Demostrar que la función sólo tiene un máximo

Question

Tengo una función $f_n(x)$ con un parámetro entero $n \in \{3,4,5,\dots\}$ y $x\in ]0,1[$ y quiero demostrar que $f_n(x)$ sólo tiene un punto crítico para cada valor de $n$ .

La función es $$ f_n(x)=(1 - x)^n + (1 + x)^n + \frac{ x [(1 - x)^n - (1 + x)^n]}{ \sqrt{1 - x^2}-1}. $$ Fijando la derivada a cero, se obtiene después de algunas simplificaciones y diferenciaciones de caso la ecuación

$$ \left(\frac{1-x}{1+x}\right)^n= \frac{1+n \left(1-x -\sqrt{1-x^2}\right)}{1+n \left(1+x -\sqrt{1-x^2}\right)}. \quad \quad (1)$$ Por lo tanto, si sólo hay un $x \in ]0,1[$ que cumpla la ecuación (1), el problema está resuelto. Sin embargo me cuesta demostrarlo. (El hecho es obvio a partir del trazado de la función)

¿Quizá haya una forma mejor de mostrarlo, en lugar de poner la derivada a cero?

A modo de ejemplo, considere el gráfico de la función para $n=5$ ,

Actualización (con la ayuda de MotylaNogaTomkaMazura)

Si parametriza $x=\cos(2t)$ con $t \in [0,\pi/4]$ la función original puede escribirse como $$ g_k(t)=\frac{\cos ^k(t)-\sin ^k(t)}{\cos (t)-\sin (t)},$$ con $k=2n+1$ y omitiendo un factor $2^{1 + n}$ . El máximo de $g_k(t)$ es el máximo de $f_n(x)$ . Una forma equivalente es $$ g_k(t)=\frac{1}{\sin(t)} \sum_{n=1}^k \cos(t)^{k - n} \sin(t)^n.$$

Fijando la derivada a cero se obtiene $$ k \left( \frac{\tan(t)}{\tan^k(t)-1}-\frac{\cot(t)}{\cot^k(t)-1} \right)=\frac{1}{\cot(t)-1}-\frac{1}{\tan(t)-1}.$$

Actualización 2

Otra forma de reescribir la función $f_n(x)$ es

$$h_m(t)=\cos ^m(t) \cdot \sum _{k=0}^m \tan ^k(t),\quad \quad \quad (2)$$

con $x=\cos(2t)$ , $t \in [0,\pi/4]$ y $m=2n$ omitiendo el factor $2^{1 + n}$ . Por lo que demostrar que $h_m(t)$ sólo tiene un máximo es equivalente al problema original.

Ahora tenemos el producto de dos funciones una es monotónicamente creciente y convexa, y la otra es monotónicamente decreciente y convexa. ¿Es esto suficiente para demostrar que la función tiene uno y sólo un máximo para todos los $n$ ?

Answer 1

Configuración $x=\cos 2t $ obtenemos $1-x =2\sin^2 t ,$ $1+x =2\cos^2 t ,$ $1 -x -\sqrt{1-x^2 } =2\sin^2 t -\sin 2t =2\sin t (\sin t -\cos t ),$ $1 +x -\sqrt{1-x^2 } =2\cos^2 t -\sin 2t =2\cos t (\cos t -\sin t )$ Así obtenemos una ecuación $$\sin^{2n} t + 2n (\cos^2 t -\sin^2 t ) -\cos^{2n} t =0$$ Por lo tanto $$(\sin t -\cos t )\cdot [(\cos t + \sin t) \sum_{k=0}^{n-1} \sin^{2k} t\cos^{2n -2 -2k} t + 2n (\cos t + \sin t )]=0$$ Pero como $t\in [0, 0.25 \pi ]$ la expresión abowe i corchete es positiva por lo tanto $\sin t = \cos t $ así $x=\cos 2t =\cos (0.5 \pi )=0$ es el único cero de la derivada.

Answer 2

MotylaNogaTomkaMazura ha encontrado una muy buena parametrización $x=\cos(2t)$ . (pero parece que su respuesta tiene un error) Esta respuesta utiliza esta parametrización.

