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> Desafio II, Resuelto por Pasten
NMerino
mensaje Nov 4 2011, 06:40 AM
Publicado: #11


Principiante Matemático
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Hola, encontré otra forma de resolver este ejercicio, así que quiero compartir mi solución.

TEX: \noindent Sea $$f(x) = 3^{-x}\:x^{3}$$Luego$$f'(x) = -3^{-x}\ln(3)\:x^{3}\;+\;3^{-x+1}x^{2}$$Ahora calculando los valores que satisfacen $f'(x)=0$, notamos que si $x=0$ entonces $f'(x)=0$, pero si $x\neq0$, entonces $$-3^{-x}\ln(3)\:x^{3}\;+\;3^{-x+1}x^{2}=0$$$$x\ln(3)-3=0$$Finalmente tenemos que $f'(x) = 0$ si $x=0\;\;\vee\;\;x=\frac{3}{\ln(3)}$.\\ De esto podemos notar que $f'(x)$ no cambia su signo entre sus dos ceros. De forma que resolviendo la inecuacion $f'(x)>0$, podremos deducir el comportamiento de la funcion.$$-3^{-x}\ln(3)\:x^{3}\;+\;3^{-x+1}x^{2}>0$$$$x\ln(3)-3<0$$$$x<\frac{3}{\ln(3)}$$De esta forma se tiene que$$\begin{matrix}<br />f'(x)>0 & x\in\;]0,\frac{3}{\ln(3)}[\\<br />f'(x)<0& x\in\;]\frac{3}{\ln(3)},+\infty[<br />\end{matrix}$$Concluyendo asi que $f(x)$ será decreciente si $x\in\;]\frac{3}{\ln(3)},+\infty[$. Ahora como $\ln(3) >1$ se tendrá que $\frac{3}{\ln(3)} < 3$\\ Asi$$f(3)>f(\pi)$$$$3^{-3}\:3^{3}\;>\;3^{-\pi}\:\pi^{3}$$$$3^{\pi}\:>\pi^{3}$$

Saludos
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2.718281828
mensaje Jun 20 2013, 11:38 PM
Publicado: #12


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CITA(Kenshin @ Dec 19 2005, 03:00 AM) *
Problemita
<span style='font-size:13pt;line-height:100%'>¿</span>TEX: ¿Que numero es mas grande, \pi^3 o 3^{\pi}?

TEX: Hint:Considere la funcion f(x)=\frac{ln(x)}{x} definido en $x$ positivo


encontre una forma no diferencial de resolver el desafio, pero es un poco largo. y probablemente no alcance a postearlo entero hoy.

TEX: considere la funcion $f(x)=e^x/x$.

TEX: \textbf{Proposicion}: la funcion f(x) satisface $e^x/x \geq e$, con igualdad en $x=1$

TEX: \underline{Dem:} usaremos el hecho de que $e^x\geq 1-x$ con igualdad en $x=0$. Notemos que:<br />$$\frac {e^x}{x} =e \frac{e^{x-1}}{x} \geq e \frac{1+x-1}{x}=e$$. la igualdad se alcanza en $x-1=0$, es decir $x=1$.

TEX: ¿Cual es la relacion con el desafio?, facil: comparar $3^{\pi}$ con $\pi^{3}$ es lo mismo que comparar $3^{1/3}$ con $\pi^{1/\pi}$ (raiz $3\pi$-esima). luego, necesitaremos el uso de la funcion $g(x)=x^{1/x}$, el cual guarda relacion con $f(x)=e^x/x$ de la siguiente manera:<br />$$g(x)=x^{1/x}=e^{\ln x/x}=e^{\ln x/e^{\ln x}}=e^{\frac 1{f(\ln x)}}$$<br />Debido al analisis anterior, tenemos que $f(\ln x) \geq e$, que $1/f(\ln x) \leq 1/e$, y por lo tanto $g(x) \leq e^{1/e}$. mas aún, alcanza la igualdad en $\ln x=1$, es decir, $x=e$. esto sugiere que el analisis de la funcion solo se remonta para $x\geq e$ (debido a que 3 y $\pi$ son mayores que $e$).<br />

