Analiza Godzio: 1. Dowieść, że dla x > − 1 zachodzi:

x
	≤ ln(x + 1) ≤ x
x + 1

2. Podać przykład funkcji parzystej f, dla której f'(0) = 0 mimo, że w punkcie x₀ = 0 funkcja f nie ma ekstremum

sushi_ gg6397228: 1 rozpatrzec osobno dwie nierownosci najlepiej przenisc na jedna strone i z pochodnych pokazac ze f jest rosnaca/ malejaca na danym przedziale

Basia: ad.2 każda funkcja stała spełnia ten warunek na pewno (i chyba tylko stała, ale to już trzeba by udowodnić)

sushi_ gg6397228: 2. y= 2

Basia: ad.1 z tego, że f(x) = g(x) − h(x) jest rosnąca wynika jedynie, że dla x₁<x₂ g(x₁) − h(x₁) < g(x₂)−h(x₂) a nie to, że g(x) < h(x)

Godzio: Czyli

	x
f(x) =		− ln(x + 1) i muszę pokazać, że
	x + 1

f(x) ≤ 0 dla x > − 1 Zatem:

	−x
f'(x) =
	(x + 1)2

f'(x) = 0 ⇔ x = 0 f'(x) > 0 ⇔ x < 0, f'(x) < 0 ⇔ x > 0 lim_x→−1⁺f(x) = −∞ Z tego wynika, że wartością maksymalną w przedziale (−1,∞) jest liczba 0 zatem warunek f(x) ≤ 0 dla x > −1 jest zawsze spełniony, więc zachodzi nierówność

x
	≤ ln(x + 1)
x + 1

Takie coś jest ok ?

Godzio: Właśnie tak myślałem że stała, ale tak się zastanawiałem czy to miało by sens

sushi_ gg6397228: jak zrobisz rysunek pochodnej to zobaczysz ze dla x>0; h(x)= ln(x+1)− x h(0)= 0 i h jest malejaca h(x₀) <0 dla x₀ >0

Godzio: No dobra, to jeszcze takie jedno mnie gryzie, jak przy danym obwodzie trójkąta znaleźć trójkąt o największym polu, wiadomo, że to będzie równoboczny, ale nie wiem jak to udowodnić, próbowałem coś ze wzoru Herona, ale zawsze coś nie wychodzi tak jak powinno

Basia:

	1		1−x−1		−x
h'(x) =		− 1 =		=
	x+1		x+1		x+1

h'(x) > 0 ⇔ x∊(−1; 0) h'(x) < 0 ⇔ x∊(0,+∞) i to za mało, bo trzeba tę nierówność udowodnić dla x>−1 ( o to mi chodziło, nieściśle się wyraziłam)

Godzio: To moje rozwiązanie jest w końcu ok ?

Basia: maksimum ≠ wartość największa minimum ≠ wartość najmniejsza

Godzio: Jasne, ale to już niejako w pamięci zrobiłem f(0) = 0 (a to jest przy okazji wartość maksymalna )

sushi_ gg6397228: przeciez widac, ze dla x ∊ (−1,0) ln(x+1) < x a dla x>0 pokazalem co i jak

Godzio: Ale chodziło mi o pierwszą nierówność

sushi_ gg6397228:

	x
t(x)=		− ln (x+1)
	x+1

t ' (0)= max t(0)= 0 wiec wszystkie inne wartosci sa ponizej osi t(x₀) <0 dla kazdego x₀ ≠0

Godzio: No to co z tym trójkątem

Basia: dany obwód i tylko obwód ? to trzeba pomyśleć

Godzio: Tak, tylko on.

Basia: no to spróbuję pomyśleć, jak coś wymyślę to Ci jutro napiszę na razie znikam

Godzio: Ok, dobranoc

Basia: P = √p(p−x)(p−y)(p−(p−x−y)) = √p(p−x)(p−y)(x+y) można korzystać z funkcji dwóch zmiennych ?

	1
P'x =		*p(p−y)[−1(x+y)+1(p−x)] =
	√p(p−x)(p−y)(x+y)

1
	*p(p−y)[−x−y+p−x] =
√p(p−x)(p−y)(x+y)

1
	*p(p−y)[p−2x−y]
√p(p−x)(p−y)(x+y)

	1
P'y =		*p(p−x)[−1(x+y)+1(p−y)] =
	√p(p−x)(p−y)(x+y)

1
	*p(p−x)(p−x−2y)
√p(p−x)(p−y)(x+y)

miejsca zerowe y=p niemożliwe x=p niemożliwe p−2x−y =0 p−x−2y =0 y = p−2x p−x−2p+4x = 0 3x = p x = ^p₃ y = ^p₃ z = ^p₃ oczywiście to tylko początek rozwiązania teraz należałoby policzyć drugie pochodne, wyznacznik Hessego i wykazać, że w punkcie (^p₃, ^p₃) P(x,y) = √p(p−x)(p−y)(p−(p−x−y)) = √p(p−x)(p−y)(x+y) ma maksimum

Vax:

	(p−x)+(p−y)+(p−z)		p
P = √p*√(p−x)(p−y)(p−z) ≤ √p * (		)3/2 = √p * (		)3/2 =
	3		3

	p2
	3√3

Ale p jest z założeń zadania stałe, więc z zależności am−gm widzimy że pole osiągnie maksymalną wartość dla p−x=p−y=p−z ⇔ x=y=z czyli dla trójkąta równobocznego, cnd.

Godzio: Basia jeszcze nie miałem funkcji dwóch zmiennych i w tym problem, Vax ja nie widzę tego, że musi być koniecznie p − x = p − y = p − z

Vax: To wynika z tego, że równość w am−gm zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy wszystkie liczby są równe:

a1+a2+...+an
	≥ n√a1a2..an
n

Równość zachodzi dla a₁=a₂=...=a_n, u nas mamy n=3 i a₁ = p−x , a₂ = p−y , a₃ = p−z

Godzio: A skąd Ci się bierze nagle: (p − x)(p − y)(p − z) = p ?

Vax:

	x+y+z
p to połowa obwodu, czyli p =		, i tam nie ma mnożenia tylko jest dodawanie:
	2

(p−x)+(p−y)+(p−z) = 3p−(x+y+z) = 3p−2p = p

Godzio: Aaaa, no tak ... nie było pytania