a4karo pisze:Trzeba tylko trochę zmniejszyć oczekiwania: \(\displaystyle{ 1<x-y<x}\)
Z iksem powyżej jedynki to można to machnąć i AM-GM, jak wcześniej. Cała istotna akcja się rozgrywa poniżej jednej drugiej. Chodzi o najmniejszego iksa, powyżej którego nierówność się nam nigdy nie pokiepści.
poetaopole pisze:Dzielimy obustronnie przez liczbę niewątpliwie ujemną i zmieniamy zwrot nierówności na przeciwny i nie musimy znać wykresu funkcji logarytmicznej - dojdziemy na piechotę do celu, nawet bez butów...
No właśnie to jest to, o czym pisałam w pierwszym poście w tym wątku. Coś jest gdzieś schowane. Mam wrażenie, że się niebezpiecznie zbliżamy do wątku sprzed niemal roku, całkiem zgrabnie podsumowanego przez Mateusza: https://www.matematyka.pl/414034.htm#p5460578.-- 17 listopada 2017, 21:20 --EDIT: Wygląda mi na to, że się rzeczywiście nie da zejść poniżej jednej drugiej. Mój dowód chyba nie jest trudny, za to z pewnością paskudny, co pozwala podejrzewać istnienie czegoś ładniejszego, ale bez zgadywania.
Ukryta treść:
Rozważmy nierówność \(\displaystyle{ \ln^2x\ge\ln (x-y)\ln (x+y)}\). Jeżeli \(\displaystyle{ y=0}\), to mamy równość dla każdego iksa z dziedziny logarytmu. Jeżeli teraz weźmiemy \(\displaystyle{ y=tx,\ t\in (0,1)}\), to dostaniemy po przekształceniach \(\displaystyle{ \ln x\ge\frac{-\ln (1+t)\ln (1-t)}{\ln\left(1-t^2\right)}}\) , a to po prawej stronie jest rosnące (patrz niżej) oraz \(\displaystyle{ \lim\limits_{t\to 1^-}\frac{-\ln (1+t)\ln (1-t)}{\ln\left(1-t^2\right)}=\lim\limits_{t\to 1^-}\frac{-\ln (1+t)}{\frac{\ln (1+t)}{\ln (1-t)}+1}=-\ln (2)}\), czyli potrzeba nam \(\displaystyle{ x\ge\frac{1}{2}}\).
Przydałoby się pokazać, że to rzeczywiście wystarcza, tzn. że \(\displaystyle{ \ln^2\left(\frac{1}{2}\right)\ge\ln\left(\frac{1}{2}-y\right)\ln\left(\frac{1}{2}+y\right)}\) dla każdego \(\displaystyle{ y\in\left(0,\frac{1}{2}\right)}\).
Równoważnie mamy: \(\displaystyle{ \ln^2(2)\ge\ln\frac{1-2y}{2}\cdot\ln\frac{1+2y}{2}\iff\\ \\ \ln (2)\ln\left(1-4y^2\right)-\ln (1-2y)\ln (1+2y)\ge 0\qquad (*)}\)
Oznaczmy \(\displaystyle{ 2y=u,\ u\in (0,1)}\), wtedy w wyrażeniu \(\displaystyle{ \left(-\ln(1-u)\right)\cdot \ln (1+u)}\) oba czynniki są dodatnie oraz zachodzi \(\displaystyle{ \ln (1+u)\ge u\ln (2)}\) - tu można wykorzystać monotoniczność funkcji logarytmicznej i nierówność Bernoulliego: \(\displaystyle{ (1+u)^{\frac{1}{u}}\ge 1+\frac{1}{u}\cdot u=2}\), można też wykorzystać wklęsłość funkcji logarytmicznej i wyznaczyć równanie siecznej przez punkty \(\displaystyle{ (0,0),(1,\ln (2))}\).
Mamy więc w \(\displaystyle{ (*)}\): \(\displaystyle{ \ln(2)\ln\left(1-u^2\right)-\ln (1-u)\ln (1+u)\ge\ln(2)\ln\left(1-u^2\right)-u\ln (2)\ln (1-u)}\), czyli wystarczy dowieść \(\displaystyle{ \frac{1-u^2}{(1-u)^u}\ge 1\iff\left(1-u^2\right)^{\frac{1}{u}}\ge 1-u}\), co jest prawdą - znów na mocy nierówności Bernoulliego.
Wobec tego \(\displaystyle{ x_0=\frac{1}{2}}\).
Dowód, że funkcja \(\displaystyle{ f(t)=\frac{-\ln (1+t)\ln (1-t)}{\ln\left(1-t^2\right)}}\) jest rosnąca na \(\displaystyle{ (0,1)}\).
Ponieważ \(\displaystyle{ f'(t)=\frac{\ln\left(1-t^2\right)\left((t-1)\ln (1-t)+(1+t)\ln (1+t)\right)-2t\ln (1-t)\ln (1+t)}{\left(1-t^2\right)\ln^2\left(1-t^2\right)}}\) ma zawsze dodatni mianownik dla \(\displaystyle{ t\in (0,1)}\), więc potrzebujemy tylko wykazać dodatność licznika, więc zdefiniujmy \(\displaystyle{ g(t)=\ln\left(1-t^2\right)\left((t-1)\ln (1-t)+(1+t)\ln (1+t)\right)-2t\ln (1-t)\ln (1+t)}\).
Mamy kolejno:
\(\displaystyle{ g(0)=0}\) oraz \(\displaystyle{ g'(t)=\ln\left(1-t^2\right)\left(\ln (1-t)+\ln (1+t)+2\right)-2\ln (1-t)\ln (1+t)}\),
\(\displaystyle{ g'(0)=0}\) oraz \(\displaystyle{ g''(t)=\frac{-2t\ln\left(1-t^2\right)}{1-t^2}+\frac{2\left(\ln (1+t)-\ln (1-t)-2t\right)}{1-t^2}}\).
Ponieważ \(\displaystyle{ g''(0)=0}\), a pierwszy ułamek z \(\displaystyle{ g''(t)}\) jest dodatni, więc wystarczy sprawdzić dodatniość funkcji danej przez \(\displaystyle{ h(t)=\ln (1+t)-\ln (1-t)-2t}\).
Zachodzi \(\displaystyle{ h(0)=0}\) oraz \(\displaystyle{ h'(t)=\frac{2t^2}{1-t^2}>0}\) i wobec tego wnioskujemy, że \(\displaystyle{ h(t)}\) rośnie od zera, a więc jest dodatnia, stąd kolejno \(\displaystyle{ g''(t),g'(t),g(t)}\) rosną od zera, a więc również są dodatnie, stąd \(\displaystyle{ f'(t)}\) jest dodatnia, a stąd wreszcie \(\displaystyle{ f(t)}\) jest rosnąca, c.b.d.o. Właśnie mam przed oczami scenę z piłą z filmu Evil Dead.
