Να λύσετε την εξίσωση

#1

Να λύσετε την εξίσωση:
$\left( 1+x^{2}\right) \left( 1+x^{4}\right) =4x^{3}$

Μαυρογιάννης

Eukleidis · #2

Προφανώς χ>0.
Αφού για χ=0, δεν ισχύει
ενώ αν χ<0 το πρώτο μέλος είναι θετικό ενώ το δευτερο αρνητικό.

Αν κάνουμε αριθμητικό γεωμετρικό μέσο σε κάθε όρο του γινομένου παίρνουμε:

$\displaystyle{1 + {x^2} \geqslant 2x}$ και $\displaystyle{1 + {x^4} \geqslant 2{x^2}}$ .
Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη προκύπτει ότι ισχύει το ίσον.

Αρα $\displaystyle{\boxed{x = 1}}$

kwstas12345 · #3

Στο R
Παρατηρώ πως αρχικάπρέπει χ>=0
Από την ΑΜ-ΓΜ παίρνω:

$x^{2}+1\geq 2\sqrt{x^{2}}=2 x$ , $x^{4}+1\geq 2\sqrt{x^{4}}=2x^{2}$

Άρα: $x^{4}+1\geq 2\sqrt{x^{4}}\geq 4x^{3}$ .Άρα μοναδική λύση θα είναι για x=1

(περίπτωση ισότητας).

Για το C θα το κοιτάξω και άμα είναι θα απαντήσω πιο μετά.

#4

Αν και νομίζω ότι ο στόχος ήταν να λυθεί η εξίσωση στο

, για να την λύσουμε στο

κάνουμε τα εξής:

Επειδή η αρχική δεν έχει ρίζα το

, η εξίσωση γράφεται ισοδύναμα:

$\displaystyle{\left(x+\frac{1}{x} \right)\left(x^2 +\frac{1}{x^2} \right)=4.}$

Οπότε, αν θέσουμε $\displaystyle{y=x+\frac{1}{x},}$ έχουμε y(y^2 -2)=4

δηλαδή $y^3 -2y-4=0\Leftrightarrow (y-2)(y^2 +2y+2=0)$ δηλαδή y=2,y=-1+i,y=-1-i

Όταν

βρίσκουμε την (διπλή) ρίζα x=1

. Όταν

λύνουμε τις δευτεροβάθμιες

$\displaystyle{x^2 +(1\pm i)x+1=0.}$

#5

Καλή σας μέρα
Ωραίες και ευρηματικές οι λύσεις σας. kwstas12345 νομίζω ότι στην λύση σου λείπει κάποιο επιχείρημα.
'Οπως σωστά μάντεψε ο Θάνος η εξίσωση προοριζόταν για να λυθεί στο $\mathbb{R}$ . Παράλειψη μου που δεν το ανέφερα και ζητώ συγνώμη. Αναφέρω δύο ακόμη λύσεις που νομίζω ότι έχουν το δικό τους ενδιαφέρον:
Α)
$\left( 1+x^{2}\right) \left( 1+x^{4}\right) =4x^{3}\Leftrightarrow$
$x^{6}+x^{4}+x^{2}+1=4x^{3}\Leftrightarrow$
$x^{6}+x^{4}-4x^{3}+x^{2}+1=0\Leftrightarrow$
$(x^{6}-2x^{3}+1)+(x^{4}-2x^{3}+x^{2})=0\Leftrightarrow$
$\left( x^{3}-1\right) ^{2}+x^{2}\left( x-1\right) ^{2}=0\Leftrightarrow_{x \in \mathbb{R}}$
$x^{3}-1=0$ ή $x\left( x-1\right) =0$
x=1

