mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 28, 2011 5:49 am**

Αν

είναι ένας ακέραιος $\ge 2$ , να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{\sqrt[n]{1+\frac {\sqrt[n]{n}}{n}}+ \sqrt[n]{1-\frac {\sqrt[n]{n}}{n}}}<2$ .

Μέχρι 4/2
Μαθηματικά Γ.Λυκείου-Διαφορικός Λογισμός

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 28, 2011 6:47 pm**

Θα δώσω μια λύση με ύλη Β Λυκείου:
Θέτω $\sqrt[n]{1-\frac{\sqrt[n]{n}}{n}}=a\Leftrightarrow 1-\frac{\sqrt[n]{n}}n{}=a^{n}\Leftrightarrow \frac{\sqrt[n]{n}}{n}=1-a^{n}$
Άρα αρκεί να αποδείξω ότι:
$\sqrt[n]{1+1-a^{n}}+a<2\Leftrightarrow \sqrt[n]{2-a^{n}}<2-a\Leftrightarrow 2-a^n<\left(2-a \right)^n\Leftrightarrow \left(2-a \right)^{n}+a^{n}>2\Leftrightarrow \left[1+(1-a) \right]^{n}+\left[1+(a-1) \right]^{n}>2$ για κάθε n>1 όπου βέβαια προφανώς είναι και 0<α<1.
Αλλά από την ανισότητα του Bernulli έχουμε:
$\left[1+(1-a) \right]^{n}>1+n(1-a)$ και $\left[1+(a-1) \right]^{n}>1+n(a-1)$
για κάθε n>1, 0<a<1
Με πρόσθεση κατά μέλη, έχουμε το ζητούμενο.

Ιωάννου Δημήτρης
Ιστιαία Ευβοίας

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 28, 2011 8:07 pm**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:Θα δώσω μια λύση με ύλη Β Λυκείου:
Θέτω $\sqrt[n]{1-\frac{\sqrt[n]{n}}{n}}=a\Leftrightarrow 1-\frac{\sqrt[n]{n}}n{}=a^{n}\Leftrightarrow \frac{\sqrt[n]{n}}{n}=1-a^{n}$
Άρα αρκεί να αποδείξω ότι:
$\sqrt[n]{1+1-a^{n}}+a<2\Leftrightarrow \sqrt[n]{2-a^{n}}<2-a\Leftrightarrow 2-a^n<\left(2-a \right)^n\Leftrightarrow \left(2-a \right)^{n}+a^{n}>2\Leftrightarrow \left[1+(1-a) \right]^{n}+\left[1+(a-1) \right]^{n}>2$ για κάθε n>1 όπου βέβαια προφανώς είναι και 0<α<1.
Αλλά από την ανισότητα του Bernulli έχουμε:
$\left[1+(1-a) \right]^{n}>1+n(1-a)$ και $\left[1+(a-1) \right]^{n}>1+n(a-1)$
για κάθε n>1, 0<a<1
Με πρόσθεση κατά μέλη, έχουμε το ζητούμενο.

Ιωάννου Δημήτρης
Ιστιαία Ευβοίας

Δεν κάνω σχόλια πάνω στο μαθηματικό μέρος της απάντησης (νομίζω πως υπάρχει πρόβλημα) γιατί το μείζον θέμα στην προκείμενη περίπτωση είναι πως δεν έγινε σεβαστή η σύμφωνη με τον κανονισμό επιθυμία του συγγραφέα, να αφεθεί η άσκηση μέχρι 4/2 στους μαθητές
Φιλικά

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 28, 2011 9:05 pm**

Το θέμα έχει και συνέχεια. (Ας μην το αφήσουμε ακόμα).
Ζητάμε λοιπόν από τους μαθητές (που σίγουρα έχουν πιο καθαρό μυαλό από εμάς που είμαστε κάποιας ηλικίας) να βρούν αν υπάρχει λάθος στην παραπάνω παρουσίαση της λύσης.

Ιωάννου Δημήτρης
Ιστιαία Ευβοίας.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 28, 2011 9:17 pm**

s.kap έγραψε:Αν είναι ένας ακέραιος $\ge 2$ , να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{\sqrt[n]{1+\frac {\sqrt[n]{n}}{n}}+ \sqrt[n]{1-\frac {\sqrt[n]{n}}{n}}}<2$ .

