Μία διπλή ανισότητα από Ιαπωνία

orestisgotsis · #1

ΠΕΡΙΤΤΑ

ksofsa · #2

Καλησπέρα.

Ισχύει $\dfrac{\sqrt{1-e^{-x^2}}}{x}\leq 1$ ,

διότι ισοδυναμεί με $1-e^{-x^2}\leq x^2\Leftrightarrow e^{-x^2}\geq -x^2+1$ , που ισχύει λόγω της γνωστής $e^y\geq y+1$ (ισότητα για y=0

).

Άρα, $\int_{\sqrt{2008}}^{\sqrt{2009}}\dfrac{\sqrt{1-e^{-x^2}}}{x}dx< \int_{\sqrt{2008}}^{\sqrt{2009}}1dx=\sqrt{2009}-\sqrt{2008}$ .

Επίσης , $\dfrac{\sqrt{1-e^{-x^2}}}{x}\geq \dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}$
, διότι ισοδυναμεί με $1-e^{-x^2}\geq \dfrac{x^2}{1+x^2}\Leftrightarrow e^{-x^2}\leq \dfrac{1}{1+x^2}\Leftrightarrow e^{x^2}\geq x^2+1$ , που ισχύει.

Άρα, $\int_{\sqrt{2008}}^{\sqrt{2009}}\dfrac{\sqrt{1-e^{-x^2}}}{x}dx> \int_{\sqrt{2008}}^{\sqrt{2009}}\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}dx=[ln(x+\sqrt{1+x^2})]^{\sqrt{2009}}_{\sqrt{2008}}=ln\dfrac{\sqrt{2009}+\sqrt{2010}}{\sqrt{2008}+\sqrt{2009}}$

ksofsa · #3

Για λόγους πληρότητας, δίνω και έναν τρόπο υπολογισμού του αόριστου ολοκληρώματος $\int \dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}dx$ .

Πραγματοποιούμε την αντικατάσταση x=tanu

, με $dx=\dfrac{1}{cos^2u }du$ .

Είναι:

$\int \dfrac{1}{cos^2u}\dfrac{1}{\sqrt{1+tan^2u}}du= \int \dfrac{1}{cosu}du=\int \dfrac{cosu}{1-sin^2u}du=$

$\dfrac{1}{2}\int \dfrac{cosu}{1-sinu}du+\dfrac{1}{2}\int \dfrac{cosu}{1+sinu}du= \dfrac{1}{2}ln\dfrac{\left | 1+sinu \right |}{\left | 1-sinu \right |}+c=$

$=\dfrac{1}{2}ln\left | \dfrac{\frac{1}{cosu}+tanu}{\frac{1}{cosu}-tanu} \right |+c=\dfrac{1}{2}ln\left | \dfrac{\sqrt{1+tan^2u}+tanu}{\sqrt{1+tan^2u}-tanu} \right |+c=$

$\dfrac{1}{2}ln(\sqrt{1+tan^2u}+tanu)^2+c=ln(tanu+\sqrt{1+tan^2u})+c=ln(x+\sqrt{1+x^2})+c$ .

#4

ksofsa έγραψε: ↑
Κυρ Αύγ 27, 2023 2:50 pm
Για λόγους πληρότητας, δίνω και έναν τρόπο υπολογισμού του αόριστου ολοκληρώματος $\int \dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}dx$ .

Πραγματοποιούμε την αντικατάσταση , με $dx=\dfrac{1}{cos^2u }du$ .

Πολύ ωραάα τα δύο προηγούμενα ποστ, με λύση προσιτή στους μαθητές.

Αφού είμαστε στο φάκελο των ΑΕΙ, ας δούμε και άλλον έναν τρόπο για το ολοκλήρωμα: Κάνουμε την αλλαγή μεταβλητής $x= \sinh u$ . Από τα $\cosh ^2 u - \sinh ^2 u$ και $(\sinh u) '= \cosh u$ , έχουμε

$\displaystyle{\int \dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}dx = \int \dfrac{1}{\cosh u }\cosh u du= \int 1 du = u+c = arcsinh x + c = \ln (x+ \sqrt {x^2+1} )+c}$

Μία διπλή ανισότητα από Ιαπωνία

Μία διπλή ανισότητα από Ιαπωνία

Re: Μία διπλή ανισότητα από Ιαπωνία

Re: Μία διπλή ανισότητα από Ιαπωνία

Re: Μία διπλή ανισότητα από Ιαπωνία

Μέλη σε σύνδεση