Докажите что lnx 1 x

how to prove that $\ln(1+x)< x$ [duplicate]

Which leads to $f(x)<f(0)$, so $\ln (x+1)-x<0$.

Is that a valid proof? Any other ideas?

5 Answers 5

Another proof is based on the fact that $e^x$ is a convex function and $x+1$ is tangent to $e^x$ at $0$. That is,

$$x+1< e^x, \text < if >x\not =0, \text < and >x+1=e^x \text < if >x=0.$$

Taking the natural logarithm of both sides we get that

if $x>0$. Then, taking the logarithm, which is an increasing function, we get $x > \ln(1+x)$.

I think your approach is correct but you need to add some more details. Based on your approach let $f(x) = \log(1 + x) — x$ so that $f(0) = 0$. Clearly $$f'(x) = -\frac<1 + x>$$ and hence $f'(x) > 0$ if $-1 < x < 0$ and $f'(x) < 0$ if $x > 0$. It follows that that $f(x)$ in increasing in $(-1, 0]$ and decreasing in $[0, \infty)$. Thus we have $f(x) < f(0)$ if $-1 < x < 0$ and $f(x) < f(0)$ if $x > 0$. It thus follows that $f(x) \leq f(0) = 0$ for all $x > -1$ and there is equality only when $x = 0$. So we can write $$\log(1 + x) \leq x$$ for all $x > -1$ and there is equality only when $x = 0$.

Note: We have considered $x > -1$ because $\log(1 + x)$ is not defined if $x \leq -1$.

Упр.19.31 ГДЗ Мордковича 11 класс профильный уровень (Алгебра)

©Reshak.ru — сборник решебников для учеников старших классов. Здесь можно найти решебники, ГДЗ, переводы текстов по школьной программе. Практически весь материал, собранный на сайте — авторский с подробными пояснениями профильными специалистами. Вы сможете скачать гдз, решебники, улучшить школьные оценки, повысить знания, получить намного больше свободного времени.

Главная задача сайта: помогать школьникам и родителям в решении домашнего задания. Кроме того, весь материал совершенствуется, добавляются новые сборники решений.

Логарифмическая производная. Дифференцирование показательно степенной функции.

Когда нам нужно выполнить дифференцирование показательно степенной функции вида y = ( f ( x ) ) g ( x ) или преобразовать громоздкое выражение с дробями, можно использовать логарифмическую производную. В рамках этого материала мы приведем несколько примеров применения этой формулы.

Чтобы понять эту тему, необходимо знать, как пользоваться таблицей производных, быть знакомым с основными правилами дифференцирования и представлять себе, что такое производная сложной функции.

Как вывести формулу логарифмической производной

Для получения этой формулы нужно сначала произвести логарифмирование по основанию e, а затем упростить получившуюся функцию, применив основные свойства логарифма. После этого надо вычислить производную неявно заданной функции:

y = f ( x ) ln y = ln ( f ( x ) ) ( ln y ) ‘ = ( ln ( f ( x ) ) ) ‘ 1 y · y ‘ = ( ln ( f ( x ) ) ) ‘ ⇒ y ‘ = y · ( ln ( f ( x ) ) ) ‘

Примеры использования формулы

Покажем на примере, как это делается.

Вычислить производную показательно степенной функции переменной x в степени x .

Решение

Проводим логарифмирование по указанному основанию и получаем ln y = ln x x . С учетом свойств логарифма это можно выразить как ln y = x · ln x . Теперь дифференцируем левую и правую части равенства и получаем результат:

ln y = x · ln x ln y ‘ = x · ln x ‘ 1 y · y ‘ = x ‘ · ln x + · ln x ‘ ⇒ y ‘ = y · 1 · ln x + x · 1 x = y · ( ln x + 1 ) = x x · ( ln x + 1 )

Ответ: x x ‘ = x x · ( ln x + 1 )

Такую задачу можно решить и другим способом, без логарифмической производной. Сначала нам надо преобразовать исходное выражение так, чтобы перейти от дифференцирования показательно степенной функции к вычислению производной сложной функции, например:

y = x x = e ln x x = e x · ln x ⇒ y ‘ = ( e x · ln x ) ‘ = e x · ln x · x · ln x ‘ = x x · x ‘ · ln x + x · ( ln x ) ‘ = = x x · 1 · ln x + x · 1 x = x x · ln x + 1

Рассмотрим еще одну задачу.

Вычислите производную функции y = x 2 + 1 3 x 3 · sin x .

Решение

Исходная функция представлена в виде дроби, значит, мы можем решить задачу с помощью дифференцирования. Однако эта функция довольно сложная, значит, преобразований потребуется много. Значит, нам лучше использовать здесь логарифмическую производную y ‘ = y · ln ( f ( x ) ) ‘ . Поясним, почему такое вычисление удобнее.

