mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 10, 2024 5:35 pm**

Δίνεται πραγματικός αριθμός $x\in(0,1)$
Να αποδειχθεί η ανισότητα:

$2^{x}\cdot(1-x)<1$

Σημείωση
Η απόδειξη πρέπει να είναι στοιχειώδης, χωρίς παραγώγους.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 10, 2024 10:02 pm**

Ιάσων Κωνσταντόπουλος έγραψε: Σάβ Αύγ 10, 2024 5:35 pm Δίνεται πραγματικός αριθμός $x\in(0,1)$
Να αποδειχθεί η ανισότητα:

$2^{x}\cdot(1-x)<1$

Σημείωση
Η απόδειξη πρέπει να είναι στοιχειώδης, χωρίς παραγώγους.

Ενδιαφέρον! Έσπαγα το κεφάλι μου για να δω πώς θα αποφύγω τις παραγώγους. Ελπίζω το παρακάτω να σου κάνει. Χρησιμοποιώ την γνωστή $\left ( 1 + a\right )^n \ge 1+na$ για $a>0 , \, (*)$ . Αποδεικνύεται με επαγωγή ή με το ανάπτυγμα του διωνύμου.

Αρκεί να αποδείξουμε την ανισότητα για $\dfrac {1}{n+1} \le x < \dfrac {1}{n}$ αφού η ένωση αυτών των διαστημάτων για όλα τα $n\in N^*$ είναι το (0,1)

. Για τέτοια

έχουμε

$2^x(1-x) < 2^{\frac {1}{n} } \left ( 1 - \dfrac {1}{n+1} \right ) = 2^{\frac {1}{n} } \cdot \dfrac {n}{n+1} \right )$ , οπότε αρκεί να αποδείξουμε

$2^{\frac {1}{n} } \cdot \dfrac {n}{n+1} \right )< 1$ , ισοδύναμα

$\displaystyle{ \left ( 1 +\dfrac {1}{n} \right ) ^n \ge 2}$

Το οποίο ισχύει από την (*)

με $a= \dfrac {1}{n}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 10, 2024 10:37 pm**

Ιάσων Κωνσταντόπουλος έγραψε: Σάβ Αύγ 10, 2024 5:35 pm Δίνεται πραγματικός αριθμός $x\in(0,1)$
Να αποδειχθεί η ανισότητα:

$2^{x}\cdot(1-x)<1$

Σημείωση
Η απόδειξη πρέπει να είναι στοιχειώδης, χωρίς παραγώγους.

Μια εκτός φακέλου, που έμμεσα εμπεριέχει και παραγώγους… την καταγράφω απλώς σαν ιδέα.

Θέλουμε: $2^x< \dfrac{1}{1-x}$ . Επειδή, 2^x<e^x

αρκεί να δείξουμε ότι: $e^x< \dfrac{1}{1-x}$ το οποίο ισχύει για $x \in (0,1)$ διότι έχουμε:

$\bullet \,\,\, e^x=1+x+ \dfrac{x^2}{2!}+…+\dfrac{x^n}{n!}$ , για κάθε $x \in \mathbb{R}$ .

$\bullet \,\,\, \dfrac{1}{1-x} = 1+x+x^2+…+x^n$ , για |x|<1

.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 10, 2024 11:21 pm**

Έκανα μικρή προσθήκη στην λύση μου. Για μια στιγμή νόμισα ότι ήταν εσφαλμένη λύση, γι΄αυτό την έσβησα, αλλά τελικά ήταν σωστή και την ξαναέβαλα στην θέση της.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Αύγ 11, 2024 1:33 am**

Η ζητούμενη είναι ισοδύναμη με την
2^y>y+1

για $y\in (-1,0)$ ,
η οποία ισχύει.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Αύγ 11, 2024 1:39 am**

math800 έγραψε: Κυρ Αύγ 11, 2024 1:33 am Η ζητούμενη είναι ισοδύναμη με την
για $y\in (-1,0)$ ,
η οποία ισχύει.

Ναι, ισχύει αλλά έχεις απόδειξη χωρίς Απειροστικό;

Δεν ισχυρίζομαι ότι δεν υπάρχει τέτοια απόδειξη, αλλά θα ήταν ενδιαφέρον να την δούμε.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Αύγ 11, 2024 1:46 am**

Γεια σας , είδα ότι ο φάκελος είναι άλγεβρα της β λυκείου, οπότε υπέθεσα ότι με τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων 2^x

και

θα είμαστε εντάξει. Αν όχι, προφανώς έχετε δίκιο και θα ξαναπροσπαθήσω.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Αύγ 11, 2024 2:02 am**

math800 έγραψε: Κυρ Αύγ 11, 2024 1:46 am Γεια σας , είδα ότι ο φάκελος είναι άλγεβρα της β λυκείου, οπότε υπέθεσα ότι με τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων και θα είμαστε εντάξει. Αν όχι, προφανώς έχετε δίκιο και θα ξαναπροσπαθήσω.

Με τις γραφικές παραστάσεις έχουμε βέβαια καλή γενική εικόνα των γραφημάτων, όμως τι μας εξασφαλίζει ότι δεν είναι όπως στο σχήμα που παραθέτω; Δηλαδή τι μας λέει ότι η 2^x

δεν περνά και από πάνω και από κάτω από την 1+x

;

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Αύγ 11, 2024 3:50 pm**

Σας ευχαριστώ όλους για τις προσεγγίσεις σας.

Αυτό που είχα κατά νου δεν διαφέρει πολύ από την ιδέα του κυρίου Λάμπρου.
Κοιτώντας εκ των υστέρων όντως η ζητούμενη έχει άρωμα Bernoulli.

Ακολουθεί η δική μου λύση.

Για n>1

φυσικό αριθμό, εφαρμόζοντας την ταυτότητα (το δεύτερο παράδειγμα στην παράγραφο 4.2 στο σχολικό βιβλίο)
$y^n - 1 = (y-1)(y^{n-1} +... +y+1)$ για $\color{red}y=2^{\frac{1}{n}}$
και παρατηρώντας ότι ο δεύτερος παράγοντας στο δεύτερο μέλος της προτελευταίας έχει

το πλήθος όρους έχουμε: $\displaystyle$

$2^{\frac{1}{n}}-1$ $=\dfrac{(2^{\frac{1}{n}})^n-1^n}{(2^{\frac{1}{n}})^{n-1}+...+(2^{\frac{1}{n}})^1+1}$ $<\dfrac{1}{n}$
$\displaystyle$

Για n=1

ισχύει το ίσον στην τελευταία.
Οπότε για x>1

πραγματικό αριθμό και συμβολίζοντας με

το μοναδικό ακέραιο αριθμό για τον οποίο ισχύει $1\le m\le x< m+1$ έχουμε:
$2^{\frac{1}{x}}-1 \le 2^{\frac{1}{m}}-1\le \dfrac{1}{m}< \dfrac{1}{x-1}$
επομένως $2^{\frac{1}{x}}<\dfrac{x}{x-1}$
Θέτοντας $u=\dfrac{1}{x}$ με 0<u<1

εν τέλει λαμβάνουμε $2^{u}<\dfrac{1}{1-u}$ για 0<u<1

που δίνει τη ζητούμενη $\blacksquare$

Σημείωση
Προφανώς η παραπάνω τεχνική δουλεύει και για μια εκθετική συνάρτηση με βάση κάποιο a>1

διαφορετικό του a=2

Οπότε έχει ενδιαφέρον να δούμε πως θα φαίνεται η (ελαφρώς πιο περίπλοκη) αντίστοιχη ανισότητα.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Αύγ 11, 2024 9:44 pm**

Μου φαίνεται σχετικό , οπότε θα το ρωτήσω εδω: Στη Γ λύκείου αποδεικνύουμε σε δύο γραμμές , με παραγώγους, την πολύ βασική ανισότητα $e^x\geq x+1 \ \ , \forall x \in \mathbb{R}$ , από την οποία προκύπτει (ένας από τους τρόπους είναι αυτός) η επίσης απλή $\ln x\leq x-1 \ \ \forall x \in (0,+\infty)$ , θέτοντας στην πρώτη όπου

