Μονοτονία - Αντίστροφη

Tolaso J Kos · #1

Δίδεται η συνάρτηση

με τύπο $\displaystyle{f(x) = \frac{\alpha x - \sqrt{x^2-\alpha^2}}{\alpha x + \sqrt{x^2-\alpha^2}} \; , \; \alpha >1}$ .

Να μελετηθεί η ως προς τη μονοτονία.
Να εξεταστεί η συνάρτηση αντιστρέφεται.

Αν τότε,
να βρεθεί το $\alpha$ .
να αποδειχθεί ότι $1\leq f(x) < 3$ για κάθε $x \in (-\infty, -2]$ .
να αποδειχθεί ότι $\frac{1}{3} < f(x) \leq 1$ για κάθε $x \in [2, +\infty)$ .

Διόρθωση τυπογραφικών λαθών .. 04/03/2025.

Orestisss · #2

i) Θα δείξουμε ότι η συνάρτηση είναι γνήσια φθίνουσα.
Είναι $\frac{ax-\sqrt{x^2-a^2}}{ax+\sqrt{x^2-a^2}}=1-\frac{2\sqrt{x^2-a^2}}{ax+\sqrt{x^2-a^2}}$ .
Το πεδίο ορισμού είναι το $(-\infty , -a]\cup[a,+\infty]$ .
Θεωρούμε την $G(x)=\frac{\sqrt{x^2-a^2}}{ax+\sqrt{x^2-a^2}}$ και, θα δείξουμε ότι είναι γνήσια αύξουσα.
Παίρνουμε $a\le x_1<x_2$ και υποθέτουμε ότι G(x_1)<G(x_2)

.
Μετά από τις πράξεις και τους πολλαπλασιασμούς (όλοι οι όροι είναι θετικοί) θα προκύψει η σχέση x_1<x_2

, που προφανώς αληθεύει. Όμοια εργαζόμαστε και για $x_1<x_2\le -a$ .
Δείξαμε λοιπόν, ότι, G(x_1)<G(x_2)

, για κάθε

στο οποίο η

έχει νόημα, και άρα θα γίνει 1-2G(x_1)>1-2G(x_2)

, ισοδύναμα f(x_1)>f(x_2)

.
ii)Η συνάρτηση αντιστρέφεται καθώς είναι γνησίως μονότονη.
iii) $f(2)=1\Leftrightarrow 2a-\sqrt{4-a^2}=2a+\sqrt{4-a^2}\Leftrightarrow a^2=4$ απ’όπου a=2>1

.
Αυτά έως τώρα. Ελπίζω να μην έχω κάποιο σφάλμα.

#3

Ορέστη, προσοχή, διάφορα σημεία θέλουν διόρθωση. Για παράδειγμα
.

Orestisss έγραψε: Τρί Μαρ 04, 2025 1:42 am ... θα δείξουμε ότι είναι γνήσια αύξουσα.
Παίρνουμε $a\le x_1<x_2$ και υποθέτουμε ότι .
Μετά από τις πράξεις και τους πολλαπλασιασμούς (όλοι οι όροι είναι θετικοί) θα προκύψει η σχέση , που προφανώς αληθεύει.

.

Το παραπάνω είναι σοβαρό λογικό σφάλμα. Κάπου μπλέκεις το ικανό με το αναγκαίο των προτάσεων. Ας δούμε ένα παράδειγμα όπου θα κάνω ακριβώς τον ίδιο συλλογισμό με τον δικό σου, αλλά το αποτέλεσμα θα είναι λάθος.

Έστω η συνάρτηση

$G(x) = \left\{ \begin{array}{cl} 0 & : \ x \leq 0 \\ 1 & : \ x>0 \end{array} \right.$

και προσπαθώ να αποδείξω ότι είναι γνήσια αύξουσα (που βέβαια δεν είναι, αλλά θα την δω με το επιχείρημά σου). Συγκεκριμένα, όπως εσύ

παίρνουμε x_1<x_2

και υποθέτουμε ότι G(x_1)<G(x_2)

Αφού η

παίρνει δύο μόνο τιμές, τις

και

, και αφού G(x_1)<G(x_2)

, έπεται ότι G(x_1)=0

και

. Από αυτό και τον ορισμό της

, έπεται ότι $x_1\le 0$ και x_2>0

. Συνεπώς $x_1\le 0<x_2$ , δηλαδή (όπως κατά λέξη λες και εσύ) προκύπτει η σχέση x_1<x_2

, που προφανώς αληθεύει.

