Θέμα Δ4-Πανελλαδικές 2025

#1

Να "υπολογίσετε" το ολοκλήρωμα του Δ4 (ως απειροάθροισμα).

nickolas tsik · #2

Δεν κλέβω την πρόταση του dimessi ( \href{viewtopic.php?f=133&t=77679}{\textcolor{blue}{εδώ}}.) για την taylor αν και θεώρω οτι τέτοιες προσεγγίσεις πέραν της ύλης είναι περιττές πάνω σε ασκήσεις που εδράζονται, κατά κυριο λόγο, στη θεωρεία...
Έστωσαν οι
$\displaystyle I(a)=\int_{0}^{1}e^{\,a\,t^{2}+t}\,dt,\qquad a\in[0,1]. Για$ t=\ln x $\[ \int_{1}^{e}x^{\ln x}\,dx =\int_{0}^{1}e^{\,t^{2}+t}\,dt =I(1).$
$\displaystyle e^{\,a\,t^{2}} =\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(a\,t^{2})^{m}}{m!} =\sum_{m=0}^{\infty}\frac{a^{m}\,t^{2m}}{m!}, \quad e^{\,a\,t^{2}+t} =e^{\,t}\sum_{m=0}^{\infty}\frac{a^{m}\,t^{2m}}{m!}.$
συγκλίνει για $t\in[0,1]$ ,
$\displaystyle I(a) =\int_{0}^{1}e^{\,a\,t^{2}+t}\,dt =\int_{0}^{1}\Bigl(\sum_{m=0}^{\infty}\tfrac{a^{m}\,t^{2m}}{m!}\,e^{\,t}\Bigr)\,dt =\sum_{m=0}^{\infty}\frac{a^{m}}{m!}\int_{0}^{1}t^{2m}e^{\,t}\,dt.$
Ορίζουμε
$\displaystyle A_{m}=\int_{0}^{1}t^{2m}e^{\,t}\,dt,\qquad m=0,1,2,\ldots$
Άρα
$\displaystyle \boxed{\,I(a)=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{a^{m}}{m!}\,A_{m}\,.}$
$A_{0}=\displaystyle\int_{0}^{1}e^{\,t}\,dt =\Bigl[e^{\,t}\Bigr]_{0}^{1} =e-1.$
$A_{1}=\displaystyle\int_{0}^{1}t^{2}e^{\,t}\,dt$ .
Δύο ολοκληρώσεις κατά μέρος:
$\displaystyle \int_{0}^{1}t^{2}e^{\,t}\,dt =\bigl[t^{2}e^{\,t}\bigr]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}2t\,e^{\,t}\,dt =e-2\int_{0}^{1}t\,e^{\,t}\,dt.$
$\displaystyle \int_{0}^{1}t\,e^{\,t}\,dt =\bigl[t\,e^{\,t}\bigr]_{0}^{1} -\int_{0}^{1}e^{\,t}\,dt =\bigl(e-0\bigr)-\bigl[e^{\,t}\bigr]_{0}^{1} =e-(e-1)=1.$
Άρα
$\displaystyle A_{1}=e-2.$
Για $m\ge2$ , $t^{2m}\ge0$ και $e^{\,t}>0$ σε [0,1]

, άρα
$\displaystyle A_{m}=\int_{0}^{1}t^{2m}e^{\,t}\,dt>0.$
Από
$\displaystyle I(a) =\sum_{m=0}^{\infty}\frac{a^{m}}{m!}\,A_{m} =(e-1)+a(e-2)+\sum_{m=2}^{\infty}\frac{a^{m}}{m!}\,A_{m},$
και επειδή $A_{m}>0$ για $m\ge2$ και a>0

, προκύπτει
$\displaystyle I(a)>(e-1)+a(e-2)\quad\text{για κάθε }a\in(0,1].$
, για a=1

