Πρόσημο και ανισότητα

Συντονιστής: KAKABASBASILEIOS

Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9806
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Πρόσημο και ανισότητα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Δευ Αύγ 14, 2017 8:36 pm

A) Να βρείτε το πρόσημο της συνάρτησης \displaystyle{f(x) = 2x\ln x - \sqrt {1 - {x^2}} \ln (1 - {x^2})}, \displaystyle{x \in (0,1)}

Β) Για κάθε \displaystyle{x \in \left( {0,\frac{\pi }{4}} \right)} να δείξετε ότι \displaystyle{{(\cos x)^{\cos x}} > {(\sin x)^{\sin x}}}



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9806
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Πρόσημο και ανισότητα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τετ Αύγ 16, 2017 3:12 pm

Επαναδιατυπώνω το Α) ερώτημα: Να δείξετε ότι \displaystyle{2x\ln x - \sqrt {1 - {x^2}} \ln (1 - {x^2})}>0, για κάθε \displaystyle{x \in \left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2},1} \right)}


Άβαταρ μέλους
Λάμπρος Μπαλός
Δημοσιεύσεις: 926
Εγγραφή: Τρί Αύγ 13, 2013 12:21 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα

Re: Πρόσημο και ανισότητα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Λάμπρος Μπαλός » Τετ Αύγ 16, 2017 5:46 pm

Καλησπέρα, όμορφη άσκηση.

Α) Ισοδύναμα, θέλω να αποδείξω ότι :

\frac{lnx}{\sqrt{1-x^{2}}}> \frac{ln \sqrt{1-x^{2}}}{x} \Leftrightarrow f(x)>f(\sqrt{1-x^{2}}) στο (\frac{\sqrt{2}}{2},1) , όπου

f(x)=\frac{lnx}{\sqrt{1-x^{2}}} , A=(0,1).

Μελετούμε τη μονοτονία της f.

f'(x)=\frac{\frac{\sqrt{1-x^2}}{x}+\frac{xlnx}{\sqrt{1-x^{2}}}}{1-x^{2}}=\frac{1-x^{2}+x^{2}lnx}{x \sqrt{1-x^{2}}(1-x^{2})}= \frac{x}{\sqrt{1-x^{2}}(1-x^{2})}(lnx-1+\frac{1}{x^{2}}).

Θεωρούμε την g(x)=lnx-1+\frac{1}{x^{2}}, με g'(x)=\frac{x^{2}-2}{x^{3}}<0 στο (0,1].

Άρα η g είναι γνησίως φθίνουσα στο (0,1] και για κάθε x \in (0,1) είναι :

g(x)>g(1)=0. Οπότε :

f'(x)>0 , \forall x \in (0,1) , άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο (0,1).

Για x \in (\frac{\sqrt{2}}{2},1) , είναι :

x> \sqrt{1-x^{2}} \Rightarrow f(x)>f(\sqrt{1-x^{2}}) , όπως θέλαμε.

Β) Για κάθε y \in (0, \frac{\pi}{4}) , το cosy \in (\frac{\sqrt{2}}{2},1) , οπότε η σχέση του Α ερωτήματος, για x=cosy , y \in (0, \frac{\pi}{4}), γίνεται :

2cosylncosy>sinylnsin^{2}y \Rightarrow (cosy)^{cosy}>(siny)^{siny}.


Λάμπρος Μπαλός
lamprosbalos81@gmail.com
xr.tsif
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1999
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 7:14 pm

Re: Πρόσημο και ανισότητα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από xr.tsif » Πέμ Αύγ 17, 2017 12:27 am

Αρκεί να δείξουμε ότι \displaystyle{2x\ln x > 2\sqrt {1 - {x^2}} \ln \sqrt{(1 - {x^2}})}
Αν θεωρήσουμε την συνάρτηση f(x)=2xlnx ορισμένη στο (0,1)),
αυτή είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα (\frac{1}{e},1) και αφού (\frac{\sqrt{2}}{2},1)
έχουμε ότι x>\sqrt{1-x^2} άρα f(x)>f(\sqrt{1-x^2}).
για το β ερώτημα όμοια με τον Λάμπρο.


