mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 05, 2021 9:15 pm**

Με αφορμή την συζήτηση εδώ, προτείνεται ανεξάρτητα:

$e^x\leq (e-\dfrac{5}{2})x^3+\dfrac{x^2}{2}+x+1$ για $0\leq x\leq 1$ .

[Σίγουρα όχι τόσο δύσκολη (όσο η 'δυϊκή' της εδώ) ... αλλά χαριτωμένη!]

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Αύγ 06, 2021 8:51 am**

Καλημέρα!

Μια προσέγγιση εκτός φακέλου:

$1+x+\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{3!}+...\leq (e-\dfrac{5}{2})x^3+1+x+\dfrac{x^2}{2}$

$\dfrac{1}{3!}+\dfrac{x}{4!}+\dfrac{x^2}{5!}+...\leq e-\dfrac{5}{2}$ .

Όμως,

$\dfrac{5}{2}+\dfrac{1}{3!}+\dfrac{x}{4!}+\dfrac{x^2}{5!}+...=1+1+\dfrac{1}{2!}+\dfrac{1}{3!}+\dfrac{x}{4!}+\dfrac{x^2}{5!}+...\leq$

$1+1+\dfrac{1}{2!}+\dfrac{1}{3!}+\dfrac{1}{4!}+...=e$ , απ' όπου προκύπτει η ζητούμενη ανισότητα.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 07, 2021 7:53 pm**

Κώστα αυτήν την απόδειξη είχα κι εγώ, ξεχνώντας όμως ότι μπορεί να είναι εκτός φακέλου

Ιδού λοιπόν μία άλλη προσέγγιση, εντός φακέλου αλλά κοπιώδης*:

Θεωρούμε την $f(x)=(e-\dfrac{5}{2})x^3+\dfrac{x^2}{2}+x+1-e^x$ , και παρατηρούμε ότι f(0)=f(1)=0

, αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι:

(i) Η

είναι γνησίως αύξουσα στο $(0, \dfrac{1}{2}).$

(ii) Η

είναι γνησίως αύξουσα στο $(\dfrac{1}{2}, \dfrac{3}{4}).$

(iii) H

είναι θετική στο τυχόν τοπικό ακρότατο της στο $(\dfrac{3}{4},0).$

-- Για το (i) η θετικότητα της

προκύπτει από τις f'(0)=0

και

για $0<x<\dfrac{1}{2}$ : η τελευταία προκύπτει από τις f''(0)=0

, $f''(\dfrac{1}{2})>0\leftrightarrow \dfrac{6e-13}{2}>\sqrt{e}$ , και f''''(x)<0

.

-- Για το (ii) η θετικότητα της

προκύπτει από τις $f'(\dfrac{1}{2})>0\leftrightarrow \dfrac{6e-3}{8}>\sqrt{e}$ , $f'(\dfrac{3}{4})>0\leftrightarrow \dfrac{54e-79}{32}>e^{3/4}$ , και f'''(x)<0

για $\dfrac{1}{2}<x<\dfrac{3}{4}$ : για την τελευταία αρκεί, λόγω f''''(x)<0

, η $f'''(\dfrac{1}{2})<0\leftrightarrow 6e-15<\sqrt{e}$ .

-- Για το (iii) η θετικότητα της

προκύπτει από την $f'(x_0)=0\rightarrow f(x_0)>0$ , δηλαδή την

$e^{x_0}=3(e-\dfrac{5}{2})x_0^2+x_0+1\rightarrow e^{x_0}<(e-\dfrac{5}{2})x_0^3+\dfrac{x_0^2}{2}+x_0+1.$

Ύστερα από αντικατάσταση της ισότητας στην ανισότητα και πράξεις ... βλέπουμε ότι χρειαζόμαστε την $x_0>\dfrac{3}{4}\rightarrow 3(e-\dfrac{5}{2})<(e-\dfrac{5}{2})x_0+\dfrac{1}{2}$ , άμεση από την $3(e-\dfrac{5}{2})<\dfrac{3}{4}(e-\dfrac{5}{2})+\dfrac{1}{2}\leftrightarrow e<\dfrac{49}{18}$ . [Όντως υπάρχει τέτοιο $x_0\approx 0,759738$ , με $f(x_0)\approx 0,006344$ .]

