Πολλαπλής από Gaokao

#1

Δίνονται οι πραγματικοί αριθμοί $\displaystyle a=0,1{{e}^{0,1}}\,\,\,\,,\,\,\,\,\,b=\frac{1}{9}\,\,\,\,\,,\,\,\,\,c=-\ln (0,9)$
Τότε : $\displaystyle A.\,\,\,a<b<c,\,\,\,\,\,\,\,B.\,\,\,c<b<a\,\,,\,\,\,\,C.\,\,\,\,c<a<b,\,\,\,\,\,\,D.\,\,\,\,\,\,a<c<b$

Ορέστης Λιγνός · #2

exdx έγραψε: ↑
Τρί Νοέμ 29, 2022 11:08 pm
Δίνονται οι πραγματικοί αριθμοί $\displaystyle a=0,1{{e}^{0,1}}\,\,\,\,,\,\,\,\,\,b=\frac{1}{9}\,\,\,\,\,,\,\,\,\,c=-\ln (0,9)$
Τότε : $\displaystyle A.\,\,\,a<b<c,\,\,\,\,\,\,\,B.\,\,\,c<b<a\,\,,\,\,\,\,C.\,\,\,\,c<a<b,\,\,\,\,\,\,D.\,\,\,\,\,\,a<c<b$

Όμορφη! Σωστή επιλογή είναι η C, δηλαδή είναι c<a<b

. Έστω

.

Μέρος 1: c<a

. Θέλουμε να αποδείξουμε ότι $-\ln(0,9)<0,1e^{0,1}$ , ισοδύναμα ότι $-\ln(1-t)<te^t$ . Έστω η συνάρτηση $f(x)=xe^x+\ln(1-x)$ με $x \in [0,1)$ . Θέλουμε να αποδείξουμε ότι f(t)>0

.

Είναι, $f'(x)=e^x+xe^x-\dfrac{1}{1-x}=\dfrac{e^x(1-x^2)-1}{1-x}$ . Έστω g(x)=e^x(1-x^2)-1

. Τότε, είναι $g'(x)=e^x-e^xx^2-2xe^x=e^x(\sqrt{2}-1-x)(\sqrt{2}+1+x)$ .

Οπότε, για $x \in [0,\sqrt{2}-1]$ είναι g'(x)>0

, άρα η

είναι γνησίως αύξουσα, ενώ για $x \in (\sqrt{2}-1),1)$ είναι g'(x)<0

, άρα η

είναι γνησίως φθίνουσα.

Παρατηρούμε ότι:

$\bullet$ g(0)=0

,
$\bullet$ $g(\sqrt{2}-1)=e^{\sqrt{2}-1}(1-(\sqrt{2}-1)^2)-1 \geq (\sqrt{2}-1+1)(2\sqrt{2}-2)-1=3-2\sqrt{2}>0$ και
$\bullet$ $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 1^-} g(x)=-1$ . Άρα υπάρχει $\alpha$ όσο κοντά στο

θέλουμε με $g(\alpha)<0$ .

Οπότε, λόγω της συνέχειας της

, από το Θεώρημα Bolzano συμπεραίνουμε ότι υπάρχει $\xi \in (\sqrt{2}-1,\alpha) \subseteq (\sqrt{2}-1,1)$ τέτοιο, ώστε $g(\xi)=0$ , και λόγω της μονοτονίας της

στο διάστημα αυτό είναι μοναδικό.

Συνολικά, για το πρόσημο της

έχουμε ότι:

$\bullet$ $g(x) \geq 0$ για κάθε $x \in [0,\xi]$ και
$\bullet$ g(x)<0

για κάθε $x \in (xi,1)$ .

Αφού λοιπόν είναι $f'(x)=\dfrac{g(x)}{1-x}$ και 1-x>0

, η συνάρτηση

είναι γνησίως αύξουσα για $x \in [0,\xi]$ και γνησίως φθίνουσα για $x \in (\xi,1)$ , όπου το $\xi$ είναι τέτοιο, ώστε $g(\xi)=0 \Rightarrow e^\xi(1-\xi^2)=1$ .

Λόγω της ανισότητας $e^u \geq 1+u$ , προκύπτει λοιπόν ότι:

$1=e^\xi(1-\xi^2) \geq (\xi+1)(1-\xi^2)=1+\xi(1-\xi^2-\xi),$

άρα $\xi^2+\xi \geq 1$ , δηλαδή $\xi > \dfrac{\sqrt{5}-1}{2}>\dfrac{2-1}{2}>0.1=t$ .

Αφού λοιπόν είναι $t \in (0,\xi)$ , λόγω της μονοτονίας της

προκύπτει ότι $f(\xi) > f(0)=0,$ που δίνει το ζητούμενο.

Μέρος 2: Είναι a<b

. Θέλουμε να αποδείξουμε ότι $0,1e^{0,1}<\dfrac{1}{9}$ , ισοδύναμα ότι $te^t<\dfrac{t}{1-t}$ , δηλαδή ότι 1>e^t(1-t)

. Θεωρούμε την συνάρτηση h(x)=1-e^x+xe^x

με $x \in \mathbb{R^+}$ . Είναι,

h'(x)=-e^x+e^x+xe^x=xe^x>0,

άρα η συνάρτηση

είναι γνησίως αύξουσα στο πεδίο ορισμού της, οπότε αφού t>0

, είναι

που δίνει το ζητούμενο.

