Page 100 - vol2

a
bevezetjük a t = 2  1 jelölést, akkor tulajdonképpen bizonyítani kell,
b
t − 2 1 t + 2 1
hogy t   . Mivel az egyenlőtlenségben logaritmus is van,
2lnt 2
ezért nincs lehetőség arra, hogy elemi módszerekkel bizonyítsuk.
t − 2 1 t − 2 1
Először is a t   2lnt  egyenlőtlenség bizonyítása
2lnt t
2
t − 1
végett tekintsük az f ( ) = t − 2lnt segédfüggvényt. Mivel
t
(t − 1) 2
t
f '( ) = t  0 ezért az f ( ) függvény monoton növekvő, tehát
t 2
=
f ( )  t f (1) 0 ami éppen a bizonyítandó egyenlőtlenség.
t − 1 t + 1 t − 1
2
2
2
A    lnt egyenlőtlenség bizonyítása végett
2lnt 2 t + 1
2
t − 1
2
vezessük be a ( ) lng t = t − segédfüggvény. Mivel
t + 1
2
(t − ) 1 2
2
g '( ) = t 2  0 ezért a g ( ) függvény monoton növekvő, tehát
t
( t t + ) 1
2
=
g ( )  t g (1) 0 ami éppen a bizonyítandó egyenlőtlenség.
a
Természetesen merül fel a kérdés, hogy az M 1 ( , ) ténylegesen
b
az ( , )L a b legjobb felső korlátja? A válasz tagadó!
−
a b  3 a + 3 b  3
a
10.állítás: L ( , )  M 1 ( , ) vagyis      .
b
a
b
3 ln a − lnb  2 
Az (1’) egyenlőtlenséglánc alapján látható, hogy ez sokkal „erősebb”
felső korlát.
a
Bizonyítás: Ezúttal a t = 3  1 változócserével azt kapjuk, hogy
b
t − 1 3
3
bizonyítani kell, hogy  lnt . Ennek a bizonyítása érdekében
(t + 1) 3 8
3
3 t − 1
tekintsük az f ( ) = t lnt − segédfüggvényt. Mivel
8 (t + 1) 3
100