mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **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 $\displaystyle{{(\cos x)^{\cos x}} > {(\sin x)^{\sin x}}}$

Δημοσιεύτηκε: **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 $\displaystyle{x \in \left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2},1} \right)}$

Δημοσιεύτηκε: **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

.

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

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

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

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 :

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

Δημοσιεύτηκε: **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.

Δημοσιεύτηκε: **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 .

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

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

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

. Οπότε :

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

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.

Δημοσιεύτηκε: **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.

Δημοσιεύτηκε: **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 .

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

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

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

. Οπότε :

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

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!

Δημοσιεύτηκε: **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

μπορούμε να την ορίσουμε και στο

θέτοντας

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

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

mathematica.gr

Πρόσημο και ανισότητα

Πρόσημο και ανισότητα

Re: Πρόσημο και ανισότητα

Re: Πρόσημο και ανισότητα

Re: Πρόσημο και ανισότητα

Re: Πρόσημο και ανισότητα

Re: Πρόσημο και ανισότητα

Re: Πρόσημο και ανισότητα

Re: Πρόσημο και ανισότητα