mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 13, 2010 10:49 pm**

Να αποδειχθεί ότι:

$\left( {ae} \right)^{b - a} < \frac{{b^b }} {{a^a }} < \left( {be} \right)^{b - a} ,o\tau \alpha \nu \;0 < a < b.$

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 13, 2010 10:55 pm**

Αρκεί να αποδείξουμε ότι:

$\displaystyle{\ln a + 1 < \frac{{b\ln b - a\ln a}}{{b - a}} < \ln b + 1}$

ή $\displaystyle{\ln a < \frac{{b\ln b - b - a\ln a + a}}{{b - a}} < \ln b}$

ή $\displaystyle{\ln a < \frac{{b\left( {\ln b - 1} \right) - a\left( {\ln a - 1} \right)}}{{b - a}} < \ln b}$

που αν εκλέξουμε την συνάρτηση f(x)=x(lnx -1) και εφαρμόσουμε ΘΜΤ στο [a, b] προκύπτει το ζητούμενο.

Σωτήρη θέλεις πιο αναλυτικά;

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 13, 2010 11:11 pm**

Με μία πρόχειρη ματιά αν εφαρμόσουμε Θ.Μ.Τ του Δ.λογισμού στο [α,β] για την f(x)=lnx έχουμε:

$\displaystyle{ \frac{1}{\xi } = \frac{{\ln b - \ln a}}{{b - a}} }$

Όμως:

$\displaystyle{ a < \xi < b \Leftrightarrow \frac{1}{b} < \frac{1}{\xi } < \frac{1}{a} \Leftrightarrow \frac{1}{b} < \frac{{\ln b - \ln a}}{{b - a}} < \frac{1}{a} }$

Απο εκεί και πέρα το αλγεβρικό παιχνίδι με τους λογάριθμους θα δώσει τη λύση...

Πώς;

$\displaystyle{ \frac{{\ln b - \ln a}}{{b - a}} > \frac{1}{b} \Leftrightarrow b(\ln b - \ln a) > b - a \Leftrightarrow \left( {\frac{b}{a}} \right)^b > e^{b - a} \Leftrightarrow \frac{{b^b }}{{a^a }} > a^{b - a} e^{b - a} }$

για το αριστερό άκρο και

$\displaystyle{ \frac{{\ln b - \ln a}}{{b - a}} < \frac{1}{a} \Leftrightarrow a(\ln b - \ln a) < b - a \Leftrightarrow \left( {\frac{b}{a}} \right)^a < e^{b - a} \Leftrightarrow \frac{{b^b }}{{a^a }} < b^{b - a} e^{b - a} }$

για το δεξί.

mathematica.gr

Ανισότητα.

Ανισότητα.

Re: Ανισότητα.

Re: Ανισότητα.