εκθετική ανισότητα

#1

Αν $\displaystyle a>1$ και $\displaystyle {{a}^{x}}\ge {{x}^{a}}$ για κάθε $\displaystyle x>0$ , τότε $\displaystyle a=e$

Tolaso J Kos · #2

exdx έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 16, 2019 3:01 pm
Αν $\displaystyle a>1$ και $\displaystyle {{a}^{x}}\ge {{x}^{a}}$ για κάθε $\displaystyle x>0$ , τότε $\displaystyle a=e$

Γιώργη , γνωστή είναι αυτή. Για παράδειγμα ο Μπάρλας την έχει στην ενότητα με το Fermat. Anyway,

θεωρούμε συνάρτηση $f(x) = a^x -x^a \; , \; x>0$ . Τότε είναι $f(x) \geq f(a)$ . Επειδή το $\alpha \in (0, +\infty)$ και η

είναι παραγωγίσιμη στο $(0, +\infty)$ θα είναι από Fermat f'(a)=0

. Τότε όμως:

$\displaystyle{\begin{aligned} f'(a) =0 &\Leftrightarrow a^a \ln a -aa^{a-1} =0 \\ &\Leftrightarrow a^a \ln a = a^{a} \\ &\!\overset{a>1}{\Leftrightarrow } \ln a = 1 \\ &\Leftrightarrow a =e \end{aligned}}$
Αυτά!

Σταμ. Γλάρος · #3

exdx έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 16, 2019 3:01 pm
Αν $\displaystyle a>1$ και $\displaystyle {{a}^{x}}\ge {{x}^{a}}$ για κάθε $\displaystyle x>0$ , τότε $\displaystyle a=e$

Γιώργη και

,καλησπέρα!
Μια προσπάθεια, παρόμοια με του Tolaso J Kos με άλλη συνάρτηση...
Είναι $a^x\geq x^a$ $\Leftrightarrow$ $xlna\geq alnx$ .
Θεωρώ την συνάρτηση $f(x)= xlna- alnx \geq 0$ , παραγωγίσιμη με $f'(x)=lna-\dfrac{a}{x}$ .
Παρατηρώ ότι f(a)=0

Συνεπώς για την

ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θεωρήματος Fermat.
Άρα έχουμε $f'(a)=0\Leftrightarrow lna=1\Leftrightarrow a=e$ .
Φιλικά
Σταμ. Γλάρος

#4

Καλησπέρα σε όλους!

Παρόμοια με τις προηγούμενες. Από τη δοσμένη σχέση καταλήγουμε στην $\displaystyle \frac{{\ln x}}{x} \le \frac{{\ln a}}{a}$

Έστω $\displaystyle f(x) = \frac{{\ln x}}{x} \Rightarrow f(x) \le f(a)$ για κάθε x>0,

άρα από Fermat, $\displaystyle f'(a) = 0 \Rightarrow \frac{{1 - \ln a}}{{{a^2}}} = 0 \Leftrightarrow$ $\boxed{a=e}$

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #5

exdx έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 16, 2019 3:01 pm
Αν $\displaystyle a>1$ και $\displaystyle {{a}^{x}}\ge {{x}^{a}}$ για κάθε $\displaystyle x>0$ , τότε $\displaystyle a=e$

Το $\displaystyle a>1$ δεν νομίζω ότι χρειάζεται.
Για $\displaystyle a>0$ νομίζω όλες οι αποδείξεις δουλεύουν

#6

Υπάρχουν και πολλές παραλλαγές της άσκησης. Για παράδειγμα πριν από

και βάλε χρόνια η άσκηση 2275

στο CRUX έλεγε:

Αν a>0

και ισχύει $a^x \ge ax$ για κάθε x>0

, δείξετε ότι a=e

.

Ας δούμε λύσεις. Είχα στείλει τότε στο CRUX δύο λύσεις, η μία χωρίς παραγώγους.

#7

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 16, 2019 5:39 pm
Υπάρχουν και πολλές παραλλαγές της άσκησης. Για παράδειγμα πριν από και βάλε χρόνια η άσκηση στο CRUX έλεγε:

Αν και ισχύει $a^x \ge ax$ για κάθε , δείξετε ότι .

Ας δούμε λύσεις. Είχα στείλει τότε στο CRUX δύο λύσεις, η μία χωρίς παραγώγους.

