Komentarz

XXVI - III - Zadanie 3

Wyznaczyć najmniejszą liczbę dodatnią $ \alpha $, dla której istnieje liczba dodatnia $ \beta $ taka, że dla każdego $ x $ z przedziału $ \rangle 0; 1\rangle $ jest

\[<br /> \sqrt{1+x} + \sqrt{1-x} \leq 2-\frac{x^{\alpha}}{\beta}<br /> \]

Dla wyznaczonej wartości $ \alpha $ znaleźć najmniejszą liczbę dodatnią $ \beta $ spełniającą tę nierówność.

Rozwiązanie

Dla $ x \in \langle 0;\ 1 \rangle $ mamy równość

\[<br /> (\sqrt{1 + x} +\sqrt{1 - x}-2) (\sqrt{1 + x} + \sqrt{1 - x}+2) (\sqrt{1 - x^2} + 1) = -2x^2.<br /> \]

Funkcja $ h(x) =\displaystyle \frac{1}{2} (\sqrt{1+x} + \sqrt{1-x}+2) (\sqrt{1-x^2} + 1) $ w przedziale $ \langle 0; 1 \rangle $ spełnia nierówność $ 0 < h(x) \leq 4 $, ponieważ

\[<br /> 0 < \sqrt{1+x} + \sqrt{1-x}+2 \leq<br /> \sqrt{1+x+\frac{x^2}{4}} + \sqrt{1-x+\frac{x^2}{4}} + 2=<br /> \left( 1 + \frac{x}{2} \right) + \left( 1 - \frac{x}{2} \right) + 2 = 4<br /> \]

i $ 0 \leq \sqrt{1-x^2} \leq 1 $ dla $ 0 \leq x \leq 1 $. Wobec tego dla $ x \in \langle 0;\ 1 \rangle $ mamy

\[<br /> \sqrt{1+x}+\sqrt{1-x} - 2 = \frac{-x^2}{h(x)} \leq -\frac{x^2}{4}.<br /> \]

Gdyby dla pewnej liczby $ \alpha $ spełniającej $ 0 < \alpha < 2 $ i liczby $ \beta > 0 $ zachodziło

\[<br /> (11) \qquad \sqrt{1 + x}+\sqrt{1-x}- 2 \leq \frac{x^\alpha}{\beta} \ \textrm{dla}<br /> x \in \langle 0;\ 1 \rangle,<br /> \]

czyli

\[<br /> -\frac{x^2}{h(x)} \leq - \frac{x^\alpha}{\beta},<br /> \]

to mielibyśmy

\[<br /> x^{2-\alpha} \geq \frac{h(x)}{\beta} \ \textrm{dla} \ x \in (0;\ 1 \rangle.<br /> \]

Przechodząc po obu stronach ostatniej nierówności do granicy, gdy $ x \to \infty $, otrzymujemy $ 0 \geq \displaystyle \frac{h(0)}{\beta} $. Mamy jednak $ h(0) = 4 $.

Uzyskana sprzeczność dowodzi, że najmniejszą liczbą $ \alpha $ spełniającą warunek (1) jest $ \alpha = 2 $.

Najmniejsza liczba dodatnia $ \beta $ spełniająca warunek

\[<br /> (2) \qquad \sqrt{1 + x} + \sqrt{1-x}-2 \leq -\frac{x^2}{\beta} \ \textrm{dla} \<br /> x \in \langle 0;\ 1 \rangle,<br /> \]

czyli warunek

\[<br /> -\frac{x^2}{h(x)} \leq -\frac{x^2}{\beta} \ \textrm{dla} \<br /> x \in \langle 0;\ 1 \rangle,<br /> \]

jest równa najmniejszej liczbie $ \beta $ spełniającej nierówność $ h(x) \leq \beta $ dla $ x \in \langle 0;\ 1 \rangle $. Zatem $ \beta = \max_{0 \leq x \leq 1} h(x) $.

Obliczymy to maksimum. Z nierówności $ 2ab \leq a^2- + b^2 $ wynika, że dla dowolnych liczb rzeczywistych nieujemnych $ u $, $ v $ zachodzi

\[<br /> (3) \qquad \sqrt{u} + \sqrt{v} \leq \sqrt{2 (u+v)}.<br /> \]

Mamy bowiem $ (\sqrt{u} + \sqrt{v})^2 = u+v+2\sqrt{u} \sqrt{v} \leq<br /> u + v + (\sqrt{u} )^2 + (\sqrt{v})^2 = 2(u+v) $.

Podstawiając w (3) $ u = 1+x $, $ v = 1-x $ otrzymujemy

\[<br /> \sqrt{1+x} + \sqrt{1 - x} \leq 2<br /> \]

i wobec tego

\[<br /> h(x) = \frac{1}{2} (\sqrt{1+x} + \sqrt{1- x}+2)(\sqrt{1-x^2}+1) \leq<br /> 2(\sqrt{1 - x^2} + 1) \leq 4<br /> \]

dla $ x \in \langle 0 ;\ 1 \rangle $. Z drugiej strony obliczamy, że $ h(0) = 4 $. Zatem największą wartością przybieraną przez funkcję $ h(x) $ w przedziale $<br /> \langle 0 ;\ 1 \rangle $ jest $ 4 $ i wobec tego najmniejszą liczbą dodatnią $ \beta $ spełniającą warunek (2) jest $ \beta = 4 $.

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Dodaj komentarz