Analiza matematyczna 1/Ćwiczenia 12: Wypukłość. Badanie funkcji jednej zmiennej

12. Wypukłość. Badanie funkcji jednej zmiennej

Ćwiczenie [Uzupelnij]

Wyznaczyć przedziały wypukłości i wklęsłości oraz punkty przegięcia funkcji

{

Ćwiczenie [Uzupelnij]

Zbadać przebieg zmienności, naszkicować wykres i wyznaczyć zbiór wartości funkcji

{

Ćwiczenie [Uzupelnij]

a) Udowodnić, że jeśli $p,q>0$ są sprzężone, to znaczy $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$, to dla dowolnych liczb dodatnich $x$ i $y$ zachodzi nierówność

$xy\le \frac{x^p}{p}+\frac{y^q}{q}.$

b) Udowodnić, że dla dowolnych liczb dodatnich $x,y$ prawdziwa jest nierówność

$x\ln x+y\ln y\ge (x+y)\ln \frac{x+y}{2}.$

Ćwiczenie [Uzupelnij]

Udowodnić, że funkcja wypukła na przedziale $I$ spełnia nierówność Jensena:

$f({\lambda }_1{x}_1+{\lambda }_2{x}_2+...+{\lambda }_n{x}_n)\le {\lambda }_{1}f(x_1)+{\lambda }_{2}f(x_2)...+{\lambda }_{n}f(x_n)$

dla dowolnej liczby naturalnej $n$, dowolnych $x_1,x_2,...,x_n\in I$ oraz dowolnych nieujemnych liczb ${\lambda }_1,{\lambda }_2,...,{\lambda }_n$ spełniających warunek ${\lambda }_1+{\lambda }_2+...+{\lambda }_n=1$.

Ćwiczenie [Uzupelnij]

a) Udowodnić, że jeśli $\alpha >1$, $n\in \mathbb{\mathbb{N}}$ oraz $x_1,...,x_n>0$, to

${\left(\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{x}_k\right)}^{\alpha }\le \frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{x}_k^{\alpha }.$

b) Wykazać, że dla dowolnej liczby naturalnej $n$, dowolnych liczb $x_1,...,x_n$ z przedziału $(0,1)$ takich, że $x_1+...+x_n=1$ oraz dla $a>1$ prawdziwa jest nierówność

$\sum _{k=1}^n{(x_k+\frac{1}{x_k})}^a\ge \frac{(n^2+1{)}^a}{n^{a-1}}.$

Ćwiczenie [Uzupelnij]

a) Udowodnić nierówność Holdera:

$\sum _{k=1}^n|x_k{y}_k|\le {(\sum _{k=1}^n|x_k{|}^p)}^{\frac{1}{p}}{(\sum _{k=1}^n|y_k{|}^q)}^{\frac{1}{q}},$

jeśli $n$ jest liczbą naturalną, $x_1,...,x_n,y_1,...,y_n$ są dowolnymi liczbami rzeczywistymi i $p,q$ są dodatnie takie, że $p>1$ i $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$.

b) Udowodnić nierówność Minkowskiego:

${(\sum _{k=1}^n|x_k+y_k{|}^p)}^{\frac{1}{p}}\le {(\sum _{k=1}^n|x_k{|}^p)}^{\frac{1}{p}}+{(\sum _{k=1}^n|y_k{|}^p)}^{\frac{1}{p}},$

jeśli $n\in \mathbb{\mathbb{N}}$, $x_1,...,x_n,y_1,...,y_n\in \mathbb{ℝ}$ i $p>1$.

Wskazówki

Wskazówka

Uzupelnic z.am1.12.010| Wyznaczyć dziedzinę każdej funkcji i

zbadać znak drugiej pochodnej.

Wskazówka

Uzupelnic z.am1.12.020| Warto pamiętać, że jeśli funkcja jest

parzysta lub nieparzysta lub okresowa, to można jej badanie zacieśnić do odpowiedniego przedziału (jakiego?), co może ułatwić obliczenia. Dla każdej funkcji wyznaczyć dziedzinę, miejsca zerowe, punkt przecięcia z osią $0y$, asymptoty, zbadać znak pierwszej i drugiej pochodnej. Te dane warto zebrać w tabelce, w której u góry są kolejno przedziały stałego znaku dla pierwszej i drugiej pochodnej i ich miejsca zerowe, a z boku najpierw pierwsza pochodna, później druga, a wreszcie funkcja, o której monotoniczności i wypukłości wnioskujemy ze znaków pierwszej i drugiej pochodnej pochodnej i zapisujemy to w postaci odpowiednio wygiętych strzałek. Przykładowo, jeśli funkcja $f$ jest określona w $\mathbb{ℝ}\setminus \{1\}$,

