mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 31, 2023 8:06 am**

Δείξτε ότι η συνάρτηση : $f(x)=\left(1+\dfrac{2}{x}\right)^{x+1} , x>0$ , είναι γνησίως φθίνουσα .

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 31, 2023 1:47 pm**

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 31, 2023 2:16 pm**

Καλησπέρα.

Δείχνουμε πρώτα το λήμμα:

$\dfrac{logx-logy}{x-y}< \dfrac{1}{\sqrt{xy}},\forall x>y>0.$

Πράγματι, η ανισότητα γράφεται:

$log\dfrac{x}{y}\leq \sqrt{\dfrac{x}{y}}-\sqrt{\dfrac{y}{x}}$

Θέτω $a=\sqrt{\dfrac{x}{y}}> 1$ και η ανισότητα γράφεται:

$2loga< a-\dfrac{1}{a}$ .

Για τη συνάρτηση $g(x)=2logx-x+\dfrac{1}{x}$ , είναι $g'(x)=\dfrac{2}{x}-1-\dfrac{1}{x^2}=-\dfrac{(x-1)^2}{x^2}\leq 0$ .

Άρα, $g(a)< g(1)\Leftrightarrow g(a)<0$ .

Ερχόμαστε στο πρόβλημα:

Είναι

$f'(x)=(e^{(x+1)log\dfrac{x+2}{x}})'=(log\dfrac{x+2}{x}-\dfrac{2x+2}{x^2+2x})e^{(x+1)log\dfrac{x+2}{x}}$ .

Αρκεί να δειχθεί ότι

$log\dfrac{x+2}{x}-\dfrac{2x+2}{x^2+2x}<0\Leftrightarrow \dfrac{log(x+2)-logx}{(x+2)-x}<\dfrac{1}{2}(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x+2})$

Είναι:

$\dfrac{log(x+2)-logx}{(x+2)-x}<\dfrac{1}{2}(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x+2})\Leftrightarrow \dfrac{log(x+2)^2-logx^2}{(x+2)^2-x^2}< \dfrac{1}{x(x+2)}$ ,

που ισχύει λόγω του λήμματος.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 01, 2023 7:53 pm**

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Αύγ 31, 2023 8:06 am
Δείξτε ότι η συνάρτηση : $f(x)=\left(1+\dfrac{2}{x}\right)^{x+1} , x>0$ , είναι γνησίως φθίνουσα .

Και μόνο για λόγους πολυφωνίας.

$f\left( x \right) = {\left( {1 + \frac{2}{x}} \right)^{x + 1}} \Rightarrow \left( {f\left( x \right) > 0} \right) \wedge \left( {\ln f\left( x \right) = \left( {x + 1} \right)\ln \left( {1 + \frac{2}{x}} \right)} \right).$

Επομένως με παραγώγιση και λίγες πράξεις παίρνουμε $\displaystyle{\frac{{{f{'}}\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}} = g\left( x \right),}$ με $\displaystyle{\,g\left( x \right) = \ln \left( {1 + \frac{2}{x}} \right) - \frac{{2x + 2}}{{{x^2} + 2x}}.}$

Παραγωγίζουμε τώρα την $\displaystyle{g\left( x \right)$ και έχουμε: $\displaystyle{{g{'}}\left( x \right) = \frac{{2{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{{{x^2} + 2x}} > 0 \Rightarrow g \uparrow} }$ (γνησίως)

και έτσι προκύπτει $g\left( x \right) < \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } g\left( x \right) = 0 \Rightarrow {f{'}}\left( x \right) < 0,$ οπότε η f(x)

είναι γνησίως φθίνουσα.

Πράγματι αν υπήρχε ${x_0} \in {\Cal R},$ με $g\left( {{x_0}} \right) > 0,$ τότε λόγω του ότι η g(x)

είναι γνησίως αύξουσα θα είχαμε ότι για κάθε

x>x_0

ισχύει $g\left( x \right) > g\left( {{x_0}} \right) > 0 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } g\left( x \right) \geqslant g\left( {{x_0}} \right) > 0 \Rightarrow 0 > 0$ που είναι πράγμα άτοπο.

mathematica.gr

Προς τα κάτω ... με πάτο

Προς τα κάτω ... με πάτο

Re: Προς τα κάτω ... με πάτο

Re: Προς τα κάτω ... με πάτο

Re: Προς τα κάτω ... με πάτο