Μέχρι 4/2
Μαθηματικά Γ.Λυκείου-Διαφορικός Λογισμός

Μια λύση:

Η συνάρτηση $f(x)=\sqrt[n]{x},\;\;x\geq 0,\;\;n\geq 2$ είναι αυστηρά κοίλη στο πεδίο ορισμού της οπότε απο Jensen έχουμε:

$\displaystyle \frac{f(n+\sqrt[n]{n})+f\left(n-\sqrt[n]{n} \right)}{2}\leq f\left(\frac{\left(n+\sqrt[n]{n} \right)+\left(n-\sqrt[n]{n} \right)}{2} \right)=f(n)\Leftrightarrow \sqrt[n]{n+\sqrt[n]{n}}+\sqrt[n]{n-\sqrt[n]{n}}\leq 2\sqrt[n]{n}$

Η ισότητα θα ίσχυε αν $n+\sqrt[n]{n}=n-\sqrt[n]{n}\Leftrightarrow n=0$ που δεν ισχύει αφού $n \geq 2$

Φιλικά

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 28, 2011 11:37 pm**

Μπράβο Χρήστο!!!
Υπάρχει και λύση χωρίς την χρήση της ανισότητας του Jensen.
Φιλικά

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 28, 2011 11:52 pm**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:Θα δώσω μια λύση με ύλη Β Λυκείου:
Θέτω $\sqrt[n]{1-\frac{\sqrt[n]{n}}{n}}=a\Leftrightarrow 1-\frac{\sqrt[n]{n}}n{}=a^{n}\Leftrightarrow \frac{\sqrt[n]{n}}{n}=1-a^{n}$
Άρα αρκεί να αποδείξω ότι:
$\sqrt[n]{1+1-a^{n}}+a<2\Leftrightarrow \sqrt[n]{2-a^{n}}<2-a\Leftrightarrow 2-a^n<\left(2-a \right)^n\Leftrightarrow \left(2-a \right)^{n}+a^{n}>2\Leftrightarrow \left[1+(1-a) \right]^{n}+\left[1+(a-1) \right]^{n}>2$ για κάθε n>1 όπου βέβαια προφανώς είναι και 0<α<1.
Αλλά από την ανισότητα του Bernulli έχουμε:
$\left[1+(1-a) \right]^{n}>1+n(1-a)$ και $\left[1+(a-1) \right]^{n}>1+n(a-1)$
για κάθε n>1, 0<a<1
Με πρόσθεση κατά μέλη, έχουμε το ζητούμενο.

Ιωάννου Δημήτρης
Ιστιαία Ευβοίας

Με την πρώτη ματιά μου φάνηκε πως η παραπάνω λύση είχε πρόβλημα. Τώρα που το κοιτάω βλέπω πως η αρχική μου εκτίμηση είναι λανθασμένη, η λύση είναι απολύτως ορθή!!!
Την ενέργεια, όμως του συναδέλφου, να λύση την άσκηση, χωρίς να αισθάνεται την ανάγκη ούτε να αναγνωρίσει την τουλάχιστον μη επιτρεπτή ενέργειά του, δεν την χαρακτηρίζω, γιατί δεν μου το επιτρέπει η αγωγή μου
Φιλικά

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 03, 2011 3:44 pm**

Με ισοδυναμίες έχω:
$\begin{array}{l} \sqrt[n]{{1 + \frac{{\sqrt[n]{n}}}{n}}} + \sqrt[n]{{1 - \frac{{\sqrt[n]{n}}}{n}}} < 2 \Leftrightarrow \sqrt[n]{{n + \sqrt[n]{n}}} + \sqrt[n]{{n - \sqrt[n]{n}}} < 2\sqrt[n]{n} \Leftrightarrow \sqrt[n]{{n + \sqrt[n]{n}}} - \sqrt[n]{n} < \sqrt[n]{n} - \sqrt[n]{{n - \sqrt[n]{n}}} \\ \Leftrightarrow \frac{{\sqrt[n]{{n + \sqrt[n]{n}}} - \sqrt[n]{n}}}{{(n + \sqrt[n]{n}) - n}} < \frac{{\sqrt[n]{n} - \sqrt[n]{{n - \sqrt[n]{n}}}}}{{n - (n - \sqrt[n]{n})}} \\ \end{array}$

