称为 “支撑线” 函数的 单调性 问题

longma

如何不用导数证明函数 $f(x)=\sqrt{1+x^2}+\sqrt{1+(1-x)^2}$在区间 $\left(-\infty, \frac{1}{2}\right]$ 上是减函数，在区间 $\left[\frac{1}{2},+\infty\right)$ 上是增函数。

爪机专用

跟支撑线有什么关系??

longma

听别人说的而已。大虾，能否帮忙解决一下，谢谢！

kuing

想到一个坑爹的证法：

由于 $f(x)=\sqrt{1+x^2}+\sqrt{1+(1-x)^2}$ 恒为正且关于 $x=1/2$ 对称，故此，令
\begin{align*}
g(x)&=\left( 2f\left( \frac{x+1}2 \right) \right)^2 \\
&=\bigl( \sqrt{4+(1+x)^2}+\sqrt{4+(1-x)^2} \bigr)^2 \\
&=10+2x^2+2\sqrt{\bigl(4+(1+x)^2\bigr)\bigl(4+(1-x)^2\bigr)},
\end{align*}
则只要证明 $g(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 递增即可。

任取 $x>y\geqslant 0$，则
\begin{align*}
\frac{g(x)-g(y)}2&=x^2-y^2+\sqrt{\bigl(4+(1+x)^2\bigr)\bigl(4+(1-x)^2\bigr)}-\sqrt{\bigl(4+(1+y)^2\bigr)\bigl(4+(1-y)^2\bigr)} \\
&=x^2-y^2+\frac{(y^2-x^2)(x^2+y^2+6)}{\sqrt{\bigl(4+(1+x)^2\bigr)\bigl(4+(1-x)^2\bigr)}+\sqrt{\bigl(4+(1+y)^2\bigr)\bigl(4+(1-y)^2\bigr)}} \\
&\geqslant x^2-y^2+\frac{(y^2-x^2)(x^2+y^2+6)}{4+\abs{(1+x)(1-x)}+4+\abs{(1+y)(1-y)}} \\
&=x^2-y^2+\frac{(y^2-x^2)(x^2+y^2+6)}{8+\abs{x^2-1}+\abs{y^2-1}} \\
&\geqslant x^2-y^2+\frac{(y^2-x^2)(x^2+y^2+6)}{\abs{8+x^2-1+y^2-1}} \\
&=0,
\end{align*}
另外注意到第一个“$\geqslant$”的取等条件为 $x=y=0$，与所设不符，故此取不了等号，所以得到 $g(x)>g(y)$，从而得证。

goft

打字技术不好，向量表示，两边之和大于第三边

isee

想到一个坑爹的证法：

由于 $f(x)=\sqrt{1+x^2}+\sqrt{1+(1-x)^2}$ 恒为正且关于 $x=1/2$ 对称，故此，令
...
kuing 发表于 2013-12-23 16:38

这么一说，直接$g(x)=f(x+\frac 12),(0,+\infty)$,用定义即可了，key：分子有理化。

isee

打字技术不好，向量表示，两边之和大于第三边
goft 发表于 2013-12-23 22:26

投入LaTeX的怀抱吧

kuing

这么一说，直接$g(x)=f(x+\frac 12),(0,+\infty)$,用定义即可了，key：分子有理化。 ...
isee 发表于 2013-12-23 22:36

我一开始就这样想，不过根号多，不易玩（你可以试试），于是决定先平方一下减少根号，就变成现在的样子，还刚好可以用柯西。

isee

我一开始就这样想，不过根号多，不易玩（你可以试试），于是决定先平方一下减少根号，就变成现在的样子， ...
kuing 发表于 2013-12-23 23:08

晕，弄错了符号。

还是写步骤看一下


\begin{align*}
g(x)&=f(x+\frac 12)=\sqrt {x^2+x+\frac 54}+\sqrt {x^2-x+\frac 54}\\
g(x_1)-g(x_2)&=\sqrt {x_1^2+x_1+\frac 54}+\sqrt {x_1^2-x_1+\frac 54}-\sqrt {x_2^2+x_2+\frac 54}-\sqrt {x_2^2-x_2+\frac 54}\\
&=\sqrt {x_1^2+x_1+\frac 54}-\sqrt {x_2^2+x_2+\frac 54}+\sqrt {x_1^2-x_1+\frac 54}-\sqrt {x_2^2-x_2+\frac 54}\\
&=\dfrac {x_1^2+x_1-x_2^2-x_2}{\sqrt {x_1^2+x_1+\frac 54}+\sqrt {x_2^2+x_2+\frac 54}}+\cdots\\
&=\dfrac {(x_1-x_2)(x_1+x_2+1)}{\sqrt {x_1^2+x_1+\frac 54}+\sqrt {x_2^2+x_2+\frac 54}}+\dfrac {(x_1-x_2)(x_1+x_2-1)}{\cdots}
\end{align*}


