"Γνωστές" ρίζες

KARKAR · #1

Δείξτε ότι η εξίσωση : $\dfrac{e^x}{x}=3$ , έχει δύο ακριβώς ρίζες $x_{1} , x_{2}$ .

Δείξτε ότι γι αυτές τις ρίζες , ισχύει : $x_{1} + x_{2}>\ell n(3e)$ .

Λάμπρος Μπαλός · #2

Γεια σας , για το δεύτερο ερώτημα, για το οποίο υπάρχουν θετικά $x_{1},x_{2}$ , με $x_{1}<x_{2}$ τέτοια, ώστε

$e^{x_{1}}=3x_{1} \Leftrightarrow ln(3x_{1})=x_{1} \Leftrightarrow lnx_{1}=x_{1}-ln3$ και $e^{x_{2}}=3x_{2} \Leftrightarrow ln(3x_{2})=x_{2} \Leftrightarrow lnx_{2}=x_{2}-ln3$ , είναι

$lnx \geq 1- \frac{1}{x} \Rightarrow$

$\int_{x_{1}}^{x_{2}} lnx dx > \int_{x_{1}}^{x_{2}} (1- \frac{1}{x}) dx \Rightarrow$

$[xlnx-x]_{x_{1}}^{x_{2}} > [x-lnx]_{x_{1}}^{x_{2}} \Rightarrow$

$x_{2}(x_{2}-ln3)-x_{2}-x_{1}(x_{1}-ln3)+x_{1} > x_{2}-lnx_{2}-x_{1}+lnx_{1} \Rightarrow$

$x_{2}^{2} -x_{1}^{2}-ln3(x_{2}-x_{1})-(x_{2}-x_{1})>0 \Rightarrow$

$x_{2}+x_{1}-ln3 -1>0 \Rightarrow$

$x_{1}+x_{2} > ln(3e).$

KARKAR · #3

Η αρχική εξίσωση είναι ισοδύναμη με αυτή του Δ θέματος των πανελλαδικών .

Το δεύτερο ερώτημα έχει απαντηθεί εδώ .

Γι' αυτό και η τοποθέτηση σ' αυτόν τον φάκελο με τον συγκεκριμένο τίτλο .

Ζητούμενο η αυτόνομη απόδειξη , κάτι που "διέπραξε" όμορφα ο Λάμπρος

KARKAR · #4

$\bigstar$ Στην λύση του , ο Λάμπρος χρησιμοποίησε την "γνωστή" : $\ell n x\geq 1-\dfrac{1}{x}$ .

Ας δώσουμε τρεις τουλάχιστον αποδείξεις της παραπάνω ανισότητας .

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #5

Αν έχει διδαχθεί η ανισότητα $lnx\leq x-1$ για κάθε x> 0

τότε

αν θέσουμε στη θέση του

το $\displaystyle\frac{1}{x}$ , έχουμε αμέσως

τη ζητούμενη ανισότητα.

Λάμπρος Μπαλός · #6

Μια ακόμη,

Για x>1

,

$lnt>0 \Rightarrow \int_{1}^{x} lnt dt >0 \Rightarrow xlnx-x+1>0 \Rightarrow lnx>1- \frac{1}{x}$

Για $x \in(0,1)$

$lnt<0 \Rightarrow \int_{x}^{1} lnt dt <0 \Rightarrow -1-xlnx+x<0 \Rightarrow lnx>1- \frac{1}{x}$

Για x=1

, ισχύει η ισότητα.

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #7

Mία άλλη απόδειξη είναι η εξής

Έστω $\displaystyle f\left ( x \right )=lnx-1+\frac{1}{x}, x> 0$

Είναι εύκολο να δούμε ότι $\displaystyle f'\left ( x \right )=\frac{x-1}{x^{2}}$

Προκύπτει αμέσως ότι η

εμφανίζει ολικό ελάχιστο για x=1

Άρα λοιπόν για κάθε x> 0

ισχύει ότι

$\displaystyle f\left ( x \right )\geq f\left ( 1 \right )\Rightarrow lnx-1+\frac{1}{x}\geq 0\Rightarrow lnx\geq 1-\frac{1}{x}$

Λάμπρος Μπαλός · #8

Επίσης, από τον λογαριθμικό μέσο, έχουμε

$\sqrt{x} < \frac{x-1}{lnx} < \frac{x+1}{2}$ , για $x \neq 1$ .

Για x>1

: $lnx>2\frac{x-1}{x+1}>1-\frac{1}{x}$ .

Για $x\in(0,1)$ : $lnx>\frac{x-1}{\sqrt{x}} >1-\frac{1}{x}$ .

Ελπίζω να μην το παρακάνουμε..

"Γνωστές" ρίζες

"Γνωστές" ρίζες

Re: "Γνωστές" ρίζες

Re: "Γνωστές" ρίζες

Re: "Γνωστές" ρίζες

Re: "Γνωστές" ρίζες

Re: "Γνωστές" ρίζες

Re: "Γνωστές" ρίζες

Re: "Γνωστές" ρίζες

Μέλη σε σύνδεση