Μία ενδιαφέρουσα ανισότητα!

Dimessi · #1

Χαιρετώ. Μία ενδιαφέρουσα ανισότητα!

Να αποδείξετε ότι $\displaystyle \frac{2}{5}< \ln \left ( 1+\sqrt{2} \right )-\sqrt{2}+1< \frac{1}{2}.$

KARKAR · #2

Ισοδύναμα : $\dfrac{5\sqrt{2}-3}{5}<\ln(1+\sqrt{2})<\dfrac{2\sqrt{2}-1}{2}$ .

Αλλά : $\ln(1+\sqrt{2})=\displaystyle \int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}dx$ .

Αφήνω την σκέψη για πιθανή αξιοποίηση , διότι η διπλή ανισότητα που είχα γράψει
δεν ισχύει , όπως έγραψε ο Μιχάλης παρακάτω

#3

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 08, 2024 8:21 pm

$x \in (0,1)$ , να ισχύει : $\dfrac{(5\sqrt{2}-3)x}{5}<\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}}<\dfrac{(2\sqrt{2}-1)x}{2}$

Η παραπάνω διπλή ανισότητα ισχύει , αλλά δύσκολα αποδεικνύεται ...

Θανάση, στην δεξιά κάποιο τυπογραφικό σφάλμα θα έχεις: Παίρνοντας όριο $x\to 0+$ δίνει $1\le 0$ .

#4

λαθος πραξεις συγνωμη

#5

Επειδή υπάρχουν σοβαρά προβλήματα στην ως άνω προσέγγιση, το προχωρώ χωρίς Λογισμό, με χρήση όμως των e<2,72

και $e^x>1+x+\dfrac{x^2}{2 }+\dfrac{x^3}{6}$ :

H δεξιά ανισότητα γράφεται ως $ln\left(1+\sqrt{2}\right)<\sqrt{2}-\dfrac{1}{2},$ ισοδύναμα $1+\sqrt{2}<\displaystyle e^{\sqrt{2}-1/2},$ άρα αρκεί να δειχθεί η $1+\sqrt{2}<1+\left(\sqrt{2}-\dfrac{1}{2}\right)+\dfrac{1}{2}\cdot \left(\sqrt{2}-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{1}{6}\cdot \left(\sqrt{2}-\dfrac{1}{2}\right)^3,$ ισοδύναμη τελικά προς την $2\sqrt{2}<5.$

Η αριστερή ανισότητα γράφεται ως $\sqrt{2}-\dfrac{3}{5}<ln\left(1+\sqrt{2}\right),$ και επειδή $\sqrt{2}-\dfrac{3}{5}<\dfrac{5}{6},$ αρκεί να παρατηρηθεί ότι $e^5<2,72^5<148,8828<190,9924<2,4^6<\left(1+\sqrt{2}\right)^6.$

KARKAR · #6

: αριστερή.png (15 KiB) Προβλήθηκε 938 φορές

Για την αριστερή ανισότητα , μπορούμε να πετύχουμε ουσιωδώς καλύτερη προσέγγιση .

Η ευθεία $AB , (y=\dfrac{\sqrt{2}-2}{2}x+1 )$ , βρίσκεται κάτω από την γραφική παράσταση της

,

( εκτός των άκρων Α , Β ) , συνεπώς ( τραπέζιο ) : $\dfrac{2+\sqrt{2}}{4}<\ell n(1+\sqrt{2})$ .

Εύκολα τώρα είναι : $\dfrac{5\sqrt{2}-3}{5}<\dfrac{2+\sqrt{2}}{4}$ , ( είναι ισοδύναμη με την : 450<484

) .

#7

KARKAR έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 09, 2024 9:51 pm

αριστερή.png
Για την αριστερή ανισότητα , μπορούμε να πετύχουμε ουσιωδώς καλύτερη προσέγγιση .

Η ευθεία $AB , (y=\dfrac{\sqrt{2}-2}{2}x+1 )$ , βρίσκεται κάτω από την γραφική παράσταση της ,

( εκτός των άκρων Α , Β ) , συνεπώς ( τραπέζιο ) : $\dfrac{2+\sqrt{2}}{4}<\ell n(1+\sqrt{2})$ .

