πολυωνυμοεκθετική

Γρίφοι, Σπαζοκεφαλιές, προβλήματα λογικής, μαθηματικά παιχνίδια, αινίγματα

Συντονιστής: Γιώργος Ρίζος

Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 8405
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

πολυωνυμοεκθετική

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #1 από KARKAR » Δευ Μαρ 20, 2017 7:55 pm

Να λυθεί η εξίσωση : 2^{2+x}+2^{2-x}=x^2+x+8 ( Ακατάλληλη για διαγώνισμα ! )



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 2689
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα
Επικοινωνία:

Re: πολυωνυμοεκθετική

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #2 από Tolaso J Kos » Τρί Μαρ 21, 2017 2:15 pm

KARKAR έγραψε:Να λυθεί η εξίσωση : 2^{2+x}+2^{2-x}=x^2+x+8 ( Ακατάλληλη για διαγώνισμα ! )


Επαναφέρω το θέμα (το οποίο δε κατάφερα να λύσω ) και δίνω μόνο τις λύσεις x=0 , x=1. ( τις οποίες βρήκα με λογισμικό )


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 5925
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: πολυωνυμοεκθετική

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #3 από matha » Τρί Μαρ 21, 2017 3:09 pm

Η συνάρτηση \displaystyle{f(x)=x^2+x+8-2^{2+x}-2^{2-x}} έχει

\displaystyle{f''(x)=2-\ln ^22(2^{2+x}+2^{2-x})<2-8\ln ^22<0,}

αφού

\displaystyle{2^{2+x}+2^{2-x}\geq 2\sqrt{2^{2+x}2^{2-x}}=8.}

Άρα η \displaystyle{f} δεν έχει περισσότερες από δύο ρίζες.


Μάγκος Θάνος
Σταμ. Γλάρος
Δημοσιεύσεις: 200
Εγγραφή: Δευ Ιουν 18, 2012 1:51 pm

Re: πολυωνυμοεκθετική

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #4 από Σταμ. Γλάρος » Τρί Μαρ 21, 2017 3:33 pm

KARKAR έγραψε:Να λυθεί η εξίσωση : 2^{2+x}+2^{2-x}=x^2+x+8 ( Ακατάλληλη για διαγώνισμα ! )


Καλησπέρα. Μια προσπάθεια εκτός φακέλου με ύλη Γ΄Λυκείου.
Θεωρώ την συνάρτηση f(x) = 2^{2+x}+2^{2-x}-x^2-x-8 .
Είναι παραγωγίσιμη ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων με f' (x) = 2^{2+x}\cdot ln 2-2^{2-x} \cdot ln 2 -2x -1.
Ομοίως f' : παραγωγίσιμη ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων με f'' (x) = 2^{2+x}\cdot ln^2 2-2^{2-x} \cdot ln^2 2 -2 .
Επίσης f'' : παραγωγίσιμη ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων με f''' (x) = 2^{2+x}\cdot ln^3 2-2^{2-x} \cdot ln^3 2 .
Στη συνέχεια έχουμε: f''' (x) = 2^{2+x}\cdot ln^3 2-2^{2-x} \cdot ln^3 2 = ln^3 2 (2^{2+x}-2^{2-x} )= ln^3 2 \cdot \dfrac{4(2^{2x}-1)}{2^x}.

Τώρα ισχύει : f'''(x)<0,\,\,\,\ \forall x\in (-\infty ,0 ) \Rightarrow f'' : γνησίως φθίνουσα στο (-\infty ,0 )
και f'''(x)>0,\,\,\,\ \forall x\in (0,+\infty ) \Rightarrow f'' : γνησίως αύξουσα στο (0,+\infty ).
Συνεπώς η f'' παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο x_{o} = 0 , το f''(0) = ln^{2} 2 \left ( 2^2+2^2 \right )-2=2\left ( 4ln^2 2-1 \right ).
Είναι : ln^2 2 >\dfrac{1}{4} \Leftrightarrow ln 2 >\dfrac{1}{2} \Leftrightarrow ln 2 >ln e^{\frac{1}{2}} \Leftrightarrow 2 >e^{\frac{1}{2}} \Leftrightarrow 4>e , το οποίο ισχύει.

Άρα f''(x)>0 ,\,\,\,\forall \,x\in \mathbb{R}.

Προφανείς λύσεις της f είναι οι x=0 και x=1.
Έστω ότι η f έχει τρεις λύσεις : p_{1}, p_{2}, p_{3} στο \mathbb{R} με p_{1}< p_{2}< p_{3}.

Ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θ. Rolle για την f στα διαστήματα : [p_{1}, p_{2}] και [p_{2}, p_{3}].
Επομένως υπάρχουν \xi _{1} \in \left ( p_{1},p_{2} \right ) και \xi _{2} \in \left ( p_{2},p_{3} \right ) τέτοια ώστε:
f'\left ( \xi_{1}\right )=f'\left ( \xi_{2}\right )= 0.
Επίσης ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θ. Rolle για την f' στο διαστημα : [\xi_{1}, \xi_{2}] .

Επομένως υπάρχει \xi \in \left ( \xi _{1},\xi _{2} \right ) τέτοιο ώστε: f''\left ( \xi\right ) = 0. Άτοπο.

Άρα μοναδικές λύσεις οι x=0 και χ=1.

Φιλικά
Σταμ. Γλάρος

ΥΓ. Τώρα βλέπω ότι στην ουσία λέμε τα ίδια με τον matha . Την αφήνω για τον κόπο της πληκτρολόγησης.


Τσιαλας Νικολαος
Δημοσιεύσεις: 87
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 17, 2015 1:04 pm

Re: πολυωνυμοεκθετική

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #5 από Τσιαλας Νικολαος » Τρί Μαρ 21, 2017 3:57 pm

Χωρίς παρεξήγηση, μπορούμε να σταματήσουμε στην δεύτερη παράγωγο χρησημοποιώντας την γνωστή σχολική ανισότητα χ + 1/χ >2 (ή ίσο) η' όπως το πήγε ο matha. Πάντως δεν είναι ιδιαίτερα δύσκολη για διαγώνισμα!! :D


Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 8405
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: πολυωνυμοεκθετική

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #6 από KARKAR » Τρί Μαρ 21, 2017 9:05 pm

Διαιρώντας δια 4 , η εξίσωση γίνεται : 2^x+2^{-x}=\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{x}{4}+2=0 και έτσι έχουμε

την "εντελώς προφανή " ρίζα x=0 και τη "σχεδόν προφανή" x=1 ,

επιπλέον δε κάνουμε ευκολότερα τις πράξεις :lol: Για αποζημίωση βάζω το σχήμα της άσκησης .
sxima.png
sxima.png (14.16 KiB) Προβλήθηκε 114 φορές


Η συνάρτηση f(x)=2^x+2^{-x} θα μπορούσε να αποκληθεί "ψευδοπαραβολή" .

Δύο "γνήσιες" παραβολές , πόσα το πολύ κοινά σημεία μπορούν να έχουν ;



Επιστροφή σε “Διασκεδαστικά Μαθηματικά”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης