Consideremos la función definida como sigue $$f(x) = \int_x^{x^2}\frac {1}{\arctan t}\,dt;$$
Demuestre que existe una función única $g : \mathbb R\to \mathbb R$ tal que $f(g(x))=x$ , $\forall x\in \mathbb R $ .
No tengo ni idea de hacerlo.
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Queremos demostrar que $f\colon\mathbb R_{>0}\to\mathbb R$ es biyectiva.
Tenga en cuenta que $f'(x) = \frac{2x}{\arctan{x^2}}-\frac 1{\arctan{x}}$ mediante la fórmula dada en Diferenciación bajo el signo integral .
Queremos demostrar que $f'(x) >0$ para $x>0$ y tenemos que suponiendo $x>0$ $$\frac{2x}{\arctan{x^2}}-\frac 1{\arctan{x}}>0 \iff 2x\arctan x-\arctan x^2 >0$$ así que definamos $$h(x) = 2x\arctan x - \arctan x^2.$$ Cálculos rápidos muestran que $$h'(x) = 2\arctan x+\frac{2x}{1+x^2}-\frac{2x}{1+x^4},$$ $$h''(x) =\frac{2 (1 - 2 x^2 + 6 x^4 + 6 x^6 + 5 x^8)}{(1 + x^2)^2 (1 + x^4)^2}.$$ Ahora bien, si $h''(x)>0$ para todos $x$ hemos terminado, ya que implicaría que $h'$ es estrictamente creciente y $h'(0) = 0$ Así que $h$ tiene un mínimo local único en $0$ con $h(0) = 0$ . Así $h(x)> 0$ para $x>0$ y $f'(x) > 0$ para $x>0$ .
Demostremos que $h''(x) > 0$ para todos $x$ :
Defina $p(t) = 1-2t+6t^2+6t^3+5t^4$ y observe que $$h''(x) > 0\iff p(x^2) > 0$$
por lo que basta con demostrar que $p(t)>0$ para todos $t$ . Una vez más, los cálculos rápidos muestran que $$p'(t) = -2+12t+18t^2+20t^3,$$ $$p''(t) = 12(1+3t+5t^2).$$ Dado que el polinomio $1+3t+5t^2$ no tiene raíces reales, es estrictamente positivo y por tanto $p'$ es un polinomio estrictamente creciente y por continuidad tiene una única raíz real. Tengo un poco de prisa, así que más adelante intentaré demostrar que en esta raíz $p$ es positivo, y por tanto $p(t)>0$ para todos $t$ . Esto demostraría que $h''(x) >0$ para todos $x$ .
Ahora tenemos la inyectividad de $f$ sur $\mathbb R_{>0}$ .
Para la subjetividad, queremos demostrar que $f\to\infty$ cuando $x\to\infty$ y $f\to-\infty$ cuando $x\to 0^+$ .
$f\to\infty$ cuando $x\to\infty$ es fácil ya que $\arctan x<\frac\pi 2$ y por lo tanto $f(x) > (x^2-x)\frac 2\pi$ .
$f\to-\infty$ cuando $x\to 0^+$ todavía necesita trabajo, y espero poder mostrarlo más adelante.
Roger Hoover
Puntos
56
Sólo un atajo en la prueba de Ennar. La desigualdad: $$\forall x\in\mathbb{R}^+,\qquad \frac{\arctan x}{x}>\frac{\arctan(x^2)}{2x^2}\tag{1}$$ es bastante trivial, ya que en el intervalo $\left(0,\frac{\pi}{4}\right)$ que tenemos: $$ \frac{\arctan x}{x} > \frac{\frac{\pi}{4}x}{x}=\frac{\pi}{4}>\frac{1}{2}\geq \frac{\arctan(x^2)}{2x^2}\tag{2}$$ por la concavidad de la función arctangente, mientras que en el intervalo $\left[\frac{\pi}{4},+\infty\right)$ que tenemos: $$ \frac{\arctan x}{x} \geq \frac{\pi}{4x^2} > \frac{\arctan(x^2)}{2x^2}\tag{3}$$ desde $x\cdot\arctan(x)$ es creciente en dicho intervalo.