Εύκολα τώρα είναι : $\dfrac{5\sqrt{2}-3}{5}<\dfrac{2+\sqrt{2}}{4}$ , ( είναι ισοδύναμη με την : ) .

Θανάση πολύ ωραία, για την δεξιά ανισότητα ... μπορούμε επίσης να φέρουμε την εφαπτομενη στο $x=\dfrac{1}{2}$ , παραμενουσα πάνω από την κοιλη στο (0,1)

συνάρτηση

, η οποία τέμνει τις ευθείες x=0

και

για $y=\dfrac{12}{5\sqrt{5}}$ και $y=\dfrac{8}{5\sqrt{5}}$ , αντίστοιχα, και όλα αυτά οδηγούν στην βελτιωμένη προσέγγιση $ln(1+\sqrt{2})<\dfrac{2}{\sqrt{5}}$ , κλπ

[Προσθέτω ότι αυτή συμβαίνει να είναι και η καλύτερη άνω προσέγγιση με την συγκεκριμένη μέθοδο, καθώς... φέρνοντας την εφαπτομενη στο x=c

προκύπτει εμβαδόν τραπεζίου ίσο προς $\dfrac{4c^2-c+2}{2(c^2+1)^{3/2}}$ , κλπ]

KARKAR · #8

Η $\dfrac{2}{\sqrt{5}}<\dfrac{2\sqrt{2}-1}{2}$ , ισοδυναμεί με την 320<361

, που φυσικά ισχύει .

Συνοπτικά έχουμε : $\dfrac{5\sqrt{2}-3}{5}<\dfrac{2+\sqrt{2}}{4}<\ell n(1+\sqrt{2})<\dfrac{2\sqrt{5}}{5}<\dfrac{2\sqrt{2}-1}{2}$ .

Με προσεγγίσεις στο τέταρτο δεκαδικό , είναι : 0,8142<0,8536<0,8814<0,8944<0,9142

KARKAR · #9

Dimessi έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 08, 2024 4:51 pm
Να αποδείξετε ότι : $\displaystyle \frac{2}{5}< \ln \left ( 1+\sqrt{2} \right )-\sqrt{2}+1< \frac{1}{2}.$

Στην προσπάθεια να "πιάσουμε" την σκέψη του θεματοδότη : Είναι :

$\ln\left ( 1+\sqrt{2} \right )-\sqrt{2}+1=\ln\left ( 1+\sqrt{2} \right )-\dfrac{1}{1+\sqrt{2}}$

Η συνάρτηση : $f(x)=\ln x-\dfrac{1}{x}$ , είναι γνησίως αύξουσα στους θετικούς ,

συνεπώς επειδή : $2,4<1+\sqrt{2}<2,45$ , αρκεί να δείξω ότι :

$\dfrac{2}{5}<\ln \dfrac{12}{5}-\dfrac{5}{12}$ και : $\ln \dfrac{49}{20}-\dfrac{20}{49}<\dfrac{1}{2}$ .

Αυτές γίνονται : $\dfrac{49}{60}<\ln \dfrac{12}{5}$ και : $\ln \dfrac{49}{20}<\dfrac{89}{98}$ . Ισχύουν αφού :

0,8167 <0,8755

και :

, αλλά δεν βλέπω εύκολη απόδειξη ...

Dimessi · #10

Ωραία...μια απόδειξη της $\displaystyle \boxed{e^{x}> 1+x+\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{6},\forall x\in \left ( -\infty,0 \right )\cup \left ( 0,+\infty \right )}.$ Θεωρούμε την δύο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση $\displaystyle h\left ( x \right )=e^{x}-\frac{x^{3}}{6}-\frac{x^{2}}{2}-1,x\in \mathbb{R}$ με $\displaystyle h{''}\left ( x \right )=e^{x}-x-1\geqslant 0,\forall x\in \mathbb{R},$ με την ισότητα μόνο για x=0.

