"1-1"

KARKAR · #1

Μπορούμε να δείξουμε ότι η συνάρτηση : $f(x)=lnx+\sqrt{1+ln^2x}$ ,

είναι "1-1"

, χωρίς χρήση παραγώγου ;

Tolaso J Kos · #2

KARKAR έγραψε: Πέμ Νοέμ 30, 2017 9:14 pm Μπορούμε να δείξουμε ότι η συνάρτηση : $f(x)=lnx+\sqrt{1+ln^2x}$ ,

είναι , χωρίς χρήση παραγώγου ;

Νομίζω ναι ...

Λήμμα: Έστω $f, g: (0, +\infty) \rightarrow \mathbb{R}$ δύο γνήσιες αύξουσες συναρτήσεις. Τότε η σύνθεσή τους f(g(x))

είναι γνήσια αύξουσα.

Απόδειξη: Άμεση απόρροια του ορισμού.

Θεωρούμε τη συνάρτηση $h(x)= \ln x, \; x \in (0 , +\infty)$ και τη συνάρτηση $g(x) = x + \sqrt{x^2+1} , \; x \in (0, +\infty)$ . Εύκολα διαπιστώνουμε ότι η

είναι γνήσια αύξουσα συνάρτηση στο $(0, +\infty)$ ως άθροισμα γνησίων αύξουσων συναρτήσεων. Όμοια, είναι γνωστό ότι και η

είναι γνήσια αύξουσα. Συνεπώς f(x) = g( h(x))

. Άρα από το λήμμα η

είναι γνήσια αύξουσα και άρα 1-1

.

Θανάση, τι λες;

Υ.Σ: Έχουμε δει πώς αποδεικνύουμε το γνήσιο της μονοτονίας και στο $\mathbb{R}$ για τη

πολλές φορές στο

.

#3

Καλησπέρα σε όλους.

Μια προσέγγιση με κατασκευαστική μονοτονία σε διαστήματα.

Για κάθε $\displaystyle {x_1},\;{x_2} \in \left[ {1,\; + \infty } \right)$ με $\displaystyle {x_1} < {x_2}$ έχουμε

$\displaystyle 1 \le {x_1} < {x_2} \Rightarrow 0 \ge \ln {x_1} < \ln {x_2} \Rightarrow 0 \le {\ln ^2}{x_1} < {\ln ^2}{x_2}$

$\displaystyle \Rightarrow 1 \le 1 + {\ln ^2}{x_1} < 1 + {\ln ^2}{x_2} \Rightarrow 1 \le \sqrt {1 + {{\ln }^2}{x_1}} < \sqrt {1 + {{\ln }^2}{x_2}}$ (1)

Επίσης $\displaystyle 0 < {x_1} < {x_2} \Rightarrow \ln {x_1} < \ln {x_2}$ (2)

Προσθέτοντας τις (1) και (2) έχουμε $1 \le f({x_1}) < f\left( {{x_2}} \right)$ , οπότε f(x)

γνησίως αύξουσα, οπότε και «1-1» στο $\displaystyle {A_1} = \left[ {1,\; + \infty } \right)$ , με $\displaystyle f\left( {{A_1}} \right) = \left[ {1,\; + \infty } \right)$ .

Είναι $\displaystyle f:\;\left( {0,\; + \infty } \right) \to R,\;\;\;\;f\left( x \right) = \ln x - \sqrt {1 + {{\ln }^2}x} = \frac{1}{{\sqrt {1 + {{\ln }^2}x} - \ln x}}$ .

Για κάθε $\displaystyle {x_1},\;{x_2} \in \left( {0,\;1} \right)$ με $\displaystyle 0 < {x_1} < {x_2} < 1$ έχουμε

$\displaystyle 0 < {x_1} < {x_2} < 1 \Rightarrow \ln {x_1} < \ln {x_2} < 0 \Rightarrow - \ln {x_1} > - \ln {x_2} > 0$ (1).

$\displaystyle 0 < {x_1} < {x_2} < 1 \Rightarrow \ln {x_1} < \ln {x_2} < 0 \Rightarrow 1 + {\ln ^2}{x_1} > 1 + {\ln ^2}{x_2} > 1$

$\displaystyle \Rightarrow \sqrt {1 + {{\ln }^2}{x_1}} > \sqrt {1 + {{\ln }^2}{x_2}} > 1$ (2).