το $\ln x$ . Θα μπορούσαμε ίσως να απόδείξουμε την πρώτη ανισότητα στην άλγεβρα της Β λυκείου; Δεδομένου βέβαια ότι η εν λόγω δικαιολογείται γραφικά.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Αύγ 12, 2024 11:38 am**

math800 έγραψε: Κυρ Αύγ 11, 2024 9:44 pm Μου φαίνεται σχετικό , οπότε θα το ρωτήσω εδω: Στη Γ λύκείου αποδεικνύουμε σε δύο γραμμές , με παραγώγους, την πολύ βασική ανισότητα $e^x\geq x+1 \ \ , \forall x \in \mathbb{R}$ , από την οποία προκύπτει (ένας από τους τρόπους είναι αυτός) η επίσης απλή $\ln x\leq x-1 \ \ \forall x \in (0,+\infty)$ , θέτοντας στην πρώτη όπου το $\ln x$ . Θα μπορούσαμε ίσως να απόδείξουμε την πρώτη ανισότητα στην άλγεβρα της Β λυκείου; Δεδομένου βέβαια ότι η εν λόγω δικαιολογείται γραφικά.

Ενδιαφέρον ερώτημα. Δεν ξέρω να το αποδείξω με ύλη Β' Λυκείου αλλά ας επιχειρηματολογήσω με ενδείξεις ότι υποπτεύομαι πως ΔΕΝ υπάρχει τέτοια στοιχειώδης απόδειξη:

Ας εξετάσουμε γενικότερα, για δεδομένο a>0

, την ανισότητα $a^x\ge 1+x$ για κάθε

. Περιέργως αποδεικνύεται ότι το μόνο

για το οποίο ικανοποιείται η ανισότητα είναι το a=e

. Πράγματι, γράφοντας f(x) = a^x-1-x

η υπόθεση είναι ότι $f(x) \ge 0$ και άρα $f(x)\ge f(0)$ (διότι f(0)=0

). Έπεται ότι το x=0

είναι ολικό ελάχιστο της

και άρα

. Αλλά $f'(x)= a^x\ln a -1$ οπότε στο x=0

πέρνουμε την ισότητα

$\ln a -1=0$ , από όπου $\boxed {a=e}$ , όπως θέλαμε.

Τώρα, τα παραπάνω λένε ότι η απόδειξη της $e^x\geq x+1$ πρέπει να χρησιμοποιήσει με ουσιαστικό τρόπο τις ιδιότητες του αριθμού

Όμως ο

ορίζεται μόνο με οριακή διαδικασία, οπότε και οι ιδιότητές του πρέπει να περνάνε, άμεσα ή έμμεσα, από απειροστική διαδικασία. Η ύλη της Άλγεβρας της Β' Λυκείου το αφήνει εκτός ή, ... έτσι νομίζω!

Ποιος ξέρει; Κάθε σχόλιο, ευπρόσδεκτο.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Αύγ 12, 2024 5:24 pm**

Μία απόδειξη (του αρχικού προβλήματος) βασισμένη στην πυκνότητα των ρητών αριθμών:

Αρκεί να δειχθεί η $\displaystyle 2^{m/n}\cdot \left(1-m/n\right)<1$ για m<n,

ισοδύναμα η

$\left(1-\dfrac{m}{n}\right)^n<\dfrac{1}{2^m}$ για m<n.

Το παραπάνω είναι άμεσο (πεπερασμένη επαγωγή) από τις ανισότητες $\left(1-\dfrac{1}{n}\right)^n<\dfrac{1}{2}$ και $\left(1-\dfrac{m+1}{n}\right)^n<\dfrac{1}{2}\cdot \left(1-\dfrac{m}{n}\right)^n.$ Στην ουσία μιλάμε για MIA (γνωστή) ανισότητα*, καθώς η δεύτερη ανισότητα γράφεται ως

$\left(1-\dfrac{1}{n-m}\right)^n<\left(1-\dfrac{1}{n-m}\right)^{n-m}<\dfrac{1}{2}$ για m<n.

