Να δειχθεί, για $0<x<\dfrac{\pi}{4}$, η ανισότητα $(cosx)^{cos^2x}>(sinx)^{sin^2x}.$ [Εμφανίσθηκε πρόσφατα στο ΦΒ, μπορεί να έχει εμφανισθεί κάποτε και εδώ -- θα ήθελα να δω λύσεις πέραν της δικής μου ;) ] Γεια σας. Υπάρχει εδώ https://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=55&t=59513&p=288357#p2...

Να δειχθεί, για , η ανισότητα



[Εμφανίσθηκε πρόσφατα στο ΦΒ, μπορεί να έχει εμφανισθεί κάποτε και εδώ -- θα ήθελα να δω λύσεις πέραν της δικής μου ]

μια παρατήρηση αν η αντίστροφη είναι αύξουσα και κυρτή η $\displaystyle{f}$ είναι κοίλη(θέλει απόδειξη) Θεωρούμε ότι η συνάρτηση είναι 2 φορές παραγωγίσιμη Εδώ η αντίστροφη είναι η $\displaystyle{f^{-1}(x)=xe^x,x>1}$ που πληρεί τις προϋποθέσεις άρα... Ροδόλφε δεν σε παρακολουθώ, για παράδειγμα η συ...

Μου θυμίζει αυτό :) Ο μόνος τρόπος να έχουν οι δύο συναρτήσεις ένα και μόνο σημείο επαφής είναι να εφάπτονται αλλήλων στο κοινό τους σημείο. Από τις ισότητες τεταγμένης και κλίσης λαμβάνουμε αντίστοιχα τις εξισώσεις $e^{x_0/a}=ln(ax_0)$ και $\dfrac{1}{a}e^{x_0/a}=\dfrac{1}{a}$, όπου $x_0$ η τετμημέν...

Παρ' όλα αυτά, εξακολουθεί να μην υπάρχει τρίγωνο με $\theta=120^0$, $m=2\sqrt{10}$, $n=3$ καθώς απαιτείται και η θετικότητα του $c=2(cos\theta)b\pm2\sqrt{(cos^2\theta)b^2-b^2+n^2}$: εδώ τα πράγματα είναι πιο μπλεγμένα, θα επανέλθω όταν μπορώ... Καλημέρα Γιώργο! Η μη ύπαρξη του τριγώνου επαληθεύετα...

Γιώργο μια αλγεβρικογεωμετρική ματιά βασιζόμενη στο σχήμα σου: Από Νόμο Συνημιτόνων στα τρίγωνα $ABM$ και $ACN$ οδηγούμαστε στο σύστημα $\dfrac{b^2}{4}+c^2-(cos\theta)bc=m^2$ $b^2+\dfrac{c^2}{4}-(cos\theta)bc=n^2,$ που αντιστοιχεί στην (πιθανή) τομή δύο ελλείψεων: για μοναδική λύση στο αρχικό γεωμε...

Γιώργο μια αλγεβρικογεωμετρική ματιά βασιζόμενη στο σχήμα σου: Από Νόμο Συνημιτόνων στα τρίγωνα $ABM$ και $ACN$ οδηγούμαστε στο σύστημα $\dfrac{b^2}{4}+c^2-(cos\theta)bc=m^2$ $b^2+\dfrac{c^2}{4}-(cos\theta)bc=n^2,$ που αντιστοιχεί στην (πιθανή) τομή δύο ελλείψεων: για μοναδική λύση στο αρχικό γεωμε...

Γιώργο μια αλγεβρικογεωμετρική ματιά βασιζόμενη στο σχήμα σου: Από Νόμο Συνημιτόνων στα τρίγωνα $ABM$ και $ACN$ οδηγούμαστε στο σύστημα $\dfrac{b^2}{4}+c^2-(cos\theta)bc=m^2$ $b^2+\dfrac{c^2}{4}-(cos\theta)bc=n^2,$ που αντιστοιχεί στην (πιθανή) τομή δύο ελλείψεων: για μοναδική λύση στο αρχικό γεωμε...

μια παρατήρηση αν η αντίστροφη είναι αύξουσα και κυρτή η $\displaystyle{f}$ είναι κοίλη(θέλει απόδειξη) Θεωρούμε ότι η συνάρτηση είναι 2 φορές παραγωγίσιμη Εδώ η αντίστροφη είναι η $\displaystyle{f^{-1}(x)=xe^x,x>1}$ που πληρεί τις προϋποθέσεις άρα... Ροδόλφε δεν σε παρακολουθώ, για παράδειγμα η συ...

μια παρατήρηση αν η αντίστροφη είναι αύξουσα και κυρτή η $\displaystyle{f}$ είναι κοίλη(θέλει απόδειξη) Θεωρούμε ότι η συνάρτηση είναι 2 φορές παραγωγίσιμη Εδώ η αντίστροφη είναι η $\displaystyle{f^{-1}(x)=xe^x,x>1}$ που πληρεί τις προϋποθέσεις άρα... Ροδόλφε δεν σε παρακολουθώ, για παράδειγμα η συ...