$\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{\lim }f(x)=+\mathrm{\infty },\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }f(x)=0,\underset{x\to 1}{\lim }f(x)=+\mathrm{\infty },$

pochodna $f^{\prime }$ zeruje się w $-1$ i $2$, jest dodatnia w $(-1,1)$, $(2,+\mathrm{\infty })$, ujemna w $(-\mathrm{\infty },-1)$, $(1,2)$, natomiast druga pochodna $f^{″}$ zeruje się w $3$, jest dodatnia w $(-\mathrm{\infty },1)$, $(1,3)$, ujemna w $(3,\mathrm{\infty })$, ponadto $f(-1)=1,f(2)=-2,f(3)=-1$, to tabelka może mieć następujący wygląd:

{{red}Rysunek am1c12.0010}

Zauważmy, że przyglądając się strzałkom, które mówią zarówno o monotoniczności, jak i wypukłości, łatwo zobaczyć, jakiego typu punkty szczególne uzyskujemy: w tym wypadku mamy dwa minima i jeden punkt przegięcia (p.p.). Zachęcamy do narysowania wykresu funkcji $f$ na podstawie tej tabelki.

Wskazówka

Uzupelnic z.am1.12.030| Jaka jest definicja funkcji wypukłej

(wklęsłej)?

a) Należy tu skorzystać z wklęsłości i monotoniczności funkcji $t\mapsto \ln t$. Stosujemy nierówność z definicji do liczb $x^p,y^q$ oraz $\lambda =\frac{1}{p}$.

b) Należy tu skorzystać w wypukłości funkcji $t\mapsto t\ln t$ (jak ją sprawdzić?). Stosujemy nierówność do liczb $x,y$ oraz $\lambda =\frac{1}{2}$.

Wskazówka

Uzupelnic z.am1.12.040| Stosujemy zasadę indukcji matematycznej

wykorzystując definicję wypukłości.

Wskazówka

Uzupelnic z.am1.12.050| Stosujemy nierówność Jensena z

poprzedniego zadania (Uzupelnic z.am1.12.040|).

a) Jaką funkcją jest $(0,\mathrm{\infty })\ni x\mapsto x^{\alpha }$?

b) Jaką funkcją jest $(0,\mathrm{\infty })\ni x\mapsto {(x+\frac{1}{x})}^a$? Zauważmy, że

${\left(\frac{n^2+1}{n}\right)}^a={(\frac{1}{\frac{1}{n}\cdot 1}+\frac{1}{n}\cdot 1)}^a.$

Jak wypisana powyżej liczba ma się do $f(\frac{x_1}{n}+...+\frac{x_n}{n})$?

Wskazówka

Uzupelnic z.am1.12.060| a) Jeśli $\sum _{k=1}^n|x_k|=0$ lub

$\sum _{k=1}^n|y_k|=0$, to nie ma czego dowodzić (dlaczego?). W przeciwnym przypadku stosujemy dla dowolnego $k\in \{1,...,n\}$ nierówność udowodnioną w zadaniu Uzupelnic z.am1.12.030| a) do liczb

$\frac{|x_k|}{{(\sum _{k=1}^n|x_k{|}^p)}^{\frac{1}{p}}}\mathrm{i}\frac{|y_k|}{{(\sum _{k=1}^n|y_k{|}^q)}^{\frac{1}{q}}}$

i otrzymane nierówności dodajemy stronami.

b) Trzeba zastosować nierówność trójkąta dla modułu $|x+y|\le |x|+|y|$ oraz nierówność Holdera udowodnioną w poprzednim podpunkcie tego zadania do sum postaci

$\sum _{k=1}^n|x_k||x_k+y_k{|}^{p-1}.$

Rozwiązania i odpowiedzi

Rozwiązanie

Uzupelnic z.am1.12.010| a) Dziedziną funkcji $F_1(x)=\frac{(x-2{)}^3}{(x+1{)}^2}$ jest zbiór $\mathbb{ℝ}\setminus \{-1\}$. Liczymy drugą pochodną. Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned F_1'(x)= \frac{3(x-2)^2(x+1)^2-2(x-2)^3(x+1)}{(x+1)^4}=\frac{(x-2)^2(x+7)}{(x+1)^3},\\ F_1''(x)= \frac{[2(x-2)(x+7)+(x-2)^2](x+1)^3-3(x-2)^2(x+7)(x+1)^2}{(x+1)^6}=\\= \frac{(x-2)\left([2(x+7)+(x-2)](x+1)-3(x-2)(x+7)\right)}{(x+1)^4}= \frac{54(x-2)}{(x+1)^4}, \endaligned }

zatem druga pochodna zmienia znak tylko w punkcie 2. Funkcja $F_1$ jest wklęsła w przedziałach $(-\mathrm{\infty },-1)$ i $(-1,2)$, ma punkt przegięcia $2$ i jest wypukła w przedziale $(2,+\mathrm{\infty })$.

b) Dziedziną funkcji $F_2(x)=(2-x)e^{-\frac{1}{x}}$ jest zbiór $\mathbb{ℝ}\setminus \{0\}$. Liczymy drugą pochodną.