Θεωρώ την συνάρτηση $f(x) = \sqrt[n]{x},x \ge 0$ η οποία είναι διπλά παραγωγίσιμη στο [0,+∞) με:
$\begin{array}{l} f'(x) = \frac{1}{n}x^{\frac{{1 - n}}{n}} \\ f''(x) = \frac{{1 - n}}{{n^2 }}x^{\frac{{1 - 2n}}{n}} < 0 \end{array}$ για κάθε $n \in N - \{ 1\}$

Άρα, η f'(x)

είναι γνησίως φθίνουσα.
Σύμφωνα με το Θεώρημα Μέσης Τιμής του Διαφορικού Λογισμού, $\exists c_1 \in \left( {n,n + \sqrt[n]{n}} \right)$ ώστε
$\frac{{\sqrt[n]{{n + \sqrt[n]{n}}} - \sqrt[n]{n}}}{{(n + \sqrt[n]{n}) - n}} = f'(c_1 )$
και ακόμα $\exists c_2 \in \left( {n - \sqrt[n]{n},n} \right)$ ώστε
$\frac{{\sqrt[n]{n} - \sqrt[n]{{n - \sqrt[n]{n}}}}}{{n - (n - \sqrt[n]{n})}} = f'(c_2 )$

Συνεπώς η αρχική σχέση είναι ισοδύναμη με την: $f'(c_1 ) < f'(c_2 ) \Leftrightarrow c_1 > c_2$
που είναι αληθής.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 03, 2011 4:05 pm**

Επειδή ο Σπύρος επιμένει να χαρακτηρίζει "παράνομη" την ενέργειά μου (να δώσω μια λύση δηλαδή στο θέμα που πρότεινε) και ενώ του εξήγησα με προσωπικό μήνυμα τον λόγο, (και πραγματικά μου προκαλεί μεγάλη εντύπωση η εμμονή αυτή!!, λες και μας τελείωσαν οι ασκήσεις για μαθητές και δεν έχουμε άλλες να βάλλουμε), εξηγώ και δημόσια το γιατί:
(α) Η άσκηση απευθυνόταν για μαθητές Γ Λυκείου ΄(όπως και έδωσαν λύσεις αρκετοί μαθητές) ενώ έδωσα μια λύση με την ανισότητα Bernoulli .
(β) (και βασικότερο): Ηταν ένα δοκιμαστικό, για να δω αν μπορώ να γράφω με την Latex, που για πρώτη φορά την ημέρα εκείνη το μπόρεσα, (αφού αν δείς Σπύρο παλαιότερες γραφές μου, θα καταλάβεις ότι αδυνατούσα να γράφω μαθηματικά σύμβολα).
Τώρα, θα μου πεις γιατί δεν έγραψα κάποιο άλλο θέμα. Απλώς ήταν το πρώτο στη σειρά, και εστίασα την προσοχή μου στο πως θα το γράψω. Δεν νομίζω να χάθηκε ο κόσμος που έδωσα μια από τις πολλές λύσεις που δόθηκαν!
Στο εξής, φυσικά και δεν θα ξαναγίνει.
Φιλικά,

ΔΗΜΗΤΡΗΣ

mathematica.gr

Για τους φίλους μας της Γ Λυκείου 11ο

Για τους φίλους μας της Γ Λυκείου 11ο

Re: Για τους φίλους μας της Γ Λυκείου 11ο

Re: Για τους φίλους μας της Γ Λυκείου 11ο

Re: Για τους φίλους μας της Γ Λυκείου 11ο

Re: Για τους φίλους μας της Γ Λυκείου 11ο

Re: Για τους φίλους μας της Γ Λυκείου 11ο

Re: Για τους φίλους μας της Γ Λυκείου 11ο

Re: Για τους φίλους μας της Γ Λυκείου 11ο

Re: Για τους φίλους μας της Γ Λυκείου 11ο