...δύο λύσεις ξεχωριστές από τα συνηθισμένα…

(1η Λύση) Είναι ${{a}^{x}}-a\ge ax-a\Leftrightarrow {{a}^{x}}-a\ge a(x-1)$ (1)

Για $x>1\Leftrightarrow x-1>0$ και από (1) $\frac{{{a}^{x}}-a}{x-1}\ge a$ και τότε

$\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{a}^{x}}-{{a}^{1}}}{x-1}\ge a$ και αν $f(x)={{a}^{x}}$ είναι

$\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{f(x)-f(1)}{x-1}\ge a$ άρα ${f}'(1)\ge a\Rightarrow a\ln a\ge a\overset{a>0}{\mathop{\Rightarrow }}\,\ln a\ge 1$

Για $x<1\Leftrightarrow x-1<0$ και από (1) $\frac{{{a}^{x}}-a}{x-1}\le a$ και τότε

$\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{a}^{x}}-{{a}^{1}}}{x-1}\le a$ και αν $f(x)={{a}^{x}}$ είναι

$\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{f(x)-f(1)}{x-1}\le a$ άρα ${f}'(1)\le a\Rightarrow a\ln a\le a\overset{a>0}{\mathop{\Rightarrow }}\,\ln a\le 1$ έτσι

$\ln a=1\Leftrightarrow a=1$

(2η Λύση)

Αν $f(x)={{a}^{x}}-ax,\,\,x\in (0,+\infty )$ είναι παραγωγίσιμη με ${f}'(x)={{a}^{x}}\ln a-a$ και

${f}'(x)=0\Leftrightarrow {{a}^{x}}\ln a-a=0\Leftrightarrow {{a}^{x}}\ln a=a\overset{a\ne 1}{\mathop{\Leftrightarrow }}\,{{a}^{x}}=\frac{a}{\ln a}>0\Leftrightarrow x\ln a=\ln \left( \frac{a}{\ln a} \right)\Leftrightarrow$

$x=\frac{1}{\ln a}\ln \left( \frac{a}{\ln a} \right)$

Και επειδή ${f}''(x)={{a}^{x}}{{\ln }^{2}}a>0$ η {f}'

είναι γνήσια αύξουσα επομένως όταν

$0<x<\frac{1}{\ln a}\ln \left( \frac{a}{\ln a} \right)\Rightarrow {f}'(x)<0$ και για

$x>\frac{1}{\ln a}\ln \left( \frac{a}{\ln a} \right)\Rightarrow {f}'(x)>0$ επομένως στο

${{x}_{0}}=\frac{1}{\ln a}\ln \left( \frac{a}{\ln a} \right)$ η συνάρτηση παρουσιάζει ελάχιστο το $f({{x}_{0}})$

και αφού $f(x)={{a}^{x}}-ax\ge 0,\,\,x\in (0,+\infty )$ από τα δεδομένα είναι και

$f({{x}_{0}})\ge 0\Leftrightarrow {{a}^{\left( \frac{1}{\ln a}\ln \left( \frac{a}{\ln a} \right) \right)}}-a\left( \frac{1}{\ln a}\ln \left( \frac{a}{\ln a} \right) \right)\ge 0$ και με $\frac{\alpha }{\ln a}=\beta$ έχουμε ότι είναι

${{a}^{\left( \frac{\ln \beta }{\ln a} \right)}}-\beta \ln \beta \ge 0\Leftrightarrow \frac{\ln \beta }{\ln \alpha }\ln a\ge \ln \beta +\ln (\ln \beta )\Leftrightarrow 0\ge \ln (\ln \beta )$ απ όπου

$1\ge \ln \beta \Rightarrow e\ge \frac{a}{\ln a}\Rightarrow \ln a\ge \frac{a}{e}$ (γιατί από αρχική ανισότητα $a^x \ge ax$ είναι

${{a}^{2}}\ge 2a\overset{a>0}{\mathop{\Rightarrow }}\,a>2>1$ ) και επειδή από $\ln x\le x-1,\,\,x>0$

και η ισότητα μόνο όταν x=1

με όπου

το $\frac{a}{e}$ ισχύει

$\ln \frac{a}{e}\le \frac{a}{e}-1\Leftrightarrow \ln a-1\le \frac{a}{e}-1\Leftrightarrow \ln a\le \frac{a}{e}$

επομένως έχουμε τελικά $\ln a=\frac{a}{e}$ που ισχύει μόνο όταν $\frac{a}{e}=1\Leftrightarrow a=e$

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

#8

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 16, 2019 5:39 pm
Υπάρχουν και πολλές παραλλαγές της άσκησης. Για παράδειγμα πριν από και βάλε χρόνια η άσκηση στο CRUX έλεγε:

Αν και ισχύει $a^x \ge ax$ για κάθε , δείξετε ότι .

Ας δούμε λύσεις. Είχα στείλει τότε στο CRUX δύο λύσεις, η μία χωρίς παραγώγους.

Αλλιώς: Γράφοντας $\displaystyle{ x= 1+\frac {1}{y}}$ η δοθείσα γίνεται $\displaystyle{a \ge \left ( 1 + \frac {1}{y} \right ) ^y}$ .