Γιατί πάντα αριθμόν έχοντι. Άνευ τούτου ουδέν νοητόν και γνωστόν.
Άβαταρ μέλους
chris_gatos
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6889
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 9:03 pm
Τοποθεσία: Ανθούπολη

Re: Πρόσημο και ανισότητα

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από chris_gatos » Πέμ Αύγ 17, 2017 11:52 am

Λάμπρος Μπαλός έγραψε:Καλησπέρα, όμορφη άσκηση.

Α) Ισοδύναμα, θέλω να αποδείξω ότι :

\frac{lnx}{\sqrt{1-x^{2}}}> \frac{ln \sqrt{1-x^{2}}}{x} \Leftrightarrow f(x)>f(\sqrt{1-x^{2}}) στο (\frac{\sqrt{2}}{2},1) , όπου

f(x)=\frac{lnx}{\sqrt{1-x^{2}}} , A=(0,1).

Μελετούμε τη μονοτονία της f.

f'(x)=\frac{\frac{\sqrt{1-x^2}}{x}+\frac{xlnx}{\sqrt{1-x^{2}}}}{1-x^{2}}=\frac{1-x^{2}+x^{2}lnx}{x \sqrt{1-x^{2}}(1-x^{2})}= \frac{x}{\sqrt{1-x^{2}}(1-x^{2})}(lnx-1+\frac{1}{x^{2}}).

Θεωρούμε την g(x)=lnx-1+\frac{1}{x^{2}}, με g'(x)=\frac{x^{2}-2}{x^{3}}<0 στο (0,1].

Άρα η g είναι γνησίως φθίνουσα στο (0,1] και για κάθε x \in (0,1) είναι :

g(x)>g(1)=0. Οπότε :

f'(x)>0 , \forall x \in (0,1) , άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο (0,1).

Για x \in (\frac{\sqrt{2}}{2},1) , είναι :

x> \sqrt{1-x^{2}} \Rightarrow f(x)>f(\sqrt{1-x^{2}}) , όπως θέλαμε.

Β) Για κάθε y \in (0, \frac{\pi}{4}) , το cosy \in (\frac{\sqrt{2}}{2},1) , οπότε η σχέση του Α ερωτήματος, για x=cosy , y \in (0, \frac{\pi}{4}), γίνεται :

2cosylncosy>sinylnsin^{2}y \Rightarrow (cosy)^{cosy}>(siny)^{siny}.

Καλημέρα! Επειδή για αυτήν την άσκηση (στην αρχική της μορφή) έκανα σχεδόν τα πάντα αλλά δεν εφάρμοσα τον...χρυσό κανόνα
(νομίζω του Γ.Μπαϊλάκη) ΄"Οταν δε μπορείς να κάνεις κάτι με την αφαίρεση τότε δοκίμασε πηλίκο!".
Το έπραξε ο Λάμπρος και είναι όλα μια χαρά!
Ωραία άσκηση, από εκείνες που έχουν ένα μυστήριο, πέρα από μεθοδολογίες και λοιπά.


Χρήστος Κυριαζής
Άβαταρ μέλους
Λάμπρος Μπαλός
Δημοσιεύσεις: 926
Εγγραφή: Τρί Αύγ 13, 2013 12:21 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα

Re: Πρόσημο και ανισότητα

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Λάμπρος Μπαλός » Πέμ Αύγ 17, 2017 12:24 pm

Καλημέρα Χρήστο.
Δες, αν θέλεις, αυτήν
viewtopic.php?f=55&t=59513

Στο μεταξύ, το πρόβλημα στη λύση του xrtsif είναι ότι

ενώ το x \in (\frac{\sqrt{2}}{2},1) , το \sqrt{1-x^{2}} βγαίνει εκτός (\frac{\sqrt{2}}{2},1) και επομένως η μονοτονία της f(x)=2xlnx δεν αποδίδει.


Λάμπρος Μπαλός
lamprosbalos81@gmail.com
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9806
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Πρόσημο και ανισότητα

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Πέμ Αύγ 17, 2017 2:11 pm

Λάμπρος Μπαλός έγραψε:Καλησπέρα, όμορφη άσκηση.

