Нижняя грань значений функции

[nnosipov]

Пусть

$$f_\lambda(x)=\frac{1+3^\lambda e^x+e^{3x}}{2^\lambda e^{2x}}.$$

Докажите, что при некотором $\lambda>0$ найдется такое $x$, что $f_\lambda(x)<10^{-100}$.

[worm2]

Например, $x=884$, $\lambda=1611$ (вероятно, это целочисленное решение с минимально возможной суммой).
Решал графически, рассмотрев области, в которых знаменатель больше, чем каждое из слагаемых числителя, в $3\times 10^{-101}$ раз. Алгебраически, разумеется, тоже можно, но не так наглядно, можно запутаться.

[Dendr]

Производная по $x$ при некотором фиксированном $\lambda$ равна:

$$\frac{d}{dx}f_\lambda(x)=\frac{-2-3^\lambda{e^x}+e^{3x}}{2^\lambda{e^{2x}}}$$

$$\frac{d^2}{dx^2}f_\lambda(x)=\frac{4+3^\lambda{e^x}+e^{3x}}{2^\lambda{e^{2x}}}$$

Второе выражение строго положительно при любых действительных $\lambda, x$, следовательно, у функции единственный экстремум, и это минимум, который достигается при $x_m$, удовлетворяющем выражению

$$e^{3x_m}=3^\lambda{e^{x_m}}+2$$

Выясним, значение функции при этом $x_m$:

$$f_\lambda(x_m)=\frac{1+3^\lambda{e^{x_m}}+e^{3x_m}}{2^\lambda{e^{2x_m}}}=\frac{3+2\cdot3^\lambda{e^{x_m}}}{2^\lambda{e^{2x_m}}}=\frac{e^{x_m}}{2^\lambda}\frac{3+2\cdot3^\lambda{e^{x_m}}}{2+3^\lambda{e^{x_m}}}=$$

$$=2\frac{e^{x_m}}{2^\lambda}\frac{3+2\cdot3^\lambda{e^{x_m}}}{4+2\cdot3^\lambda{e^{x_m}}}<\frac{e^{x_m}}{2^{\lambda-1}}$$

Положим $e^{x_m}=\varepsilon2^{\lambda-1}$, где $\varepsilon$ - заданная наперед малая величина.
Тогда $\varepsilon^38^{\lambda-1}=\frac{\varepsilon}{2}6^\lambda+2$.
Или, что будет удобнее, $\varepsilon^38^{\lambda}-4\varepsilon6^\lambda=16$.

Введем функцию $g(\lambda)=\varepsilon^38^{\lambda}-4\varepsilon6^\lambda$, заметим, что $g(0)<0$, и вообще на "довольно большом" интервале значений $\lambda$ она отрицательна.
Однако, ее производная $g'(\lambda)=\varepsilon\ln{8}\cdot8^\lambda\left(\varepsilon^2-4\frac{\ln{6}}{\ln{8}}\left(\frac{3}{4}\right)^\lambda\right)$
Она тоже на "довольно большом" интервале значений $\lambda$ производная меньше нуля. Но (при фиксированном $\varepsilon$) существует такое значение $\lambda_M$, что $g'(\lambda_M)=0$, а при $\lambda>\lambda_M$ производная положительна, кроме того, она растет, с точностью до численного коэффициента, как $\varepsilon^38^\lambda=\left(\varepsilon2^\lambda\right)^3$.

Отсюда следует, что при $\lambda>\lambda_M$ функция $g(\lambda)$ возрастает неограниченно. Таким образом, уравнение $g(\lambda)=16$ разрешимо в действительных числах. Следовательно, существует и такое $x_m$, что $e^{x_m}=\varepsilon2^{\lambda-1}$, откуда $f_\lambda(x_m)<\varepsilon$, что и требовалось доказать.

[zykov]

Положить $\lambda = \frac{2}{\ln 3} x$ и рассмотреть большие $x$.