Γιώργο μια αλγεβρικογεωμετρική ματιά βασιζόμενη στο σχήμα σου: Από Νόμο Συνημιτόνων στα τρίγωνα $ABM$ και $ACN$ οδηγούμαστε στο σύστημα $\dfrac{b^2}{4}+c^2-(cos\theta)bc=m^2$ $b^2+\dfrac{c^2}{4}-(cos\theta)bc=n^2,$ που αντιστοιχεί στην (πιθανή) τομή δύο ελλείψεων: για μοναδική λύση στο αρχικό γεωμε...

Γιώργο μια αλγεβρικογεωμετρική ματιά βασιζόμενη στο σχήμα σου: Από Νόμο Συνημιτόνων στα τρίγωνα $ABM$ και $ACN$ οδηγούμαστε στο σύστημα $\dfrac{b^2}{4}+c^2-(cos\theta)bc=m^2$ $b^2+\dfrac{c^2}{4}-(cos\theta)bc=n^2,$ που αντιστοιχεί στην (πιθανή) τομή δύο ελλείψεων: για μοναδική λύση στο αρχικό γεωμε...

Γιώργο μια αλγεβρικογεωμετρική ματιά βασιζόμενη στο σχήμα σου: Από Νόμο Συνημιτόνων στα τρίγωνα $ABM$ και $ACN$ οδηγούμαστε στο σύστημα $\dfrac{b^2}{4}+c^2-(cos\theta)bc=m^2$ $b^2+\dfrac{c^2}{4}-(cos\theta)bc=n^2,$ που αντιστοιχεί στην (πιθανή) τομή δύο ελλείψεων: για μοναδική λύση στο αρχικό γεωμετ...

Για ας είναι ο μοναδικός πραγματικός για τον οποίο ισχύει η . Να μελετηθεί η ως προς την κυρτότητα.

Τα παραπάνω μπορούν -- και ίσως πρέπει -- να επαληθευθούν! Από την $x'_0(t)=1$ λαμβάνουμε $x_0(t)=t+c_1$, οπότε η $(x_0(t)-t)ln(x_0(t)-t)=1$ δίνει $c_1lnc_1=1$ και $c_1\approx1,763$. Επίσης από την $f'(t)=1-\dfrac{3}{t}$ λαμβάνουμε $f(t)=t-3lnt+c_2$, οπότε οι εξισώσεις κοινής εφαπτομένης μας οδηγούν...

Επειδή η μία συνάρτηση είναι κοίλη και η άλλη κυρτή, το να έχουν ένα μόνο κοινό σημείο σημαίνει ότι, για κάθε $t>0$, εφάπτονται αλλήλων, έστω σε σημείο $(x_0(t), y_0(t))$. Στο $x_0(t)$ λοιπόν οφείλουν να είναι ίσες και οι συναρτήσεις και οι (ως προς $x$) παράγωγοι τους, οπότε ισχύουν οι $t^3ln(x_0(t...

Ας θεωρήσουμε, για ευκολία, ότι έχουμε μεσάνυχτα για $t=0$, ώστε $\Phi (0)=\phi (0)=0$, όπου $\Phi(t)=\dfrac{\pi}{30}t$ και $\phi(t)=\dfrac{\pi}{360}t$ οι γωνίες λεπτοδείκτη και ωροδείκτη (σε ακτίνια) με την κατακόρυφο $t$ λεπτά μετά τα μεσάνυχτα. Προκύπτει ότι η γωνία ανάμεσα σε ωροδείκτη και λεπτο...

Μιχάλη συμφωνώ με τις διαπιστώσεις σου. Στην δική μου προσέγγιση οι διαιρετότητες δια 4 και δια 8 περιορίζουν κατ' αρχήν τους πιθανούς υποψήφιους εννεαψήφιους σε 46 ('ρίζες'), και ακολούθως οι διαιρετότητες δια 6 και δια 3 σε 10 ... οπότε στο τέλος η διαιρετότητα δια 7 μας οδηγεί σε έναν και μόνον ...

Μιχάλη συμφωνώ με τις διαπιστώσεις σου. Στην δική μου προσέγγιση οι διαιρετότητες δια 4 και δια 8 περιορίζουν κατ' αρχήν τους πιθανούς υποψήφιους εννεαψήφιους σε 46 ('ρίζες'), και ακολούθως οι διαιρετότητες δια 6 και δια 3 σε 10 ... οπότε στο τέλος η διαιρετότητα δια 7 μας οδηγεί σε έναν και μόνον α...

gbaloglou έγραψε: ↑

Πέμ Νοέμ 14, 2019 8:39 am

Αν η εξίσωση έχει το πολύ μία λύση στο και ισχύει η , τότε η εξίσωση έχει μία ακριβώς λύση στο .

[Γνωστό πιθανώς και διαισθητικά προφανές, προέκυψε από κάτι άλλο που θα αναφερθεί αργότερα.]

Άμεση γεωμετρική εφαρμογή ... εδώ.