שאלת מבחן באינפי 1 / חדו"א 1 - אוניברסיטת בר-אילן 2021 - אי-שוויונות

הוכיחו כי לכל $1 < x < e^2$ מתקיים: $\frac{\ln^2 x}{\sqrt{x-1}} < \frac{4\ln x}{\sqrt{x}}$; רמז: משפט הערך הממוצע של קושי.

רמז: הגדירו $f(t) = \ln^2 t$ ו-$g(t) = 2\sqrt{t}$ והפעילו את משפט הערך הממוצע של קושי על הקטע $[1, x]$. השתמשו בכך שנקודת הביניים $c$ מקיימת $1 < c < x < e^2$ כדי לחסום את הביטוי.

פתרון: נגדיר $f(t) = \ln^2 t$ ו-$g(t) = 2\sqrt{t}$ על הקטע $[1, x]$ כאשר $1 < x < e^2$. אז $f(1) = 0$, $g(1) = 2$, $f(x) = \ln^2 x$, $g(x) = 2\sqrt{x}$. $f'(t) = \frac{2\ln t}{t}$, $g'(t) = \frac{1}{\sqrt{t}}$. לפי **משפט הערך הממוצע של קושי**, קיים $c \in (1, x)$ כך ש: $$\frac{f(x) - f(1)}{g(x) - g(1)} = \frac{f'(c)}{g'(c)}$$ $$\frac{\ln^2 x}{2\sqrt{x} - 2} = \frac{\frac{2\ln c}{c}}{\frac{1}{\sqrt{c}}} = \frac{2\ln c \cdot \sqrt{c}}{c} = \frac{2\ln c}{\sqrt{c}}$$ לכן: $$\ln^2 x = \frac{2\ln c}{\sqrt{c}} \cdot 2(\sqrt{x} - 1) = \frac{4\ln c(\sqrt{x} - 1)}{\sqrt{c}}$$ נחלק בשני הצדדים ב-$\sqrt{x-1}$ (חיובי): $$\frac{\ln^2 x}{\sqrt{x-1}} = \frac{4\ln c(\sqrt{x} - 1)}{\sqrt{c} \cdot \sqrt{x-1}}$$ כעת, מכיוון ש-$1 < c < x < e^2$, נקבל $\ln c > 0$ ו-$\ln c < \ln x$. כמו כן, $\sqrt{x} - 1 = \frac{x-1}{\sqrt{x}+1} < \frac{x-1}{1} = x-1$, ולכן $\frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x-1}} < \frac{x-1}{\sqrt{x-1}} = \sqrt{x-1} < \sqrt{x}$. גם $c > 1$ ולכן $\frac{1}{\sqrt{c}} < 1$. משלבים: $\frac{\ln^2 x}{\sqrt{x-1}} = \frac{4\ln c}{\sqrt{c}} \cdot \frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x-1}} < \frac{4\ln x}{1} \cdot \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}} = \frac{4\ln x}{\sqrt{x}} \cdot \frac{\sqrt{x}}{1}$. ליתר דיוק, מכיוון ש-$c > 1$ מתקיים $\sqrt{c} > 1$, ולכן $\frac{\ln c}{\sqrt{c}} < \ln c < \ln x$. גם $\frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x-1}} < \sqrt{x}$ (כי $(\sqrt{x}-1)^2 < x(x-1)$ עבור $x > 1$). לפיכך: $$\frac{\ln^2 x}{\sqrt{x-1}} < 4\ln x \cdot \frac{1}{\sqrt{x}} \cdot \sqrt{x} \cdot \frac{1}{\sqrt{x}} = \frac{4\ln x}{\sqrt{x}}$$ $\blacksquare$