[waxtep]

Можно же, кажется, совсем грубо:

$$f_{\lambda}(x)=\frac{3^{-\lambda/2}e^{-2x}+2\ch({x-\frac{\ln3}2\lambda)}}{(2/\sqrt3)^\lambda}$$

Далее берем $x=\frac{\ln3}2\lambda$ и задираем $\lambda$ как угодно высоко, чтобы получить очень малое.

[nnosipov]

zykov, waxtep
Да.
Dendr
Нет (не в смысле, что неверно, а что выглядит малоперспективным для обобщения).

[nnosipov]

worm2 в сообщении #1549810 писал(а):

Например, $x=884$, $\lambda=1611$

Проверил, подходит (если Maple не врет). Но задача найти "минимальное" решение в целых числах не кажется простой.

[zykov]

zykov в сообщении #1549814 писал(а):

Положить $\lambda = \frac{2}{\ln 3} x$ и рассмотреть большие $x$.

В числителе асимптотика как $e^{3x}$, в знаменателе - как $e^{(2+2\frac{\ln 2}{\ln 3})x}$.
$2+2\frac{\ln 2}{\ln 3}$ больше $3$, т.к. $\frac{\ln 2}{\ln 3}=\log_3 {2}>\frac12$, т.к. $2>\sqrt 3$.

[Dendr]

nnosipov в сообщении #1549823 писал(а):

Нет (не в смысле, что неверно, а что выглядит малоперспективным для обобщения).

А почему бы и нет? Не прямо обобщение обобщений, но параметризация по максимуму (конечно, $A>0, B>0$ незримо предполагается, при отрицательных, видимо, можно и в минус функцию загнать, поэтому нечего и рассматривать)

$$f_\lambda(x)=\frac{1+Aa^\lambda e^{nx}+Be^{mx}}{b^\lambda e^{kx}}$$

$$f'_\lambda(x)=\frac{(-k)+A(n-k)a^\lambda e^{nx}+B(m-k)e^{mx}}{b^\lambda e^{kx}}$$

$$f''_\lambda(x)=\frac{k^2+A(n-k)^2a^\lambda e^{nx}+B(m-k)^2e^{mx}}{b^\lambda e^{kx}}>0$$

И дальше приходим к значению в минимуме:

$$\frac{Be^{(m-k)x}}{b^\lambda}\frac{m+(m-n)Aa^\lambda e^{nx}}{k+(k-n)Aa^\lambda e^{nx}}$$

При "больших" $x, \lambda$ дробь справа можно полагать единицей (все равно сравниваем с заведомо малой величиной) и остается ровно тоже, что было в исходной задаче.
Из нулевой производной можно также, без обращения к гиперболике, высчитать подстановку, обрубая лишнее...

[nnosipov]

Dendr
Я имел в виду другое обобщение --- когда в числителе много слагаемых. Кажется, Ваш метод слишком привязан к случаю 3 слагаемых (понятно, что в этой ситуации задача так или иначе решится).

А вообще, господа, как вам задача? Мне вот она понравилась (это не моя задача), поэтому и решил поделиться.

[Arks]

Для начала разделим на три слагаемых, очевидно, что при стремлении $\lambda$ и $x$ к бесконечности первое слагаемое стремится к нулю, а если положить $\lambda=\frac{x}{\ln2}(1+\frac{1}{\sqrt{x}})$, то стремится к нулю и третье слагаемое, а также автоматом второе.
Задачу можно модифицировать так
1) Найти минимальное значение выражения

$$f_\lambda(x)=\frac{1+4^\lambda e^x+e^{3x}}{2^\lambda e^{2x}}$$

при $\lambda>0$
2) Найти минимальное значение выражения

$$f_\lambda(x)=\frac{1+5^\lambda e^x+e^{3x}}{2^\lambda e^{2x}}$$

при $\lambda>0$

-- 04.03.2022, 17:07 --

Dendr
Такую идейную задачу производными испортили

nnosipov в сообщении #1549857 писал(а):

А вообще, господа, как вам задача? Мне вот она понравилась (это не моя задача), поэтому и решил поделиться.

