } \right) \cdot \left( {\int\limits_\alpha ^\beta {\frac{1}{{f\left( t \right)}}dt} } \right) - {\left( {\alpha - \beta } \right)^2} > 0 \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow \left( {\int\limits_\alpha ^\beta {f\left( t \right)dt} } \right) \cdot \left( {\int\limits_\alpha ^\beta {\frac{1}{{f\left( t \right)}}dt} } \right) > {\left( {\alpha - \beta } \right)^2} \\ \end{array}}$
Οπότε το μεγαλύτερο ή ίσο δεν "παίζει" με αυτήν την εκφώνηση (σε λυκειακό επίπεδο, μελετούμε τις συναρτήσεις που είναι ορισμένες σε διαστήματα)

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μάιος 28, 2009 1:00 pm**

Καλημέρα

Αν f(x) = c με c>0 τότε νομίζω ότι ισχύει το ίσον.

Γιώργος

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μάιος 28, 2009 1:10 pm**

Ευχαριστώ για την διόρθωση στην παραγώγιση (Demetres και Γιώργο)

αστείο λάθος προσήμου...
Οπότε άκυρη η παραπάνω προσέγγιση

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μάιος 28, 2009 1:46 pm**

Έστω $\displaystyle{\lambda \in R}$
τότε ισχύει $\displaystyle{{\left[ {\sqrt {f\left( x \right)} + \frac{\lambda }{{\sqrt {f\left( x \right)} }}} \right]^2} \ge 0,\forall x \in \left[ {\alpha ,\beta } \right]}$
Άρα
$\displaystyle{\begin{array}{l} \int\limits_\alpha ^\beta {{{\left[ {\sqrt {f\left( x \right)} + \frac{\lambda }{{\sqrt {f\left( x \right)} }}} \right]}^2}dx} \ge 0 \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow \left( {\int\limits_\alpha ^\beta {\frac{1}{{f\left( x \right)}}dx} } \right) \cdot {\lambda ^2} + 2\left( {\beta - \alpha } \right)\lambda + \left( {\int\limits_\alpha ^\beta {f\left( x \right)dx} } \right) \ge 0 \\ \end{array}}$
για να ισχύει η παραπάνω σχέση, πρέπει $\displaystyle{\Delta \le 0}$
Δηλαδή $\displaystyle{\begin{array}{l} 4{\left( {\beta - \alpha } \right)^2} - 4\left( {\int\limits_\alpha ^\beta {\frac{1}{{f\left( x \right)}}dx} } \right) \cdot \left( {\int\limits_\alpha ^\beta {f\left( x \right)dx} } \right) \le 0 \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow \left( {\int\limits_\alpha ^\beta {\frac{1}{{f\left( x \right)}}dx} } \right) \cdot \left( {\int\limits_\alpha ^\beta {f\left( x \right)dx} } \right) \ge {\left( {\beta - \alpha } \right)^2} \\ \end{array}}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μάιος 28, 2009 1:58 pm**

mathxl έγραψε:Έστω $\displaystyle{\lambda \in R}$
τότε ισχύει $\displaystyle{{\left[ {\sqrt {f\left( x \right)} + \frac{\lambda }{{\sqrt {f\left( x \right)} }}} \right]^2} \ge 0,\forall x \in \left[ {\alpha ,\beta } \right]}$
Άρα
$\displaystyle{\begin{array}{l} \int\limits_\alpha ^\beta {{{\left[ {\sqrt {f\left( x \right)} + \frac{\lambda }{{\sqrt {f\left( x \right)} }}} \right]}^2}dx} \ge 0 \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow \left( {\int\limits_\alpha ^\beta {\frac{1}{{f\left( x \right)}}dx} } \right) \cdot {\lambda ^2} + 2\left( {\beta - \alpha } \right)\lambda + \left( {\int\limits_\alpha ^\beta {f\left( x \right)dx} } \right) \ge 0 \\ \end{array}}$
για να ισχύει η παραπάνω σχέση, πρέπει $\displaystyle{\Delta \le 0}$
Δηλαδή $\displaystyle{\begin{array}{l} 4{\left( {\beta - \alpha } \right)^2} - 4\left( {\int\limits_\alpha ^\beta {\frac{1}{{f\left( x \right)}}dx} } \right) \cdot \left( {\int\limits_\alpha ^\beta {f\left( x \right)dx} } \right) \le 0 \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow \left( {\int\limits_\alpha ^\beta {\frac{1}{{f\left( x \right)}}dx} } \right) \cdot \left( {\int\limits_\alpha ^\beta {f\left( x \right)dx} } \right) \ge {\left( {\beta - \alpha } \right)^2} \\ \end{array}}$