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned F_2'(x)= -e^{-\frac1x}+\frac{2-x}{x^2}e^{-\frac1x}= \left(\frac{2-x}{x^2}-1\right)e^{-\frac1x},\\ F_2''(x)=\frac{-x^2-2(2-x)x}{x^4}e^{-\frac1x}+\left(\frac{2-x}{x^2}-1\right)\frac1{x^2} e^{-\frac1x}=\\=\frac{x^2-4x+2-x-x^2}{x^4} e^{-\frac1x}= \frac{2-5x}{x^4} e^{-\frac1x}, \endaligned }

zatem druga pochodna zmienia znak tylko w punkcie $\frac{2}{5}$. Funkcja $F_2$ jest wypukła w przedziałach $(-\mathrm{\infty },0)$ i $(0,\frac{2}{5})$, ma punkt przegięcia $\frac{2}{5}$ i jest wklęsła w $(\frac{2}{5},+\mathrm{\infty })$.

c) Dziedziną funkcji $F_3(x)=\sqrt{\frac{x}{(x+2{)}^3}}$ jest zbiór $(-\mathrm{\infty },-2)\cup [0,\mathrm{\infty })$.

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned F_3'(x)=\frac12\cdot\sqrt{\frac{(x+2)^3}{x}}\cdot \frac{(x+2)^3-x\cdot3(x+2)^2}{(x+2)^6}= \frac{1-x}{\sqrt{x(x+2)^5}},\\ F_3''(x)=\frac{-\sqrt{x(x+2)^5}-\frac{1-x}{2\sqrt{x(x+2)^5}} [(x+2)^5+5x(x+2)^4]}{\sqrt{x(x+2)^5}^{\; 2}}=\\ \frac{(x+2)^4[-x(x+2)-(1-x)(3x+1)]}{\sqrt{x(x+2)^5}^{\; 3}}= \frac{(x+2)^4(2x^2-4x-1)}{\sqrt{x(x+2)^5}^{\; 3}}=\\= \frac{(x+2)^4(2x-2-\sqrt{6})(2x-2+\sqrt{6})}{2\sqrt{x(x+2)^5}^{\; 3}}. \endaligned }

Funkcja $F_2$ jest wypukła w przedziałach $(-\mathrm{\infty },-2)$ i $(\frac{1}{2}(2+\sqrt{6}),+\mathrm{\infty })$, wklęsła w przedziale $(0,\frac{1}{2}(2+\sqrt{6}))$ i ma jeden punkt przegięcia $\frac{1}{2}(2+\sqrt{6})$.

d) Dziedziną funkcji $F_4(x)=9\sqrt[3]{x^5}{e}^{-2x}$ i jej pierwszej pochodnej

${F_4}^{\prime }(x)=3\sqrt[3]{x^2}(5-6x)e^{-2x}$

jest cały zbiór liczb rzeczywistych, a jej druga pochodna

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned F_4''(x)=\frac{2}{\sqrt[3]{x}}(5-6x)e^{-2x} -18\sqrt[3]{x^2}e^{-2x}-6\sqrt[3]{x^2}(5-6x)e^{-2x}=\\= \frac{2}{\sqrt[3]{x}}(5-30x+18x^2)e^{-2x}=\frac{36}{\sqrt[3]{x}} \left(x-\frac{5-\sqrt{15}}{6}\right)\left(x-\frac{5+\sqrt{15}}{6}\right)e^{-2x} \endaligned }

nie jest określona w $0$. $F_4$ jest wklęsła w przedziałach $(-\mathrm{\infty },0)$ i $(\frac{5-\sqrt{15}}{6},\frac{5+\sqrt{15}}{6})$, wypukła w przedziałach $(0,\frac{5-\sqrt{15}}{6})$ i $(\frac{5+\sqrt{15}}{6},+\mathrm{\infty })$, ma trzy punkty przegięcia: $0$, $\frac{5-\sqrt{15}}{6}$ i $\frac{5+\sqrt{15}}{6}$.

e) Dziedziną funkcji $F_5(x)=\ln (e-\frac{1}{x})$ jest zbiór $(-\mathrm{\infty },0)\cup (\frac{1}{e},+\mathrm{\infty })$.

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned F_5'(x)= \left(e-\frac{1}{x}\right)^{-1}\frac1{x^2}=\frac{1}{x(ex-1)},\\ F_5''(x)= -\frac{ex-1+ex}{x^2(ex-1)^2}= -\frac{2ex-1}{x^2(ex-1)^2}. \endaligned }

Zatem $F_5$ nie ma punktów przegięcia, jest wypukła w $(-\mathrm{\infty },0)$ i wklęsła w $(\frac{1}{e},+\mathrm{\infty })$.

f) Dziedziną funkcji $F_6(x)=e^{-2x^2+3x}$ jest zbiór liczb rzeczywistych.

