mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μάιος 29, 2015 2:57 pm**

Ας αποδείξουμε ότι :

$ln ( \sqrt {2}+1) > \frac {\sqrt {2}}{\sqrt {3}}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μάιος 29, 2015 3:31 pm**

Λύσης της ανωτάτης μπακαλικής

$ln ( \sqrt {2}+1) > \frac {\sqrt {2}}{\sqrt {3}} \Leftrightarrow$

$\sqrt{3} ln ( \sqrt {2}+1) > \sqrt {2} lne \Leftrightarrow$

$ln ( \sqrt {2}+1)^{3^{\frac{1}{2}}} > ln(e)^{2^{\frac{1}{2}}} \Leftrightarrow$ , (γν. αύξουσα είναι οπότε...)

$( \sqrt {2}+1)^{3^{\frac{1}{2}}} > e^{2^{\frac{1}{2}}} \Leftrightarrow$

και κάπου εδώ την έκανα την πατάτα

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μάιος 29, 2015 5:51 pm**

Λάμπρος Μπαλός έγραψε:Ας αποδείξουμε ότι :

$ln ( \sqrt {2}+1) > \frac {\sqrt {2}}{\sqrt {3}}$

Από Hadamard-Hermite στην κυρτή $\displaystyle{\frac{1}{x}, ~x\geq 1}$ έχουμε

$\displaystyle{\ln (\sqrt{2}+1)=\int_{1}^{1+\sqrt{2}}\frac{1}{x}dx>\sqrt{2}\frac{1}{\frac{1+1+\sqrt{2}}{2}}=2(\sqrt{2}-1).}$

Όμως, όπως εύκολα μπορούμε να δούμε, ισχύει $\displaystyle{2(\sqrt{2}-1)>\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}.}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 30, 2015 7:50 am**

Πολύ ωραία. Κάτι εντός φακέλου.

Ισοδύναμα ας αποδείξουμε το $\sqrt {3} ln ( \sqrt {2}+1)- \sqrt {2} >0$ θεωρώντας τη συνάρτηση

$f (x)= \sqrt {3} ln ( \sqrt {x}+1)- \sqrt {x}$ με $A_{f}=[0, + \infty)$

$f'(x)= \sqrt {3} \frac {\frac {1}{2 \sqrt {x}}}{\sqrt {x}+1}- \frac {1}{2 \sqrt {x}} = \frac {1}{2 \sqrt {x}} ( \frac {\sqrt {3}}{ \sqrt {x}+1} -1)$

$f'(x)=0 \Leftrightarrow x=(\sqrt {3}-1)^{2} <2$

Συμπεραίνουμε ότι στο [2,3]

η

είναι γνησίως φθίνουσα, οπότε :

$f (2)>f (3)= \sqrt {3}(ln (\sqrt {3}+1)-1)>0$ , αφού $\sqrt {3}+1>e$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 30, 2015 8:32 pm**

Μπορεί να μου πήρε κάμποση ωρίτσα (τόσο να το γράψω, όσο και να το σκεφτώ), αλλά νομίζω ότι βρήκα μια ικανοποιητική (και "πανελλαδική" λύση).
Έστω $f(x)=\ln (x+\sqrt {x^2+1}) \Rightarrow f(1)=\ln(\sqrt {2}+1),~f(0)=0$
καθώς και $f'(x)=\dfrac {1} {x^2+1}$
Επιπλέον, θεωρούμε τη συνάρτηση $\displaystyle g(x)=x\sqrt{\frac {2} {x+2}} \Rightarrow g(1)=\sqrt {\frac {2}{3}},~g(0)=0$
τότε
$g'(x)=\sqrt {2}\sqrt{\frac {1} {x+2}}+x\sqrt {2}\dfrac {\dfrac {-1}{(x+2)^2}} {2\sqrt {\dfrac {1} {x+2}}}=\sqrt {2}\sqrt{\frac {1} {x+2}}-\sqrt {2} \dfrac {\dfrac {x\sqrt {x+2}} {2}} {(x+2)^2}=\sqrt {2} \left(\dfrac {(x+2)\sqrt {x+2}} {(x+2)^2}-\dfrac {\dfrac {x}{2}\sqrt {x+2}} {(x+2)^2} \right)=\sqrt {2}\dfrac {(\dfrac {x}{2}+2)(\sqrt {x+2})} {(x+2)^2}$
Αρκεί να αποδείξουμε ότι για $\forall x\in [0,1]$ έχουμε:
$f'(x)\geq g'(x) \Leftrightarrow \dfrac {1} {\sqrt {x^2+1}}\geq \sqrt {2}\dfrac {(\dfrac {x}{2}+2)(\sqrt {x+2})} {(x+2)^2} \Leftrightarrow \dfrac {1} {x^2+1}\geq 2\dfrac {(\dfrac {x}{2}+2)^2} {(x+2)^3} \Leftrightarrow 2\left ((\dfrac {x}{2}+2)^2(x^2+1) \right)-(x+2)^3\leq 0 \Leftrightarrow \dfrac {x^4}{2}+4x^3+(8+\frac {1}{2})x^2+4x+8-x^3-6x^2-12x-8\leq 0 \Leftrightarrow \dfrac {x^4}{2}+3x^3+(2+\frac {1}{2})x^2-8x \leq 0 \Leftrightarrow_{x\geq 0} \dfrac {x^3} {2}+3x^2+(2+\frac {1}{2})x-8=h(x)\leq 0$
Τώρα επειδή η h(x)

είναι γνησίως αύξουσα στο [0,1]

(και κατ' επέκταση στο $[0,+\infty)$ ) θα παίρνει τη μέγιστη τιμή της στο x=1

. Όμως: $h(1)=-2<0 \Rightarrow h(x)<0~ \forall x\in [0,1]$
και άρα η ανισότητα αποδείχθηκε.
Στη συνέχεια θεωρούμε την $\displaystyle G(x)=\int_{0}^{x} f'(t)-g'(t)dt$ και επειδή η G(x)

είναι γνησίως αυξουσα στο [0,1]

και
$\displaystyle G(0)=0 \Rightarrow G(1)>0 \Leftrightarrow \int_{0}^{1} f'(t)-g'(t)dt>0 \Leftrightarrow \int_{0}^{1}f'(t)dt>\int_{0}^1g'(t)dt \Leftrightarrow f(1)-f(0)>g(1)-g(0) \Leftrightarrow f(1)>g(1)$
που είναι και το ζητούμενο.
Πιστεύετε ότι μπορούμε να βρούμε καλύτερο κάτω άκρο, αν θεωρήσουμε την $g(x)=x\sqrt {\dfrac {a} {a+x}}, a>2$ ;

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

mathematica.gr

ανισότητα των ημερών

ανισότητα των ημερών

Re: ανισότητα των ημερών

Re: ανισότητα των ημερών

Re: ανισότητα των ημερών

Re: ανισότητα των ημερών