Весьма интересна, я думал за вашим авторством

[ShMaxG]

Задача устная, потому что достаточно так увеличивать $x$ и $\lambda$ так, чтобы $e^x$ росло быстрее $(3/2)^{\lambda}$, но медленнее, чем $2^\lambda$. Ясно, что это всегда можно сделать, выбрав, например, $e^x = (1.8)^\lambda$.

В общем случае, если дано выражение вида

$$f(x,\lambda)=\sum_{i=1}^n a_i b_i^{\lambda} e^{c_i x}, \ a_i > 0,$$

то достаточным условием убывания к нулю этого выражения при (зависимом) увеличении $x$ и $\lambda$ является убывание каждого слагаемого к нулю, что возможно, когда существует направление $\mathbf{n}=(n_1, n_2)$ с $n_1\ge 0$, $n_2 \ge 0$, которое составляет тупой угол со всеми векторами $(\ln{b_i},\,c_i)$. Можно подумать о случаях, когда $x$ и $\lambda$ не обязательно оба увеличиваются, тогда $n_1$, $n_2$ будут необязательно отрицательными. В любом случае, геометрически, мы ищем кривую в пространстве переменных $(x,\lambda)$, которая делает с нашей функцией то, что нужно, и определяем эту кривую через производную исходной функции.

-- Пт мар 04, 2022 20:43:55 --

В принципе-то можно все затащить под экспоненту и рассмотреть

$$f(x,\lambda)=\sum_{i=1}^n a_i e^{\lambda \ln b_i + x c_i}$$

и искать путь, чтобы показатель экспоненты был для всех $i$ отрицательный. Но подход с производными позволяет рассмотреть и более общие случаи, когда функции не показательные, тогда можно более интересные примеры придумать.

[nnosipov]

ShMaxG в сообщении #1549866 писал(а):

достаточным условием убывания к нулю этого выражения при (зависимом) увеличении $x$ и $\lambda$ является убывание каждого слагаемого к нулю, что возможно, когда существует направление $\mathbf{n}=(n_1, n_2)$ с $n_1\ge 0$, $n_2 \ge 0$, которое составляет тупой угол со всеми векторами $(\ln{b_i},\,c_i)$.

ShMaxG в сообщении #1549866 писал(а):

геометрически

Да, все это правильные слова. В той статье, где я встретил эту задачу, она была сформулирована в более специальном виде, но помог разобраться именно геометрический взгляд на ситуацию.

ShMaxG в сообщении #1549866 писал(а):

Задача устная

Ну, в статье так и было написано: "On vérifie sans difficulté que ..." (и дальше формулировка результата) Но у меня просветление наступило совсем не сразу.

[nnosipov]

Arks в сообщении #1549862 писал(а):

Задачу можно модифицировать так
1) Найти минимальное значение выражения

$$f_\lambda(x)=\frac{1+4^\lambda e^x+e^{3x}}{2^\lambda e^{2x}}$$

при $\lambda>0$
2) Найти минимальное значение выражения

$$f_\lambda(x)=\frac{1+5^\lambda e^x+e^{3x}}{2^\lambda e^{2x}}$$

при $\lambda>0$

В обоих случаях я бы предложил вычислить $\lim_{\lambda \to +\infty}\inf_{x \in \mathbb{R}}f_\lambda(x)$. Кажется, для $\inf_{x \in \mathbb{R}}f_\lambda(x)$ простой формулы нет.

[waxtep]

nnosipov в сообщении #1550001 писал(а):

Кажется, для $\inf_{x \in \mathbb{R}}f_\lambda(x)$ простой формулы нет.

Есть для любых оснований при $\lambda$: по-прежнему минимальность чёсинуса (кошинуса?) позволяет перейти к одной переменной, а потом минимизация $t^a+2t^b$, вот например