Да се докажат неравенства

[Davids]

Да се докажат следните неравенства:

а) За $x, y \in [0; 1]$ при $0 < x < y$ е в сила:
$$e^{y^2} - e^{x^2} \le e(y - x)(y + x) $$

б) За $x, y \in \R$ при $1 < x < y$ е в сила:
$$(1 + x - y)e^{\frac{1}{x}} \le e^{\frac{1}{y}}$$

Задачата е от тема увод в диференциалното смятане. Имам идеи, но не стигам доникъде... Нещо ми убягва центърът на възела. А и са интересна играчка. Благодаря предварително!

П.П. Весели празници и щастливо посрещане на новата година!

[Добромир Глухаров]

За подусловие а) - Теорема на Лагранж за крайните нараствания.

$0<u<v<1;f(x)=e^x;\frac{f(v)-f(u)}{v-u}=f'(t);t\in(u;v)\Rightarrow1\leq\frac{f(v)-f(u)}{v-u}=e^t\leq e$

Получихме $\frac{e^{y^2}-e^{x^2}}{y^2-x^2}\leq e\Rightarrow e^{y^2}-e^{x^2}\leq e(y-x)(y+x)$

За подусловие б) трябва да докажем еквивалентното неравенство $e^{\frac{1}{x}-\frac{1}{y}}\geq1+x-y$ (мисля, че в условието са разменени $\frac{1}{x}$ и $\frac{1}{y}$), но $\frac{1}{x}-\frac{1}{y}>0\Rightarrow e^{\frac{1}{x}-\frac{1}{y}}>1$, a $1+x-y<1$.

П. П. Честито Рождество Христово!

Edit: Май все пак няма грешка в подусловие б) - продължавам да мисля.

[Добромир Глухаров]

Ето какво измъдрих:

I сл. $1+x-y\leq0\Rightarrow e^{\frac{1}{y}-\frac{1}{x}}>0\geq1+x-y$

II сл. $0<1+x-y<1$

$e^{\frac{1}{y}-\frac{1}{x}}\geq1+x-y\Leftrightarrow\frac{1}{y}-\frac{1}{x}\geq ln(1+x-y)$

$0<u<1\Rightarrow ln(1+u)<u$ - може да се докаже пак с Теорема на Лагранж.

$\Rightarrow ln(1+x-y)<x-y$

При $1<x<y\Rightarrow\frac{1}{y}-\frac{1}{x}=\frac{x-y}{xy}>x-y$

$\Rightarrow\frac{1}{y}-\frac{1}{x}>x-y>ln(1+x-y)$

[Добромир Глухаров]

Открих си грешка: това, което се доказва с Теор. на Лагранж, е: $-1<u<0\Rightarrow ln(1+u)<u$

А се доказва така: Разглеждаме функцията $y=lnx$ за $x\in(0;1)$. От Теор. на Лагранж имаме $\frac{ln(1)-ln(1+u)}{1-(1+u)}=(lnx)'_{x=x_0};1+u<x_0<1$

$\frac{1}{1}<\frac{0-ln(1+u)}{-u}<\frac{1}{1+u}$

$\frac{u}{1+u}<ln(1+u)<u$

[vezni]

Друг вариант за подусловие Б.
Използваме неравенството [tex]e^t\geq t+1[/tex] за всяко [tex]t\in\mathbb{R}[/tex] (доказва се лесно, като се разгледа производната на [tex]f(t)=e^t-t-1[/tex]). Записваме неравенството за доказване във вида [tex]e^{\frac 1y -\frac 1x}\geq 1+x-y[/tex]. Тогава [tex]e^{\frac 1y -\frac 1x}\geq 1+\frac 1y-\frac 1x[/tex]. И сега твърдим, че [tex]1+\frac 1y-\frac 1x\geq 1+x-y[/tex]. Еквивалентно е на [tex](x-y)\left(\frac{1}{xy}-1\right)\geq 0[/tex], което е вярно, защото [tex]x-y<0[/tex] и [tex]\frac{1}{xy}-1<0[/tex] от [tex]xy>1[/tex].

[Davids]

Благодаря ви супер много! Ще ги разгледам подробно идните дни и ще пиша с обратна връзка! Весели празници!