TEX: luego, basta analizar el crecimiento de la funcion $f(x)$ desde 1 en adelante. usaremos el siguiente lema:\\<br />\textbf{Lema:} sea $f(x)$ una funcion continua definida en su dominio. suponga que para cada $a \in Dom(f)$ existe una funcion creciente $h(x)$ tal que $f(a)=h(a)$ y $h(x) \leq f(x)$ para todo $x \geq a$. entonces $f$ es creciente:

TEX: \underline{Dem:} por contradiccion: si no fuese creciente, entonces existe $I$ intervalo tal que $f$ en $I$ es decreciente. solo basta notar que para $a$ y $b$ en $I$ con $a<b$ tenemos $f(b)<f(a)$. como para $a$ existe una funcion $h$ creciente con $h(x)\leq f(x)$. luego $f(a)=h(a)<h(b)\leq f(b)<f(a)$, QED.

TEX: El segundo paso es determinar que para $a>1$, existe una funcion $h_a(x)$ creciente tal que $h_a(a)=f(a)$ y $h_a(x)<f(x)$ para $x>a$. Esto requiere de algunos acotamientos con respecto a $e^x$ que dejare en spoiler.

TEX: es sabido y recontrasabido que $e^x=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!}, x\in \mathbb{R}$. esto se puede demostrar usando solo limites y esta tambien relacionado con la expansion que tiene la famosa sucesion $\left(1+\frac xn\right)^n$. por lo tanto, una suma truncada de la serie, termina siendo menor que la exponencial. $$\sum_{n=0}^{N} \frac{x^n}{n!}\leq e^x$$. Usaremos $N=2$ .

continuara...

Mensaje modificado por 2.718281828 el Jun 21 2013, 01:08 PM


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Claudio Henriquez Tapia
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2.718281828
mensaje Jun 21 2013, 02:21 PM
Publicado: #13


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Continuacion:

TEX: La serie truncada $\sum_{n=0}^N \frac{x^n}{n!}$ es claramente menor o igual que $e^x$, para $x\leq 0$. luego, usaremos N=2 para nuestro analisis:

TEX: Consideremos un punto $a>1$ y analicemos $f(x)=e^x/x$ para $x>a$. Notemos que $$f(x)=e^a\frac{e^{x-a}}{x}\geq e^a\left(\frac 1x + \frac{x-a}x+ \frac{(x-a)^2}{2x}\right)$$

TEX: Un simple trabajo de algebra nos dice que:<br />$$f(x)\geq e^a\left( \frac x2 + (1-a) +\frac{1-a+a^2/2}{x}\right)$$ Note que la igualdad se produce en $x=a$

TEX: Consideremos entonces $$h_a(x)=e^a\left( \frac x2 + (1-a) +\frac{1-a+a^2/2}{x}\right)$$

TEX: El analisis se remite entonces a estudiar la funcion $g(x)=\frac xp + \frac qx,x,p,q>0$. Es facil ver que por MA-MG: $g(x) \geq 2\sqrt{\frac pq}$ con igualdad cuando $\frac xp= \frac qx$, cuya solucion positiva es $x=\sqrt{pq}$, indicando que posee minimo ahi.

TEX: consideremos $a$ y $b$ mayores que $\sqrt{pq}$. supongamos que $a<b$. note que se cumple $ab>pq$, la idea es demostrar que $g(a)<g(b)$, es decir, la funcion es creciente.<br />

TEX: Notemos que $pq<ab$, y como $b-a>0$ obtenemos $$pq(b-a)<ab(b-a)$$<br />$$pqb-pqa<ab^2-a^2b$$<br />$$a^2b+pqb<ab^2+pqa$$<br />dividiendo por $abp$:<br />$$ \frac ap+ \frac qa < \frac bp + \frac qb$$<br />Por lo tanto $g$ es creciente para $x>\sqrt{pq}$. El analisis para $0<x<\sqrt{pq}$ es analogo usando $u=1/x$. por lo que es decreciente en ese caso.