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned F_6'(x)=(-4x+3)e^{-2x^2+3x},\\ F_6''(x)=(-4x+3)^2e^{-2x^2+3x}+(-4)e^{-2x^2+3x}=\\= [(-4x+3)^2-4]e^{-2x^2+3x}= (4x-5)(4x-1)e^{-2x^2+3x}. \endaligned }

Funkcja $F_6$ ma dwa punkty przegięcia $\frac{1}{4}$ i $\frac{5}{4}$, jest wypukła w przedziałach $(-\mathrm{\infty },\frac{1}{4})$, $(\frac{5}{4},\mathrm{\infty })$ i wklęsła w $(\frac{1}{4},\frac{5}{4})$.

g) Dziedziną funkcji $F_7(x)=x\arccos \frac{6x}{x^2+9}$ jest cały zbiór liczb rzeczywistych (porównaj rozwiązanie zadania 10.2 z modułu 10). Pochodne

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned F_7'(x)= \arccos\frac{6x}{x^2+9}-x\frac{6(9-x^2)}{|9-x^2|(x^2+9)}=\\= \left\{\begin{array} {lll}\arccos\frac{6x}{x^2+9}-\frac{6x}{x^2+9},& {\rm gdy}& |x|<3\\ \arccos\frac{6x}{x^2+9}+\frac{6x}{x^2+9},& {\rm gdy}& |x|>3\end{array} \right.,\\ F_7'(x)=\left\{\begin{array} {lll}-\frac{6}{x^2+9}-\frac{6(9-x^2)}{(x^2+9)^2},& {\rm gdy}& |x|<3\\ \frac{6}{x^2+9}+\frac{6(9-x^2)}{(x^2+9)^2},& {\rm gdy}& |x|>3\end{array} \right.=\left\{\begin{array} {lll}-\frac{108}{(x^2+9)^2},& {\rm gdy}& |x|<3\\ \frac{108}{(x^2+9)^2},& {\rm gdy}& |x|>3\end{array} \right. \endaligned }

nie są określone w punktach $3$ i $-3$, które są punktami przegięcia funkcji $F_7$. Funkcja ta jest wypukła w przedziałach $(-\mathrm{\infty },-3)$ i $(3,+\mathrm{\infty })$ oraz wklęsła w $(-3,3)$.

h) Dziedziną funkcji $F_8(x)=x^2+\ln |\cos x|$ jest zbiór $\mathbb{ℝ}\setminus \{\frac{\pi }{2}+k\pi :k\in \mathbb{\mathbb{Z}}\}$.

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned F_8'(x)= 2x-\mathrm{tg}\, x,\qquad F_8''(x)= 2-(\mathrm{tg}\,^2 x +1)=(1-\mathrm{tg}\, x)(1+\mathrm{tg}\, x). \endaligned }

Funkcja $F_8$ ma punkty przegięcia postaci $\frac{\pi }{4}+k\frac{\pi }{2}$, $k\in \mathbb{\mathbb{Z}}$. Jest wypukła w każdym z przedziałów postaci $(-\frac{\pi }{4}+k\pi ,\frac{\pi }{4}+k\pi )$ i wklęsła w każdym z przedziałów postaci $(-\frac{\pi }{2}+k\pi ,-\frac{\pi }{4}+k\pi )$ lub $(\frac{\pi }{4}+k\pi ,\frac{\pi }{2}+k\pi )$, $k\in \mathbb{\mathbb{Z}}$.

Rozwiązanie

Uzupelnic z.am1.12.020| a) Dziedziną funkcji

$A(x)=\frac{(x+1{)}^3}{5(x-1{)}^2}$ jest zbiór $\mathbb{ℝ}\setminus \{1\}$. Już sama dziedzina wyklucza parzystość, nieparzystość i okresowość. Jedynym miejscem zerowym jest $-1$, a $A(0)=\frac{1}{5}$.

$\underset{x\to 1}{\lim }A(x)=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{(x+1{)}^3}{5(x-1{)}^2}\begin{array}{c}\left[\frac{1}{0^{+}}\right]\\ =\\ \end{array}+\mathrm{\infty },$ $\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }A(x)=\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{x(1+x^{-1}{)}^3}{5(1-x^{-1}{)}^2}=\pm \mathrm{\infty },$ $\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{A(x)}{x}=\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{(1+x^{-1}{)}^3}{5(1-x^{-1}{)}^2}=\frac{1}{5},$ $\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }(A(x)-\frac{1}{5}x)=\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{(x+1{)}^3-x(x-1{)}^2}{5(x-1{)}^2}=\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{5+2x^{-1}+x^{-2}}{5(1-x^{-1}{)}^2}=1,$

zatem $A$ ma obustronną asymptotę pionową $x=1$ i obustronną asymptotę ukośną $y=\frac{1}{5}x+1$.

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned A'(x)=\frac{(x+1)^2(x-5)}{5(x-1)^3},\quad A''(x)=\frac{24(x+1)}{5(x-1)^4}. \endaligned }

Policzmy jeszcze $A(5)=2,7$.

{{red}Rysunek am1c12.0020} {{red}Rysunek am1c12.0030}

Zbiorem wartości funkcji $A$ jest cały zbiór $\mathbb{ℝ}$.

b) Dziedziną funkcji $B(x)=\sqrt{\frac{x^3}{x+4}}=|x|\sqrt{\frac{x}{x+4}}$ jest zbiór $(-\mathrm{\infty },-4)\cup [0,+\mathrm{\infty })$, zatem $B$ na pewno nie jest ani parzysta, ani nieparzysta, ani okresowa. Jedynym miejscem zerowym jest $0$.

