2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




На страницу Пред.  1, 2
 
 
Сообщение14.05.2008, 06:05 
Аватара пользователя
TOTAL писал(а):
Скромность не позволяет?

Да нет - сначала я так и написал, в частности при переходе к о малому можно брать 4 с четвертью, с тремя четвертями, а вот 5 уже фиг, ...
Потом снёс при редактировании, поскольку лень было смотреть, действительно фиг или нет?

 
 
 
 
Сообщение14.05.2008, 07:03 
Профессор Снэйп писал(а):
А как насчёт простого дифференцирования функции

$$
f(x) = \arcsin x - x - \frac{x^3}{6}
$$

и доказательства того, что $f'(x) > 0$ при $x \in (0,1)$? Вроде должно прокатить (хотя не проверял).

трудно сказать, что приятнее для глаза (логически проще). После первого дифференцирования получается в принципе кубическое неравенство для $x^2, это не очень хорошо со школьной точке зрения. Правда, из соображений выпуклости неравенство для производных действительно очевидно, однако сами эти соображения подразумевают дополнительные дифференцирования.

 
 
 
 
Сообщение14.05.2008, 07:28 
Аватара пользователя
ewert писал(а):
После первого дифференцирования получается в принципе кубическое неравенство для $x^2, это не очень хорошо со школьной точке зрения.

Приведите, пожалуйста, это кубическое неравенство.
Посмотрим, станет ли какому-нибудь школьнику нехорошо.

 
 
 
 
Сообщение14.05.2008, 07:57 
Аватара пользователя
TOTAL писал(а):
Приведите, пожалуйста, это кубическое неравенство.
Посмотрим, станет ли какому-нибудь школьнику нехорошо.
Не приведет :D На главу из Сканави сошлется, см., мол, тему "неравенства" и все такое :D :D :D

 
 
 
 
Сообщение14.05.2008, 09:25 
Аватара пользователя
ewert писал(а):
Профессор Снэйп писал(а):
А как насчёт простого дифференцирования функции

$$
f(x) = \arcsin x - x - \frac{x^3}{6}
$$

и доказательства того, что $f'(x) > 0$ при $x \in (0,1)$? Вроде должно прокатить (хотя не проверял).

трудно сказать, что приятнее для глаза (логически проще). После первого дифференцирования получается в принципе кубическое неравенство для $x^2, это не очень хорошо со школьной точке зрения. Правда, из соображений выпуклости неравенство для производных действительно очевидно, однако сами эти соображения подразумевают дополнительные дифференцирования.


Ох! Не поленился и даже слазил в Демидовича посмотреть, чему равна производная от арксинуса :oops:

Получается

$$
f'(x) = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} - 1 - \frac{x^2}{2}
$$

После замены $t = \sqrt{1-x^2}$ полученное выражение преобразовывается в

$$
\frac{1}{t} + \frac{t^2-3}{2}
$$

Нужно доказать, что это дело положительно при $t \in (0,1)$. Домножая на $2t$, имеем неравенство

$$
g(t) = t^3 - 3t + 2 > 0
$$

Теперь, дифференцируя $g$, видим, что $g'(t) = 3(t^2-1) < 0$ при $t \in (0,1)$, а $g(1) = 0$, откуда сразу следует всё, что нужно.

Вроде несложно. При чём здесь какие-то "соображения выпуклости", я не понял. Хотя дополнительное дифференцирование действительно понадобилось :)

 
 
 
 
Сообщение14.05.2008, 09:37 
Аватара пользователя
Профессор Снэйп писал(а):
Вроде несложно.

$$\frac{1}{\sqrt{1-x^2}} > 1 + \frac{x^2}{2}$$ - еще в 10 раз несложнее

 
 
 
 
Сообщение14.05.2008, 11:29 
Аватара пользователя
Можно использовать теорему Лагранжа:

\[
\begin{gathered}
  f\left( b \right) - f\left( a \right) = f'\left( \xi  \right)\left( {b - a} \right) \hfill \\
  a = 0,b > 0,\xi  \in \left( {a,b} \right) \hfill \\
  \arcsin b - b - \frac{{b^3 }}
{6} = \left( {\frac{1}
{{\sqrt {1 - \xi ^2 } }} - 1 - \frac{1}
{2}\xi ^2 } \right)b > 0 \Leftrightarrow  \hfill \\
   \Leftrightarrow \frac{1}
{{\sqrt {1 - \xi ^2 } }} - 1 - \frac{1}
{2}\xi ^2  > 0 \hfill \\
  1 > \left( {1 + \frac{1}
{2}\xi ^2 } \right)\sqrt {1 - \xi ^2 }  \Leftrightarrow  \hfill \\
   \Leftrightarrow 1 > \left( {1 + \frac{1}
{2}\xi ^2 } \right)^2 \left( {1 - \xi ^2 } \right) = \left( {1 + \xi ^2  + \frac{1}
{4}\xi ^4 } \right)\left( {1 - \xi ^2 } \right) =  \hfill \\
   = 1 + \xi ^2  + \frac{1}
{4}\xi ^4  - \xi ^2  - \xi ^4  - \frac{1}
{4}\xi ^6  \Leftrightarrow  \hfill \\
  \frac{1}
{4}\xi ^6  + \xi ^4  + \xi ^2  - \frac{1}
{4}\xi ^4  - \xi ^2  > 0 \hfill \\
  \frac{1}
{4}\xi ^2  + 1 - \frac{1}
{4} > 0 \hfill \\ 
\end{gathered} 
\]
Учитывая условие, получаем, что любое такое (из теоремы) \[
\xi 
\] подходит.