的确，符号很难确定
＝＝＝
楼主有空，写个导数过程看看~

isee

晕了，\begin{align*}
\sqrt{g(x)}&=2f\left( \frac{x+1}2 \right)
\end{align*}

三次变换得新函数，若对学生，不知道直接就晕了多少人！


我回头一看你哪过程，更晕，还不止一次不等式 应用……

其妙

晕，弄错了符号。

还是写步骤看一下


\begin{align*}
g(x)&=f(x+\frac 12)=\sqrt {x^2+x+\frac 54}+\sq ...
isee 发表于 2013-12-23 23:24

不妨设$x_1>x_2\geqslant0$，放缩一下，立刻成立，

爪机专用

不妨设$x_1>x_2\geqslant0$，放缩一下，立刻成立，
其妙 发表于 2013-12-23 23:53

写出来吧。

kuing

打字技术不好，向量表示，两边之和大于第三边
goft 发表于 2013-12-23 22:26

用几何意义吗？那可以不打字啊，直接上图也行。

kuing

比如说

这样。

战巡

回复 1# longma


唉...讲了那么久的双曲函数还是没什么人会用........
再用一次给你们看！

令$x=\sinh(p),1-x=\sinh(q)$
则有
\[f(x)=\sqrt{1+\sinh^2(p)}+\sqrt{1+\sinh^2(q)}=\cosh(p)+\cosh(q)\]
另一方面有
\[\sinh(p)+\sinh(q)=x+1-x=1\]
这两式分别平方，然后相减可得
\[f(x)^2-1=\cosh^2(p)+\cosh^2(q)+2\cosh(p)\cosh(q)-\sinh^2(p)-\sinh^2(q)-2\sinh(p)\sinh(q)\]
\[f(x)^2-1=2+2\cosh(p-q)\]
\[f(x)=\sqrt{3+2\cosh(p-q)}\]
于是$f(x)$的增减性与$\cosh(p-q)$一致，当$p-q<0$时减，$p-q>0$时增
当$p-q<0$时，由于$\sinh(x)$是恒增的函数，有
\[\sinh(p)<\sinh(q),  x<1-x,  x<\frac{1}{2}\]
另一边同理

isee

回复 15# 战巡

哈哈~

不过，战巡够早的~

乌贼

回复 15# 战巡
见过一次

其妙

$\begin{align*}
g(x)&=f(x+\frac 12)=\sqrt {x^2+x+\frac 54}+\sqrt {x^2-x+\frac 54}\\
g(x_1)-g(x_2)&=\sqrt {x_1^2+x_1+\frac 54}+\sqrt {x_1^2-x_1+\frac 54}-\sqrt {x_2^2+x_2+\frac 54}-\sqrt {x_2^2-x_2+\frac 54}\\
&=\sqrt {x_1^2+x_1+\frac 54}-\sqrt {x_2^2+x_2+\frac 54}+\sqrt {x_1^2-x_1+\frac 54}-\sqrt {x_2^2-x_2+\frac 54}\\
&=\dfrac {x_1^2+x_1-x_2^2-x_2}{\sqrt {x_1^2+x_1+\frac 54}+\sqrt {x_2^2+x_2+\frac 54}}+\dfrac {x_1^2-x_1-x_2^2+x_2}{\sqrt {x_1^2-x_1+\frac 54}+\sqrt {x_2^2-x_2+\frac 54}}\\
&=\dfrac {(x_1-x_2)(x_1+x_2+1)}{\sqrt {x_1^2+x_1+\frac 54}+\sqrt {x_2^2+x_2+\frac 54}}+\dfrac {(x_1-x_2)(x_1+x_2-1)}{\sqrt {x_1^2-x_1+\frac 54}+\sqrt {x_2^2-x_2+\frac 54}}\\
&>(x_1-x_2) P\\
&>0\end{align*}$

goft

爪机专用

回复  战巡

哈哈~

不过，战巡够早的~
isee 发表于 2013-12-24 08:26

他是双曲党+外国党