Начнем с нахождения ln ( f ( x ) ) . Для дальнейшего преобразования нам потребуются следующие свойства логарифма:

• логарифм дроби можно представить в виде разности логарифмов;
• логарифм произведения можно представить в виде суммы;
• если у выражения под логарифмом есть степень, мы можем вынести ее в качестве коэффициента.

ln ( f ( x ) ) = ln ( x 2 + 1 ) 1 3 x 3 · sin x 1 2 = ln ( x 2 + 1 ) 1 3 — ln ( x 3 · sin x ) 1 2 = = 1 3 ln ( x 2 + 1 ) — 3 2 ln x — 1 2 ln sin x

В итоге у нас получилось достаточно простое выражение, производную которого вычислить несложно:

( ln ( f ( x ) ) ) ‘ = 1 3 ln ( x 2 + 1 ) — 3 2 ln x — 1 2 ln sin x ‘ = = 1 3 ln ( x 2 + 1 ) ‘ — 3 2 ln x ‘ — 1 2 ln sin x ‘ = = 1 3 ( ln ( x 2 + 1 ) ) ‘ — 3 2 ( ln x ) ‘ — 1 2 ( ln sin x ) ‘ = = 1 3 · 1 x 2 + 1 · x 2 + 1 ‘ — 3 2 · 1 x — 1 2 · 1 sin x · ( sin x ) ‘ = = 1 3 · 2 x x 2 + 1 — 3 2 x — cos x 2 sin x

Теперь то, что у нас получилось, нужно подставить в формулу логарифмической производной.

Ответ: y ‘ = y · ln ( f ( x ) ) ‘ = x 2 + 1 3 x 3 · sin x · 1 3 · 2 x x 2 + 1 — 3 2 x — cos x 2 sin x

Чтобы закрепить материал, изучите еще пару следующих примеров. Здесь будут приведены только вычисления с минимумом комментариев.

Дана показательно степенная функция y = ( x 2 + x + 1 ) x 3 . Вычислите ее производную.

Решение:

y ‘ = y · ( ln ( f ( x ) ) ) ‘ = ( x 2 + x + 1 ) x 3 · ln ( x 2 + x + 1 ) x 3 ‘ = = ( x 2 + x + 1 ) x 3 · x 3 · ( x 2 + x + 1 ) ‘ = = ( x 2 + x + 1 ) x 3 · x 3 ‘ · ln ( x 2 + x + 1 ) + x 3 ln ( x 2 + x + 1 ) ‘ = = ( x 2 + x + 1 ) x 3 · 3 x 2 · ln ( x 2 + x + 1 ) + x 3 · 1 x 2 + x + 1 · x 2 + x + 1 ‘ = = ( x 2 + x + 1 ) x 3 · 3 x 2 · ln ( x 2 + x + 1 ) + x 3 2 x + 1 x 2 + x + 1 = = ( x 2 + x + 1 ) x 3 · 3 x 2 · ln ( x 2 + x + 1 ) + 2 x 4 + x 3 x 2 + x + 1

Ответ: y ‘ = y · ( ln ( f ( x ) ) ) ‘ = ( x 2 + x + 1 ) x 3 · 3 x 2 · ln ( x 2 + x + 1 ) + 2 x 4 + x 3 x 2 + x + 1

Вычислите производную выражения y = x 2 + 1 3 · x + 1 · x 3 + 1 4 x 2 + 2 x + 2 .

Решение

Применяем формулу логарифмической производной.

y ‘ = y · ln x 2 + 1 3 · x + 1 · x 3 + 1 4 x 2 + 2 x + 2 ‘ = = y · ln x 2 + 1 3 + ln x + 1 + ln x 3 + 1 4 — ln x 2 + 2 x + 2 ‘ = = y · 1 3 ln ( x 2 + 1 ) + 1 2 ln x + 1 + 1 4 ln ( x 3 + 1 ) — 1 2 ln ( x 2 + 2 x + 2 ) ‘ = = y · ( x 2 + 1 ) ‘ 3 ( x 2 + 1 ) + x + 1 ‘ 2 ( x + 1 ) + ( x 3 + 1 ) ‘ 4 x 3 + 1 — x 2 + 2 x + 2 ‘ 2 x 2 + 2 x + 2 = = x 2 + 1 3 · x + 1 · x 3 + 1 4 x 2 + 2 x + 2 · 2 x 3 ( x 2 + 1 ) + 1 2 ( x + 1 ) + 3 x 2 4 ( x 3 + 1 ) — 2 x + 2 2 ( x 2 + 2 x + 2 )

Ответ:

y ‘ = x 2 + 1 3 · x + 1 · x 3 + 1 4 x 2 + 2 x + 2 · 2 x 3 ( x 2 + 1 ) + 1 2 ( x + 1 ) + 3 x 2 4 ( x 3 + 1 ) — 2 x + 2 2 ( x 2 + 2 x + 2 ) .

математический-анализ — Неравенство

Задача: при всех $%x > 0$% докажите неравенство $%\ln(1+x) < \frac<\sqrt<1+x>>$%.

Я посчитал предел отношения функций $%f(x)=\ln(1+x),\ g(x)=\frac<\sqrt<1+x>>$% на бесконечности и выяснил, что $%g(x)$% растет быстрее, то есть начиная с какого-то $%x$% неравенство выполнено. Далее я хотел посчитать аналогичный предел в нуле, но оказалось, что функции там эквивалентны. Пока не приходит в голову, как показать, что неравенство выполняется при любых сколь угодно близких к нулю «иксах».
Может быть, тут нужно какой-то совсем другой подход использовать?

задан 20 Июл ’22 14:51

Можно сделать замену x+1=t^2 и доказывать, что f(t)=t-1/t-2ln(t)>=0 при t>=1. Но это очевидно, ввиду неотрицательности производной.

@caterpillar, а неотрицательности производной достаточно, потому что f(1) = 0, верно?