,
$\displaystyle I(1)>(e-1)+(e-2)=2e-3.$
Από τη σχέση $I(1)=\int_{1}^{e}x^{\ln x}\,dx$ καταλήγουμε
$\displaystyle \boxed{\int_{1}^{e}x^{\ln x}\,dx>2e-3.}$
Αλλιώς
$\displaystyle I'(a) =\frac{d}{da}\Bigl(\int_{0}^{1}e^{\,a\,t^{2}+t}\,dt\Bigr) =\int_{0}^{1}t^{2}e^{\,a\,t^{2}+t}\,dt \;\ge\;\int_{0}^{1}t^{2}e^{\,t}\,dt=e-2.$
Άρα
$\displaystyle I(1)-I(0)=\int_{0}^{1}I'(a)\,da\ge e-2, \quad I(0)=\int_{0}^{1}e^{\,t}\,dt=e-1,$
$\displaystyle I(1)\ge(e-1)+(e-2)=2e-3,$
και επειδή σε $t\in(0,1]$ και a>0

ισχύει $e^{\,a\,t^{2}}>1$ ,
$\displaystyle I(1)>2e-3.$

Άρα πάντα
$\displaystyle \int_{1}^{e}x^{\ln x}\,dx>2e-3.$

#3

silouan έγραψε: ↑
Τρί Ιουν 03, 2025 12:18 pm
Να "υπολογίσετε" το ολοκλήρωμα του Δ4 (ως απειροάθροισμα).

Σιλουανέ, βρίσκω ότι αν γράψουμε το $\int_{1}^{{\rm{e}}}{\rm{e}}^{\log^2{x}}{\rm{d}}x$ με μορφή σειράς, αυτή είναι τερατώδης.
Αντίθετα, είναι ενδιαφέρουσα η περίπτωση για το $\int_{1}^{1/{\rm{e}}}{\rm{e}}^{\log^2{x}}{\rm{d}}x$ .

Tolaso J Kos · #4

grigkost έγραψε: ↑
Τετ Ιουν 04, 2025 6:50 am

silouan έγραψε: ↑
Τρί Ιουν 03, 2025 12:18 pm
Να "υπολογίσετε" το ολοκλήρωμα του Δ4 (ως απειροάθροισμα).
Αντίθετα, είναι ενδιαφέρουσα η περίπτωση για το $\int_{1}^{1/{\rm{e}}}{\rm{e}}^{\log^2{x}}{\rm{d}}x$ .

Δε μπορώ να κάνω κάτι καλύτερο, από το παρακάτω.

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{1}^{1/e} e^{\log^2 x} \, \mathrm{d}x & \overset{y=\log x}{=\! =\! =\! =\! =\!} \int_{0}^{-1} e^{y^2} e^y \, \mathrm{d}y \\ &\! \! \! \! \! \overset{y=-u}{=\! =\! =\! =\!} - \int_{0}^{1} e^{-u} e^{u^2} \, \mathrm{d}u \\ & = -\int_{0}^{1} e^{u^2 - u} \, \mathrm{d}u \\ & = - \int_{0}^{1} e^{\left( u - \frac{1}{2} \right)^2 - \frac{1}{4}} \, \mathrm{d}u \\ & = - \frac{1}{\sqrt[4]{e}} \int_{0}^{1} e^{\left( u - \frac{1}{2} \right)^2} \, \mathrm{d}u \\ &\! \! \! \! \! \! \! \!\overset{w = u - 1/2}{=\! =\! =\! =\! =\! =\! } - \int_{-1/2}^{1/2} e^{w^2} \, \mathrm{d}w \\ & = - \frac{2}{\sqrt[4]{e}} \int_{0}^{1/2} e^{w^2} \, \mathrm{d}w \\ & = - \frac{\sqrt{\pi}}{\sqrt[4]{e}} \; \; \text{erfi} \left( \frac{1}{2} \right) \end{aligned}}$
όπου $\displaystyle{\text{erfi} \; (x) = \frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_{0}^{x} e^{t^2} \, \mathrm{d}t}$ . Η erfi έχει γνωστό ανάπτυγμα, $\displaystyle{\text{erfi} \; (z) = \frac{2}{\sqrt{\pi}} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{z^{2n+1}}{n! \left( 2n+1 \right)}}$ , οπότε

