mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μαρ 10, 2010 9:07 pm**

Έστω η κοίλη συνάρτηση f:[0,1]->R ώστε f(0)=1. Να δείξετε ότι
$\displaystyle{\frac{3}{2}\int\limits_0^1 {xf\left( x \right)dx} < \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} - \frac{1}{4}}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 11, 2010 7:25 pm**

Έστω $\displaystyle{t\in [0,x]}$ όπου $\displaystyle{x \in (0,1]}$
τότε η χορδή που σχηματίζουν τα σημεία (0,f(0))

και

θα δίνεται απο την εξίσωση: $\displaystyle{y - 1 = \frac{{f(x) - f(0)}}{x}(t - 0) \Leftrightarrow y = \frac{{f(x) - 1}}{x}t + 1}$

Αφού η f είναι κοίλη θα ισχύει ότι: $\displaystyle{f(t) > \frac{{f(x) - 1}}{x}t + 1 \Leftrightarrow xf(t) > (f(x) - 1)t + x}$
Ολοκληρώνουμε και τα δύο μέλη ως προς

στο διάστημα [0,x]

$\displaystyle{x\int\limits_0^x {f(t)} dt > (f(x) - 1)\int\limits_0^x t dt + x\int\limits_0^x {dt} }$
Στη συνέχεια ολοκληρώνουμε και τα δύο μέλη ως προς

στο διαστήμα [0,1]

$\displaystyle{\int\limits_0^1 {x\left( {\int\limits_0^x {f(t)} dt} \right)} dx > \int\limits_0^1 {(f(x) - 1)} \cdot \left( {\int\limits_0^x t dt} \right)dx + \int\limits_0^1 {x\left( {\int\limits_0^x {dt} } \right)} dx}$
και μετά απο μια παραγοντική στο αριστερό μέλος και πράξεις έρχεται το ζητούμενο.

Αν δεν έχω κάνει κανένα σοβαρό λάθος νομίζω ότι βγαίνει. Σε ευχαριστώ πολύ Βασίλη γιατι μου θύμισες τον ορισμό.

Y.Γ. Διόρθωσα εκεί ψηλά το [0,1]

σε

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 12, 2010 12:18 am**

H άσκηση είναι από Dan Marinescu & Viorel Cornea, Lista scurta ONM 2007 και αναζητώ μια σχολική λύση.
Η λύση του Χρήστου είναι ωραία αλλά έχει χρήση χορδής και όχι εφαπτομένης. Ένα από τα αιτήματα που είχα βάλει σε τόπικ που έχει ανοίξει ο Μπάμπης, για το ΠΙ (γεωμετρική ερμηνεία και για χορδή)

Οι λύσεις που έχω δει αξιοποιούν τον κανονικό ορισμό της κοίλης και ουσιαστικά την χορδή.

Χεχ νομίζω βρήκα τρόπο, αλλά θα τον ελέγξω αύριο αν είναι σχολικά εφαρμόσιμος.
Χρήστο αυτό για την χορδή αποδεικνύεται σχολικά -δες Ροδόλφο "νέες κυρτές"- οπότε η απόδειξη σου σώζεται.
Αύριο μία άλλη προσέγγιση (ελπίζω)

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 12, 2010 1:20 am**

Μια δεύτερη τότε άποψη.

'Εστωσαν τα διαστήματα [0,t]

και

.όπου $\displaystyle{x \in [0,1]}$

Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στα εσωτερικά αυτών.

Άρα απο το θεώρημα μέσης τιμής υπάρχουν $\displaystyle{{\xi _1} \in (0,t):\displaystyle{f'({\xi _1}) = \frac{{f(t) - f(0)}}{t} = \frac{{f(t) - 1}}{t}}$

$\displaystyle{{{\xi _2} \in (t,x):f'({\xi _2}) = \frac{{f(x) - f(t)}}{x-t}}$

όπου $\displaystyle{{\xi _1} < {\xi _2}}$ .
Eπεiδη η f είναι κοίλη η

είναι γνησίως φθίνουσα άρα: $f'({\xi _1}) > f'({\xi _2}){ \Leftrightarrow }{\frac{{f(t) - 1}}{t} > \frac{{f(x) - f(t)}}{{x - t}} \Leftrightarrow tf(x) < xf(t) - x + t}$
Ολοκληρώνοντας ως προς t έχουμε:
$\displaystyle{f(x)\int\limits_0^x {tdt} < x\int\limits_0^x {f(t)dt} - x\int\limits_0^x {dt} + \int\limits_0^x t dt \Rightarrow \frac{1}{2}xf(x) < \int\limits_0^x {f(t)dt} - \frac{x}{2}}$
Κατόπιν ολοκληρώνοντας ως προς x στο διάστημα [0,1]

.
$\displaystyle{\frac{1}{2}\int\limits_0^1 {xf(x)} dx < \int\limits_0^1 {\left( {\int\limits_0^x {f(t)dt} } \right)} dx - \int\limits_0^1 {\frac{x}{2}} dx}$
κάνοντας παραγοντική στο δεύτερο μέλος και πράξεις έχουμε το ζητούμενο.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 12, 2010 9:34 am**

Καλημέρα Χρήστο
Η λύση σου μεγάλη και εσύ μεγαλοπρεπής

Την λύση αυτήν είχα στο μυαλό μου. Θα δώσω και μια ακόμη το απόγευμα (αν δουλεύει...)

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 12, 2010 7:01 pm**

Μία λύση ακόμη (δεν είναι δική, απλά την προσάρμοσα)

Ορίζουμε την
$\displaystyle{g\left( x \right) = f\left( {ax} \right) - af\left( x \right) - 1 + a,a,x \in \left[ {0,1} \right]}$
Η οποία είναι παραγωγίσιμη στο (0,1) με
$\displaystyle{g'\left( x \right) = af'\left( {ax} \right) - af'\left( x \right) = a\left[ {f'\left( {ax} \right) - f'\left( x \right)} \right]}$
Για 0 < χ < 1 από τα κοίλα έχουμε ότι η f' είναι γνησίως φθίνουσα στο (0,1) άρα
$\displaystyle{a \le 1 \Rightarrow ax \le x \Rightarrow f'\left( {ax} \right) \ge f'\left( x \right) \Rightarrow a\left[ {f'\left( {ax} \right) - f'\left( x \right)} \right] \ge 0 \Rightarrow g'\left( x \right) \ge 0}$
με την ισότητα μόνο όταν α = 0 ή 1, άρα η g είναι γνησίως αύξουσα

Είναι λοιπόν
$\displaystyle{\begin{array}{l} x \ge 0 \Rightarrow g\left( x \right) \ge g\left( 0 \right) \Rightarrow f\left( {ax} \right) - af\left( x \right) - 1 + a \ge 1 - a - 1 + a \Rightarrow \\ f\left( {ax} \right) \ge af\left( x \right) + 1 - a \\ \end{array}}$ σχέση (1) με την ισότητα μόνο στο 0
Έχουμε
$\displaystyle{\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} \mathop = \limits_{dx = \frac{3}{2}{t^{\frac{1}{2}}}dt}^{x = {t^{\frac{3}{2}}}} \frac{3}{2}\int\limits_0^1 {f\left( {{t^{\frac{3}{2}}}} \right){t^{\frac{1}{2}}}dt} = \frac{3}{2}\int\limits_0^1 {f\left( {t \cdot {t^{\frac{1}{2}}}} \right){t^{\frac{1}{2}}}dt} }$
Αξιοποιώντας την σχέση (1)
$\displaystyle{ > \frac{3}{2}\int\limits_0^1 {\left[ {{t^{\frac{1}{2}}}f\left( t \right) + 1 - {t^{\frac{1}{2}}}} \right]{t^{\frac{1}{2}}}dt} = \frac{3}{2}\int\limits_0^1 {\left[ {tf\left( t \right) + {t^{\frac{1}{2}}} - t} \right]dt} = }$
$\displaystyle{ = \frac{3}{2}\int\limits_0^1 {tf\left( t \right)dt} + \frac{3}{2}\int\limits_0^1 {\left[ {{t^{\frac{1}{2}}} - t} \right]dt} = }$
$\displaystyle{\frac{3}{2}\int\limits_0^1 {tf\left( t \right)dt} + \frac{1}{4}}$

Η εκδοχή μου είναι αυτή του Χρήστου (2η λύση του)

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 14, 2010 3:24 pm**

Ισχύει
$\displaystyle{F'\left( \xi \right) = \frac{{F\left( x \right) - F\left( 0 \right)}}{{x - 0}} \Leftrightarrow f\left( \xi \right) = \frac{{F\left( x \right)}}{x}}$
όπου $\displaystyle{F\left( x \right) = \int\limits_0^x {f\left( t \right)dt} ,x \in \left[ {0,1} \right]}$
από τον Χανταμαρίδη μπορείτε να δείτε εδώ viewtopic.php?f=61&t=1202 αλλά και εδώ viewtopic.php?f=40&t=6016, ισχύει
$\displaystyle{f\left( \xi \right) > \frac{{f\left( 0 \right) + f\left( x \right)}}{2} \Rightarrow \frac{{F\left( x \right)}}{x} > \frac{{f\left( 0 \right) + f\left( x \right)}}{2} \Rightarrow }$
$\displaystyle{F\left( x \right) > x \cdot \frac{{f\left( x \right) + f\left( 0 \right)}}{2} \Rightarrow \int\limits_0^1 {F\left( x \right)dx} > \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {xf\left( x \right)dx} + \frac{1}{2}\left[ {\frac{{{x^2}}}{2}} \right]_0^1 \Rightarrow }$
$\displaystyle{\left[ {xF\left( x \right)} \right]_0^1 - \int\limits_0^1 {xF'\left( x \right)dx} > \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {xf\left( x \right)dx} + \frac{1}{4} \Rightarrow }$
$\displaystyle{\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} > \frac{3}{2}\int\limits_0^1 {xf\left( x \right)dx} + \frac{1}{4}}$

mathematica.gr

Ανισότητα και κοίλα

Ανισότητα και κοίλα

Re: Ανισότητα και κοίλα

Re: Ανισότητα και κοίλα

Re: Ανισότητα και κοίλα

Re: Ανισότητα και κοίλα

Re: Ανισότητα και κοίλα

Re: Ανισότητα και κοίλα