Άρα η

είναι κυρτή στο $\mathbb{R}$ και η εξίσωση εφαπτομένης της $C_{h}$ στο σημείο της $A\left ( 0,h\left ( 0 \right ) \right )$ είναι $\displaystyle y-h\left ( 0 \right )=h{'}\left ( 0 \right )\cdot \left ( x-0 \right )\Leftrightarrow y=x$ , άρα $\displaystyle h\left ( x \right )> x,\forall x\in (-\infty,0)\cup (0,+\infty ) \Rightarrow \boxed{e^{x}-\frac{x^{3}}{6}-\frac{x^{2}}{2}-x-1> 0,\forall x\in \left ( -\infty,0 \right )\cup \left ( 0,+\infty \right )}.$

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #11

Dimessi έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 14, 2024 9:03 pm
Ωραία...μια απόδειξη της $\displaystyle \boxed{e^{x}> 1+x+\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{6},\forall x\in \left ( -\infty,0 \right )\cup \left ( 0,+\infty \right )}.$ Θεωρούμε την δύο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση $\displaystyle h\left ( x \right )=e^{x}-\frac{x^{3}}{6}-\frac{x^{2}}{2}-1,x\in \mathbb{R}$ με $\displaystyle h{''}\left ( x \right )=e^{x}-x-1\geqslant 0,\forall x\in \mathbb{R},$ με την ισότητα μόνο για Άρα η είναι κυρτή στο $\mathbb{R}$ και η εξίσωση εφαπτομένης της $C_{h}$ στο σημείο της $A\left ( 0,h\left ( 0 \right ) \right )$ είναι $\displaystyle y-h\left ( 0 \right )=h{'}\left ( 0 \right )\cdot \left ( x-0 \right )\Leftrightarrow y=x$ , άρα $\displaystyle h\left ( x \right )> x,\forall x\in (-\infty,0)\cup (0,+\infty ) \Rightarrow \boxed{e^{x}-\frac{x^{3}}{6}-\frac{x^{2}}{2}-x-1> 0,\forall x\in \left ( -\infty,0 \right )\cup \left ( 0,+\infty \right )}.$

Υπάρχει τυπογραφικό.
Είναι

$\displaystyle h\left ( x \right )=e^{x}-\frac{x^{3}}{6}-\frac{x^{2}}{2}-x-1,x\in \mathbb{R}$

Τέτοιου είδους ανισότητες αποδεικνύονται πιο εύκολα αν θεωρήσουμε την
$\displaystyle h\left ( x \right )=e^{-x}(\frac{x^{3}}{6}+\frac{x^{2}}{2}+x+1),x\in \mathbb{R}$

Δυο κουβέντες για την αρχική ανισότητα.
Μπορεί εύκολα με παραγώγους να δειχθεί ότι
$\ln(1+x) \leqslant x,\ln(1+x)\geqslant x-\frac{x^2}{2},x>0$
Γράφοντας
$\ln (1+\sqrt{2})=\ln (2+\sqrt{2}-1)=\ln 2(1+\frac{\sqrt{2}-1}{2})=\ln2+\ln (1+\frac{\sqrt{2}-1}{2})$
και εφαρμόζοντας την προηγούμενη βγαίνει.

KARKAR · #12

Ας νου επιτραπεί να ζητήσω από τον θεματοδότη αναλυτικότερη παρουσίαση της λύσης

Dimessi · #13

KARKAR έγραψε: ↑
Τετ Ιαν 17, 2024 8:46 am
Ας νου επιτραπεί να ζητήσω από τον θεματοδότη αναλυτικότερη παρουσίαση της λύσης

Ναι, από αύριο, γιατί έχω δουλειές σήμερα...αποκλείεται να προλάβω.

Μία ενδιαφέρουσα ανισότητα!

Μία ενδιαφέρουσα ανισότητα!

Re: Μία ενδιαφέρουσα ανισότητα!

Re: Μία ενδιαφέρουσα ανισότητα!

Re: Μία ενδιαφέρουσα ανισότητα!

Re: Μία ενδιαφέρουσα ανισότητα!

Re: Μία ενδιαφέρουσα ανισότητα!

Re: Μία ενδιαφέρουσα ανισότητα!

Re: Μία ενδιαφέρουσα ανισότητα!

Re: Μία ενδιαφέρουσα ανισότητα!

Re: Μία ενδιαφέρουσα ανισότητα!

Re: Μία ενδιαφέρουσα ανισότητα!

Re: Μία ενδιαφέρουσα ανισότητα!

Re: Μία ενδιαφέρουσα ανισότητα!

Μέλη σε σύνδεση