$\displaystyle{\int_{1}^{1/e} x^{\ln x} \, \mathrm{d}x = -\frac{1}{\sqrt[4]{e}} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{4^n n! \left( 2n + 1 \right)} \approx -0.8488}$
Ομοίως και το αρχικό ερώτημα απαντάται σε

$\displaystyle{\int_{1}^{e} x^{\ln x } \, \mathrm{d}x = \frac{\sqrt{\pi}}{2 \sqrt[4]{e}} \left( \text{erfi} \left( \frac{3}{2} \right) - \text{erfi} \left( \frac{1}{2} \right) \right)}$

#5

Και αφού συζητήθηκε, ακόμα μια λύση για το $\int_{1}^{\frac{1}{\rm{e}}}{\rm{e}}^{\log^2{x}}\,{\rm{d}}x$ .

$\begin{aligned} \int_{1}^{\frac{1}{\rm{e}}}{\rm{e}}^{\log^2{x}}\,{\rm{d}}x&\stackrel{\begin{subarray}{c} {t\,=\,-\log{x}} \\ {{\rm{d}}x\,=\,-{\rm{e}}^{-t}{\rm{d}}t} \\ \end{subarray}}{=\!=\!=\!=\!=\!=}-\int_{0}^{1}{\rm{e}}^{({-t})^2}{\rm{e}}^{-t}\,{\rm{d}}t=-\int_{0}^{1}{\rm{e}}^{t\,(t-1)}\,{\rm{d}}t\\ &=-\int_{0}^{1}\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{t^n(t-1)^n}{n!}\,{\rm{d}}t=-\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{1}{n!}\int_{0}^{1}t^n(t-1)^n\,{\rm{d}}t\\ &=-\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{({-1})^n}{n!}\int_{0}^{1}t^{n+1-1}(1-t)^{n+1-1}\,{\rm{d}}t\\ &=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{({-1})^{n+1}}{n!}\,{\rm{B}}\,({n+1,n+1})=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{({-1})^{n+1}}{n!}\,\frac{(n!)^2}{({2n+1})!}\\ &=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{({-1})^{n+1}n!}{({2n+1})!}\,. \end{aligned}$

#6

grigkost έγραψε: ↑
Τετ Ιουν 04, 2025 6:50 am

silouan έγραψε: ↑
Τρί Ιουν 03, 2025 12:18 pm
Να "υπολογίσετε" το ολοκλήρωμα του Δ4 (ως απειροάθροισμα).
Σιλουανέ, βρίσκω ότι αν γράψουμε το $\int_{1}^{{\rm{e}}}{\rm{e}}^{\log^2{x}}{\rm{d}}x$ με μορφή σειράς, αυτή είναι τερατώδης.
Αντίθετα, είναι ενδιαφέρουσα η περίπτωση για το $\int_{1}^{1/{\rm{e}}}{\rm{e}}^{\log^2{x}}{\rm{d}}x$ .

Γρηγόρη, αυτό είναι όντως πιο κομψό. Είχα στο μυαλό μου πάνω κάτω την απάντηση του Τόλη.
Γράφεται και έτσι:
$\displaystyle \int_{1}^{e} e^{(\ln x)^2} \, dx = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!} \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} \frac{1}{n + k + 1}$

#7

Μπορούμε και με πιο απλά μέσα, χωρίς erf

ή συναρτήσεις Bete

. Τα κύρια βήματα είναι:

Θέλουμε το

$\displaystyle{\int_{1}^e{e}^{\log^2{x}}\,dx=\int_{1}^e \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac {\log^{2n} {x}}{n!}\,dx = \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac {1}{n!} \int_{1}^e \log^{2n} {x}}\,dx= \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac {I_{2n}}{n!} }$

οπότε χρειαζόμαστε το $I_{2n}$ , το οποίο βρίσκομε ως εξής:

Με ολοκλήρωση κατά παράγοντες έχουμε (άμεσο) $I_N=e-NI_{N-1}$ οπότε (το κλειδί) $\boxed {\dfrac {I_N}{N!}= \dfrac {e}{N!}- \dfrac {I_{N-1}}{(N-1)!}}$