Οπότε, αφού ολοκληρώσαμε και τα δύο μέρη, έχουμε ότι c<a<b

, όπως θέλαμε.

mick7 · #3

Χρησιμοποιώντας Taylor για τις e^x και lnx μια γραφική επαλήθευση...

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #4

exdx έγραψε: ↑
Τρί Νοέμ 29, 2022 11:08 pm
Δίνονται οι πραγματικοί αριθμοί $\displaystyle a=0,1{{e}^{0,1}}\,\,\,\,,\,\,\,\,\,b=\frac{1}{9}\,\,\,\,\,,\,\,\,\,c=-\ln (0,9)$
Τότε : $\displaystyle A.\,\,\,a<b<c,\,\,\,\,\,\,\,B.\,\,\,c<b<a\,\,,\,\,\,\,C.\,\,\,\,c<a<b,\,\,\,\,\,\,D.\,\,\,\,\,\,a<c<b$

Είναι $\displaystyle \frac{1}{10}e^{\frac{1}{10}}< \frac{1}{9}$

Γράφεται ισοδύναμα $\displaystyle e^{-\frac{1}{10}}> \frac{9}{10}=1-\frac{1}{10}$
Αμεση συνέπεια της

$\displaystyle e^{x}>1+x,x\neq 0$

Γεια την $\displaystyle -\ln \frac{9}{10}< \frac{1}{10}e^{\frac{1}{10}}$
θεωρούμε την συνάρτηση που όρισε ο Ορέστης.

$\displaystyle f(x)=xe^{x}+\ln (1-x),0\leq x\leq \frac{1}{4}$

Θέλουμε

$\displaystyle f(\frac{1}{10})>0$

Είναι
$\displaystyle f'(x)=xe^{x}-\frac{1}{1-x},f''(x)=xe^{x}+2e^x-\frac{1}{(1-x)^2}$

Αλλά για $\displaystyle 0\leq x\leq \frac{1}{4}\Rightarrow 2\geq \frac{1}{(1-x)^2}$
Ετσι
$\displaystyle 0< x\leq \frac{1}{4}\Rightarrow f''(x)>0$

Επειδή είναι f'(0)=0

θα είναι $\displaystyle 0< x\leq \frac{1}{4}\Rightarrow f'(x)>0$

Αρα θα είναι $\displaystyle f(\frac{1}{10})>f(0)=0$

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #5

Για να το δούμε με υπολογισμούς(εκτός φακέλου)
Η
$\displaystyle 0,1e^{0,1}<\frac{1}{9}$
γράφεται
$\displaystyle e^{\frac{1}{10}}<\frac{10}{9}$
$\displaystyle \frac{10}{9}=1,111111...=1,\bar{1}$
Εχουμε
$\displaystyle e^{x}=1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}+\sum_{n=4}^{\infty }\frac{x^n}{n!}$
Επειδή
$\displaystyle n\geq 4\Rightarrow n!>2^n$
παίρνουμε
$\displaystyle e^{x}<1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}+\sum_{n=4}^{\infty }(\frac{x}{2})^n=1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}+(\frac{x}{2})^{4}\frac{1}{1-\frac{x}{2}}$
Αρα έχουμε
$\displaystyle e^{\frac{1}{10}}<1+\frac{1}{10}+\frac{1}{200}+\frac{1}{6000}+\frac{1}{16\cdot 10^4}\frac{20}{19}<1,1+0,005+0,001+\frac{1}{20^3\cdot 19}<1,1007$
Αμεσα προκύπτει το ζητούμενο.

Επειδή
$\displaystyle e^{x}=1+x+\frac{x^2}{2},x>0$
είναι
$\displaystyle e^{\frac{1}{10}}>1+\frac{1}{10}+\frac{1}{200}=1,1+0,005=1,1005$
οπότε
$\displaystyle \frac{1}{10}e^{\frac{1}{10}} >1,1005\cdot \frac{1}{10}=0,11005$
Είναι
$\displaystyle -\ ln 0.9=\ ln \frac{10}{9}=\ ln(1+ \frac{1}{9})$
Αλλά ισχύει ότι
$\displaystyle \ln (1+x) \leq x-\frac{x^{2}}{2} +\frac{x^{3}}{3},-1<x<1$
Ετσι έχουμε
$\displaystyle \ln (1+\frac{1}{9})\leq \frac{1}{9}-\frac{1}{2\cdot 81}+\frac{1}{3\cdot 9^3}<0,11112-0,005+0,001=0,10712$
που δίνει το ζητούμενο.

_

Πολλαπλής από Gaokao

Πολλαπλής από Gaokao

Re: Πολλαπλής από Gaokao

Re: Πολλαπλής από Gaokao

Re: Πολλαπλής από Gaokao

Re: Πολλαπλής από Gaokao

Μέλη σε σύνδεση