ΑΑΑ-νισότητα 2

A.Spyridakis · #1

Ας κάνουμε πιο ισχυρή την ανισότητα που έδωσε ο Παντελής ΕΔΩ: $\boxed {ln(e-1)ln(e+1)<e-2}$ . Το πρώτο μέλος είναι ίσο με 0,7109..., και το δεύτερο 0,7182...
Η απόδειξη δε μου κάθεται...
Κανείς καμιά έμπνευση?

KARKAR · #2

Θεωρώ βέβαιο ότι δημιουργώντας κάποιος μια τέτοια ανισότητα , έχει στο μυαλό του κάτι συγκεκριμένο
(όπως στην ΑΑΑ-νισότητα 1).

Ειδάλλως πιθανόν το θέμα να μην επιδέχεται άλλη απόδειξη , πέραν της προσεγγιστικής.
(Αν και εδώ υπάρχει κάποια ελπίδα)

Να μια ακόμα , χωρίς μάλλον καμμιά πιθανότητα "σοβαρής απόδειξης".

Δείξτε ότι : $\displaystyle\frac{\pi }{3}<\sqrt{e-\varphi }$ , όπου $\varphi$ ο γνωστός αριθμός της "χρυσής τομής".

#3

A.Spyridakis έγραψε: $\boxed {ln(e-1)ln(e+1)<e-2}$ .

Αντώνηηηη, γιατί μας παιδεύεις.... Την πρόκλησή σου την απαντώ (επειδή είσαι φίλος).

Στα παρακάτω χρησιμοποιήσα κομπιουτεράκι μόνο για πολλαπλασιασμούς και διαιρέσεις κλασμάτων. Δεν τολμώ να γράψω όλες τις πράξεις εδώ, αλλά αυτές μου έδωσε το κομποιυτεράκι.

Τα βήματα είναι:

Θεωρώ δεδομένο ότι 2,71828 < e < 2,71829

. Επίσης έχουμε για 0<x<1

ότι

$\ln(1+x) < x-\frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \frac{x^5}{5}$
και
$\ln(1-x) < -x-\frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} - \frac{x^5}{5}$

(ένας τρόπος να τα δούμε είναι από το ανάπτυγμα Taylor. Για την πρώτη χρησιμοποιούμε το γεγονός ότι στις εναλλάσσουσες σειρές τα άρτια και τα περιττά μερικά αθροίσματα είναι εκατέρωθεν του απειροαθροίσματος. Η δεύτερη είναι προφανής αφού όλοι οι όροι είναι αρνητικοί).

Άρα

$\displaystyle{\ln(e+1) = 1 + \ln \left( 1 +\frac {1}{e} \right) < 1+\frac {1}{e} -\frac{1}{2}\cdot \frac {1}{e^2} + \frac{1}{3}\cdot \frac {1}{e^3} - \frac{1}{4}\cdot \frac {1}{e^4} + \frac{1}{5}\cdot \frac {1}{e^5}<}$

$\displaystyle{ < 1+\frac {1}{2,71829} -\frac{1}{2}\cdot \frac {1}{2,71828^2} + \frac{1}{3}\cdot \frac {1}{2,71829^3} - \frac{1}{4}\cdot \frac {1}{2,71829^4} + \frac{1}{5}\cdot \frac {1}{2,71829^5}} < 1,313576916$

Επίσης

$\displaystyle{\ln(e-1) = 1 + \ln \left( 1 - \frac {1}{e} \right) < 1-\frac {1}{e} -\frac{1}{2}\cdot \frac {1}{e^2} - \frac{1}{3}\cdot \frac {1}{e^3} - \frac{1}{4}\cdot \frac {1}{e^4} - \frac{1}{5}\cdot \frac {1}{e^5}<}$

$\displaystyle{ < 1-\frac {1}{2,71829} -\frac{1}{2}\cdot \frac {1}{2,71829^2} - \frac{1}{3}\cdot \frac {1}{2,71829^3} - \frac{1}{4}\cdot \frac {1}{2,71829^4} - \frac{1}{5}\cdot \frac {1}{2,71829^5}< 0,541932466}$ .