Ερώτηση: Βγάλαμε άραγε το συμπέρασμα ότι η

είναι γνήσια άυξουσα; Προφανώς όχι αφού 1<100

και

. Και που είναι το λογικό σφάλμα που αναφέρθηκα;

Ένα δεύτερο προβληματικό σημείο είναι το
.

Orestisss έγραψε: Τρί Μαρ 04, 2025 1:42 am
Δείξαμε λοιπόν, ότι, , για κάθε στο οποίο η έχει νόημα

Όχι δεν το έδειξες ακόμη και αν ήταν σωστά τα παραπάνω. Σε αυτά ασχολήθηκες με τις περιπτώσεις $a\le x_1 < x_2$ και $x_1 < x_2\le -a$ . Έχουμε όμως και την περίπτωση $x_1 \le -a < a \le x_2$ .

Κάνε σε παρακαλώ τις διορθώσεις δεδομένου ότι η άσκηση είναι αρκετά απλή. Καλό είναι να σου δοθεί η ευκαιρία να ξεκαθαρίσεις μερικά πράγματα στο μυαλό σου, ειδικά ως προς το πρώτο σφάλμα που επεσήμανα.

.

Orestisss · #4

Mihalis_Lambrou έγραψε: Τρί Μαρ 04, 2025 8:01 am Ορέστη, προσοχή, διάφορα σημεία θέλουν διόρθωση. Για παράδειγμα
.

Orestisss έγραψε: Τρί Μαρ 04, 2025 1:42 am ... θα δείξουμε ότι είναι γνήσια αύξουσα.
Παίρνουμε $a\le x_1<x_2$ και υποθέτουμε ότι .
Μετά από τις πράξεις και τους πολλαπλασιασμούς (όλοι οι όροι είναι θετικοί) θα προκύψει η σχέση , που προφανώς αληθεύει.
.

Το παραπάνω είναι σοβαρό λογικό σφάλμα. Κάπου μπλέκεις τι ικανό με το αναγκαίο των προτάσεων. Ας δούμε ένα παράδειγμα όπου θα κάνω ακριβώς τον ίδιο συλλογισμό με τον δικό σου, αλλά το αποτέλεσμα θα είναι λάθος.

Έστω η συνάρτηση

$G(x) = \left\{ \begin{array}{cl} 0 & : \ x \leq 0 \\ 1 & : \ x>0 \end{array} \right.$

και προσπαθώ να αποδείξω ότι είναι γνήσια αύξουσα (που βέβαια δεν είναι, αλλά θα την δω με το επιχείρημά σου). Συγκεκριμένα, όπως εσύ

παίρνουμε και υποθέτουμε ότι

Αφού η παίρνει δύο μόνο τιμές, τις και , και αφού , έπεται ότι και . Από αυτό και τον ορισμό της , έπεται ότι $x_1\le 0$ και . Συνεπώς $x_1\le 0<x_2$ , δηλαδή (όπως κατά λέξη λες και εσύ) προκύπτει η σχέση , που προφανώς αληθεύει.

Ερώτηση: Βγάλαμε άραγε το συμπέρασμα ότι η είναι γνήσια άυξουσα; Προφανώς όχι αφού και . Και που είναι το λογικό σφάλμα που αναφέρθηκα;

Ένα δεύτερο προβληματικό σημείο είναι το
.
Orestisss έγραψε: Τρί Μαρ 04, 2025 1:42 am
Δείξαμε λοιπόν, ότι, , για κάθε στο οποίο η έχει νόημα
Όχι δεν το έδειξες ακόμη και αν ήταν σωστά τα παραπάνω. Σε αυτά ασχολήθηκες με τις περιπτώσεις $a\le x_1 < x_2$ και $x_1 < x_2\le -a$ . Έχουμε όμως και την περίπτωση $x_1 <\le -a < a \le x_2$ .

Κάνε σε παρακαλώ τις διορθώσεις δεδομένου ότι η άσκηση είναι αρκετά απλή. Κλό είναι να σου δοθεί η ευκαιρία να ξεκαθαρίσεις μερικά πράγματα στο μυαλό σου, ειδικά ως προς το πρώτο σφάλμα που επεσήμανα.

