Сравнение выражений с радикалами...

[AKazak]

Здравствуйте!

Подскажите, пожалуйста, общую идею сравнения:
$\[\begin{gathered} 0 \leqslant \delta \leqslant 1;n \in \mathbb{N} \hfill \\ \sqrt[n]{{1 + \delta }} - 1 \wedge 1 - \sqrt[n]{{1 - \delta }} \hfill \\ \end{gathered} \] $

Для $\[n = 1;2\]$ знак $\[ \leqslant \] $ находится элементарно, а для $\[n \geqslant 3\] $ от радикалов не получается избавиться...

[jetyb]

Попробуйте рассмотреть оба выражения как $\int \frac{1}{n}x^{\frac{1}{n}-1}dx$.

[AKazak]

jetyb
Пока не очень понятно, как $\[\frac{1} {n}\int {{x^{\frac{1} {n} - 1}}} dx = \sqrt[n]{x}\] $ применить к моему случаю?

Подставить вместо радикалов интегралы?

[jetyb]

Перенести интегралы на один отрезок и сравнить подинтегральные функции.

[ewert]

AKazak в сообщении #237316 писал(а):

Пока не очень понятно, как $\[\frac{1} {n}\int {{x^{\frac{1} {n} - 1}}} dx = \sqrt[n]{x}\] $ применить к моему случаю?

После взятия производных по дельте неравенство становится тривиальным. А при дельте, равной нулю, имеем равенство. Ну и.

[AKazak]

ewert в сообщении #237320 писал(а):

После взятия производных по дельте неравенство становится тривиальным. А при дельте, равной нулю, имеем равенство. Ну и.

В результате применения выражения $\[\frac{1} {n}\int {{x^{\frac{1} {n} - 1}}} dx = \sqrt[n]{x}\] $ сравнение стало следующим:

$\[\int {{{\left( {1 + \delta } \right)}^{\frac{1} {n} - 1}}} dx - n \wedge n - \int {{{\left( {1 - \delta } \right)}^{\frac{1} {n} - 1}}} dx\] $

Вы предлагаете взять производную от обеих частей этого выражения?

[ewert]

Я предлагаю подумать вот об чём. Если $f'(x)\geqslant g'(x)$ для всех $x\geqslant0$, и при этом $f(0)=g(0)$, то что отсюда следует?...

(а вопрос-то, между прочим, достаточно принципиальный, и должен сидеть в памяти)

[gris]

И опять же доказывается Лагранжем

ewert, это я просто так. В последнее время чего-то Лагранж да Лагранж...

[ewert]

а это уж как хошь, так и можно формально доказывать, функции-то вполне конкретные, тут уж дело не в технике док-в, а в принципе

[AKazak]

ewert в сообщении #237325 писал(а):

Я предлагаю подумать вот об чём. Если $f'(x)\geqslant g'(x)$ для всех $x\geqslant0$, и при этом $f(0)=g(0)$, то что отсюда следует?...

(а вопрос-то, между прочим, достаточно принципиальный, и должен сидеть в памяти)

... отсюда следует что $\[f(x) \geqslant g(x);\forall x \geqslant 0\] $
Так?

gris в сообщении #237326 писал(а):

И опять же доказывается Лагранжем

Извините, я не с жаргоном не очень знаком. Сообщите, пожалуйста, как называется метод?

[gris]

Я имел в виду, что утверждение ewerta можно доказать с помощью теоремы Лагранжа.
А вы бы нашли производные по \delta от обеих частей исходного неравенства да и сравнили их

[AKazak]

gris в сообщении #237331 писал(а):

Я имел в виду, что утверждение ewerta можно доказать с помощью теоремы Лагранжа.
А вы бы нашли производные по \delta от обеих частей исходного неравенства да и сравнили их

$\[{\left( {1 + \delta } \right)^{\frac{1} {n} - 1}} \wedge - {\left( {1 - \delta } \right)^{\frac{1} {n} - 1}}\] $

Получается знак $ \[ \geqslant \]$?...

[gris]

Нет. Степень-то отрицательная. А минус сократится.

[ewert]

Нет, не получается. Вы знак при дифференцмровании ну соверщенно откровенно перепутали.

[AKazak]

Прошу прощения...

$\[\begin{gathered} {\left( {1 + \delta } \right)^{\frac{1} {n} - 1}} \wedge {\left( {1 - \delta } \right)^{\frac{1} {n} - 1}} \hfill \\ {\left( {1 - \delta } \right)^{1 - \frac{1} {n}}} \wedge {\left( {1 + \delta } \right)^{1 - \frac{1} {n}}} \hfill \\ \left( {1 - \delta } \right) \wedge \left( {1 + \delta } \right) \hfill \\ \end{gathered} \] $

Получается знак $\[ \leqslant \]$. Верно?

-- Вс авг 23, 2009 20:13:38 --

ewert в сообщении #237325 писал(а):

Если $f'(x)\geqslant g'(x)$ для всех $x\geqslant0$, и при этом $f(0)=g(0)$, то...

Это утверждение носит отдельное название как теорема (лемма)?