 
 
 
 
Сообщение14.05.2008, 12:05 
Аватара пользователя
TOTAL писал(а):
Профессор Снэйп писал(а):
Вроде несложно.

$$\frac{1}{\sqrt{1-x^2}} > 1 + \frac{x^2}{2}$$ - еще в 10 раз несложнее


У меня текст занял 11 строчек, а у Вас в 10 раз проще, то есть в одну строчку. Ну-ка, покажите, как это в одну строчку делается.

 
 
 
 
Сообщение14.05.2008, 12:28 
Аватара пользователя
Профессор Снэйп писал(а):
У меня текст занял 11 строчек, а у Вас в 10 раз проще, то есть в одну строчку. Ну-ка, покажите, как это в одну строчку делается.


$$\frac{1}{\sqrt{1-x^2}} > \frac{1}{\sqrt{1-x^2+\frac{x^4}{4}}} = \frac{1}{1-\frac{x^2}{2}}=  \frac{1 + \frac{x^2}{2}}{1-\frac{x^4}{4}} > 1 + \frac{x^2}{2}$$

 
 
 
 
Сообщение14.05.2008, 15:41 
ShMaxG писал(а):
Можно использовать теорему Лагранжа:

Издевайтесь, издевайтесь.

 
 
 
 
Сообщение14.05.2008, 20:08 
Аватара пользователя
TOTAL писал(а):
Профессор Снэйп писал(а):
У меня текст занял 11 строчек, а у Вас в 10 раз проще, то есть в одну строчку. Ну-ка, покажите, как это в одну строчку делается.


$$\frac{1}{\sqrt{1-x^2}} > \frac{1}{\sqrt{1-x^2+\frac{x^4}{4}}} = \frac{1}{1-\frac{x^2}{2}}=  \frac{1 + \frac{x^2}{2}}{1-\frac{x^4}{4}} > 1 + \frac{x^2}{2}$$


Да, TOTAL, Вы молодец, раз такие вещи сразу видите.

 
 
 
 
Сообщение15.05.2008, 21:39 
Профессор Снэйп писал(а):
$$
f'(x) = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} - 1 - \frac{x^2}{2}
$$

После замены $t = \sqrt{1-x^2}$ полученное выражение преобразовывается в

$$
\frac{1}{t} + \frac{t^2-3}{2}
$$

<...>

Вроде несложно. При чём здесь какие-то "соображения выпуклости", я не понял.

Да тут всё несложно, как ни крути. Выпуклость при том, что после первого дифференцирования выйдет неравенство $$\frac{1}{\sqrt{1-t}}\geqslant1+\frac{t}{2}$$, где $$t=x^2$$; левая часть очевидно выпукла, а начальные производные совпадают.

А с заменой Вы перестарались. Если возвести $$\frac{1}{\sqrt{1-t}}\geqslant1+\frac{t}{2}$$ в квадрат, то получется неравенство формально кубическое, а по существу всё же квадратное. Так что никаких доп. дифференцирований не нужно.

Всё равно, "мой цвет приятней для глаза" (c) К.Чапек. Потому что думать ни о чём не надо. А тут сиди, школьную арифметику вспоминай...

 
 
 
 
Сообщение15.05.2008, 22:49 
Аватара пользователя
:evil:
После TOTAL даже стыдно (с его простотой решения дальше некуда). Но в таблицы производных лезть лень. Почему бы не сделать подстановку $x = \sin y$? ($y \in [0,\pi/2]$). Имеем $y - \sin y -\frac{\sin^3y}{6} \ge 0$. После дифференцирования $ 1 - \cos y -\frac12 \cos y \sin^2 y =$ $ 2\sin^2\frac{y}{2}(1 - \cos{y}\cos^2\frac{y}{2})$, что, очевидно, величина положительная.

 
 
 [ Сообщений: 28 ]  На страницу Пред.  1, 2


Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group