Ανισότητα με λογάριθμο και ρίζες

Tolaso J Kos · #1

Να δειχθει ότι για κάθε πραγματικό

ισχύει

$\displaystyle{ 1+ x \ln \left( x+ \sqrt{1+x^2} \right) \geq \sqrt{1+ x^2}}$

Σταμ. Γλάρος · #2

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 25, 2018 6:26 pm
Να δειχθει ότι για κάθε πραγματικό ισχύει

$\displaystyle{ 1+ x \ln \left( x+ \sqrt{1+x^2} \right) \geq \sqrt{1+ x^2}}$

Καλησπέρα. Μια προσπάθεια ...
Θεωρώ την συνάρτηση $f(x)= \displaystyle{ 1+ x \ln \left( x+ \sqrt{1+x^2} \right) - \sqrt{1+ x^2}}$ , 2φορές παραγωγίσιμη με
$f'(x)=ln\left ( x+\sqrt{1+x^2} \right )$ και $f''(x)= \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$ .

Είναι f''(x)>0

για κάθε $x\in \mathbb{R}$ , συνεπώς η

είναι γνησίως αύξουσα.
Επίσης f'(x) = 0

. Άρα

για κάθε

, επομένως η η

είναι γνησίως φθίνουσα στο $(-\infty , 0 ]$ .
Ακόμη f'(x)>0

για κάθε

, επομένως η η

είναι γνησίως αύξουσα στο $[0, +\infty )$ .
Συνεπώς η

παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο

το

.
Άρα ισχύει $f(0)\geqslant 0$ $\Leftrightarrow$ $\displaystyle{ 1+ x \ln \left( x+ \sqrt{1+x^2} \right) \geq \sqrt{1+ x^2}}$

Φιλικά
Σταμ. Γλάρος

dement · #3

(Υποθέτω είναι εκτός φακέλου οι υπερβολικές τριγωνομετρικές συναρτήσεις).

Θέτοντας $x \equiv \sinh u$ η ανισότητα γίνεται $f(u) = 1 + u \sinh u - \cosh u \geqslant 0$ .

Η

είναι άρτια και ισχύει f(0) = 0

καθώς και $f'(u) = u \cosh u$ . Η παράγωγος είναι ομόσημη του

οπότε το

είναι ολικό ελάχιστο.

#4

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 25, 2018 6:26 pm
Να δειχθει ότι για κάθε πραγματικό ισχύει

$\displaystyle{ 1+ x \ln \left( x+ \sqrt{1+x^2} \right) \geq \sqrt{1+ x^2}}$

Έστω $f(x) = 1 + x\ln (x + \sqrt {1 + {x^2}} ) - \sqrt {1 + {x^2}}$ με $x \in \mathbb{R}$ ,

$f'(x) = \ln (x + \sqrt {1 + {x^2}} )\,\,\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,f''(x) = \dfrac{1}{{\sqrt {1 + {x^2}} }} > 0$ πάντα.

Συνεπώς η

στρέφει άνω τα κοίλα στο $\mathbb{R}$ και αφού έχει εφαπτομένη στο O(0,0)

την ευθεία με εξίσωση y = 0

για κάθε $x \in \mathbb{R}$ , $f(x) \geqslant 0$ .

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #5

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 25, 2018 6:26 pm
Να δειχθει ότι για κάθε πραγματικό ισχύει

$\displaystyle{ 1+ x \ln \left( x+ \sqrt{1+x^2} \right) \geq \sqrt{1+ x^2}}$

Με ολοκληρώματα.

Εστω $f(x)=ln(x+\sqrt{x^{2}+1}),$ και $g(x)=\frac{\sqrt{1+x^{2}}-1}{x}$

Είναι $f'(x)=\dfrac{1}{\sqrt{x^{2}+1}}$

και $g'(x)=\dfrac{1}{\sqrt{x^{2}+1}}.\dfrac{1}{1+\sqrt{x^{2}+1}}$

Για x>0

είναι

και επειδή g(0)=f(0)=0

ολοκληρώνοντας παίρνουμε την ζητούμενη.

