mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μάιος 13, 2022 4:42 pm**

Έστω $\displaystyle f(x)=\frac{x-1}{\ln x}$ με $\displaystyle x>0$ και $\displaystyle x\ne 1$ .
Να την ορίσετε κατάλληλα ώστε να είναι συνεχής στο $\displaystyle [0,1]$ και να αποδείξετε ότι $\displaystyle \int\limits_0^1 {f(x)dx > \frac{2}{3}}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 14, 2022 3:01 am**

exdx έγραψε: Παρ Μάιος 13, 2022 4:42 pm Έστω $\displaystyle f(x)=\frac{x-1}{\ln x}$ με $\displaystyle x>0$ και $\displaystyle x\ne 1$ .
Να την ορίσετε κατάλληλα ώστε να είναι συνεχής στο $\displaystyle [0,1]$ και να αποδείξετε ότι $\displaystyle \int\limits_0^1 {f(x)dx > \frac{2}{3}}$

Εύκολα βλέπουμε ότι $\displaystyle{\lim _{x\to 0+} \frac{x-1}{\ln x} =0}$ και $\displaystyle{\lim _{x\to 1-} \frac{x-1}{\ln x} =1}$ . Oι τιμές αυτές μας δίνουν ότι έχουμε συνέχεια της

στα άκρα αν θέσουμε $f(0)=0,\, f(1)=1$ .

Τώρα, αποδεικνύεται ότι στο $(0,\,1)$ έχουμε $\boxed {\dfrac{x-1}{\ln x} \ge \sqrt x }$ . Πράγματι για την απόδειξη, με $\sqrt x = y$ , θέλουμε ισοδύναμα $\dfrac{y^2-1}{2\ln y} \ge y$ ή αλλιώς $\dfrac{1-y^2}{-2\ln y} \ge y$ .

Άρα θέλουμε $\dfrac{1 }{y} -y\ge {-2\ln y}$ (υπόψη το $-2\ln y$ είναι θετικό). Αυτή ισχύει διότι

$\left (\dfrac{1 }{y} -y +2\ln y \right )' = - \dfrac{1 }{y^2} -1 + \dfrac {2}{y} = - \left ( \dfrac {1}{y} -1 \right )^2 < 0$ . Και ως γνήσια φθίνουσα έχουμε $\dfrac{1 }{y} -y + 2\ln y > \dfrac{1 }{1}-1+2\ln 1 = 0$ από όπου το ζητούμενο.

Τέλος, έχουμε από τα παραπάνω ότι

$\displaystyle { \int\limits_0^1 f(x)\,dx > \int\limits_0^1 \sqrt x \,dx = \dfrac {2}{3}$ , όπως θέλαμε.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 14, 2022 7:24 am**

Ισχύει, όπως μόλις τώρα βλέπω, το γενικότερο αποτέλεσμα -- που δεν θα μπορούσε πλέον, σε αντίθεση με το αρχικό πρόβλημα, να αποτελεί θέμα πανελλαδικών εξετάσεων -- $\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{x^t-1}{lnx}dx=ln(t+1)$ , $t\geq 0$ . Μία μη σχολική απόδειξη υπάρχει στην 8η ενότητα της μελέτης του Keith Conrad εδώ.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 14, 2022 8:04 am**

: μικροδιαφορά.png (13.16 KiB) Προβλήθηκε 1246 φορές

Για την ενδιαφέρουσα αυτή ανισότητα , παραθέτω και ένα σχήμα .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 14, 2022 11:11 am**

gbaloglou έγραψε: Σάβ Μάιος 14, 2022 7:24 am $\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{x^t-1}{lnx}dx=ln(t+1)$ , $t\geq 0$ . Μία μη σχολική απόδειξη υπάρχει...

Ενδιαφέρον ολοκλήρωμα. Ας δούμε άλλον έναν τρόπο να το υπολογίσουμε, εκτός Σχολική ύλης βέβαια. Θα χρειαστούμε γνώσεις εισαγωγικού Ολοκληρωτικού Λογισμού που διδάσκεται στο πρώτο εξάμηνο στα Μαθηματικά Τμήματα.