Συμπεραίνουμε ότι

$\dfrac {I_N}{N!}= \dfrac {e}{N!}- \left ( \dfrac {e}{(N-1)!}- \dfrac {I_{N-2}}{(N-2)!}\right ) = \dfrac {e}{N!}- \dfrac {e}{(N-1)!}+ \dfrac {I_{N-2}}{(N-2)!}$

Με πρ'οσθεση κατά μέλη μέχρι τον N=2n

παίρνουμε

$\dfrac {I_{2n}}{(2n)!}= \dfrac {e}{(2n)!}- \dfrac {e}{(2n-1)!}+...+ \dfrac {e}{2!} -\dfrac {e}{1!} + I_0= \left (\dfrac {1}{(2n)!}- \dfrac {1}{(2n-1)!}+...+ \dfrac {1}{2!} -\dfrac {1}{1!} +1\right )e-1$ ,

Και λοιπά.

Tolaso J Kos · #8

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Τετ Ιουν 04, 2025 9:25 am
Μπορούμε και με πιο απλά μέσα, χωρίς ή συναρτήσεις . Τα κύρια βήματα είναι:

Θέλουμε το

$\displaystyle{\int_{1}^e{e}^{\log^2{x}}\,dx=\int_{1}^e \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac {\log^{2n} {x}}{n!}\,dx = \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac {1}{n!} \int_{1}^e \log^{2n} {x}}\,dx= \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac {I_{2n}}{n!} }$

οπότε χρειαζόμαστε το $I_{2n}$ , το οποίο βρίσκομε ως εξής:

Έτσι το ξεκίνησα, είδα τον αναγωγικό ... και τρόμαξα. Οπότε άλλαξα πλεύση.

elie · #9

Ξαφνικά μέσα από δεκάδες δημοσιεύσεις, σχόλια και αναλύσεις μάθαμε ότι όλος ο κόσμος γνωρίζει την ανισότητα: $e^x\ge x+1$ για κάθε $x\in \mathbb{R}$ .

Ακούσαμε φράσεις όπως: «σύμφωνα με γνωστή σχέση…», «από τη θεωρία ξέρουμε ότι…», «ως γνωστόν…» κ.τ.λ.

Γνωστή από πού;!

Από το σχολικό βιβλίο της γ΄ λυκείου, το οποίο καθορίζει επίσημα την ύλη; Όχι βέβαια…

Το σχολικό βιβλίο επίσημα διδάσκει την ανισότητα $\left| ημx \right|\le \left| x \right|$ (βλ. Πανελλαδικές ΘΕΜΑ Γ 2016) και σε εφαρμογή (όχι εξεταστέα ύλη) την $lnx\le x-1$ για κάθε $x\ge 1$ .

Να δούμε λοιπόν τα πράγματα από την αρχή: Μια φορά και έναν καιρό σε βιβλία γ΄ λυκείου γνωστών και καταξιωμένων συγγραφέων εμφανίστηκαν ασκήσεις, η σκέψη των οποίων στη-ριζόταν σε αυτή. Μόνο σε αυτήν! Δηλαδή όποιος επιχειρούσε να βρει μια σχέση που ήθελε με άλλον τρόπο, πολλές φορές αυτό ήταν αδύνατο ή εκτός μαθήματος διδασκαλίας γ΄ λυκείου. Η συγκεκριμένη σχέση προφανώς έχει περάσει από μπροστά μας. Στη μελέτη μονοτονίας, κυρτότητας, καθώς και σε άλλες περιπτώσεις. Και προφανώς αυτή και παραλλαγές της έχουν χρη-σιμοποιηθεί, αφού πρώτα η άσκηση απαιτούσε την απόδειξή της, την παρουσία της με κάποιον τρόπο.