TEX: El analisis es aun valido para funciones del tipo $u(g(x)+v)$. Por lo tanto ahora para la funcion $h_a(x)$, como queremos cerciorarnos de que sea creciente para aplicar el lema, necesitamos que $h_a(x)$ posea el minimo antes de $a$, pues de esa manera $a$ quedaria en el tramo en el que $h_a(x)$ es creciente.

TEX: Para $h_a$ el minimo se produce en $x_a=\sqrt{2(1-a+a^2/2)}=\sqrt{a^2+2(1-a)}$. Como $a>1$ obtenemos inmediatamente que $x_a=\sqrt{a^2+2(1-a)} <a$, por lo que $a$ esta en el intervalo creciente de la funcion $h_a$. Tenemos entonces que $h_a(x)$ es creciente para $1<a\leq x$.

TEX: Podemos concluir que $f(x)=e^x/x$ es creciente usando el lema anterior, pues para cada $a>1$ existe $h_a(x)$ tal que $f(a)=h_a(a)$ , $f(x)>h_a(x)$ y es creciente en $x>a>1$.

TEX: Finalmente, el logaritmo al ser creciente se tiene que $f(\ln x)$ es creciente en $x>e$ y por lo tanto $1/f(\ln x)$ es decreciente en $x>e$, y $g(x)=x^{1/x}=e^{\frac 1{f(\ln x)}}$ es decreciente en $x>e$

TEX: Por lo tanto, como $e<3<\pi$ tenemos que $$g(3) > g(\pi)$$<br />$$3^{1/3} > \pi^{1/\pi}$$<br />y por lo tanto:<br />$$3^{\pi} > \pi^3$$

fin.

como dije. resulto ser largo sin usar derivadas

Saludos, y ojala este buena.

Claudio

pd:vuela alto master_c.
pd2: editado por pifia en la desigualdad
pd3: y lo puse en otro post como cita... fail.

Mensaje modificado por 2.718281828 el Jul 10 2013, 01:54 PM


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jorgillo81
mensaje Jun 21 2013, 04:15 PM
Publicado: #14


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CITA(2.718281828 @ Jun 21 2013, 02:21 PM) *
Saludos, y ojala este buena.


Me da lo mismo que esté buena. La encontré notable igual!

Saludos,
Jorge
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2.718281828
mensaje Jul 10 2013, 01:52 PM
Publicado: #15


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Quizas lo unico debil de la demostracion es el lema, lo demas creo que esta bueno.

mi redaccion es no es de la mejor pero bueno....

pd4:coquitao lo vera y me hara bullying.

Mensaje modificado por 2.718281828 el Jul 10 2013, 01:56 PM


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TribalJazz2
mensaje Jul 10 2013, 02:09 PM
Publicado: #16


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CITA(2.718281828 @ Jun 20 2013, 11:38 PM) *
encontre una forma no diferencial de resolver el desafio, pero es un poco largo. y probablemente no alcance a postearlo entero hoy.


he notado señor e que aparentemente le tiene una pequeña aversión a lo diferencial... solo una pequeña observación papa frita


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Ahora si a esparcir la semilla
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2.718281828
mensaje Jul 10 2013, 03:09 PM
Publicado: #17


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CITA(TribalJazz2 @ Jul 10 2013, 02:09 PM) *
he notado señor e que aparentemente le tiene una pequeña aversión a lo diferencial... solo una pequeña observación papa frita

naaa... no es eso, es que ultimamente he estado un poco jugando coqueteando con las desigualdades, gracias a este gran sitio... y descubri que hay varias funciones que pueden ser acotadas sin herramientas de calculo, onda nivel olimpico pero para cabros de enseñanza media que no poseen mucho conocimiento o no dominan bien calculo. aparte, las derivadas igual son la cumbia.

de hecho, este desafio es un ejemplo que de repente sacan en calculo I o II usando justamente derivadas (ver desarrollo de pasten y de NMerino).

aparte, la resolucion del desafio vino de yapa con el analisis de la funcion TEX: $f(x)=e^x/x$ que originalmente tenia planeado estudiarlo para analizar los ceros de la ecuacion TEX: $e^x=ax$ (un problema que tenia en mente desde hace harto tiempo revoloteando en mi cabeza) en la cual algunas propiedades se ven aqui (el propuesto quiero sanearlo porque alguien chistoso comenzo a poner was con fail, you fail, etc...). de todas maneras yo parti estudiandolo justamente con derivadas.