$\underset{x\to -4^{-}}{\lim }B(x)=\underset{x\to -4^{-}}{\lim }\sqrt{\frac{x^3}{x+4}}\begin{array}{c}\left[\sqrt{\frac{-64}{0^{-}}}\right]\\ =\\ \end{array}+\mathrm{\infty },$ $\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }B(x)=\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }|x|\sqrt{\frac{1}{1+4x^{-1}}}=+\mathrm{\infty },$ $\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{B(x)}{x}=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\sqrt{\frac{1}{1+4x^{-1}}}=1,$ Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned \lim_{x\rightarrow +\infty} (B(x)-x)= \lim_{x\rightarrow +\infty} x\left(\sqrt{\frac{x}{x+4}}-1\right) = \lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{x\left(\frac{x}{x+4}-1\right)}{\sqrt{\frac{x}{x+4}}+1}=\\= \lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{-4}{(1+4x^{-1})\left(\sqrt{\frac{1}{1+4x^{-1}}}+1\right)}=-2 \endaligned }

i symetrycznie

$\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{B(x)}{x}=\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{\lim }-\sqrt{\frac{1}{1+4x^{-1}}}=-1,$ Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned \lim_{x\rightarrow -\infty} (B(x)+x)= \lim_{x\rightarrow -\infty} x\left(1-\sqrt{\frac{x}{x+4}}\right) =2, \endaligned }

zatem $B$ ma jedną asymptotę pionową lewostronną $x=-4$, asymptotę ukośną $y=x-2$ w $+\mathrm{\infty }$ i asymptotę ukośną $y=-x+2$ w $-\mathrm{\infty }$. Pochodne oczywiście zdefiniowane są w $(-\mathrm{\infty },-4)\cup (0,+\mathrm{\infty })$.

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned B'(x)=\frac12\sqrt{\frac{x+4}{x^3}}\cdot\frac{3x^2(x+4)-x^3}{(x+4)^2}= \sqrt{\frac{x}{(x+4)^3}}(x+6),\\ B''(x)=\sqrt{\frac{x}{(x+4)^3}}+ \frac{x+6}{2}\sqrt{\frac{(x+4)^3}{x}}\cdot\frac{(x+4)^3-3x(x+4)^2}{(x+4)^6}=\\ = \sqrt{\frac{x}{(x+4)^3}}\left[1+\frac{(x+6)(2-x)}{x(x+4)}\right]= \sqrt{\frac{x}{(x+4)^3}}\cdot\frac{12}{x(x+4)}=\frac{12}{\sqrt{x(x+4)^5}}. \endaligned }

Policzmy $B(-6)=6\sqrt{3}$.

{{red}Rysunek am1c12.0040} {{red}Rysunek am1c12.0050}

Zbiorem wartości funkcji $B$ jest przedział $[0,+\mathrm{\infty })$.

c) Dziedziną funkcji $C(x)={\ln }^3|x|-4{\ln }^2|x|$ jest zbiór $\mathbb{ℝ}\setminus \{0\}$. Funkcja $C$ jest parzysta, zatem wystarczy ją zbadać w przedziale $(0,+\mathrm{\infty })$ i odbić symetrycznie względem osi $0y$.

Zakładamy więc teraz, że $x>0$. Wtedy funkcja przyjmuje postać $C(x)={\ln }^{3}x-4{\ln }^{2}x$. Miejsca zerowe to 1 i $e^4$.

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }C(x)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{\ln }^{2}x(\ln x-4)\begin{array}{c}[+\mathrm{\infty }\cdot (-\mathrm{\infty })]\\ =\\ \end{array}-\mathrm{\infty },$ $\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }C(x)=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }{\ln }^{2}x(\ln x-4)\begin{array}{c}[+\mathrm{\infty }\cdot (+\mathrm{\infty })]\\ =\\ \end{array}+\mathrm{\infty },$ Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned \lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{C(x)}{x}= \lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{\ln^3{x}-4\ln^2{x}}{x} \begin{array} {c}\left[\frac{\infty}{\infty}\right]\\=\\H\end{array} \lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{3\ln^2{x}-8\ln{x}}{x} \begin{array} {c}\left[\frac{\infty}{\infty}\right]\\=\\H\end{array} \\ \begin{array} {c}\;\\=\\H\end{array} \lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{6\ln{x}-8}{x} \begin{array} {c}\left[\frac{\infty}{\infty}\right]\\=\\H\end{array} \lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{6}{x}=0. \endaligned }

Zatem funkcja $C$ ma jedyną asymptotę pionową $x=0$.

