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댓글 리스트

• 작성자 가브리엘 작성시간04.07.01 y= (1 + 1/x)^x 로 생각하시고.. 양변에 log를 취하신 후에 dy/dx를 구하는 걸로 알고 있습니다.. 그러니까.. log y = x*log (1+1/x) ^^ (1/y)/dy/dx = 1*log(1+1/x) + (1/(1+1/x))*(-1/x^2) 이럼 한번 미분한 것은 (1 + 1/x)^x * (1*log(1+1/x) + (1/(1+1/x))*(-1/x^2)) 이 돼겠죠...

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• 작성자 오대감 작성자 본인 여부 작성자 작성시간04.07.01 그건 제일 처음에 해봤습니다만, 그걸로 해결이 안되니까 이렇게 고생하고 있는거랍니다. (근데, 미분 틀리셨네요.) 한번 미분한 놈이 0보다 크면 되겠구나 라는 생각으로 접근을 해봤습니다만 x>0 일 때　ln(1 + 1/x) > 1/(x+1)　인걸 보여야 하는 상황에서 막혀버렸습니다.

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• 작성자 JH Law 작성시간04.07.01 0<x<1일때 상황도 필요하신지..x>=1일때는 보였는데, 0<x<1일때가 -_-;; 혹시 주어진 식의 극한값이 존재함을 보이는 것이라면(즉, e의 존재) x>=1일때만 보여도 될 듯 싶은데요..^^

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• 작성자 오대감 작성자 본인 여부 작성자 작성시간04.07.01 오... 주한! 그거라도 좀 가르쳐줘.

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• 작성자 blublu 작성시간04.07.01 ln( 1+ 1/x ) > 1/(x+1) 여기서 막히셨다고 하셨는데, 음;; 이렇게 하면 안될까 싶어서요.. y = ln( 1 + 1/x ) - 1/(x+1) 이라고 하면, y' = 1/(x+1) { 1/(x+1) - 1/x } < 0 이 되죠. y는 감소 함수가 되겠네요. 구간 (0, 무한대) 에서 y가 연속, y-> 무한 as x-> 0+ , y-> 0 as x->무한대

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• 작성자 blublu 작성시간04.07.01 If there exist some k (in R+) such that y(k) <= 0 이면 k < x 인 모든 x에 대하여 y(k) > y(x) 가 되어 x가 무한대로 갈때 y의 극한값이 0이 될 수 없으므로 모순. 임의의 x>0 에 대하여 y(x) > 0 이 됨. => ln(1+1/x) > 1/(x+1)

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• 작성자 오대감 작성자 본인 여부 작성자 작성시간04.07.01 호... 이거 괜찮네요. blublu님, 감사합니다. 그나저나 왜 난 이 생각을 못했을까. -_-;

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• 작성자 JH Law 작성시간04.07.02 x>=1일때는 1/|x| <=1 이니까, ln(1 + 1/x) 를 Maclaurin series전개할 수 있잖아요. 해보면 ln(1+ 1/x) >= 1/x - 1/(2x^2) 라는 것을 알 수 있거든요. 이거대입해서 식 정리해보면 x>=1일때 양수가된다는게 나와요^^

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• 작성자 형세 작성시간04.07.03 ln(1 + 1/x) > 1/(x+1) 이거 증명은 평균값 정리. 간단합니다. ln(1+ 1/x)=ln(1+x)-inx = 1/c (x<c<x+1) 그래서 1/(1+x)<ln(1+ 1/x) <1/x 가 증명. 이거 정석에 나올걸요?^^

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