Έτσι το καναμε και μεις.Θεωρησαμε ενα τριωνυμο που να εχει διακρινουσα τη παραπανω διαφορα,βρηκαμε οτι διατηρει προσημο και ειπαμε Δ<=0.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μάιος 28, 2009 2:08 pm**

Ας πούμε απλά ότι η άσκηση "πατάει" στην ανισότητα Holder ή Cauchy -Swartz
$\displaystyle{{\left[ {\int\limits_\alpha ^\beta {f\left( x \right)g\left( x \right)dx} } \right]^2} \le \left[ {\int\limits_\alpha ^\beta {{f^2}\left( x \right)dx} } \right] \cdot \left[ {\int\limits_\alpha ^\beta {{g^2}\left( x \right)dx} } \right]}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μάιος 28, 2009 2:17 pm**

paganini έγραψε:
mathxl έγραψε:Έστω $\displaystyle{\lambda \in R}$
τότε ισχύει $\displaystyle{{\left[ {\sqrt {f\left( x \right)} + \frac{\lambda }{{\sqrt {f\left( x \right)} }}} \right]^2} \ge 0,\forall x \in \left[ {\alpha ,\beta } \right]}$
Άρα
$\displaystyle{\begin{array}{l} \int\limits_\alpha ^\beta {{{\left[ {\sqrt {f\left( x \right)} + \frac{\lambda }{{\sqrt {f\left( x \right)} }}} \right]}^2}dx} \ge 0 \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow \left( {\int\limits_\alpha ^\beta {\frac{1}{{f\left( x \right)}}dx} } \right) \cdot {\lambda ^2} + 2\left( {\beta - \alpha } \right)\lambda + \left( {\int\limits_\alpha ^\beta {f\left( x \right)dx} } \right) \ge 0 \\ \end{array}}$
για να ισχύει η παραπάνω σχέση, πρέπει $\displaystyle{\Delta \le 0}$
Δηλαδή $\displaystyle{\begin{array}{l} 4{\left( {\beta - \alpha } \right)^2} - 4\left( {\int\limits_\alpha ^\beta {\frac{1}{{f\left( x \right)}}dx} } \right) \cdot \left( {\int\limits_\alpha ^\beta {f\left( x \right)dx} } \right) \le 0 \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow \left( {\int\limits_\alpha ^\beta {\frac{1}{{f\left( x \right)}}dx} } \right) \cdot \left( {\int\limits_\alpha ^\beta {f\left( x \right)dx} } \right) \ge {\left( {\beta - \alpha } \right)^2} \\ \end{array}}$
Έτσι το καναμε και μεις.Θεωρησαμε ενα τριωνυμο που να εχει διακρινουσα τη παραπανω διαφορα,βρηκαμε οτι διατηρει προσημο και ειπαμε Δ<=0.

Με παρόμοιο τρόπο μπορείς να αποδείξεις και την Cauchy-Schwarz.

mathematica.gr

Ανισοτητα με ολοκληρωμα

Ανισοτητα με ολοκληρωμα

Re: Ανισωση με ολοκληρωμα

Re: Ανισωση με ολοκληρωμα

Re: Ανισωση με ολοκληρωμα

Re: Ανισωση με ολοκληρωμα

Re: Ανισωση με ολοκληρωμα

Re: Ανισωση με ολοκληρωμα

Re: Ανισωση με ολοκληρωμα

Re: Ανισωση με ολοκληρωμα

Re: Ανισωση με ολοκληρωμα