Α) Ισοδύναμα, θέλω να αποδείξω ότι :

\frac{lnx}{\sqrt{1-x^{2}}}> \frac{ln \sqrt{1-x^{2}}}{x} \Leftrightarrow f(x)>f(\sqrt{1-x^{2}}) στο (\frac{\sqrt{2}}{2},1) , όπου

f(x)=\frac{lnx}{\sqrt{1-x^{2}}} , A=(0,1).

Μελετούμε τη μονοτονία της f.

f'(x)=\frac{\frac{\sqrt{1-x^2}}{x}+\frac{xlnx}{\sqrt{1-x^{2}}}}{1-x^{2}}=\frac{1-x^{2}+x^{2}lnx}{x \sqrt{1-x^{2}}(1-x^{2})}= \frac{x}{\sqrt{1-x^{2}}(1-x^{2})}(lnx-1+\frac{1}{x^{2}}).

Θεωρούμε την g(x)=lnx-1+\frac{1}{x^{2}}, με g'(x)=\frac{x^{2}-2}{x^{3}}<0 στο (0,1].

Άρα η g είναι γνησίως φθίνουσα στο (0,1] και για κάθε x \in (0,1) είναι :

g(x)>g(1)=0. Οπότε :

f'(x)>0 , \forall x \in (0,1) , άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο (0,1).

Για x \in (\frac{\sqrt{2}}{2},1) , είναι :

x> \sqrt{1-x^{2}} \Rightarrow f(x)>f(\sqrt{1-x^{2}}) , όπως θέλαμε.

Β) Για κάθε y \in (0, \frac{\pi}{4}) , το cosy \in (\frac{\sqrt{2}}{2},1) , οπότε η σχέση του Α ερωτήματος, για x=cosy , y \in (0, \frac{\pi}{4}), γίνεται :

2cosylncosy>sinylnsin^{2}y \Rightarrow (cosy)^{cosy}>(siny)^{siny}.
Ωραία λύση Λάμπρο! :coolspeak:


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 3277
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Πρόσημο και ανισότητα

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Παρ Αύγ 18, 2017 4:34 pm

george visvikis έγραψε:
Β) Για κάθε \displaystyle{x \in \left( {0,\frac{\pi }{4}} \right)} να δείξετε ότι \displaystyle{{(\cos x)^{\cos x}} > {(\sin x)^{\sin x}}}
Θα δώσω μια απόδειξη χωρίς να γίνει αλλαγή μεταβλητής.Σε τέτοιου είδους ανισότητες όλα τα λεφτά είναι ποια
συνάρτηση θα θέσεις.

Θέλουμε για x\in (0,\frac{\pi }{4}) να έχουμε \cos xln\cos x-\sin xln\sin x> 0

η ισοδύναμα f(x)=ln\cos x-\tan xln\sin x> 0

Την f μπορούμε να την ορίσουμε και στο 0 θέτοντας f(0)=0 Είναι f(\frac{\pi }{4})=0

Επίσης η f:[0,\frac{\pi }{4}]\rightarrow \mathbb{R} είναι συνεχής και δύο φορές παραγωγίσιμη στο ανοικτό.

Αρκεί να δείξουμε ότι η f είναι κοίλη.

Παραγωγίζοντας δύο φορές έχουμε f''(x)=-\dfrac{1}{(\cos x)^{2}}[1+\dfrac{\cos x}{\sin x}+2\dfrac{\sin x}{\cos x}ln \sin x]

Είναι εύκολο να δειχθεί ότι x> 0\Rightarrow 2xlnx> -1

Παίρνουμε ότι [1+\dfrac{\cos x}{\sin x}+2\dfrac{\sin x}{\cos x}ln \sin x]> 1+\dfrac{\cos x}{\sin x}-\dfrac{1}{\cos x}

Αλλά 1+\dfrac{\cos x}{\sin x}-\dfrac{1}{\cos x}=\dfrac{\sin x\cos x+(\cos x)^{2}-\sin x}{\sin x\cos x}

Επειδή είναι x\in (0,\frac{\pi }{4}) είναι \cos x> \sin x
οπότε

\sin x\cos x+(\cos x)^{2}-\sin x> \cos x(\sin x+\cos x-1)>0

και η απόδειξη είναι πλήρης


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης