Matematyka.pl

marek12 pisze: 8. Pokaż że dla każdego x rzeczywistego
\(\displaystyle{ \max\{|\sin x|, |\sin(x+2010)|\}>\dfrac1{\sqrt{17}}}\)

Dla większej czytelności na samym początku będę posługiwał się stopniami, a potem przejdę już na radiany.
Wszędzie gdzie pojawi się k oznacza \(\displaystyle{ k \in Z}\)
1) Możemy przyjąć, że funkcja \(\displaystyle{ y=|sinx}\)| ma okres zasadniczy \(\displaystyle{ 180^o}\)
2) Łatwo policzyć, że dla \(\displaystyle{ \alpha \approx 14,03624347^o}\) \(\displaystyle{ sin \alpha = sin(180^o - \alpha) \approx \frac{1}{ \sqrt{17} }}\) itd. co okres \(\displaystyle{ 180^o}\)
Stąd ze względu na \(\displaystyle{ |sinx|}\) dla każdego \(\displaystyle{ x \in <\alpha + k \cdot 180^o \ \ ; \ \ (180^o - \alpha) + k \cdot 180^o >}\) warunek będzie spełniony. Jednak w celu uproszczenia trochę zapisu przyjmijmy że kątem granicznym będzie \(\displaystyle{ 15^o}\), bo \(\displaystyle{ sin15^o > \frac{1}{ \sqrt{15} }}\)
3. Reasumując (\(\displaystyle{ 15^o = \frac{\pi}{12}}\)) Nierówność na pewno jest spełniona dla \(\displaystyle{ x \in <\frac{\pi}{12}+k \pi ; \frac{11 \pi}{12} + k \pi>}\) bo dla takich x:
\(\displaystyle{ |sinx|> \dfrac1{\sqrt{17}}}\)
-----------------------------------------------------------------------------------------------
4. Jeżeli zatem dla pozostałych x \(\displaystyle{ |sinx|}\) nie spełnia tej nierówności to musi ja spełniać \(\displaystyle{ |sin(x+2010)|}\) ale napiszę pomocniczo coś takiego:
\(\displaystyle{ |sin(x+2010)| >\dfrac1{\sqrt{17}} \Leftrightarrow (\dfrac1{\sqrt{17}}<sin(x+2010) \le 1) \vee ( -1\le sin(x+2010)<-\dfrac1{ \sqrt{17}})}\)
5. Ponieważ w tej części rozpatruję funkcję sinus bez wartości bezwzględnej to zbiór iksów "nie łapiących się" do częsci pierwszej przyjmuje postać: \(\displaystyle{ x \in (-\frac{\pi}{12}+2k \pi ; \frac{\pi}{12}+2k \pi ) \cup (\frac{11\pi}{12}+2k \pi ; \frac{13\pi}{12}+2k \pi )}\)
6. Szacujemy:
\(\displaystyle{ 640 \pi - \frac{\pi}{4} < 2010 < 640 \pi - \frac{\pi}{6} \\
x+ 640 \pi - \frac{\pi}{4} < x+2010 < x+ 640 \pi - \frac{\pi}{6}}\)
6a) Dla fragmentów, gdy wszystkie trzy funkcje sinus (dla poniższych argumentów) będą jednocześnie rosnące zachodzi:
\(\displaystyle{ sin(x+ 640 \pi - \frac{\pi}{4}) < sin(x+2010) < sin(x+ 640 \pi - \frac{\pi}{6}) \\
sin(x - \frac{\pi}{4}) < sin(x+2010) < sin(x - \frac{\pi}{6})}\)
6b) Natomiast dla fragmentów, gdy wszystkie trzy funkcje sinus (dla poniższych argumentów) będą jednocześnie malejące zachodzi:
\(\displaystyle{ sin(x+ 640 \pi - \frac{\pi}{6}) < sin(x+2010) < sin(x+ 640 \pi - \frac{\pi}{4}) \\
sin(x - \frac{\pi}{6}) < sin(x+2010) < sin(x - \frac{\pi}{4})}\)

7. Ponieważ wszystkie trzy funkcje sinus są ciągłe i rosnące dla \(\displaystyle{ x \in (-\frac{\pi}{12}+2k \pi ; \frac{\pi}{12}+2k \pi )}\) sprawdzam nierówność 6a) dla krańców podanego tu przedziału:

\(\displaystyle{ x=-\frac{\pi}{12} \\
sin(-\frac{\pi}{12} -\frac{\pi}{4})=sin(-\frac{\pi}{3})=- \frac{ \sqrt{3}}{2} \\
sin(-\frac{\pi}{12} -\frac{\pi}{6})=sin(-\frac{\pi}{4})=- \frac{ \sqrt{2}}{2} \\
- \frac{ \sqrt{3}}{2} < sin(-\frac{\pi}{12}+2010) < - \frac{ \sqrt{2}}{2} \\
x=\frac{\pi}{12} \\
sin(\frac{\pi}{12} -\frac{\pi}{4})=sin(-\frac{\pi}{6})=- \frac{1}{2} \\
sin(\frac{\pi}{12} -\frac{\pi}{6})=sin(-\frac{\pi}{12})< - \frac{1}{\sqrt{17}} \\
- \frac{1}{2} < sin(\frac{\pi}{12}+2010) < - \frac{1}{\sqrt{17}}}\)
Składając powyższe razem, na podstawie ciągłości funkcji sinus możemy przyjąc, że dla \(\displaystyle{ x \in (-\frac{\pi}{12}+2k \pi ; \frac{\pi}{12}+2k \pi )}\) zachodzi:
\(\displaystyle{ - \frac{ \sqrt{3}}{2} < sin(x+2010) < - \frac{1}{\sqrt{17}}}\)

Co spełnia równoważność z punktu 4.

8. Przeprowadzamy analogiczne rozumowanie dla \(\displaystyle{ x \in (\frac{11\pi}{12}+2k \pi ; \frac{13\pi}{12}+2k \pi )}\) i podwójnej nierówności z punktu 6b) bo wszystkie trzy funkcje sinus są jednocześnie malejące.

Co kończy dowód

Oznaczmy max(a + b + c, b + c + d, d + c + e, d + e + f, e + f + g) przez p. Wtedy
\(\displaystyle{ (a + b + c) + (c + d + e) + (e + f + g) = 1+c + e \le 3p,}\)
co oznacza, że \(\displaystyle{ p \ge \frac{1}{3}}\). \(\displaystyle{ p= \frac{1}{3}}\) jest osiągnięte dla
\(\displaystyle{ (a, b, c, d, e, f, g) = (\frac{1}{3}, 0, 0, \frac{1}{3}, 0, 0, \frac{1}{3})}\).

te liczby są dodatnie, a nie nieujemne.

rzeczywiście

Szacowanie \(\displaystyle{ p \geq 1/3}\) jest poprawne, a biorąc małe \(\displaystyle{ a>0}\) i \(\displaystyle{ (1/3,a/2,a/2,1/3-2a,a/2,a/2,1/3)}\) podchodzi się dowolnie blisko do \(\displaystyle{ 1/3}\). Czyli infimum musi być równe \(\displaystyle{ 1/3}\).

Łatwo widać, że można założyć, iż \(\displaystyle{ x\ge 1}\) i pozbyć się modułów. Pokażemy nieujemność funkcji \(\displaystyle{ f(x) = x^{n} - \frac{1}{x^{n}} - n(x-\frac{1}{x})}\). Oczywiście \(\displaystyle{ f(1) = 0}\); wystarczy, jeśli udowodnimy, że pochodna jest nieujemna. Jednak:
\(\displaystyle{ f'(x) = nx^{n-1} + \frac{n}{x^{n+1}} - n - \frac{n}{x^{2}} \ge 0 \Leftrightarrow x^{n}+\frac{1}{x^{n}} \ge x+ \frac{1}{x} \quad (\star)}\).
Jeśli \(\displaystyle{ y_{n} = x^{n} + \frac{1}{x^{n}}}\), to \(\displaystyle{ y_{n+1} = y_{1} y_{n} - y_{n-1}}\) (oraz \(\displaystyle{ y_{n} \ge 2}\)). Prosta indukcja pokazuje, że ciąg \(\displaystyle{ (y_{n})}\) jest rosnący, co dowodzi nierówności \(\displaystyle{ (\star)}\).

11
bez pochodnych \(\displaystyle{ f(x)= |x^n-\frac{1}{x^n}|- n|x-\frac{1}{x}|}\). a wiec \(\displaystyle{ f(x)=f(\frac{1}{x})}\) mozna sie pozbyc modulow, tj zalozyc x>1. idea jest jasna (opiera sie na \(\displaystyle{ u+\frac{1}{u} \geq 2}\) dla u>0), i najlepiej to widac na przykladzie, np \(\displaystyle{ n=7}\):
\(\displaystyle{ x^7- \frac{1}{x^7}=(x-\frac{1}{x})(x^6+x^4+x^2+1+ \frac{1}{x^2}+ \frac{1}{x^4}+ \frac{1}{x^6})}\)

Mamy liczby od \(\displaystyle{ \{1,\ldots,n+p+1\}}\). Wybieramy z nich \(\displaystyle{ n+m+1}\)-elementowy podzbiór. Oczywiście robimy to na \(\displaystyle{ {n+p+1 \choose n+m+1}}\) sposobów (prawa strona). Z drugiej strony możemy najpierw ustalić, że liczba \(\displaystyle{ k+1}\) będzie \(\displaystyle{ n+1}\)-szą spośród wybranych przez nas, a następnie dobrać pozostałe (\(\displaystyle{ n}\) z \(\displaystyle{ \{1,\ldots,k\}}\) i \(\displaystyle{ m}\) z \(\displaystyle{ \{k+2,\ldots,n+p+1\}}\)) - to ilustruje lewa strona.

\(\displaystyle{ \frac{bc}{a^2+bc}+\frac{ca}{b^2+ca}+\frac{ab}{c^2+ab}\leq \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \Leftrightarrow \\ 3 \leq \frac{a^2}{ab+ac}+\frac{b^2}{bc+ab}+\frac{c^2}{ac+bc} + \frac{a^2}{a^2+bc}+\frac{b^2}{b^2+ca}+\frac{c^2}{c^2+ab}}\)

nierówność Cauchy'ego-Schwarza i nierówność \(\displaystyle{ \sum x^2 \geq \sum xy}\) dają nam

\(\displaystyle{ \frac{a^2}{ab+ac}+\frac{b^2}{bc+ab}+\frac{c^2}{ac+bc} + \frac{a^2}{a^2+bc}+\frac{b^2}{b^2+ca}+\frac{c^2}{c^2+ab} \geq \\ \frac{(2\sum a)^2}{\sum a^2 + 3 \sum ab} = \frac{4 \sum a^2 + 8 \sum ab}{\sum a^2 + 3 \sum ab} \geq \frac{3\sum a^2 + 9\sum ab}{\sum a^2 + 3 \sum ab} = 3}\)