Μπορούμε επίσης με υπολογισμό δεύτερης παραγώγου από την πρώτη (κανόνας πηλίκου), αλλά προτιμώ να το δω γεωμετρικά χωρίς πολλά λόγια (σχέση χορδής-εφαπτομένης και συμμετρία περί την ):

Ποια η σχέση των δύο εικονιζόμενων καμπύλων;

[Ελεύθερο θέμα ... προς ανάπτυξη! (Διορθώθηκε λαθάκι...)]

Δια ταύτα και δια ταύτα ... φορτώσαμε την ανθρωπότητα με μία λέξη που εμείς οι ίδιοι δεν καταλαβαίνουμε ... απότοκο ενός ρήματος που χάσαμε στον δρόμο -- πως σου ΄ρθε, βρε Πλάτων;!

[Αλλά δεν φταίει αυτός, ο τρόπος που την χρησιμοποιεί δείχνει ότι ήταν ήδη ευρέως γνωστή...]

Κώστα σ' ευχαριστούμε για τις Ευκλείδειες παραπομπές (#8 & #9). Είχα ήδη υπαινιχθεί (#4) ότι η χρήση της "υποτείνουσας" είναι γενικότερη, χωρίς να δώσω παραδείγματα (κακώς ίσως). Το κύριο ερώτημα είναι γιατί ο Ευκλείδης αισθάνεται την ανάγκη να γράφει "[πλευρά] υποτείνουσα την ορθήν [γωνίαν]" την στ...

*του Πλάτωνα δεν το παραθέτω, ειδικά επειδή χρησιμοποιεί αλλού την "διάμετρο" αντί του "υποτείνουσα" :x ... και μάλιστα αυτό συμβαίνει 10 λέξεις πιο πέρα (Τίμαιος 54δ-ε): ἄρξει δὴ τό τε πρῶτον εἶδος καὶ σμικρότατον συνιστάμενον, στοιχεῖον δ’ αὐτοῦ τὸ τὴν ὑποτείνουσαν τῆς ἐλάττονος πλευρᾶς διπλασίαν...

https://www.facebook.com/share/p/16tKwmp1GSfwXtRi/ "πλευρά υποτεινουσα την γωνίαν" ήταν η γενικότερη έκφραση, και από το "υποτεινουσα την ορθήν" του Ευκλείδη μας έμεινε τελικά ορφανή η υποτεινουσα :) Το δε ρήμα "υποτείνω" εμφανίζεται στο Λεξικόν της Ελληνικής Γλώσσης του Σκαρλάτου Βυζλαντιου (1852)...

rek2 έγραψε: ↑

Δευ Απρ 01, 2024 11:44 pm

https://www.facebook.com/share/p/16tKwmp1GSfwXtRi/

"πλευρά υποτεινουσα την γωνίαν" ήταν η γενικότερη έκφραση, και από το "υποτεινουσα την ορθήν" του Ευκλείδη μας έμεινε τελικά ορφανή η υποτεινουσα

Καλησπέρα! Θα ήθελα να μου απαντήσει κάποιος ή να μας δώσει κάποιες ενδείξεις που συναντούμε σε κείμενα για πρώτη φορά τον τίτλο αυτό ή υπό την μορφή, ὑποτείνω. Ευχαριστώ! Κώστα το ρήμα ήδη σε Σοφοκλή ("μεγάλας οδύνας υποτείνει" = "φέρνει μεγάλες λύπες", Αίας 262), Θουκυδίδη {"υποτείνοντος αυτού Τι...

Ωραίο θέμα, μπορεί να χρησιμοποιηθεί -- εγγράφοντας απειρία κύκλων από το μέχρι το -- και για τον υπολογισμό του αθροίσματος γεωμετρικής σειράς, καθότι

Θέτοντας $O=(0,0), I=(0,r),$ και προβάλλοντας το $L$ επί της $OI$ στο $K$ λαμβάνουμε από $KIL$ και Πυθαγόρειο Θεώρημα $OD=KL=2\sqrt{k}r,$ οπότε $L=(2\sqrt{k}r,0).$ Εύκολα προκύπτει η εξίσωση της $IL$, $y=-\dfrac{1-k}{2\sqrt{k}}x+r,$ και η τομή της με την $y=0,$ $C=\left(\dfrac{2\sqrt{k}}{1-k}r,0\rig...