(η

μπορεί να όρισθεί στο

ώστε να είναι συνεχής)

Για x<0

πάλι είναι f'(x)>g'(x)

.

Ολοκληρώνοντας παίρνουμε -f(x)>-g(x)

.

Αρα

και πολλαπλασιάζοντας με

παίρνουμε την ζητούμενη.

#6

Θα ήθελα να δω μία λύση εντός φακέλου!

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #7

george visvikis έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 26, 2018 1:56 pm
Θα ήθελα να δω μία λύση εντός φακέλου!

Γεια σου Γιώργο.
Λύση εντός φακέλου υπάρχει αλλά μόνο για τους παλιούς.

Συγκεκριμένα επειδή έχουμε

πρέπει να έχουμε ανισότητα για

Δεν θυμάμαι αν ήταν στη σχολική ύλη αλλά όταν ήμουν μαθητής γνώριζα ότι

$lnx=\lim_{n\rightarrow \infty }n(\sqrt[n]{x}-1)$

Εφαρμόζοντας την Bernouli έβγαινε ότι

$1-\frac{1}{x}\leq lnx\leq x-1$

Παίρνοντας την αριστερή για x>0

και την δεξιά για x<0

βγαίνει.

Με τα σημερινά δεδομένα και έτσι όπως είναι η σχολική ύλη θα μου προξενούσε μεγάλη έκπληξη
να υπάρχει λύση χωρίς παραγώγους η ολοκληρώματα.

Tolaso J Kos · #8

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 25, 2018 6:26 pm
Να δειχθει ότι για κάθε πραγματικό ισχύει

$\displaystyle{ 1+ x \ln \left( x+ \sqrt{1+x^2} \right) \geq \sqrt{1+ x^2}}$

Για

το παραπάνω ισχύει ως ισότητα. Για x<0

αρκεί να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{\ln \left ( x +\sqrt{x^2+1} \right ) \leq \frac{\sqrt{1+x^2}-1}{x}}$
Από τη γνωστή ανισότητα $\ln t \leq t-1$ με t>0

θέτουμε $t =x + \sqrt{x^2+1}$ και έχουμε:

$\displaystyle{\ln \left ( x +\sqrt{x^2+1} \right ) \leq x + \sqrt{x^2+1} -1}$
οπότε αρκεί να δειχθεί $\displaystyle{x + \sqrt{1+x^2} -1 \leq \frac{\sqrt{1+x^2}-1}{x}}$ . Πράγματι , έχουμε:

$\displaystyle{\begin{aligned} x + \sqrt{x^2+1} -1 \leq \frac{\sqrt{1+x^2}-1}{x} &\Rightarrow x+\sqrt{x^2+1} -1 \leq \frac{1+x^2-1}{x \left ( \sqrt{1+x^2}+1 \right )}\\ &\Rightarrow x +\sqrt{x^2+1} -1 \leq \frac{x}{\sqrt{x^2+1}+1} \\ &\Rightarrow x \left ( \sqrt{x^2+1} +1 \right ) +1 +x^2-1 \leq x\\ &\Rightarrow \sqrt{1+x^2} + x \geq 0 \end{aligned}}$
το οποίο ισχύει διότι $1+x^2 >x^2 \Rightarrow \sqrt{1+x^2} > \sqrt{x^2} = \left | x \right |\geq -x$ .