Si parametriza $x=\cos(2t)$ con $t \in [0,\pi/4]$ La función original $$ g_k(t)=\frac{\cos ^k(t)-\sin ^k(t)}{\cos (t)-\sin (t)},$$ con $k=2n+1$ y omitiendo un factor $2^{1 + n}$ .

Cierto. Sea $c:=\cos(t),s:=\sin(t)$ . Para $k=2n+1\ge 7$ ,

$$\begin{align}\frac{d}{dt}\left(\frac{c^k-s^k}{c-s}\right)&=\frac{(kc^{k-1}(-s)-ks^{k-1}c)(c-s)-(c^k-s^k)(-s-c)}{(c-s)^2}\\&=\frac{-k(c^{k-1}s+s^{k-1}c)(c-s)+(c^k-s^k)(s+c)}{(c-s)^2}\end{align}$$

Aquí, dejemos que $$F(t):=-k(c^{k-1}s+s^{k-1}c)(c-s)+(c^k-s^k)(s+c)$$

Entonces,

$$F'(t)=-k((k-1)c^{k-2}(-s)s+c^{k-1}c+(k-1)s^{k-2}c^2+s^{k-1}(-s))(c-s)$$$$ -k(c^{k-1}s+s^{k-1}c)(-s-c)+(kc^{k-1}(-s)-ks^{k-1}c)(s+c)+(c^k-s^k)(c-s) $$ $$\begin{align}&=-k(-(k-1)c^{k-2}s^2+c^{k}+(k-1)s^{k-2}c^2-s^{k})(c-s)+(c^k-s^k)(c-s)\\&=(c-s)(k(k-1)c^{k-2}s^2-k(k-1)s^{k-2}c^2+c^k-kc^{k}-s^k+ks^{k})\\&=(k-1)(c-s)(kc^{k-2}s^2-ks^{k-2}c^2+s^k-c^k)\\&=c^k(k-1)(c-s)(k\tan^2(t)-k\tan^{k-2}(t)+\tan^k(t)-1)\end{align} $$

Aquí, dejemos que $$G(u):=ku^2-ku^{k-2}+u^k-1$$ Entonces, $$G'(u)=2ku-k(k-2)u^{k-3}+ku^{k-1}$$ $$G''(u)=2k-k(k-2)(k-3)u^{k-4}+k(k-1)u^{k-2}$$ $$\begin{align}G'''(u)&=-k(k-2)(k-3)(k-4)u^{k-5}+k(k-1)(k-2)u^{k-3}\\&=k(k-2)u^{k-5}((k-1)u^2-(k-3)(k-4))\end{align}$$

Esto es negativo, así que $G''(u)$ disminuye con $G''(0)=2k\gt 0$ y $G''(1)=-k(k-1)(k-5)\lt 0$ .

Por lo tanto, sólo existe un $0\lt\alpha\lt 1$ tal que $G''(\alpha)=0$ y $G'(u)$ aumenta para $0\lt u\lt\alpha$ y es decreciente para $\alpha\lt u\lt 1$ con $G'(0)=0$ y $G'(1)=-k(k-5)\lt 0$ .

Por lo tanto, sólo existe un $0\lt \beta\lt 1$ tal que $G'(\beta)=0$ y $G(u)$ aumenta para $0\lt u\lt\beta$ y es decreciente para $\beta\lt u\lt 1$ con $G(0)=-1\lt 0$ y $G(1)=0$ .

Por lo tanto, sólo existe un $0\lt \gamma\lt 1$ tal que $G(\gamma)=0$ .

De ello se deduce que sólo existe un verdadero $0\lt\arctan\gamma\lt\pi/4$ tal que $F'(\arctan\gamma)=0$ . Así que.., $F(t)$ es decreciente para $0\lt t\lt\arctan\gamma$ y aumenta para $\arctan\gamma\lt t\lt \pi/4$ con $F(0)=1\gt 0$ y $F(\pi/4)=0$ .

De ello se deduce que $f_n(x)$ donde $x\in ]0,1[$ sólo tiene un punto crítico para cada valor de $n \in \{3,4,5,\dots\}$ . $\blacksquare$