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned C'(x)=\frac{\ln{x}(3\ln{x}-8)}x,\\ C''(x)=\frac{6\ln{x}-8-3\ln^2{x}+8\ln{x}}{x^2}= \frac{-(\ln{x}-4)(3\ln{x}-2)}{x^2}.\\ C(e^\frac83)=-\frac{256}{27},\quad C(e^\frac23)=-\frac{40}{27}.\endaligned }

{{red}Rysunek am1c12.0060} {{red}Rysunek am1c12.0070}

Zbiorem wartości funkcji $C$ jest przedział $[-\frac{256}{27},+\mathrm{\infty })$.

d) Dziedziną funkcji $D(x)=(4-x)e^{-\frac{1}{x+2}}$ jest zbiór $\mathbb{ℝ}\setminus \{-2\}$, stąd widać, że funkcja nie jest ani parzysta, ani nieparzysta, ani okresowa. Miejscem zerowym jest punkt $4$, a $D(0)=\frac{4}{\sqrt{e}}$.

$\underset{x\to -2^{-}}{\lim }D(x)=\underset{x\to -2^{-}}{\lim }(4-x)e^{-\frac{1}{x+2}}\begin{array}{c}\left[6e^{+\mathrm{\infty }}\right]\\ =\\ \end{array}+\mathrm{\infty },$ $\underset{x\to -2^{+}}{\lim }D(x)=\underset{x\to -2^{+}}{\lim }(4-x)e^{-\frac{1}{x+2}}\begin{array}{c}\left[6e^{-\mathrm{\infty }}\right]\\ =\\ \end{array}0,$ $\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }D(x)=\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }(4-x)e^{-\frac{1}{x+2}}\begin{array}{c}[\mp \mathrm{\infty }\cdot 1]\\ =\\ \end{array}\mp \mathrm{\infty },$ $\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{D(x)}{x}=\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }(\frac{4}{x}-1)e^{-\frac{1}{x+2}}=-1,$ $\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }(D(x)+x)=\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }[4e^{-\frac{1}{x+2}}+x(1-e^{-\frac{1}{x+2}})]=4+1=5,$ $\mathrm{b}\mathrm{o}\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{1-e^{-\frac{1}{x+2}}}{x^{-1}}\begin{array}{c}\left[\frac{0}{0}\right]\\ =\\ H\end{array}\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{-(x+2{)}^{-2}{e}^{-\frac{1}{x+2}}}{-x^{-2}}=\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }{(1+\frac{2}{x})}^{-2}{e}^{-\frac{1}{x+2}}=1.$

Zatem funkcja $D$ ma lewostronną asymptotę pionową $x=-2$ i obustronną asymptotę ukośną $y=-x+5$.

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned D'(x)=\left(-1+\frac{4-x}{(x+2)^2}\right)e^{-\frac{1}{x+2}}= \frac{-x(x+5)}{(x+2)^2}e^{-\frac{1}{x+2}},\\ D''(x)=\left(\frac{-(x+2)^2-2(4-x)(x+2)}{(x+2)^4}+ \frac{-x^2-5x}{(x+2)^4}\right)e^{-\frac{1}{x+2}} = \frac{-13x-20}{(x+2)^4}e^{-\frac{1}{x+2}},\\ D(-5)=9\sqrt[3]{e}, \quad D\left(-\frac{20}{13}\right)=\frac{72}{13\sqrt[6]{e^{13}}}. \endaligned }

{{red}Rysunek am1c12.0080} {{red}Rysunek am1c12.0090}

Zbiorem wartości funkcji $D$ jest suma przedziałów $(-\mathrm{\infty },\frac{4}{\sqrt{e}}]\cup [9\sqrt[3]{e},+\mathrm{\infty })$.

e) Dziedziną funkcji $E(x)=2\arcsin \frac{x^2-4}{x^2+4}$ jest cały zbiór liczb rzeczywistych i jest to funkcja parzysta, zatem możemy zawęzić badanie jej do przedziału $[0,+\mathrm{\infty })$.

Załóżmy teraz, że $x\ge 0$. Miejscem zerowym funkcji $E$ jest $2$, $E(0)=-\pi$.

$\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }E(x)=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }2\arcsin \frac{1-4x^{-2}}{1+4x^{-2}}=\pi ,$

zatem $E$ ma asymptotę poziomą $y=\pi$. Pochodne

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned E'(x)= \frac1{\sqrt{1-\left(\frac{x^2-4}{x^2+4}\right)^2}}\cdot \frac{16x}{(x^2+4)^2}=\frac{4x}{|x|(x^2+4)}=\frac{4}{x^2+4},\\ E''(x)=\frac{-8x}{(x^2+4)^2} \endaligned }

nie są określone w $0$, pierwsza pochodna jest dodatnia w całym przedziale $(0,\mathrm{\infty })$, druga -- ujemna.

{{red}Rysunek am1c12.0100} {{red}Rysunek am1c12.0110}

Zbiorem wartości funkcji $E$ jest przedział $[-\pi ,\pi )$.