Άρα το αριστερό μέλος είναι $< 1,313576916 \cdot 0,541932466 < 0,7118699774 < e-2$ .

Oυφ.

Φιλικά,

Μιχάλης.

Ανδρέας Πούλος · #4

Στέλνω τη λύση που μου έδωσε ο φίλος και συνάδελφος Βασίλης Τσιρώνης.
Θεωρούμε τη συνάρτηση $f(x)= \frac{lnx}{x}$ , με x > 0.
Επειδή ισχύει $f'(x) = \frac{1-lnx}{x^{2}} = \frac{lne- lnx}{x^{2}}$ ,

για 0 < x < e έχουμε f'(x) >0, άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα αυτό
και για x > e έχουμε f'(x) < 0, άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα.
Αφού e - 1 < e, προκύπτει ότι f(e-1) < f(e), άρα $ln(e-1) < \frac{e-1}{e}$ , (1).

Αφού e < e + 1, προκύπτει ότι f(e+1) < f(e), άρα $ln(e+1) < \frac{e+1}{e}$ , (2).

Από τις (1), (2) με πολλαπλασιασμό κατά μέλη έχουμε:

$ln(e-1)ln(e+1) < \frac{e^{2}-1}{e^{2}}$
Αποδεικνύεται εύκολα ότι $\frac{e^{2}- 1}{e^{2}} < e - 2$

και αυτό μας οδηγεί στην απόδειξη του ζητουμένου.

Φιλικά,
Ανδρέας Πούλος

#5

Ανδρέας Πούλος έγραψε: Αποδεικνύεται εύκολα ότι $\frac{e^{2}- 1}{e^{2}} < e - 2$ (*)

και αυτό μας οδηγεί στην απόδειξη του ζητουμένου.

Αντρέα, δεν ισχύει το παραπάνω. Είναι

$\frac{e^{2}- 1}{e^{2}} \approx 0,8646647167 > 0,718281828 = e-2$

Μ.

Υ.Γ. Δεν θα περίμενες άλλωστε να ίσχυε η (*) γιατί, όπως έγραψε ο Αντώνης, τα δύο μέλη της αποδεικτέας
διαφέρουν στο τρίτο δεκαδικό ψηφίο. Συνεπώς δεν θα περίμενες ένας τόσο απλός αριθμός, όπως ο $\frac{e^{2}- 1}{e^{2}}$ , να
είναι μεταξύ τους.

Ανδρέας Πούλος · #6

Μιχάλη,
εδώ στην Βόρεια Ελλάδα έχουμε διαφορετικά κομπουτεράκια από την Κρήτη.
Ίσως, εκεί να οφείλεται η διαφορά.
(Πρέπει κάτι να πούμε, για να δικαιολογήσουμε τη στραβομάρα μας).
Καλά, θα ψάξω για κάτι ορθό και κυρίως να μην βασίζομαι σε δουλειές άλλων,
έστω και φίλων.

Φιλικά,
Ανδρέας Πούλος

A.Spyridakis · #7

Κοίτα τώρα Ανδρέα τη δικιά μου στραβομάρα: Βλέπω την -αρχική σου- απάντηση, και προσπαθώ να αποδείξω την τελευταία σχέση. Ορίζω συνάρτηση, ψάχνω ακρότατα, για λίγο δε μου κάθεται, κάνω τη γραφική παράσταση (με πρόγραμμα εννοείται), και κάτι δεν πάει καλά. Βάζω στο google τα $\displaystyle \frac{e^2-1}{e^2}, \ e-2$ και βλέπω ότι το πρώτο είναι τελικά μεγαλύτερο! Και κει που πάω να σου απαντήσω, βλέπω ότι έχει γράψει ακριβώς τα ίδια ο Μιχάλης!!!
Ε μετά κατάλαβα ότι η ώρα είναι 02:53...

ΑΑΑ-νισότητα 2

ΑΑΑ-νισότητα 2

Re: ΑΑΑ-νισότητα 2

Re: ΑΑΑ-νισότητα 2

Re: ΑΑΑ-νισότητα 2

Re: ΑΑΑ-νισότητα 2

Re: ΑΑΑ-νισότητα 2

Re: ΑΑΑ-νισότητα 2

Μέλη σε σύνδεση