Όμως το θέμα δε σταμάτησε εκεί. Πάρα πολλοί καθηγητές άρχισαν να εντάσσουν στο μάθημά τους τέτοιες «γνωστές» σχέσεις. Έτσι έδιναν στα παιδιά μια λίστα από ανισότητες και έλεγαν: «δοκιμάστε», δηλαδή ρίξτε μια ζαριά, όταν δεν μπορείς να σκεφτείς κάτι άλλο. Σχέσεις που είναι εκτός ύλης!

Δηλαδή, αντί να λέμε στους μαθητές τρόπους να σκέφτονται, να διακρίνουν, να συνθέτουν ιδέες και να βγάζουν σχέσεις, τους δίνουμε τρόπο να «τζογάρουν»! Και όταν ένα θέμα έχει και 2ο τρόπο φυσιολογικό που ο μαθητής γ΄ λυκείου με γνώσεις και σκέψεις μπορεί να οδηγηθεί στο επιθυμητό αποτέλεσμα, έχει καλώς. Όταν όμως δεν έχει 2ο τρόπο; Με ποια λογική ο μαθητής θα έπρεπε να σκεφτεί να ξεκινήσει από την εν λόγω ανισότητα; Για ποιο λόγο αυτή θα έπρεπε να αποτελέσει την αφετηρία της σκέψης του για την επίλυση του ζητήματος; Υπήρχε κάποια ένδειξη που να του έδινε αυτό το έναυσμα; Μάλλον όχι, εκτός αν την ώρα που έγραφε βίωσε μια στιγμή ενόρασης.

Ακόμη, τι γίνεται με τους μαθητές που προτίμησαν να μάθουν να σκέφτονται και όχι να έχουν έτοιμες «γνωστές» ανισοτικές σχέσεις; Η ανισότητα για κάθε θεωρείται γνωστή. Η ανισότητα $e^x\ge x+1$ για κάθε $x\in \mathbb{R}$ είναι γνωστή ή όχι; Και γιατί; Επίσης η ανισότητα ${{e}^{f\left( \frac{\alpha +\beta }{2} \right)}}\le \frac{{{e}^{f(\alpha )}}+{{e}^{f(\beta )}}}{2}$ είναι γνωστή ή όχι; Και γιατί;

Με ποιο δικαίωμα το Δ4 στηρίζεται μόνο σε κάτι που κάποιοι θεωρούν γνωστό, ενώ είναι εκτός ύλης; Γιατί δεν έχει δημοσιευτεί έως σήμερα 2ος τρόπος, ο οποίος εννοείται να είναι στο πλαίσιο διδασκαλίας της γ΄ λυκείου; Ούτε με ανισότητες Jensen, ούτε με τον κανόνα του Simpson, ούτε με απειροάθροισμα, ούτε με τη χρήση Geogebra, όπου εμφανίζονται εμβαδά, τα οποία σπάνε και αθροίζονται, όπως σε κάποια λύση που προτάθηκε, όπου ο μαθητής αφού έχει αποτύχει με τις εφαπτόμενες στα άκρα του διαστήματος πρέπει να σκεφτεί να σπάσει στο σημείο τομής τους, να αθροίσει δύο ολοκληρώματα και να φτάσει… όχι στο 2e-3

, αλλά σε κατάλληλο φράγμα! Και μάλιστα όλο αυτό χωρίς να έχει καμία σχέση με τη συγκεκριμένη συνάρτηση της άσκησης στα προηγούμενα ερωτήματα.

Δεν κάνουμε σεμινάριο, ούτε επίδειξη γνώσεων στα παιδιά της γ΄ λυκείου. Αν δείτε προσπά-θειες παιδιών και φυσικά καθηγητών σε αυτό το θέμα, οι οποίες είναι ωραίες, αγνές μαθηματι-κές σκέψεις, είναι καταδικασμένες, αφού το ζήτημα δεν επιλύεται διαφορετικά.

Και δυστυχώς δε μιλάει κανείς γιατί όλοι λένε: «αυτές τις ανισότητες τις αναφέρω στο μάθημα και τις τονίζω ιδιαίτερα…».