Η αλλαγή μεταβλητής $x=e^{-y}$ το φέρνει στην μορφή

$\displaystyle{ \displaystyle {- \int _{0}^{\infty} \dfrac {e^{-ty} -1}{y}e^{-y}dy = - \int _{0}^{\infty} \dfrac {\sum_{n=1}^{\infty} \frac {(-1)^n}{n!} t^ny^n}{y} e^{-y}dy=-\sum_{n=1}^{\infty} \frac {(-t)^n}{n!} \int _{0}^{\infty} y^{n-1}e^{-y} }dy =}$

$\displaystyle{= -\sum_{n=1}^{\infty} \frac {(-t)^n}{n!} (n-1)!= -\sum_{n=1}^{\infty} \frac {(-t)^n}{n}= \ln (1+t)}$ , ως άνω.

Και ενα σχόλιο: Σύμφωνα με αυτά, η αρχική άσκηση ζητά να αποδείξουμε ότι $\ln 2 > \dfrac {2}{3}$ , ισοδύναμα 8> e^2

, που αληθεύει.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 14, 2022 12:23 pm**

Πως οδηγούμαστε στην $\sqrt{x}$ ; Ακόμη και ... χωρίς πακέτο, ιδού μια πιθανή προσέγγιση:

Ελπίζοντας σε κυρτότητα -- και σε εμβαδόν χωρίου υπερβαίνον το εμβαδόν του τραπεζίου που δημιουργεί η εφαπτομένη -- πάμε για δεύτερη παράγωγο, για την οποία χρειαζόμαστε φυσικά την πρώτη παράγωγο, $f'(x)=\dfrac{xlnx-x+1}{x(lnx)^2}$ . Στο σημείο αυτό ... αν είμαστε 'τυχεροί' και αναρωτηθούμε -- πριν προχωρήσουμε στην f''

-- τι συμβαίνει στην

κοντά στο

... διαπιστώνουμε ότι $\lim_{x\rightarrow 0^+}f'(x)=\lim_{x\rightarrow 0^+}\dfrac{xlnx-x+1}{xln^2x}=+\infty$ , ότι δηλαδή έχει κάθετη εφαπτομένη η

στο

, μοιάζει δηλαδή με την $\sqrt{x}$ , που δίνει ολοκλήρωμα $\frac{2}{3}$ , οπότε σκεπτόμαστε μήπως ισχύει η $f(x)>\sqrt{x}$ , οπότε προκύπτει το επιθυμητό αποτέλεσμα.

[Αν πάλι δεν είμαστε 'τυχεροί' και δεν δούμε την παραπάνω ομοιότητα, τότε συνεχίζουμε με την $f''(x)=\dfrac{2x-xlnx-lnx-2}{x^2ln^3x}$ , βλέπουμε -- με κάποιο κόπο -- ότι είναι αρνητική στο (0,1)

, ότι δηλαδή είναι τελικά κοίλη η

, και ενδεχομένως 'υποπτευόμαστε' και πάλι την $\sqrt{x}$ , κλπ (Στο άλλο άκρο, κάποιοι με ισχυρότερη διαίσθηση ή/και περισσότερη πείρα ... πιθανώς θα 'υποπτευθούν' εξ αρχής την $\sqrt{x}$ ... και θα χρησιμοποιήσουν παραγώγους -- όπως παραπάνω ο Μιχάλης -- για να αποδείξουν την $f(x)>\sqrt{x}$ και μόνον!)]

mathematica.gr

Ολοκλήρωμα και ανισότητα (2)

Ολοκλήρωμα και ανισότητα (2)

Re: Ολοκλήρωμα και ανισότητα (2)

Re: Ολοκλήρωμα και ανισότητα (2)

Re: Ολοκλήρωμα και ανισότητα (2)

Re: Ολοκλήρωμα και ανισότητα (2)

Re: Ολοκλήρωμα και ανισότητα (2)