Σχόλιο: Αυτή η προσέγγιση μας επιτρέπει να βρούμε και τις λύσεις στο $\mathbb{C}$ : Γράφουμε
$\left( x^{3}-1\right) ^{2}+x^{2}\left( x-1\right) ^{2}=0\Leftrightarrow$
$\left( x^{3}-1\right) ^{2}-i^{2}x^{2}\left( x-1\right) ^{2}=0\Leftrightarrow$
$\left( x^{3}-1\right) ^{2}-t^{2}x^{2}\left( x-1\right) ^{2}=0\Leftrightarrow$
$\left( x-1\right) ^{2}\left( x^{2}+ix+x+1\right) \left( x^{2}-ix+x+1\right) =0$
και συνεχίζουμε όπως προτείνει ο Θάνος.
Β)
Γράφουμε όπως πριν την εξίσωση στην ισοδύναμη μορφή
$x^{6}+x^{4}-4x^{3}+x^{2}+1=0$
Βλέπουμε ότι έχει μια προφανή ρίζα την x=1

και προσπαθούμε με μελέτη να δούμε αν έχει άλλες.
Ονομάζουμε
$x^{6}+x^{4}-4x^{3}+x^{2}+1=0$
και έχουμε
$f^{\prime }\left( x\right) =\allowbreak 6x^{5}+4x^{3}-12x^{2}+2x$
δηλαδή
$f^{\prime }\left( x\right) =\allowbreak 2x\left( x-1\right) \left( 3x^{3}+3x^{2}+5x-1\right)$
Με $g\left( x\right) =3x^{3}+3x^{2}+5x-1$ βρίσκουμε ότι $g^{\prime }\left( x\right) =\allowbreak 9x^{2}+6x+5>0$
επομένως ο παράγοντας $3x^{3}+3x^{2}+5x-1$ της

έχει μοναδική ρίζα $\rho$ . Δεν μπορούμε να την βρούμε χωρίς να λύσουμε την κυβική εξίσωση λ.χ. με τον τύπο του Cardano. Ωστόσο μπορούμε να έχουμε μια πρόχειρη εκτίμηση της ρίζας: Είναι $g\left( 0\right) g\left( 1\right) =\allowbreak -10$ και το θεώρημα του Bolzano μας εξασφαλίζει ότι η ρίζα είναι μεταξύ 0 και 1. Θα είναι λοιπόν
$g\left( x\right) =3x^{3}+3x^{2}+5x-1=\left( x-\rho \right) h\left( x\right)$
όπου το $h\left( x\right)$ θα είναι ένα δευτεροβάθμιο τριώνυμο της μορφής $3x^{2}+px+q$ με αρνητική διακρίνουσα και επομένως πάντα θετικό. 'Αρα η

γράφεται $f^{\prime }\left( x\right) =\allowbreak 2x\left( x-1\right) \left( x-\rho \right) h\left( x\right)$ και το πρόσημο της στα διαστήματα
$\left( -\infty ,0\right) ,\left( 0,\rho \right) ,\left( \rho ,1\right) ,\left( 1,+\infty \right)$
είναι
-,+,-,+

Η μονοτονία της

τα (βελάκια εδώ υποδηλώνουν γνήσια μονοτονία) θα είναι
$\searrow \,\nearrow \,\searrow \,\nearrow$
Τα δύο τοπικά ελάχιστα είναι $f\left( 0\right) =\allowbreak 1$ και $f\left( 1\right) =\allowbreak 0$ επομένως η

έχει ελάχιστη τιμή το 0 και το 1 είναι η μοναδική της ρίζα.
Μαυρογιάννης

konkyr · #6

Καλημέρα.

Παρατηρούμε ότι χ>0 άρα η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται:

$\frac{(1+x^{2})(1+x^{4})}{x^{3}}=4\Leftrightarrow \frac{x^{6}+x^{4}+x^{2}+1}{x^{3}}=4\Leftrightarrow x^{3}+x+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^{3}}=4$ .

Έστω $f(x)=x^{3}+x+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^{3}}$ με χ>0.

Παρατηρούμε ότι f(1)=4.Επίσης : $f^{/}(x)=3x^{2}+1-\frac{1}{x^{2}}-\frac{3}{x^{4}}$

και $f^{//}(x)=6x+\frac{2}{x^{3}}+\frac{12}{x^{5}}$ .