Πιθανώς έχει ξανατεθεί: να δειχθεί ότι η εκθετική και λογαριθμική συνάρτηση έχουν μοναδική κοινή εφαπτομένη* με κλίση μεταξύ και .

*συν την συμμετρική αυτής

Αρκεί να ισχύει η για ισοδύναμη προς την



που είναι σχεδόν προφανής για

Με χρήση Λογισμού ... μία 'κατασκευαστική' απόδειξη που μας δίνει τα μέγιστα εγγεγραμμένα τρίγωνα: Έστω $ABC$ τρίγωνο μεγίστου εμβαδού εγγεγραμμένο στην έλλειψη $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$ με $A=(x_0,y_0), B=(x_1, y_1), C=(x_2, y_2).$ Είναι φανερό ότι η $BC$ οφείλει να είναι παράλληλη προς...

4

Aλεξανδρε πολύ ενδιαφέροντα όσα γράφεις, από πλευράς μου δίνω μία απόδειξη της τελικής ανισότητας χωρίς παραγώγους (βασισμένη στο ανάπτυγμα της ):

Υστερόγραφο: εύκολα βλέπουμε ότι η ανισότητα γενικεύεται για $n$ μεταβλητές στο $[0,1],$ αναγόμενη κατά τον ίδιο ακριβώς τρόπο στην $nt^n-nt^{n-1}+1>0$ για $0\leq t\leq 1:$ με χρήση παραγώγων -- φεύγουμε λίγο εκτός φακέλου εδώ, δεν το προσπάθησα και πολύ αλλιώς* -- λαμβάνουμε ελάχιστη τιμή συνάρτηση...

Με χρήση της ταυτότητας $g^2=(1-g)^2-2(1-g)+1$ για $g=a, b, c, d$ και των αντικαταστάσεων $x=1-a, y=1-b, z=1-c, w=1-d$ η ζητούμενη ανισότητα γράφεται ως $x^2+y^2+z^2+w^2+16xyzw+4(x^2+y^2+z^2+w^2)xyzw\leq 2(x+y+z+w)+8(x+y+z+w)xyzw.$ Λόγω της $0\leq x^2+y^2+z^2+w^2\leq x+y+z+w$ αρκεί να ισχύει η ανισό...

Κώστα σ' ευχαριστώ και εγώ, και κάνω δύο παρατηρήσεις: (Ι) Στην παραπάνω απόδειξη σου δεν χρειαζόμαστε παραγώγους στο τέλος, καθώς η $ln(x(2e-x))<2$ είναι ισοδύναμη προς την $e^{ln(x(2e-x))} <e^2$ και άρα προς την $x(2e-x)<e^2$ και την $0<(e-x)^2.$ [Ενδιαφέρον το ότι χρησιμοποιήθηκε ΔΥΟ φορές η $(a-...

Καλησπέρα κύριε Γιώργο! Μια σκέψη είναι η εξής: Το όριο γράφεται $\lim_{n\rightarrow \infty }\dfrac{log\binom{2n}{n}}{n}$ και συνεπώς αρκεί να υπολογίσουμε το όριο της αντίστοιχης συνεχούς: $\lim_{x\rightarrow \infty }\dfrac{log\Gamma (2x+1)-2log\Gamma (x+1)}{x}$, που ,επειδή αριθμητής και παρονομα...

Με αφορμή όλως ανεπιτυχή προσέγγιση μου σε άλλο πρόβλημα (εδώ), προτείνω (χωρίς λύση):

Να δειχθεί ότι

Διόρθωση 8:45 μμ 8-3-24: αντί στον παρονομαστή