Demostrar que existe una secuencia $\{x_{n}\}$ tal que para cada $n\,\quad f_{n}$ tiene un máximo global

Question

Para cada entero positivo $n$ considerar función $f_{n}(x)=n^{\sin x}+n^{\cos x},\ x \in \mathbb{R}$.

Demostrar que existe una secuencia $\{x_{n}\}$ tal que para cada $n,\ f_{n}$ tiene un máximo global en $x_{n}$ y $x_{n}\to 0$ $n \to\infty$.

$(f_n(x))'=n^{\sin(x)}\cos(x)\ln(n)-n^{\cos(x)}\sin(x)\ln(n)$ que no parece muy agradable.

Estoy atascada (inexperiencia creo..).

Cualquier sugerencias sería muy apreciados.

Gracias.

Answer 1

En primer lugar, escribir $$f'_n(x)=\ln n\left(\cos xn^{\sin x}-\sin xn^{\cos x}\right)$$

Voy a descartar el caso de $n=1$, ya que el $f_1$ es constante. Por lo $f'_n$ se desvanece sólo si $$\tan x=n^{\sin x-\cos x}$$ o $$g(x)=\frac{\ln\tan x}{\sin x-\cos x}=\ln n$$ Puede comprobarse fácilmente que $$\lim_{x\to0^+} g(x)=\infty$$ y $$\lim_{x\to{\pi/4}^-} g(x)=\sqrt2$$

De modo que existe un cero de $f'_n$$n>e^{\sqrt 2}$, es decir, para $n\geq 5$.

Vamos a probar que $g$ es la disminución en $(0,\pi/4)$. Podemos diferenciar la función de $h(x)=\ln g(x)$ para obtener $$h'(x)=\frac{\cos x+\sin x}{\cos x-\sin x}-\frac{2}{\sin 2x(\ln\cos x-\ln\sin x)}$$

Desde $\cos x$ $\sin x$ están en el intervalo de $(0,1)$, y el derivado de la $\ln$ es mayor que $1$, tenemos $$\ln\cos x-\ln\sin x>\cos x-\sin x$$

Por lo tanto,

$$\frac{\cos x+\sin x}{\cos x-\sin x}<\frac2{\cos x-\sin x}<\frac{2}{\sin 2x(\ln\cos x-\ln\sin x)}$$

y $h'(x)<0$. Por lo $h$ está disminuyendo. Por lo tanto, $g$ está disminuyendo. Esto significa que se puede considerar que la función de $u=g^{-1}$, definidos en $(\sqrt 2,\infty)$, y es también disminuye.

La secuencia de $x_n$ que estamos buscando está dada por $$x_n=u(\ln n)$$

y $$\lim x_n=u(\lim\ln n)=0$$

Comentario: sé que hay a la izquierda cosas para probar. Principalmente:

• Los casos de $n=2,3,4$.
• Los ceros de $f'_n$ son en realidad maxima de $f_n$. La monotonía de $g$ (la parte más difícil del problema, creo) debería ayudar.

Answer 2

Deje $g_n(x)=n^{\sin-\cos x}$. Los extremos de $n^{\cos x}+n^{\sin x}$ son las soluciones de $g_n(x)=\tan x$, $0\le x\le2\,\pi$. Tenemos \begin{align} g_n(0)&=n^{-1}>\tan 0,\\g_n(\pi/4)&=1=\tan\pi/4,\\g_n(\pi/6)&=n^{(1-\sqrt3)/2}<3^{-1/2}=\tan\pi/6 \quad\text{if }n\ge5. \end{align} Por otra parte $g_n$ es convexa. Entonces $$ g_n(x)\le\frac1n+\frac\pi6(n^{(1-\sqrt3)/2}-n^{-1}). $$ Esto implica que la gráfica de $g_n$ cortes de la gráfica de $\tan x$ algunos $x_n\in(0,\pi/6)$. Desde $\tan x>x$ se sigue que $$ 0<x_n\le\frac{1}{n+\dfrac6\pi\,n^{(3-\sqrt3)/2}}. $$

A continuación la gráfica de $g_8(x)$, $\tan x$ y $x$

Todo está a la izquierda es para mostrar que $x_n$ es de hecho un máximo.