*η πρώτη και 'βασική' ανισότητα, $\left(1-\dfrac{1}{n}\right)^n<\dfrac{1}{2},$ προκύπτει πχ από την $n^n=[(n-1)+1]^n>(n-1)^n+n\cdot (n-1)^{n-1}>2(n-1)^n.$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Αύγ 12, 2024 6:10 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Δευ Αύγ 12, 2024 11:38 am
Ενδιαφέρον ερώτημα. Δεν ξέρω να το αποδείξω με ύλη Β' Λυκείου αλλά ας επιχειρηματολογήσω με ενδείξεις ότι υποπτεύομαι πως ΔΕΝ υπάρχει τέτοια στοιχειώδης απόδειξη:

Ας εξετάσουμε γενικότερα, για δεδομένο , την ανισότητα $a^x\ge 1+x$ για κάθε . Περιέργως αποδεικνύεται ότι το μόνο για το οποίο ικανοποιείται η ανισότητα είναι το . Πράγματι, γράφοντας η υπόθεση είναι ότι $f(x) \ge 0$ και άρα $f(x)\ge f(0)$ (διότι ). Έπεται ότι το είναι ολικό ελάχιστο της και άρα . Αλλά $f'(x)= a^x\ln a -1$ οπότε στο πέρνουμε την ισότητα

$\ln a -1=0$ , από όπου $\boxed {a=e}$ , όπως θέλαμε.

Τώρα, τα παραπάνω λένε ότι η απόδειξη της $e^x\geq x+1$ πρέπει να χρησιμοποιήσει με ουσιαστικό τρόπο τις ιδιότητες του αριθμού Όμως ο ορίζεται μόνο με οριακή διαδικασία, οπότε και οι ιδιότητές του πρέπει να περνάνε, άμεσα ή έμμεσα, από απειροστική διαδικασία. Η ύλη της Άλγεβρας της Β' Λυκείου το αφήνει εκτός ή, ... έτσι νομίζω!

Ποιος ξέρει; Κάθε σχόλιο, ευπρόσδεκτο.

Ευχαριστώ πολύ κύριε Λάμπρου. Ο αριθμός

στο βιβλίο της άλγεβρας της Β λυκείου ορίζεται ως $\displaystyle{\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)^n}{\text{ }},{\text{ }}n \in \mathbb{N}}$ χωρίς όμως να δίνεται , έστω και διαισθητικά, κάποιος ορισμός του ορίου ή κάποιες ιδιότητές του. Έτσι , όπως λέτε, δε μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε απειροστικές διαδικασίες.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Αύγ 16, 2024 10:54 am**

math800 έγραψε: Κυρ Αύγ 11, 2024 9:44 pm Μου φαίνεται σχετικό , οπότε θα το ρωτήσω εδω: Στη Γ λύκείου αποδεικνύουμε σε δύο γραμμές , με παραγώγους, την πολύ βασική ανισότητα $e^x\geq x+1 \ \ , \forall x \in \mathbb{R}$ , από την οποία προκύπτει (ένας από τους τρόπους είναι αυτός) η επίσης απλή $\ln x\leq x-1 \ \ \forall x \in (0,+\infty)$ , θέτοντας στην πρώτη όπου το $\ln x$ . Θα μπορούσαμε ίσως να απόδείξουμε την πρώτη ανισότητα στην άλγεβρα της Β λυκείου; Δεδομένου βέβαια ότι η εν λόγω δικαιολογείται γραφικά.

Επειδή στη Β Λυκείου ο αριθμός

δεν ορίζεται αυστηρά,
θα ακολουθήσει μια στοιχειώδης απόδειξη, σχεδόν με Β Λυκείου, του ακόλουθου:

Υπάρχει μοναδικός πραγματικός αριθμός τέτοιος ώστε να αληθεύει η ανισότητα
$e^x\ge x+1$ για κάθε $x\in\mathbb{R}$ (*)
με το ίσον να ισχύει για

$\bullet$ Λέμε "στοιχειώδης" γιατί (τυπικά) δεν θα έχει ούτε ίχνος απειροστικού λογισμού και
$\bullet$ Λέμε "σχεδόν" γιατί χρησιμοποιούνται στοιχειώδη μεν αποτελέσματα που όμως δεν διδάσκονται τρεχόντως στη Β Λυκείου.