Creo que tambien va con una maduracion matematica...

Saludos.


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TribalJazz2
mensaje Jul 10 2013, 05:19 PM
Publicado: #18


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CITA(2.718281828 @ Jul 10 2013, 03:09 PM) *
naaa... no es eso, es que ultimamente he estado un poco jugando coqueteando con las desigualdades, gracias a este gran sitio... y descubri que hay varias funciones que pueden ser acotadas sin herramientas de calculo, onda nivel olimpico pero para cabros de enseñanza media que no poseen mucho conocimiento o no dominan bien calculo. aparte, las derivadas igual son la cumbia.

de hecho, este desafio es un ejemplo que de repente sacan en calculo I o II usando justamente derivadas (ver desarrollo de pasten y de NMerino).

aparte, la resolucion del desafio vino de yapa con el analisis de la funcion TEX: $f(x)=e^x/x$ que originalmente tenia planeado estudiarlo para analizar los ceros de la ecuacion TEX: $e^x=ax$ (un problema que tenia en mente desde hace harto tiempo revoloteando en mi cabeza) en la cual algunas propiedades se ven aqui (el propuesto quiero sanearlo porque alguien chistoso comenzo a poner was con fail, you fail, etc...). de todas maneras yo parti estudiandolo justamente con derivadas.

Creo que tambien va con una maduracion matematica...

Saludos.


Jaaja Siga así, en fmat nos alimentamos de la curiosidad del prójimo.
Saludos


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nmg1302
mensaje Jul 10 2013, 06:39 PM
Publicado: #19


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no es necesaria tanta parafernalia para hacerlo sin derivadas
TEX: <br />Si $e<x<y$ entonces $\frac{1}{ln(x)}\leq 1$ y<br />$$\frac{\ln y}{y}=\frac{\ln(x)+\ln(\frac{y}{x})}{x \frac{y}{x}}=\frac{\ln x}{x} \frac{1+\frac{\ln(\frac{y}{x})}{\ln x}}{\frac{y}{x}}\leq \frac{\ln x}{x} \frac{1+\ln(\frac{y}{x})}{\frac{y}{x}}\leq \frac{\ln x}{x}$$<br />donde en la ultima linea se uso $\ln t\leq t-1$. Esto demuestra que la función $\frac{\ln(x)}{x}$ es decreciente en $[e,\infty)$ y la demostración sigue directamente igual que las otras.<br />

Mensaje modificado por nmg1302 el Jul 10 2013, 06:42 PM
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mensaje Jul 10 2013, 09:19 PM
Publicado: #20


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CITA(nmg1302 @ Jul 10 2013, 06:39 PM) *
no es necesaria tanta parafernalia para hacerlo sin derivadas
TEX: <br />Si $e<x<y$ entonces $\frac{1}{ln(x)}\leq 1$ y<br />$$\frac{\ln y}{y}=\frac{\ln(x)+\ln(\frac{y}{x})}{x \frac{y}{x}}=\frac{\ln x}{x} \frac{1+\frac{\ln(\frac{y}{x})}{\ln x}}{\frac{y}{x}}\leq \frac{\ln x}{x} \frac{1+\ln(\frac{y}{x})}{\frac{y}{x}}\leq \frac{\ln x}{x}$$<br />donde en la ultima linea se uso $\ln t\leq t-1$. Esto demuestra que la función $\frac{\ln(x)}{x}$ es decreciente en $[e,\infty)$ y la demostración sigue directamente igual que las otras.<br />

buena esa... mucho mas corta que la mia.

bueno, lo intente. soy poco conciso.


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