Για x>0

αρκεί να δειχθεί $\displaystyle{\ln \left ( x +\sqrt{x^2+1} \right ) \geq \frac{\sqrt{1+x^2}-1}{x}\Leftrightarrow x + \sqrt{x^2+1} \geq \exp\left ( \frac{\sqrt{1+x^2}-1}{x} \right )}$ . Είναι $e^{-t} \geq 1-t$ για κάθε $t \in \mathbb{R}$ . Άρα $\frac{1}{e^t} \geq 1-t$ . Αν t<1

είναι $e^t \leq \frac{1}{1-t}$ . Αφού για x>0

είναι:

$\displaystyle{t = \frac{\sqrt{1+x^2}-1}{x} <\frac{\sqrt{1+x^2+2x}-1}{x}=\frac{\sqrt{\left ( 1+x \right )^2}-1}{x}= 1}$
οπότε ισχύει
$\displaystyle{\exp \left ( \frac{\sqrt{1+x^2}-1}{x} \right )\leq \frac{1}{1-\frac{\sqrt{x^2+1}-1}{x}} =\frac{x}{x+1-\sqrt{1+x^2}}}$ και αρκεί να δειχθεί ότι $\displaystyle{\frac{x}{1+x-\sqrt{x^2+1}} \leq x + \sqrt{x^2+1}}$ το οποίο ισχύει αφού ισοδυναμεί με $1\leq \sqrt{1+x^2}$ .

Χμμ... έμμεσα περνάει ο διαφορικός ε; Αφού χρειαζόμαστε τις δύο βασικές ανισότητες... Τις είχα θεωρήσει δεδομένες για αυτό έβαλα το θέμα στο φάκελο εδώ. Anyway, το πήρα από τον Ευκλείδη Β , τεύχος 104.

Tolaso J Kos · #9

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 26, 2018 3:57 pm

george visvikis έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 26, 2018 1:56 pm
Θα ήθελα να δω μία λύση εντός φακέλου!

$\log x=\lim \limits_{n\rightarrow +\infty }n(\sqrt[n]{x}-1)$

Σταύρο ,

αυτό πώς βγαίνει ; Το χω δει πολλές φορές και το χω χρησιμοποιήσει ουκ ολίγες ειδικά σε υπολογισμό ολοκληρώματος. Αλλά πότε δε κατάλαβα πώς βγαίνει;

#10

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 26, 2018 3:57 pm
$\log x=\lim \limits_{n\rightarrow +\infty }n(\sqrt[n]{x}-1)$

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 26, 2018 9:56 pm
Σταύρο ,

αυτό πώς βγαίνει ;

Υπόδειξη: Για ευκολία άλλαξε το όνομα της μεταβλητής (παρακάτω θα καταλάβεις γιατί (*)) και ζήτα το $\log a=\lim \limits_{n\rightarrow +\infty }n(\sqrt[n]{a}-1)$ .

Γράψε το ως $\log a=\lim \limits_{n\rightarrow +\infty }\dfrac {{a}^ {\frac {1}{n}}-1}{\frac {1}{n}}$ ή ακόμα καλύτερα $\displaystyle{\log a=\lim \limits_{x\rightarrow 0 }\dfrac {{a}^ {x}-1}{x-0}}$ . Συσχέτισε το τελευταίο με την παράγωγο του a^x

στο

.

(*) H η παράγωγος είναι, βέβαια, ως προς

. Αν δεν αλλάζαμε το όνομα της μεταβλητής θα ψάχναμε την παράγωγο ως προς της x^a

Ανισότητα με λογάριθμο και ρίζες

Ανισότητα με λογάριθμο και ρίζες

Re: Ανισότητα με λογάριθμο και ρίζες

Re: Ανισότητα με λογάριθμο και ρίζες

Re: Ανισότητα με λογάριθμο και ρίζες

Re: Ανισότητα με λογάριθμο και ρίζες

Re: Ανισότητα με λογάριθμο και ρίζες

Re: Ανισότητα με λογάριθμο και ρίζες

Re: Ανισότητα με λογάριθμο και ρίζες

Re: Ανισότητα με λογάριθμο και ρίζες

Re: Ανισότητα με λογάριθμο και ρίζες

Μέλη σε σύνδεση