Είναι f''(χ) > 0 για κάθε χ>0 ,δηλαδή f'(χ) γνησίως αύξουσα στο (0,+ $\infty$ ) (αφού είναι και συνεχής ως πολυωνυμική)

Άρα x>1 $\Rightarrow$ f΄(x) >f΄(1) $\Rightarrow$ f΄(x)>0, δηλαδή f γνησίως αύξουσα στο [1,+ $\infty$ ).
Άρα χ>1 $\Rightarrow$ f(x)>f(1) $\Rightarrow$ f(x)>4.

Και χ<1 $\Rightarrow$ f΄(x)<f΄(1) $\Rightarrow$ f΄(x)<0 , δηλαδή f γνησίως φθίνουσα στο (0,1].

Άρα χ<1 $\Rightarrow$ f(x)>f(1) $\Rightarrow$ f(x)>4.

Άρα μοναδική λύση η χ=1.

#7

Καλημέρα.

Τώρα να πω ότι δεν χαίρομαι;

Χαίρομαι πάνω απ'όλα για την ποικιλία λύσεων που παρουσιάζεται σε ένα μαθηματικό θέμα.

Θα ήθελα πολύ να συμβαίνει αυτό, αλλά προυποθέτει και τη συνδρομή και άλλων συναδέλφων.

Το φόρουμ νομίζω πως έχει χώρο για όλα τα γούστα.

Χρειάζεται όμως προσφορά...

Ευχαριστώ όλους όσους δούλεψαν ή θα δουλέψουν προτείνοντας κι άλλα σε αυτήν τη δημοσίευση.

Το φόρουμ δεν είναι στείρα ασκησιολογία...δείχνει και άλλα πράγματα.

S.E.Louridas · #8

Προφανώς η x=0 δεν είναι λύση και βέβαια x>0,
$\overrightarrow \alpha = \left( {1,x} \right),\overrightarrow \beta = \left( {1,x^2 } \right) \Rightarrow \cos ^2 \omega = \frac{{\left( {1 + x^3 } \right)^2 }} {{4x^3 }} \leqslant 1 \Rightarrow x^3 = 1...,o\tau \alpha \nu \;x \in \mathbb{R}.$
S.E.Louridas

p_gianno · #9

Μια προσέγγιση παρόμοια με την πρώτη του Νίκου πιο πρίν.

Η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται

#10

Μια καθυστερημένη συμπλήρωση που είχα ξεχάσει να ανεβάσω:

matha έγραψε:...η εξίσωση γράφεται ισοδύναμα:
$\displaystyle{\left(x+\frac{1}{x} \right)\left(x^2 +\frac{1}{x^2} \right)=4.}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)$

Με αυτή την έξυπνη παρατήρηση του Θάνου μπορούμε να έχουμε μια ακόμη λύση χρησιμοποιώντας ήπιο απειροστικό λογισμό.
1) Παρατηρούμε όπως πριν ότι εξίσωση δεν έχει λύσεις $x \leq 0$
2) Παρατηρούμε ότι αν ο $\rho$ είναι λύση τότε και ο $\frac{1}{\rho }$ είναι επίσης λύση. 'Αρα αρκεί να βρούμε τις λύσεις που ανήκουν στο $\left[ 1,+\infty \right)$
3) Παρατηρούμε ότι η συνάρτηση $x+\frac{1}{x}$ επομένως και η $x^{2}+\frac{1}{x^{2}}$ είναι γνησίως φθίνουσες στο $\left[ 1,+\infty \right)$ . Άρα και η συνάρτηση του πρώτου μέλους της (1)

είναι γνησίως φθίνουσα.
4) Η (1)

έχει λύση το $\rho=1$ η οποία είναι και μοναδική.
Μαυρογιάννης

Να λύσετε την εξίσωση

Να λύσετε την εξίσωση

Re: Να λύσετε την εξίσωση

Re: Να λύσετε την εξίσωση

Re: Να λύσετε την εξίσωση

Re: Να λύσετε την εξίσωση

Re: Να λύσετε την εξίσωση

Re: Να λύσετε την εξίσωση

Re: Να λύσετε την εξίσωση

Re: Να λύσετε την εξίσωση

Re: Να λύσετε την εξίσωση

Μέλη σε σύνδεση