Στο Θέμα Δ του 2012 κρίθηκε αναγκαίο να δοθεί η υπόδειξη: «με τη βοήθεια της ανισότητας $lnx\le x-1$ , που ισχύει για κάθε $x\ge 1$ …». Στα φετινά θέματα δε χρειαζόταν; Τι άλλαξε από τότε; Επίσης στο Θέμα Δ των ετών 2016, 2018 και 2019 δε χρειάστηκαν αυτές οι «λίστες» γνωστών ανισοτικών σχέσεων, καθώς οι θεματοδότες πρότειναν περιστατικά, όπου ο μαθητής έπρεπε να δει και να συνθέσει ιδέες. Φέτος;

Ανεξάρτητα από το αν το ερώτημα Δ4 είναι ουσιαστικό από μαθηματικής πλευράς, δεν τίθεται και ζήτημα βαθμολόγησης; Και όπως πολύ εύστοχα τόνισε ένας μαθητής μας: «Αυτός που είχε ως 1η ιδέα αυτήν την ανισοτική σχέση, σίγουρα δε θα είχε κατά νου καμία άλλη ιδέα…»

Με εκτίμηση και σεβασμό,

Γιάννης Ανδρεάδης
Ηλίας Ντεϊρμεντζίδης

Tolaso J Kos · #10

elie έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 05, 2025 3:18 pm
Ξαφνικά μέσα από δεκάδες δημοσιεύσεις, σχόλια και αναλύσεις μάθαμε ότι όλος ο κόσμος γνωρίζει την ανισότητα: $e^x\ge x+1$ για κάθε $x\in \mathbb{R}$ .

Και όμως, αυτή η ανισότητα υπάρχει σαν άσκηση Β' Ομάδας στο σχολικό βιβλίο.

elie · #11

Όπως είπατε, ως άσκηση! Ο μαθητής είναι υποχρεωμένος να θυμάται τα συμπεράσματα των ασκήσεων και με βάση αυτά να του έρχονται ιδέες επίλυσης ζητημάτων και ειδικά σε επίπεδο Πανελλαδικών εξετάσεων;! Νομίζω ότι εστιάζουμε αλλού. Το θέμα είναι ότι διαβάζοντας κάποιος το Δ4, δε σκέφτεται κάτι άλλο, δεν υπάρχει στο μυαλό του κάποια άλλη ιδέα, παρά μόνον την ανισότητα που υπάρχει ως άσκηση;! Με ποιο κρτήριο; Με ποια αφορμή; Τι μας προϊδεάζει να χρησιμοποιήσουμε την εν λόγω ανισότητα; Μας "καθοδηγούν" τα προηγούμενα ερωτήματα; Μας δίνουν το έναυσμα σκέψης κάποια δεδομένα που υπάρχουν; Μάλλον όχι... Δηλαδή θα βαράμε "τουφεκιές" κι ότι πετύχουμε;! Δεν υπάρχει λογική ροή σκέψης, που να οδηγεί κάποιον στην απόφαση να χρησιμοποιήσει τη συγκεκριμένη ανισότητα. Εκεί πιστεύω πρέπει να επικεντρωθούμε...

Dimessi · #12

Νικόλα tsik είσαι τσακάλι για την ηλικία σου. Δεν κλέβεις τίποτα μην αγχώνεσαι ρε μαγκάκι.