Rozwiązanie

Uzupelnic z.am1.12.030| a) Funkcja $t\mapsto \ln t$ jest rosnąca

i wklęsła w swojej dziedzinie, to znaczy w przedziale $(0,+\mathrm{\infty })$. Z definicji wklęsłości zatem

$\ln xy=\frac{p}{p}\ln x+\frac{q}{q}\ln y=\frac{1}{p}\ln x^p+\frac{1}{q}\ln y^q\le \ln (\frac{x^p}{p}+\frac{y^q}{q}).$

Z monotoniczności funkcji powyższa nierówność zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy

$xy\le \frac{x^p}{p}+\frac{y^q}{q},$

co należało dowieść.

b) Niech $f(t)=t\ln t$. Wtedy $f^{\prime }(t)=\ln t+1$ i $f^{″}(t)=\frac{1}{t}$. Zatem druga pochodna jest dodatnia w całej dziedzinie funkcji, to znaczy w przedziale $(0,+\mathrm{\infty })$, czyli funkcja $f$ jest wypukła. Z definicji wypukłości wynika, że

$\frac{x+y}{2}\ln \frac{x+y}{2}\le \frac{1}{2}x\ln x+\frac{1}{2}y\ln y$

dla dowolnych $x,y>0$.

Rozwiązanie

Uzupelnic z.am1.12.040| Nierówność Jensena dla $n=1$ jest

oczywistą równością, a dla $n=2$ jest definicją wypukłości funkcji. Załóżmy teraz dla dowodu indukcyjnego, że nierówność Jensena jest prawdziwa dla pewnej liczby naturalnej $k$. Niech $f$ będzie dowolną funkcją wypukłą na przedziale $I$, $x_1,...,x_{k-1},x_k,x_{k+1}\in I$, a ${\lambda }_1,...,{\lambda }_{k-1},{\lambda }_k,{\lambda }_{k+1}$ nieujemnymi liczbami, których suma jest równa 1. Zapiszmy

${\lambda }_k{x}_k+{\lambda }_{k+1}{x}_{k+1}=({\lambda }_k+{\lambda }_{k+1})(\frac{{\lambda }_k}{{\lambda }_k+{\lambda }_{k+1}}{x}_k+\frac{{\lambda }_{k+1}}{{\lambda }_k+{\lambda }_{k+1}}{x}_{k+1})$

i skorzystajmy z założenia indukcyjnego dla liczb

$x_1,..,x_{k-1},\frac{{\lambda }_k}{{\lambda }_k+{\lambda }_{k+1}}{x}_k+\frac{{\lambda }_{k+1}}{{\lambda }_k+{\lambda }_{k+1}}{x}_{k+1}\mathrm{i}{\lambda }_1,...,{\lambda }_{k-1},{\lambda }_k+{\lambda }_{k+1}.$

Mamy

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned &f(\lambda_1x_1+...+\lambda_kx_k+\lambda_{k+1}x_{k+1})\leq\\ &\lambda_1f(x_1)+...+\lambda_{k-1}f(x_{k-1})+ (\lambda_k+\lambda_{k+1})f\left(\frac{\lambda_k}{\lambda_k+\lambda_{k+1}}x_k+ \frac{\lambda_{k+1}}{\lambda_k+\lambda_{k+1}}x_{k+1}\right), \endaligned }

ale z definicji wypukłości zachodzi nierówność

$f(\frac{{\lambda }_k}{{\lambda }_k+{\lambda }_{k+1}}{x}_k+\frac{{\lambda }_{k+1}}{{\lambda }_k+{\lambda }_{k+1}}{x}_{k+1})\le \frac{{\lambda }_k}{{\lambda }_k+{\lambda }_{k+1}}f(x_k)+\frac{{\lambda }_{k+1}}{{\lambda }_k+{\lambda }_{k+1}}f(x_{k+1}),$

co z przechodniości nierówności kończy dowód indukcyjny. Na mocy zasady indukcji matematycznej, nierówność Jensena jest prawdziwa dla dowolnej liczby naturalnej $n$.

Rozwiązanie

Uzupelnic z.am1.12.050| a) Ponieważ $(x^{\alpha }{)}^{″}=\alpha (\alpha -1)x^{\alpha -2}>0$ dla $x>0$, funkcja $(0,+\mathrm{\infty })\ni x\mapsto x^{\alpha }$ jest wypukła. Stosujemy do niej nierówność Jensena dla

${\lambda }_1={\lambda }_2=...={\lambda }_n=\frac{1}{n}.$

b) Funkcja $f(x)={(x+\frac{1}{x})}^a$ jest wypukła w przedziale $(0,\mathrm{\infty })$, bo

$f^{″}(x)=a{(x+\frac{1}{x})}^{a-2}[(a-1)(1-\frac{1}{x^2})+\frac{2}{x^3}(x+\frac{1}{x})]>0$

dla dowolnego $x$ z tego przedziału. Ponieważ $\frac{x_1}{n}+...+\frac{x_k}{n}=\frac{1}{n}$, mamy

${\left(\frac{n^2+1}{n}\right)}^a={(\frac{1}{\frac{1}{n}}+\frac{1}{n})}^a=f(\frac{x_1}{n}+...+\frac{x_k}{n}).$

Korzystając z nierówności Jensena dla liczb $x_1,...,x_n$ i ${\lambda }_1=...={\lambda }_n=\frac{1}{n}$ otrzymujemy zatem

${\left(\frac{n^2+1}{n}\right)}^a\le \frac{1}{n}(f(x_1)+...+f(x_n))=\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{(x_k+\frac{1}{x_k})}^a.$

Wystarczy teraz pomnożyć tę nierówność stronami przez $n$.