Προσθέτοντας τις (1) και (2) έχουμε $\displaystyle \sqrt {1 + {{\ln }^2}{x_1}} - \ln {x_1} > \sqrt {1 + {{\ln }^2}{x_2}} - \ln {x_2} > 1$ , οπότε

$\displaystyle 0 < \frac{1}{{\sqrt {1 + {{\ln }^2}{x_1}} - \ln {x_1}}} < \frac{1}{{\sqrt {1 + {{\ln }^2}{x_2}} - \ln {x_2}}} < 1$ άρα f(x)

γνησίως αύξουσα,

οπότε και «1-1» στο $\displaystyle {A_2} = \left( {0,\;1} \right)$ , με $\displaystyle f\left( {{A_2}} \right) = \left( {0,\;1} \right)$ .

Επειδή τα πεδία τιμών των περιορισμών της

δεν έχουν κοινά στοιχεία, η

είναι «1-1» στο πεδίο ορισμού της.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #4

KARKAR έγραψε: Πέμ Νοέμ 30, 2017 9:14 pm Μπορούμε να δείξουμε ότι η συνάρτηση : $f(x)=lnx+\sqrt{1+ln^2x}$ ,

είναι , χωρίς χρήση παραγώγου ;

$\displaystyle f(x) = \ln x + \sqrt {1 + {{\ln }^2}x} > \ln x + |\ln x| \geqslant 0 \Rightarrow f(x) > 0$ για $\displaystyle x > 0$

$\displaystyle f({x_1}) = f({x_2}) \Leftrightarrow {f^2}({x_1}) = {f^2}({x_2}) \Leftrightarrow ...ln{x_1} \cdot f({x_1}) = ln{x_2} \cdot f({x_2}) \Leftrightarrow ln{x_1} = ln{x_2} \Leftrightarrow {x_1} = {x_2}$

kfd · #5

Αν οριστούν οι g,h

στο $\left ( 0, \right+\infty )$ , η

θα ορίζεται στο $\left ( 1, \right+\infty )$ .

#6

Είναι

$\displaystyle{a+\sqrt{1+a^2}-b-\sqrt{1+b^2}=(a-b)\left(1+\dfrac{a+b}{\sqrt{1+a^2}+\sqrt{1+b^2}}}\right)=(a-b)\dfrac{a+\sqrt{1+a^2}+b+\sqrt{1+b^2}}{\sqrt{1+a^2}+\sqrt{1+b^2}}}$

Θέτοντας $a=\ln x$ και $b=\ln y$ έχουμε

f(x)=f(y)

ανν $\ln x=\ln y$ ή f(x)+f(y)=0.

Η δεύτερη σχέση απορρίπτεται από την παρατήρηση ότι f(x)>0

όπως παραπάνω.

Συνεπώς,

f(x)=f(y)

ανν $\ln x=\ln y$ ανν x=y.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Tolaso J Kos · #7

kfd έγραψε: Πέμ Νοέμ 30, 2017 10:43 pm Αν οριστούν οι στο $\left ( 0, \right+\infty )$ , η θα ορίζεται στο $\left ( 1, \right+\infty )$ .

Έχεις δίκιο. Συνεπώς θα ορίσουμε τη

σε όλο το $\mathbb{R}$ και οπότε θα χρησιμοποιήσουμε τη τεχνική που έχουμε κάνει πολλές φορές για να αποδείξουμε τη μονοτονία της

.

KARKAR · #8

Ας δώσουμε μιαν άλλη ( ελαφρύτερη ) εκδοχή του ερωτήματος : Μπορούμε να δείξουμε ότι

η συνάρτηση : $f(x)=lnx+\sqrt{1+ln^2x}$ ,παίρνει την τιμή

, μία ακριβώς φορά ;

Φυσικά , όλες οι παραπάνω λύσεις απαντούν στο ερώτημα , αναζητούμε κάτι διαφορετικό .

#9

KARKAR έγραψε: Παρ Δεκ 01, 2017 9:32 am η συνάρτηση : $f(x)=lnx+\sqrt{1+ln^2x}$ ,παίρνει την τιμή , μία ακριβώς φορά ;

Με $a=\ln x$ το παραπάνω γράφεται $\sqrt {1+a^2} = 1-a$ . Τετραγωνίζοντας είναι a=0

, και λοιπά.

"1-1"

"1-1"

Re: "1-1"

Re: "1-1"

Re: "1-1"

Re: "1-1"

Re: "1-1"

Re: "1-1"

Re: "1-1"

Re: "1-1"

Μέλη σε σύνδεση