mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 26, 2011 2:47 pm**

Να συγκριθούν οι αριθμοί : $\sqrt[8]{8} \; , \sqrt[9]{9}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 26, 2011 3:08 pm**

KARKAR έγραψε:Να συγκριθούν οι αριθμοί : $\sqrt[8]{8} \; , \sqrt[9]{9}$

To ερώτημα έχω την αίσθηση οτι ειναι ισοδύναμο με την σύγκλιση του ορίου $\displaystyle{{\lim _{n \to \infty }}\left( {{n^{\frac{1}{n}}}} \right)}$ το οποίο συγκλίνει στο 1.Αρα η ακολουθία που ορίζεται είναι γνησίως φθίνουσα και το
$\displaystyle{\sqrt[8]{8} > \sqrt[9]{9}}$ .
ΥΓ Ίσως όχι η απόδειξη που περιμένατε...

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 26, 2011 3:48 pm**

Έστω η συνάρτηση $\displaystyle{f\left( x \right) = {x^{\tfrac{1}{x}}}}$ με πεδίο ορισμού το $\displaystyle{A = \left( {0, + \infty } \right)}$ .

$\displaystyle{f'\left( x \right) = \left( {{x^{\tfrac{1}{x}}}} \right)' = \left( {{e^{\ln {x^{\tfrac{1}{x}}}}}} \right)' = {e^{\ln {x^{\tfrac{1}{x}}}}} \cdot \left( {\ln {x^{\tfrac{1}{x}}}} \right)' = \tfrac{{{x^{\tfrac{1}{x}}}\left( {1 - \ln x} \right)}}{{{x^2}}}}$

Για $\displaystyle{x > e}$ η f είναι γνησίως φθίνουσα. Άρα $\displaystyle{8 < 9 \Rightarrow f\left( 8 \right) > f\left( 9 \right) \Rightarrow {8^{\tfrac{1}{8}}} > {9^{\tfrac{1}{9}}}}$ .

Με κάθε επιφύλαξη.
Φυσικά θα θέλαμε και μια λύση Β Λυεκίου.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 26, 2011 4:42 pm**

Άλλη μία προσπάθεια:

Αρχικά για κάθε $\displaystyle{x\in [e,+\infty)}$ ισχύει $\displaystyle{\frac{x+1}{x}>\frac{\ln(x+1)}{\ln x}$

Αφαίρεσα την απόδειξη γιατί υπήρχε λάθος βήμα.

Χρησιμοποιώντας την παραπάνω για $\displaystyle{x=8}$ παίρνουμε:
$\displaystyle{\frac{9}{8}>\frac{\ln 9}{\ln 8}\Rightarrow 9\ln 8>8\ln 9\Rightarrow \ln8^9>\ln 9^8\Rightarrow 8^9>9^8\Rightarrow \sqrt[8\cdot9]{8^9}>\sqrt[8\cdot9]{9^8}\Rightarrow \sqrt[8]{8}>\sqrt[9]{9}}$ .

Αν η λύση δεν έχει πρόβλημα, γενικεύεται για κάθε $\displaystyle{x\in [e,+\infty)}$ . Δηλαδή $\displaystyle{\sqrt[x]{x}>\sqrt[x+1]{x+1}}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 26, 2011 6:04 pm**

Αν πάρεις τη συνάρτηση $\displaystyle{f\left( x \right) = \tfrac{{\ln x}}{x}}$ έχει πρώτη παράγωγο την $\displaystyle{f'\left( x \right) = \tfrac{{1 - \ln x}}{{{x^2}}}}$ . Για $\displaystyle{x \in \left[ {e, + \infty } \right)}$ η f είναι γνησιως φθίνουσα και συνεπώς $\displaystyle{f\left( x \right) > f\left( {x + 1} \right) \Rightarrow \tfrac{{\ln x}}{x} > \tfrac{{\ln \left( {x + 1} \right)}}{{x + 1}}}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 26, 2011 6:33 pm**

Πρώτα λίγη θεωρία :

Έστω ότι θέλω να συγκρίνω τους θετικούς a , b

. ( Αν ετερόσημοι δε γεννάται θέμα , αν αρνητικοί συγκρίνω τους αντιθέτους τους )

Για να δείξω ότι a>b

, χρησιμοποιώ κατ΄αρχάς , τα εξής "συμβατικά" όπλα :

Όπλο Νο 1 : $a>b\Leftrightarrow a-b>0$

Όπλο Νο 2 : $\displaystyle a>b\Leftrightarrow \frac{b}{a}<1$

Αν αυτά δεν αποδώσουν , τότε καταφεύγω σε "χημικά" , όπως π.χ. το τέχνασμα με τους λογαρίθμους ή οι επώνυμες ανισότητες κ.λ.π.

Αν ούτε αυτά φέρουν αποτέλεσμα , ε τότε πια πάω στα "πυρηνικά" , δηλ. μονοτονία ή κυρτότητα συνάρτησης κ.λ.π.

Ας προσπαθήσουμε λοιπόν το : $\displaystyle \frac{\sqrt[9]{9}}{\sqrt[8]{8}}<1$ , με την επιπλέον βασική ερώτηση - υπόμνηση . Τί είναι το

;

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 27, 2011 5:46 pm**

Λοιπόν , πράγματι : $\displaystyle\frac{\sqrt[9]{9}}{\sqrt[8]{8}}=\frac{\sqrt[72]{9^{8}}}{\sqrt[72]{8^{9}}}=\sqrt[72]{\frac{9^{8}}{8^{8}}{\cdot}\frac{1}{8}}=$ $\displaystyle\sqrt[72]{\left(1+\frac{1}{8} \right)^{8}{\cdot}\frac{1}{8}}$

Αλλά $\displaystyle\left(1+\frac{1}{8} \right)^{8}<e$ , οπότε $\displaystyle\sqrt[72]{\left(1+\frac{1}{8} \right)^{8}{\cdot}\frac{1}{8}}<\sqrt[72]{\frac{e}{8}}<1$

mathematica.gr

Συγκρισούλα 2

Συγκρισούλα 2

Re: Συγκρισούλα 2

Re: Συγκρισούλα 2

Re: Συγκρισούλα 2

Re: Συγκρισούλα 2

Re: Συγκρισούλα 2

Re: Συγκρισούλα 2