Συγκεκριμένα χρησιμοποιούνται:
$\color{red}(B \mathbb{N}^*)$ η ανισότητα Bernoulli με εκθέτη θετικό ακέραιο
$(1+x)^n \ge 1+nx$ για $x \ge -1$ και n > 0

(BIN) ο τύπος του διωνύμου
$\color{red}(B \mathbb{R}_{\ge1})$ η ανισότητα Bernoulli με πραγματικό εκθέτη μεγαλύτερο ή ίσο της μονάδας
$(1+x)^r\ge 1+rx$ για $x\ge -1$ και $r\ge1$
https://vixra.org/pdf/1205.0068v2.pdf
που πρέπει να τονίσουμε ότι μπορεί να αποδειχθεί στοιχειωδώς χωρίς απειροστικό λογισμό, αρκεί να έχουμε διαθέσιμη την ιδιότητα του ελαχίστου άνω φράγματος των πραγματικών αριθμών και την εκθετική συνάρτηση που μπορεί να κατασκευαστεί επίσης χωρίς απειροστικό λογισμό λαμβάνοντας υπ' όψιν επίσης την ιδιότητα του ελαχίστου άνω φράγματος
viewtopic.php?f=61&t=76248

Για την εκδοχή κάποιος να έχει επιφυλάξεις για το πως συνδυάζεται το "στοιχειώδες" και η "ιδιότητα του ελαχίστου άνω φράγματος",
θα υπενθυμίσουμε ότι χωρίς την τελευταία δεν μπορούμε να μιλάμε για πραγματικούς αριθμούς.
Επίσης στα πλαίσια των σχολικών μαθηματικών είναι αποδείξιμη η ιδιότητα του ελαχίστου άνω φράγματος.
viewtopic.php?f=61&t=76214

Τέλος χρησιμοποιείται και λίγη ορολογία ακολουθιών όχι επειδή είναι απαραίτητο, αλλά για να γίνει λιγότερο περιφραστική η απόδειξη.

ΑΠΟΔΕΙΞΗ

Ας θυμηθούμε ότι το βιβλίο της Άλγεβρας της Β' Λυκείου στο πέμπτο κεφάλαιο αναφέρει:
"Παρατηρούμε ότι, καθώς το $\nu$ αυξάνει, αυξάνει και το $\left(1+\dfrac{1}{\nu}\right)^\nu$ και προσεγγίζει έναν ορισμένο πραγματικό αριθμό."
Σε αυστηρή γλώσσα, η ακολουθία $a_n = \left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n$ είναι αύξουσα και συγκλίνει σε κάποιον πραγματικό αριθμό.
Για να είναι στοιχειώδης η προσέγγισή μας, πρέπει να παρακάμψουμε την έννοια του ορίου.
Από αυτά που αναφέρει το βιβλίο θα λάβουμε υπ' όψιν τα εξής στοιχειωδώς αποδείξιμα (με ευρέως γνωστές αποδείξεις) αποτελέσματα:
$\bullet$ η (a_n)

είναι γνησίως αύξουσα
$\bullet$ η (a_n)

είναι άνωθεν φραγμένη

Το πρώτο προκύπτει μεταξύ άλλων με εφαρμογή της ανισότητας Bernoulli με θετικό ακέραιο εκθέτη
https://math.stackexchange.com/question ... ing#704506

Το δεύτερο προκύπτει με τον τύπο του διωνύμου με τον οποίο βρίσκει κανείς ότι a_n<3

για κάθε $n\in\mathbb{N}^*$
https://math.stackexchange.com/question ... nded-above

Με παρόμοιο τρόπο βρίσκουμε ότι η ακολουθία $b_n = \left(1-\dfrac{1}{n}\right)^n$ είναι γνησίως αύξουσα
ενώ το γεγονός ότι είναι άνωθεν φραγμένη είναι προφανές.
Ισοδύναμα η $\dfrac{1}{b_n}$ , n>1

είναι γνησίως φθίνουσα και κάτωθεν φραγμένη από θετικούς αριθμούς.