Όμοια, γράφοντας $\displaystyle{ x= \frac {1} {1+\frac {1}{z}}}$ γίνεται $\displaystyle{ \left ( 1 + \frac {1}{z} \right ) ^{z+1} \ge a}$ .

Οι δύο μαζί $\displaystyle{ \left ( 1 + \frac {1}{z} \right ) ^{z+1} \ge a \ge \left ( 1 + \frac {1}{y} \right ) ^y}$ .

Παίρνοντας όρια $\displaystyle{y\to \infty, \, z \to \infty }$ έπεται $\displaystyle{e\ge a \ge e }$ , από όπου το ζητούμενο.

Λάμπρος Κατσάπας · #9

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 16, 2019 5:39 pm
Υπάρχουν και πολλές παραλλαγές της άσκησης. Για παράδειγμα πριν από και βάλε χρόνια η άσκηση στο CRUX έλεγε:

Αν και ισχύει $a^x \ge ax$ για κάθε , δείξετε ότι .

Ας δούμε λύσεις. Είχα στείλει τότε στο CRUX δύο λύσεις, η μία χωρίς παραγώγους.

Η $a^x \ge ax$ για κάθε x>0

ισοδυναμεί με την $a^{x-1} \ge x$ για κάθε x>0

που ισοδυναμεί με την

$(x-1)\ln a \ge \ln x$ για κάθε x>0

. Η τελευταία συνεπάγεται την $\displaystyle ln a \ge \frac{\ln x }{x-1}$ για κάθε x>1

και την $\displaystyle \ln a \le \frac{\ln x }{x-1}$ για κάθε 0<x<1

.

Από τις τελευταίες παίρνουμε $\displaystyle \ln a \ge \lim_{x\rightarrow 1^{+}}\frac{\ln x }{x-1} =1$ και $\displaystyle \ln a \le \lim_{x\rightarrow 1^{-}}\frac{\ln x }{x-1} =1$

που δίνουν τελικά $\displaystyle a\geq e$ και $\displaystyle a\leq e$ δηλαδή $\displaystyle a=e.$

#10

$\displaystyle {{a}^{x}}\ge ax\Leftrightarrow {{a}^{x}}-ax\ge 0$ , για κάθε $\displaystyle x>0$ . Από Fermat , υπάρχει $\displaystyle c\in R$ ώστε

$\displaystyle \left. \begin{gathered} {a^c} - ac = 0 \hfill \\ {a^c}\ln a - a = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right\} \Leftrightarrow \left. \begin{gathered} {a^c} = ac \hfill \\ ac\ln a = a \hfill \\ \end{gathered} \right\} \Leftrightarrow \left. \begin{gathered} {a^c} = ac \hfill \\ c\ln a = 1 \hfill \\ \end{gathered} \right\} \Leftrightarrow \left. \begin{gathered} {a^c} = ac \hfill \\ lna = \frac{1}{c} \hfill \\ \end{gathered} \right\} \Leftrightarrow \left. \begin{gathered} e = ca \hfill \\ {a^c} = e \hfill \\ \end{gathered} \right\} \Leftrightarrow \left. \begin{gathered} c = \frac{e}{a} \hfill \\ {a^e} = {e^a} \hfill \\ \end{gathered} \right\}$

Άρα $\displaystyle e\ln a=a\Rightarrow \ln a-\frac{a}{e}=0$
Όμως για τη συνάρτηση $\displaystyle g(x)=\ln x-\frac{x}{e}$ ισχύει $\displaystyle g(e)=0$ και
$\displaystyle {g}'(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{e}\Rightarrow {g}''(x)=-\frac{1}{{{x}^{2}}}<0$ . Άρα έχει μοναδική λύση την $\displaystyle x=e$ οπότε $\displaystyle a = e$

#11

Στο ίδιο μήκος κύματος αλλά πιο απλά.

Για την f(x)=a^x-ax

δίδεται $f(x) \ge 0$ , ισοδύναμα $f(x)\ge f(1)$ . Δηλαδή f(1)

ολικό ελάχιστο και άρα f΄(1)=0

. Το τελευταίο γράφεται $a^1\ln a -a=0$ . Απλοποιώντας το

, έχουμε $\ln a = 1$ , οπότε a=e

.

εκθετική ανισότητα

εκθετική ανισότητα

Re: εκθετική ανισότητα

Re: εκθετική ανισότητα

Re: εκθετική ανισότητα

Re: εκθετική ανισότητα

Re: εκθετική ανισότητα

Re: εκθετική ανισότητα

Re: εκθετική ανισότητα

Re: εκθετική ανισότητα

Re: εκθετική ανισότητα

Re: εκθετική ανισότητα

Μέλη σε σύνδεση