matematikk.net

Det er kjent at [tex]\pi \,<\, \sqrt{10}[/tex].

Vis ved regning at
[tex]\sqrt{10}^\pi \;<\; \pi^{\sqrt{10}}[/tex]

[tex]x^{\pi}<\pi^{x} \Leftrightarrow \pi \log(x) < x\log(\pi) \Leftrightarrow \frac{x}{\log(x)}> \frac{\pi}{\log(\pi)}[/tex]

La [tex]f(x)=\frac{x}{\log(x)} \Rightarrow f^{\prime}(x)=\frac{\log(x)-1}{\log(x)^2}[/tex]

Den deriverte har klart bare ett nullpunkt, [tex]x=e[/tex], for positive [tex]x[/tex], og er positiv for alle [tex]x>e[/tex]. Det betyr at [tex]f[/tex] er strengt økende, så siden [tex]e<\pi < \sqrt{10}[/tex], har vi at [tex]f(e)<f(\pi)<f(\sqrt{10})[/tex].

Veldig bra. Den var kanskje for lett?

Jeg synes den var artig Kom gjerne med flere!

Oppgave fra årets Abelfinale:

Vis at [tex]( \frac {2010} {2009} )^{2009} > 2[/tex] uten bruk av kalkulator.

Nok en: Hvilket av [tex]\sqrt[2008]{2008!}[/tex] og [tex]\sqrt[2009]{2009!}[/tex] er størst?

Sistnevnte koker vi ned: ([tex]N=2008![/tex])

[tex]\sqrt[2008]{N} \ ? \ \sqrt[2009]{2009N} \\ \Leftrightarrow N^{2009} \ ? \ 2009^{2008} \cdot N^{2008} \\ \Leftrightarrow 2008! \ ? \ 2009^{2008} [/tex]

som blir [tex] \\ 2008! \ < \ 2009^{2008},[/tex]

så [tex] \sqrt[2008]{2008!} \ < \ \sqrt[2009]{2009!}[/tex]

Karl_Erik skrev:Oppgave fra årets Abelfinale:

Vis at [tex]( \frac {2010} {2009} )^{2009} > 2[/tex] uten bruk av kalkulator.

Kjapp og grei. Binomialteoremet gir
[tex](\frac{2010}{1009})^{2009} = (1 + \frac 1{2009})^{2009} = 1 + {2009 \choose 1} \frac{1}{2009} + r > 2[/tex]

Det finnes også en alternativ løsning til den oppgaven, det får være oppfølgeren.

Wow, nice løsning på den abeloppgaven, dao. Jeg hang meg opp i at tallet er nesten lik e, og måtte drive og derivere og rote litt, men tror jeg løste den til slutt. Jeg så på funksjonen [tex]f(x) = \(1 + \frac{1}{x}\)^{x}[/tex], som er 2 for x = 1, og viste at den var monotont stigende (nærmer seg som kjent e). Gjør dette ved å skrive om litt først (antar at x >= 1 i resten av teksten):

[tex]f(x) = e^{x\ln\(1 + \frac{1}{x}\)}[/tex]

Kaller eksponenten her for g(x), trenger nå å vise at g(x) er monotont voksende. Deriverer:

[tex]g`(x) = \ln\(1 + \frac{1}{x}\) - \frac{1}{1 + x}[/tex]

Lett å vise at g'(1) > 0 (blir å vise at ln(2) > 1/2, ta exp på begge sider og opphøy i annen, for da at 4 > e, som er velkjent).

Deriverer vi g'(x) får vi:

[tex]g``(x) = \frac{1}{(1 + x)^{2}} - \frac{1}{x^2 + x} < 0[/tex]

Altså er den g'(x) monotont avtagende, og vi ser at g'(x) går mot null når x går mot uendelig, altså blir g'(x) aldri negativ, altså er g(x) strengt voksende, altså er f(x) strengt voksende, altså er f(2009) > 2. LITT mer omstendelig løsning enn den forrige som ble presentert, men det var artig å komme i mål til slutt.

da har vi tre løsninger på den. Den siste er å se at det tilsvarer AM-GM ulikheten:

[tex]\frac{1+1+...+2}{2009} > \sqrt[2009]{1 \cdot 1 \cdot ... + \cdot 2}[/tex]