Παρατηρούμε επίσης ότι ισχύει
$\dfrac{1}{a_n} = \dfrac{n+1}{n}\cdot b_{n+1}>b_{n+1}$ για κάθε $n \in \mathbb{N}$
οπότε αν $n,m \in \mathbb{N}^*$ έπεται $\dfrac{1}{b_{n+1}}>a_m$
ήτοι όλοι οι αριθμοί $\dfrac{1}{b_{n+1}}$ βρίσκονται στα δεξιά των a_m

(οι $\dfrac{1}{b_{n+1}}$ είναι άνω φράγματα της (a_m)

και οι

είναι κάτω φράγματα της $\left(\dfrac{1}{b_{n+1}}\right)$ )

Περίπτωση #1 $\color{red} x>0$
Για οποιοδήποτε άνω φράγμα

της

έχουμε
$M>\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n >0$ για κάθε $n\in\mathbb{N}^*$
οπότε $M^x > {\left(1+\dfrac{1}{n}\right)}^{nx}$
Διαλέγοντας

τέτοιο ώστε $n> \dfrac{1}{x}$
( δεν του φαίνεται, όμως σε αυτό το σημείο ανεπίσημα μεν, ουσιαστικά δε, παίρνουμε όριο!! $x\to0^+$ )
και εφαρμόζοντας την ανισότητα Bernoulli για πραγματικό εκθέτη
μεγαλύτερο ή ίσο της μονάδας στο δεύτερο μέλος της προτελευταίας λαμβάνουμε
M^x > 1+x

Περίπτωση #2 $\color{red} x < 0$
Για οποιοδήποτε θετικό κάτω φράγμα

της $\dfrac{1}{b_n}$
(το $\dfrac{1}{m}$ θα είναι άνω φράγμα της b_n

)
θα έχουμε
$\dfrac{1}{m} > \left(1-\dfrac{1}{n}\right)^n >0$ για κάθε $n\in\mathbb{N}^*$
οπότε $m^{x} > {\left(1-\dfrac{1}{n}\right)}^{-nx}$
Διαλέγοντας

τέτοιο ώστε $n>\dfrac{1}{-x}$
και εφαρμόζοντας την ανισότητα Bernoulli για πραγματικό εκθέτη
μεγαλύτερο ή ίσο της μονάδας λαμβάνουμε
m^x > 1+x

Παρατηρούμε λοιπόν ότι για κάθε αριθμό

που έχει τις εξής ιδιότητες, δηλαδή είναι:
$\bullet$ και άνω φράγμα της a_n

$\bullet$ και κάτω φράγμα της $\dfrac{1}{b_n}$
θα πρέπει να ισχύει s^x > 1+x

για $x\ne0$ και για x=0

να ισχύει το ίσον.

Οπότε το ζητούμενο είναι να εξετάσουμε αν υπάρχουν αριθμοί

που να ικανοποιούν αμφότερες αυτές τις δύο ιδιότητες!

Κατ' αρχάς ας δούμε που θα μπορούσαν να βρίσκονται αυτοί οι αριθμοί στην ευθεία των αριθμών.

Οι αριθμοί

, αν υπάρχουν, θα βρίσκονται μετά τις κόκκινες τελείες στην επόμενη διάταξη
$-\infty<a_1<a_2<...<a_n<{\color{red}......}$
και πριν τις πράσινες τελείες στην επόμενη διάταξη
${\color{green}......}<\dfrac{1}{b_m}<...<\dfrac{1}{b_3}<\dfrac{1}{b_2}<+\infty$

Ας συμβολίσουμε το σύνολο των πραγματικών αριθμών της πρώτης διάταξης

και της δεύτερης

$V=(-\infty,a_1]\cup[a_1,a_2]\cup ... \cup[a_n,a_{n+1}]\cup...$
$T=...\cup[\frac{1}{b_{n+1}},\frac{1}{b_{n}}]\cup ... \cup[\frac{1}{b_{3}},\frac{1}{b_{2}}]\cup[\frac{1}{b_{2}},+\infty)$

Οι ζητούμενοι αριθμοί θα βρίσκονται "μεταξύ" των

,

σχηματίζοντας ένα σύνολο $\color{red}\Delta$ τέτοιο ώστε το σύνολο των πραγματικών αριθμών να γράφεται
$\mathbb{R}=V\cup {\color{red}\Delta} \cup T$