*Υπάρχουν δύσκολες πράξεις και επαληθεύσεις ανισοτήτων, προσεκτικά ελεγμένες, που γίνονται και με το χέρι, απαιτώντας όμως γνώση ακόμη και του τέταρτου δεκαδικού ψηφίου του

: αυτό ίσως κάνει την απόδειξη μου MH σχολική, καθώς η όποια προσέγγιση του

απαιτεί γνώση της σχετικής σειράς, κλπ κλπ Δεδομένης και της όλης δυσκολίας της 'τριμερούς' απόδειξης μου, αλλά και της ύπαρξης της απλής αρχικής απόδειξης που παρέθεσε παραπάνω ο Κώστας, ανακύπτουν ερωτηματικά όσον αφορά το νόημα της παράθεσης της εδώ: δεν έχω ... τύψεις, μια και η σχετική μεθοδολογία θα μπορούσε κάλλιστα να είναι χρήσιμη σε κάποια άλλη σφικτή ανισότητα χωρίς απλή και 'εκ κατασκευής' απόδειξη**. (Επίσης ... η παράθεση της μπορεί να παρακινήσει άλλα μέλη να δώσουν άλλες αποδείξεις, που πολύ θα ήθελα να δω!)

**Όποιος δεν έχει δει την προέλευση της ανισότητας (εδώ) ... θα το θεωρεί σίγουρο ότι είναι αποκύημα της σειράς Taylor της e^x

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Αύγ 08, 2021 7:43 pm**

Πιο σύντομα, και πιο ... εντός φακέλου:

Θεωρούμε την $f(x)=(e-\dfrac{5}{2})x^3+\dfrac{x^2}{2}+x+1-e^x$ , οπότε $f'(x)=3(e-\dfrac{5}{2})x^2+x+1-e^x$ , $f''(x)=6(e-\dfrac{5}{2})x+1-e^x$ , $f'''(x)=6(e-\dfrac{5}{2})-e^x$ , f''''(x)=-e^x

.

Παρατηρούμε ότι η

δεν μπορεί να λαμβάνει και θετικές και αρνητικές τιμές στο (0,1)

, σε δύο σημεία

και

ας πούμε ( f(a)>0

,

): στην περίπτωση αυτή θα υπήρχε $c\in (a,b)$ όπου f(c)=0

, άρα θα όφειλαν να υπάρχουν τουλάχιστον τρία σημεία μηδενισμού της

(ένα στο

, ένα στο

, και ένα στο (c,1)

), άρα και τουλάχιστον δύο σημεία μηδενισμού της f''

στο

^ επειδή όμως η f''

μηδενίζεται και στο

, θα πρέπει να υπάρχουν τουλάχιστον δύο σημεία μηδενισμού της f'''

, άρα και ένα τουλάχιστον σημείο μηδενισμού της f''''

, άτοπο.

Αρκεί επομένως να δειχθεί η ύπαρξη ενός σημείου $a\in (0,1)$ όπου f(a)>0

. Δεν βλέπω κάποιον 'αφηρημένο', αλλά και σχολικότερο (!) τρόπο να προκύψει αυτό, μπορούμε όμως πάντα να λάβουμε $a=\dfrac{1}{2}$ , οπότε $f(a)>0\leftrightarrow \dfrac{2e+21}{16}>\sqrt{e}$ (απαιτείται εδώ η γνώση της 2,7<e<2,72

για την $\dfrac{2e+21}{16}>1,65>\sqrt{e}$ ).

mathematica.gr

Τριτοβάθμιο άνω φράγμα εκθετικής

Τριτοβάθμιο άνω φράγμα εκθετικής

Re: Τριτοβάθμιο άνω φράγμα εκθετικής

Re: Τριτοβάθμιο άνω φράγμα εκθετικής

Re: Τριτοβάθμιο άνω φράγμα εκθετικής