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Cómo probar esta desigualdad $|x\sin{\frac{1}{x}}-y\sin{\frac{1}{y}}|<2\sqrt{|x-y|}$

para cualquier número real $x,y\neq 0$,muestran que $$|x\sin{\dfrac{1}{x}}-y\sin{\dfrac{1}{y}}|<2\sqrt{|x-y|}$$ Este problema es a partir de cuándo puedo hacer frente a este problema de Cómo probar esta función de análisis de $a\le\frac{1}{2}$ La encontró.Pero no puedo demostrarlo.Tal vez esta mano derecha de esta conest $2$ puede reemplazar mejor de conest $\sqrt{2}$?.

Gracias

12voto

Nick Puntos 3716

Vamos a suponer que $0 \le x < y$.

Necesito tres tipos de estimaciones aquí.

  1. $\left| x \sin \frac{1}{x} - y \sin \frac{1}{y} \right| \le x + y$
  2. $\left| x \sin \frac{1}{x} - y \sin \frac{1}{y} \right| \le 2$
  3. $\left| x \sin \frac{1}{x} - y \sin \frac{1}{y} \right| \le \frac{y}{x} - 1$

Las estimaciones 1 y 2 son triviales: $\left| x \sin \frac{1}{x} \right| \le \min(x, 1)$

Estimación 3 se demuestra de la siguiente manera.

  • En primer lugar mostramos que $\left| (x \sin \frac{1}{x})^\prime \right| \le \frac{1}{x}$. De hecho, $(x \sin \frac{1}{x})^{\prime\prime} = - \frac{1}{x^3} \sin \frac{1}{x}$, así que los máximos y mínimos locales de $(x \sin \frac{1}{x})^\prime$ se encuentra en $\frac{1}{\pi n}, n \in \mathbb{N}$, y sus valores no se $\frac{(-1)^n}{\pi n}$, por lo que el $\sup_{z \ge x} \left| (z \sin \frac{1}{z})^\prime \right| \le \frac{1}{\pi n} \le \frac{1}{x}$ donde $\frac{1}{\pi n}$ es la más pequeña en $[x,+\infty)$.
  • Ahora $\left| x \sin \frac{1}{x} - y \sin \frac{1}{y} \right| \le \intop_x^y \frac{1}{z} dz = \log \frac{y}{x} \le \frac{y}{x} - 1$

Ahora vamos a ver las tres regiones correspondientes a:

  1. $x + y \le C \sqrt{y - x}$
  2. $2 \le C \sqrt{y - x}$
  3. $\frac{y}{x} - 1 \le C \sqrt{y - x}$

y elegir la constante $C$ de tal manera que estas regiones cubren $\{0 < x < y\}$. Claramente, la 2 está delimitada por una línea, 1 y 3 están delimitadas por parábolas. Milagrosamente, $C = 2$ es el único valor cuando las tres fronteras se cruzan en un solo punto, es decir, $(x,y) = (1/2, 3/2)$...

De todos modos, vamos a reescribir nuestras regiones para $C = 2$:

  1. $y-x \ge \frac{1}{4} (x+y)^2$
  2. $y-x \ge 1$
  3. $y-x \le 4 x^2$

Así que para cubrir todo el espacio del que disponemos para demostrar $y-x \ge \frac{1}{4} (x+y)^2$$\{4 x^2 \le y-x \le 1\}$, para lo cual es suficiente para considerar sólo los dos casos límite, es decir,$y-x = 1$$y-x = 4 x^2$, ya que un polinomio cuadrático con positivo líder plazo alcanza el máximo en el límite de un segmento. Y estos casos son fáciles de comprobar. De hecho, la desigualdad en términos de $x$ $z := y-x$ se parece a $x^2 + xz + \frac{1}{4} z^2 \le z$; $z=1$ es equivalente a $(x + \frac{1}{2})^2 \le 1$, lo cual es cierto, ya que la $4 x^2 \le 1$; $z = 4 x^2$ es equivalente a $3 x^2 \ge 4 x^3 + 4 x^4$, que sigue a su vez, de $4 x^2 \le 1$ (desde $x^2 \ge 2 x^3$$x^2 \ge 4 x^4$).

Ahora el caso de $x < 0 < y$ es aún más simple. Sólo necesitamos los análogos de las estimaciones 1 y 2:

  1. $\left| x \sin \frac{1}{x} - y \sin \frac{1}{y} \right| \le |x| + |y| \le C \sqrt{|x| + |y|}$ siempre $|x| + |y| \le C^2 = 4$
  2. $\left| x \sin \frac{1}{x} - y \sin \frac{1}{y} \right| \le 2 \le C \sqrt{|x| + |y|}$ siempre $|x| + |y| \ge (\frac{2}{C})^2 = 1$.

2voto

Roger Hoover Puntos 56

Esta es una parcial solución alternativa para el caso de $\left|\frac{1}{x}-\frac{1}{y}\right|\leq 1$.

Claramente podemos asumir que tanto $x$ $y$ son positivas, entonces, a través de las sustituciones $x\to 1/x,y\to 1/y$, probar que: $$ \forall x,y>0,x\neq y,\quad (y\sin x-x\sin y)^2 < 4xy|y-x|. $$ El lado izquierdo puede escribirse como: $$ \left((y-x)\sin x + x\,(\sin x-\sin y)\right)^2, $$ que, por el Cauchy-Schwarz desigualdad, satisface: $$ \left((y-x)\sin x + x\,(\sin x-\sin y)\right)^2 \leq (x^2+\sin^2 x)\left((y-x)^2+(\sin y-\sin x)^2\right), $$ y el lado derecho es menos de $4x^2(y-x)^2$, ya que el $\sin x$ $1$- Lipschitz de la función.

Mediante el intercambio de $x$$y$, tenemos: $$ (y\sin x-x\sin y)^2 < \min\left(4x^2(y-x)^2,4y^2(y-x)^2\right)<4xy(y-x)^2,$$ por lo que la desigualdad es claramente cierto si $|y-x|\leq 1$.

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