Θα αποδείξουμε ότι το $\color{red}\Delta$ έχει το πολύ ένα στοιχείο

Έστω λοιπόν $s_1,s_2\in \color{red} \Delta$ με $s_1\le s_2$
Για κάθε $n\in\mathbb{N}^*$ έχουμε $|s_2-s_1|\le |\dfrac{1}{b_{n+1}}-a_n|$
Επειδή ισχύει $\dfrac{1}{a_n} = \dfrac{n+1}{n}\cdot b_{n+1}$ θα έχουμε
$|s_2-s_1|\le \dfrac{1}{b_{n+1}}-\dfrac{1}{b_{n+1}}\cdot \dfrac{n}{n+1}\le \dfrac{1}{b_2}\cdot\dfrac{1}{n+1} \le \dfrac{4}{n+1}$
οπότε $0\le |s_2-s_1|\le \dfrac{4}{n+1}$ για κάθε φυσικό αριθμό

Η μόνη εκδοχή ώστε η τελευταία ανισότητα να μην οδηγεί σε άτοπο είναι να ισχύει s_1=s_2

Κατά συνέπεια το $\color{red} \Delta$ περιέχει το πολύ ένα στοιχείο.

$\bullet$ η εκδοχή $\color{red} \Delta=\emptyset$ απορρίπτεται με το εξής σκεπτικό. Οι πραγματικοί αριθμοί θεωρούμε ότι σχηματίζουν μια ευθεία χωρίς κενά και διακοπές που εκτείνεται απεριόριστα και προς τις δύο κατευθύνσεις. As υποθέσουμε ότι από αυτήν την ευθεία αφαιρούμε ένα οποιοδήποτε σημείο της, έστω το

. Το σημειοσύνολο που προκύπτει τότε, η ευθεία με μια οπή που σχηματίστηκε κατά την αφαίρεση του

, γράφεται ως ένωση διαστημάτων που έχει την ίδια μορφή με την ένωση $V\cup T$ που ορίζουν οι ενώσεις διαστημάτων

,

(δείτε το επισυνημμένο σχήμα). Με άλλα λόγια η εκδοχή $\color{red} \Delta=\emptyset$ σημαίνει ότι υπάρχει μια οπή στην ευθεία των πραγματικών αριθμών. Όμως κάτι τέτοιο δεχόμαστε πως δεν ισχύει. Κατ' ανάγκην λοιπόν καταλήγουμε στην εναλλακτική περίπτωση.

$\bullet$ Αφ' ού λοιπόν το $\color{red}\Delta$ είναι μη κενό, θα περιέχει ακριβώς ένα στοιχείο. Ας το συμβολίσουμε με

. Αυτό το στοιχείο χαρακτηρίζεται από την εξής ιδιότητα: είναι ο μοναδικός αριθμός για τον οποίο θα ισχύει η ανισότητα $e^x\ge x+1$ για κάθε πραγματικό αριθμό με το ίσον να ισχύει για $\blacksquare$

ΣΗΜΕΙΩΣΗ
Για να αποδείξουμε τυπικά ότι το $\color{red}\Delta$ είναι μη κενό, πρέπει να επικαλεστούμε την ιδιότητα του ελαχίστου άνω φράγματος.
Το

είναι ένα μη κενό άνω φραγμένο σύνολο, το ${\color{red}\Delta}\cup T$ είναι το (μη κενό) σύνολο των άνω φραγμάτων του

. Πρέπει συνεπώς να έχει ελάχιστο στοιχείο

. Επειδή αυτό δεν μπορεί να ανήκει στο

αφού η $\dfrac{1}{b_n}$ είναι γνησίως φθίνουσα, αναγκαστικά πρέπει $e\in\Delta$ οπότε $\Delta\ne \emptyset$

ΣΗΜΕΙΩΣΗ
Ας ληφθεί υπ' όψιν πως η παραπάνω απόδειξη γράφτηκε πιο πολύ ως διδακτικό παρά ως αυστηρό επιχείρημα.

ΣΗΜΕΙΩΣΗ
Ακολουθώντας το πνεύμα των επισημάνσεων του κυρίου Λάμπρου, η ανισότητα (*)
σε αντίθεση με τη ζητούμενη του νήματος και τη γενίκευσή της για τυχαία βάση a>1

ήτοι $\dfrac{a^x-1}{a-1}\le\dfrac{x}{1-x}$ , $x\in(0,1)$ (**)
είναι ένα εκλεπτυσμένο αποτέλεσμα ακριβείας.