Θέλουμε το $\displaystyle \int_{1}^{e}x^{\ln x}dx=\int_{0}^{1}e^{y^{2}+y}dy=\int_{0}^{1}\sum_{n=0}^{\infty }\frac{\left( y^{2}+y \right)^{n}}{n!}dy=\int_{0}^{1}\lim_{m \to +\infty } \sum_{n=0}^{m}\frac{\left( y^{2}+y \right)^{n}}{n!}dy$ με την ακολουθία μερικών αθροισμάτων να συγκλίνει στο [0,1] ως αύξουσα και φραγμένη.
Θεωρώντας την ακολουθία συναρτήσεων $\displaystyle f_{m}\left( y \right)=\sum_{n=0}^{m}\frac{\left( y^{2} +y\right)^{n}}{n!},0\le y \le1$ ισχύει $\displaystyle f_{m}\left( y \right)\longrightarrow e^{y^{2}+y}$ με $\displaystyle \left| f_{m}\left( y \right)\right|=\left| \sum_{n=0}^{m}\frac{\left( y^{2}+y \right)^{n}}{n!} \right|\le \sum_{n=0}^{m}\left| \frac{\left( y^{2}+y \right)^{n}}{n!} \right|=\sum_{n=0}^{m}\frac{\left( y^{2}+y \right)^{n}}{n!}\le e^{y^{2}+y}$ με την $\displaystyle e^{y^{2}+y}$ συνεχή και άρα ολοκληρώσιμη .
Από το θεώρημα κυριαρχημένης σύγκλισης $\displaystyle \int_{0}^{1}\lim_{m \to +\infty } f_{m}\left( y \right)dy=\lim_{m\to +\infty } \int_{0}^{1}f_{m}\left( y \right)dy=\lim_{m \to +\infty } \int_{0}^{1}\sum_{n=0}^{m}\frac{\left( y^{2}+y \right)^{n}}{n!}dy=\lim_{m\to +\infty } \sum_{n=0}^{m} \int_{0}^{1}\frac{\left( y^{2}+y \right)^{n}}{n!}dy$
όπου στο τελευταίο έγινε εναλλαγή ολοκλήρωσης και άθροισης γιατί μετακινούμε πεπερασμένο πλήθος όρων.
Οπότε $\displaystyle \int_{0}^{1}e^{y^{2}+y}dy=\sum_{n=0}^{\infty }\frac{1}{n!}\int_{0}^{1}y^{n}\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}y^{k}dy$
όπου στην τελευταία έγινε χρήση του διωνυμικού αναπτύγματος.
Πάλι μετακινούμε πεπερασμένο πλήθος όρων για να πάρουμε $\displaystyle \int_{0}^{1}e^{y^{2}+y}dy=\sum_{n=0}^{\infty }\frac{1}{n!}\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}\int_{0}^{1}y^{n+k}dy=\sum_{n=0}^{\infty }\frac{1}{n!}\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}\frac{1}{n+k+1}$
Παιδιά το latex είναι απελπισία. Παρακαλώ να γίνει κάτι, κάποιος να μεριμνήσει για να φτιαχτεί.

Λευτέρης Παπανικολάου · #13

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 05, 2025 4:19 pm

elie έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 05, 2025 3:18 pm
Ξαφνικά μέσα από δεκάδες δημοσιεύσεις, σχόλια και αναλύσεις μάθαμε ότι όλος ο κόσμος γνωρίζει την ανισότητα: $e^x\ge x+1$ για κάθε $x\in \mathbb{R}$ .

Και όμως, αυτή η ανισότητα υπάρχει σαν άσκηση Β' Ομάδας στο σχολικό βιβλίο.

Όχι ακριβώς, την έχει ως αυστηρή ανισότητα μόνο για τα θετικά χ. Όμως δίνεται κανονικά σε όλο το R μέσα από τις οδηγίες. Τελικά, ψάχνοντας λίγο την εντόπισα και στην άσκηση 10 από τις ΓΕΝΙΚΕΣ του σχολικού βιβλίου στη σελίδα 236

Θέμα Δ4-Πανελλαδικές 2025

Θέμα Δ4-Πανελλαδικές 2025

Re: Θέμα Δ4-Πανελλαδικές 2025

Re: Θέμα Δ4-Πανελλαδικές 2025

Re: Θέμα Δ4-Πανελλαδικές 2025

Re: Θέμα Δ4-Πανελλαδικές 2025

Re: Θέμα Δ4-Πανελλαδικές 2025

Re: Θέμα Δ4-Πανελλαδικές 2025

Re: Θέμα Δ4-Πανελλαδικές 2025

Re: Θέμα Δ4-Πανελλαδικές 2025

Re: Θέμα Δ4-Πανελλαδικές 2025

Re: Θέμα Δ4-Πανελλαδικές 2025

Re: Θέμα Δ4-Πανελλαδικές 2025

Re: Θέμα Δ4-Πανελλαδικές 2025

Μέλη σε σύνδεση