Przed Egz.Lic.

$ \def\RR{\mathbb{R}} \def\NN{\mathbb{N}} \def\CC{\mathbb{C}} \def\QQ{\mathbb{Q}} \def\ZZ{\mathbb{Z}} \def\dint{\mathop{\int\!\!\int}} \def\tint{\mathop{\int\!\!\int\!\!\int}} \def\rot{\hbox{rot\hskip2truept }} \def\div{\hbox{div\hskip2truept }} \def\grad{\hbox{grad\hskip2truept }} \def\zad#1{\noindent {\bf #1. }} \def\zadp#1{\mbox{\hspace{1em} {\bf #1) }}} \def\zadpa{\zadp{a} } \def\zadpb{\zadp{b} } \def\zadpc{\zadp{c} } \def\zadpd{\zadp{d} } \def\stylm{\displaystyle } $

Zadanie 1.C.. Rozwiąż nierówność $\stylm \ \ \ln_2 x > 1+\frac{x}{4}\ .$

^przed/_po-mysły.
$\ \ \bullet\ \ $ CZY to nie są nierówności pomiędzy jakimiś średnimi?
Skąd ten pomysł? Wczoraj zrobiłem zadanie 'na średnie', ale
wczoraj, to było wczoraj, a dziś jest dziś! Chyba NIC z tego!
$\ \ \bullet\ \ $ Może znany jest algorytm/sposób na rozwiązywanie takich nierówności?
Oj! Nie znam.
$\ \ \bullet\ \ $ Może trzeba użyć 'metody graficznej'?
(Odczytanie odpowiedzi z wykresów funkcji lewej i prawej strony nierówności.
Tak nazywano to przed maturą. Ale czy to jest 'poważna metoda'? )

(pseudo)Rozwiązania 1.B i 1.C.
Wykresy prawych stron tych nierówności są prostymi.

Łatwo zgadnąć, że lewe i prawe strony nierówności
są równe dla $x=0$ i $x=$ $1$ w przypadku 1.B;
są równe dla $x=4$ i $x=$ $8$ w przypadku 1.C. ( To może nie jest 'całkiem' łatwe, ale na pewno 'dość łatwe'. )

Wykres lewej strony:
$y=2^x\ $ jest wygięty w górę w przypadku 1.B;
$y=\ln_2 x\ $ jest wygięty w dół w przypadku 1.C;
zatem z prostymi (z prawych stron) spotykają się tylko we wskazanych wcześniej punktach
i tylko pomiędzy tymi punktami (z powodu wygięcia) :
$y=2^x\ $ jest mniejsze od prawej strony w przypadku 1.B;
$y=\ln_2 x\ $ jest większe od prawej strony w przypadku 1.C.

Stąd odpowiedzi:

Odp. 1.B: $\ \ x\in($$0,1).\ \ $
Odp. 1.C: $\ \ x\in($$4,8).\ \ $

(pseudo)Rozwiązanie 1.A.
Łatwo zgadnąć, że lewa i prawa strony nierówności są równe dla $x=$ $0\ $ (i mają wartość $1\ $).

Zauważmy, że prosta $y=1\cdot x+1$ w punkcie $(0,1)$ jest styczną zarówno do
lewej strony, czyli do wykresu $y=e^x$ (bo $\stylm (e^x)'_{x=0}= e^0=1\;$ );
prawej strony, czyli do wykresu $y=1+\ln(x+1)$ (bo $\stylm (1+\ln(x+1))'_{x=0}= \frac{1}{0+1}=1\;$ ).

Wykres
$y=e^x\ $ jest wygięty w górę, więc cały leży ponad styczną, z wyjątkiem punktu styczności;
$y=1+\ln(x+1)\ $ jest wygięty w dół, więc cały leży pod styczną, z wyjątkiem punktu styczności;
zatem
wykres $\ y=e^x\ $ leży ponad wykresem $\ y=1+\ln(x+1),\ $ z wyjątkiem punktu styczności.

Stąd odpowiedź: nierówność zachodzi dla każdego $x$ z części wspólnej dziedzin tych funkcji, czyli

Odp. 1.A: $\ \ x\in($$-1,+\infty).\ \ $

Rozwiązania 1.A, 1.B, 1.C (pełne)
W powyższych wystarczy:
w miejsce 'jest wygięty w górę' napisać
'jest ściśle wypukły, bo $(...)''=(...)'=...>0$, dla każdego $x$ z dziedziny';
w miejsce 'jest wygięty w dół' napisać
'jest ściśle wklęsły, bo $(...)''=(...)'=...<0$, dla każdego $x$ z dziedziny'.
(W miejscu kropek należy wstawić mały rachunek.)