Μια επισήμανση που μπορεί να μας βοηθήσει να κατανοήσουμε την ποιοτική διαφορά μεταξύ των δύο ανισότητων είναι η εξής.
Η (**) αποδεικνυόμενη πρώτα για ρητούς μπορεί να οδηγήσει στην κατασκευή της εκθετικής συνάρτησης και κατόπιν να αποδείξει τη συνέχεια της στο x_o=0

,
ενώ η (*) αποδεικνύει ότι η εκθετική συνάρτηση είναι παραγωγίσιμη στο x_o=0

https://www.mathematica.gr/forum/viewto ... 71#p108848

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Αύγ 16, 2024 1:18 pm**

Μια ακόμα προσπάθεια. Η ανισότητα $e^x\geq x+1$ ισχύει προφανώς για κάθε $x\leq -1$ . Για x>0

θέτουμε

και η ζητούμενη γράφεται ισοδύναμα $e^{1/y}\geq \cfrac{1}{y} +1\Leftrightarrow e \geq \left(1+\cfrac{1}{y}\right)^y$ η οποία ισχύει διότι η συνάρτηση $\left(x+1/x\right)^x$ είναι γνησίως αύξουσα και μικρότερη του

(εδώ το σχολικό βιβλίο το θεωρεί δεδομένο για φυσικό

, οπότε ("κλέβοντας" λίγο) κάνουμε την επέκταση για κάθε x >0

).

Μένει η περίπτωση -1<x<0

(αφού για

ισχύει η ισότητα) , για την οποία ακόμα δεν έχω πειστικό επιχείρημα στα πλαίσια της Β λυκείου.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Αύγ 16, 2024 8:02 pm**

Για κάποιο λόγο δε μπορούσα να κάνω login οπότε έφτιαξα έναν νέο λογαριασμό. Ζητώ συγγνώμη από τους διαχειριστές για την υπερφόρτωση.

Τελικά είχα μια ιδέα για την απόδειξη της ανισότητας στο διάστημα (-1,0)

η οποία όμως ξεφεύγει από το πνέυμα της Β λυκείου και μπαίνει στα απειροστικά χωράφια , όπως είχε προβλέψει ο κύριος Λάμπρου. Μάζεψα όλες μου τις προσπάθειες στο συνημμένο αρχείο. Έγιναν οι αναγκαίες εκπτώσεις στην αυστηρότητα για να είναι όσο πιο κοντά γίνεται στο σχολικό πνεύμα.

Σημείωση: Η μονοτονία της ακολουθίας καθώς και το άνω φράγμα της αποδεικνύονται επαγωγικά, οπότε αποφεύγουμε τη χρήση της ζητούμενης, άρα και τον φαύλο κύκλο.

edit: Διόρθωση τυπογραφικών στο συνημμένο

mathematica.gr

Μια ανισότητα με εκθετική συνάρτηση σε διάστημα

Μια ανισότητα με εκθετική συνάρτηση σε διάστημα

Re: Μια ανισότητα με εκθετική συνάρτηση σε διάστημα

Re: Μια ανισότητα με εκθετική συνάρτηση σε διάστημα

Re: Μια ανισότητα με εκθετική συνάρτηση σε διάστημα

Re: Μια ανισότητα με εκθετική συνάρτηση σε διάστημα

Re: Μια ανισότητα με εκθετική συνάρτηση σε διάστημα

Re: Μια ανισότητα με εκθετική συνάρτηση σε διάστημα

Re: Μια ανισότητα με εκθετική συνάρτηση σε διάστημα

Re: Μια ανισότητα με εκθετική συνάρτηση σε διάστημα

Re: Μια ανισότητα με εκθετική συνάρτηση σε διάστημα

Re: Μια ανισότητα με εκθετική συνάρτηση σε διάστημα

Re: Μια ανισότητα με εκθετική συνάρτηση σε διάστημα

Re: Μια ανισότητα με εκθετική συνάρτηση σε διάστημα

Re: Μια ανισότητα με εκθετική συνάρτηση σε διάστημα

Re: Μια ανισότητα με εκθετική συνάρτηση σε διάστημα

Re: Μια ανισότητα με εκθετική συνάρτηση σε διάστημα