JeanMarie
Puntos
196
Aquí está la respuesta aparentemente completa, con algunas similitudes con la tuya, @Ennar @Jack D'Aurizio.
Yo digo lo mismo: ¡por favor, compruébelo!
Esta cuestión debe tratarse sólo para $x>0$ . De lo contrario, el intervalo de integración incluiría $0$ en cuyas proximidades la integral no tiene sentido (al menos para funciones ordinarias).
La cuestión consiste en demostrar que $f$ tiene una inversa, es decir, $f$ es (a) estrictamente creciente o (b) estrictamente decreciente en su dominio. Vamos a demostrar que estamos en el caso (a), (ver gráficos más abajo) mostrando que
$$\forall x \in \mathbb{R_+^*} \ \ f'(x)>0. $$
Sea $\Phi$ sea la función primitiva de $\varphi(t):=\frac{1}{atan(t)}$ tal que $\Phi(1)=0$ .
Se puede escribir:
$$f(x)=\int_1^{x^2}\varphi(t)dt-\int_1^{x}\varphi(t)dt=\Phi(x^2)-\Phi(x) \ \ \ \ \ (*)$$
Derivemos (*):
$$f'(x)=2x\Phi'(x^2)-\Phi'(x)=2x \varphi(x^2)-\varphi(x)=\dfrac{n(x)}{atan(x) \ atan(x^2)}$$
con numerador $ \ \ \ \ \ \ \ \ n(x) \ := \ 2 x \ atan(x) \ - \ atan(x^2) \ \ \ (1)$
Ahora basta con demostrar que $n(x)>0$ para todos $x>0$ .
Con este objetivo, consideremos dos casos $x \in I_1:=(0,1)$ y $x \in I_2:=(1,+\infty)$ .
- Primer caso : $x \in I_1$ utilizando el lema siguiente, la relación (1) da:
$$n(x) \ > \ 2x (x-\frac{x^3}{3})- x^2=x^2(1-2\frac{x^2}{3})$$
Así $n(x)>0$ para $x \in I_1$ .
- Segundo caso : $x \in I_2$ . Utilizando la definición (1):
$$n'(x)=2x\dfrac{x^2(x^2-1)}{(1+x^2)(1+x^4)}+2 atan(x)$$
Así, para $x \in I_2$ , $x^2-1>0$ dando $n'(x)>0$ .
En consecuencia, $n$ es estrictamente creciente en $I_2$ .
Pero $n(1)=2 atan(1)>0$ . Por lo tanto $n(x)>0$ sur $I_2$ .
Lema para todos $x>0$ , $ x > atan(x) > x-\frac{x^3}{3}$
Prueba : La primera desigualdad es clásica. Para la segunda, basta observar que $\psi(x):= atan(x)-(x-\frac{x^3}{3})$ es tal que $\psi'(x)=\frac{x^4}{1+x^2}>0$ Así pues $\psi$ aumenta en $\mathbb{R_+^*}$ . En $\psi(0)=0$ tenemos $\psi(x)>$ sur $\mathbb{R_+^*}$ .
Nota : este lema podría haber sido justificado por una versión del teorema de las series alternas aplicado a $atan(x)=x-\dfrac{x^3}{3}+\dfrac{x^5}{5}+\cdots $ .
Observación: $f$ siendo continua, su imagen es un intervalo de $\mathbb{R}$ que de hecho es $\mathbb{R}$ . La razón es:
-
para $x \rightarrow +\infty$ ya que f está limitada desde abajo por $\frac{2}{\pi}$ , $f(x)> \frac{2}{\pi}(x^2-x) \rightarrow +\infty$
-
para $x \rightarrow 0_+$ Como el integrando es equivalente a $1/t$ tenemos $f(x)$ equivalente a $\ln(x^2)-\ln(x)=\ln(x) \rightarrow -\infty$ (el signo negativo no es una sorpresa: para $x<1$ se produce una inversión de los límites de integración, ya que $x^2<x<1$ ).
Así $g=f^{-1}: \mathbb{R}\to \mathbb{R_+^*}$ .
He aquí una representación gráfica de $y=f(x)$ :