Rozwiązanie

Uzupelnic z.am1.12.060| a) Jeżeli $X=\sum _{k=1}^n|x_k|=0$, to

oczywiście $x_1=...=x_n=0$ i nierówność Holdera jest spełniona (jest to wtedy równość dwóch zer). Symetrycznie, jeśli $Y=\sum _{k=1}^n|y_k|=0$. Pozostało zatem udowodnić nierówność Holdera, jeżeli liczby $X$ i $Y$ są dodatnie. Wtedy również

${(\sum _{k=1}^n|x_k{|}^p)}^{\frac{1}{p}}>0\mathrm{i}{(\sum _{k=1}^n|y_k{|}^q)}^{\frac{1}{q}}>0.$

Stosujemy nierówność udowodnioną w zadaniu Uzupelnic z.am1.12.030| a) do liczb

$\frac{|x_k|}{{(\sum _{k=1}^n|x_k{|}^p)}^{\frac{1}{p}}}\mathrm{i}\frac{|y_k|}{{(\sum _{k=1}^n|y_k{|}^q)}^{\frac{1}{q}}},$

uzyskując zależność

$\frac{|x_k|}{{(\sum _{k=1}^n|x_k{|}^p)}^{\frac{1}{p}}}\cdot \frac{|y_k|}{{(\sum _{k=1}^n|y_k{|}^p)}^{\frac{1}{p}}}\le \frac{1}{p}{\left(\frac{|x_k|}{{(\sum _{k=1}^n|x_k{|}^p)}^{\frac{1}{p}}}\right)}^p+\frac{1}{q}{\left(\frac{|y_k|}{{(\sum _{k=1}^n|y_k{|}^q)}^{\frac{1}{q}}}\right)}^q$

dla dowolnego ustalonego $k\in \{1,...,n\}$. Dodając $n$ nierówności stronami otrzymujemy

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned \frac{\sum_{k=1}^n|x_ky_k|} {\left(\sum_{k=1}^n|x_k|^p\right)^\frac1p\left(\sum_{k=1}^n|y_k|^q\right)^\frac1q}\leq\frac1p\sum_{k=1}^n\left(\frac{|x_k|}{\left(\sum_{k=1}^n|x_k|^p\right)^\frac1p}\right)^p+ \frac1q\sum_{k=1}^n\left(\frac{|y_k|}{\left(\sum_{k=1}^n|y_k|^q\right)^\frac1q}\right)^q= \\= \frac1p\frac{\sum_{k=1}^n|x_k|^p}{\sum_{k=1}^n|x_k|^p}+ \frac1q\frac{\sum_{k=1}^n|y_k|^q}{\sum_{k=1}^n|y_k|^q}=\frac1p+\frac1q=1, \endaligned }

a stąd otrzymujemy szukaną nierówność, mnożąc stronami przez mianownik lewej strony.

b) Jeśli $\sum _{k=1}^n|x_k+y_k|=0$ nierówność jest oczywista. Załóżmy więc, że dana suma jest dodatnia. Niech $q=\frac{p}{p-1}$, wtedy $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$ i z nierówności Holdera udowodnionej w podpunkcie a) tego zadania mamy

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned \sum_{k=1}^n|x_k||x_k+y_k|^{p-1}\leq \left(\sum_{k=1}^n|x_k|^p\right)^\frac1p\left(\sum_{k=1}^n|x_k+y_k|^{(p-1)q}\right)^\frac1q=\\= \left(\sum_{k=1}^n|x_k|^p\right)^\frac1p\left(\sum_{k=1}^n|x_k+y_k|^p\right)^\frac1q, \endaligned }

bo $(p-1)q=p$. Symetrycznie

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned \sum_{k=1}^n|y_k||x_k+y_k|^{p-1}\leq \left(\sum_{k=1}^n|y_k|^p\right)^\frac1p\left(\sum_{k=1}^n|x_k+y_k|^p\right)^\frac1q. \endaligned }

Dodając stronami i wykorzystując nierówność trójkąta dla modułu ($|a+b|\le |a|+|b|$) otrzymujemy

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned \sum_{k=1}^n|x_k+y_k|^p\leq \sum_{k=1}^n(|x_k|+|y_k|)|x_k+y_k|^{p-1}\leq\\\leq \left(\left(\sum_{k=1}^n|x_k|^p\right)^\frac1p+ \left(\sum_{k=1}^n|y_k|^p\right)^\frac1p\right)\left(\sum_{k=1}^n|x_k+y_k|^p\right)^{1-\frac1p}. \endaligned }

By stąd otrzymać nierówność Minkowskiego wystarczy podzielić stronami przez ostatni czynnik.