Καλησπέρα. Αρχικά σας ευχαριστώ για την άμεση απάντηση.
Δυστυχώς δεν βγαίνω κάπου με τις ανισότητες. Ενδεχομένως να μην βλέπω κάτι. (Προφανώς η χρήση παραγώγων θα πρέπει να αποφευχθεί, σύμφωνα και με την τοποθεσία της άσκησης στον φάκελο). Τώρα, όσον αφορά το λογικό σφάλμα, αντιλαμβάνομαι πλέον τι συμβαίνει. Θα προσπαθήσω ξανά κάποια λύση με τον ορισμό x_1,x_2

.

abgd · #5

Orestisss έγραψε: Τρί Μαρ 04, 2025 4:51 pm Καλησπέρα. Αρχικά σας ευχαριστώ για την άμεση απάντηση.
Δυστυχώς δεν βγαίνω κάπου με τις ανισότητες. Ενδεχομένως να μην βλέπω κάτι. (Προφανώς η χρήση παραγώγων θα πρέπει να αποφευχθεί, σύμφωνα και με την τοποθεσία της άσκησης στον φάκελο). Τώρα, όσον αφορά το λογικό σφάλμα, αντιλαμβάνομαι πλέον τι συμβαίνει. Θα προσπαθήσω ξανά κάποια λύση με τον ορισμό .

Ορέστη δείξε πρώτα το εξής:

$\displaystyle{f(x)=\dfrac{2a}{a-\sqrt{1-\left(\dfrac{a}{x}\right)^2}}-1, \ \ x\leq -a}$

και

$\displaystyle{f(x)=\dfrac{2a}{a+\sqrt{1-\left(\dfrac{a}{x}\right)^2}}-1, \ \ x\geq a}$

έτσι ώστε η μεταβλητή

να εμφανίζεται μόνο σε έναν όρο.

Orestisss · #6

abgd έγραψε: Τρί Μαρ 04, 2025 7:23 pm
Orestisss έγραψε: Τρί Μαρ 04, 2025 4:51 pm Καλησπέρα. Αρχικά σας ευχαριστώ για την άμεση απάντηση.
Δυστυχώς δεν βγαίνω κάπου με τις ανισότητες. Ενδεχομένως να μην βλέπω κάτι. (Προφανώς η χρήση παραγώγων θα πρέπει να αποφευχθεί, σύμφωνα και με την τοποθεσία της άσκησης στον φάκελο). Τώρα, όσον αφορά το λογικό σφάλμα, αντιλαμβάνομαι πλέον τι συμβαίνει. Θα προσπαθήσω ξανά κάποια λύση με τον ορισμό .
Ορέστη δείξε πρώτα το εξής:

$\displaystyle{f(x)=\dfrac{2a}{a-\sqrt{1-\left(\dfrac{a}{x}\right)^2}}-1, \ \ x\leq -a}$

και

$\displaystyle{f(x)=\dfrac{2a}{a+\sqrt{1-\left(\dfrac{a}{x}\right)^2}}-1, \ \ x\geq a}$

έτσι ώστε η μεταβλητή να εμφανίζεται μόνο σε έναν όρο.

Σας ευχαριστώ για την χρήσιμη υπόδειξη. Ας ξεκινήσω από την συνάρτηση.
Για $x\le -a<0$ είναι $\frac{ax-\sqrt{x^2-a^2}}{ax+\sqrt{x^2-a^2}}$
$=\frac{\frac{1}{x}(ax-\sqrt{x^2-a^2})}{\frac{1}{x}(ax+\sqrt{x^2-a^2})}$ $=\frac{a+\sqrt{(\frac{1}{x})^2}\cdot \sqrt{x^2-a^2}}{a-\sqrt{(\frac{1}{x})^2}\cdot \sqrt{x^2-a^2}}$ $=\frac{a+\sqrt{1-(\frac{a}{x})^2}}{a-\sqrt{1-(\frac{a}{x})^2}}$ $=\frac{a-\sqrt{1-(\frac{a}{x})^2}}{a+\sqrt{1-(\frac{a}{x})^2}}$ $= \frac{2a-(a+\sqrt{1-(\frac{a}{x})^2})}{a+\sqrt{1-(\frac{a}{x})^2}}$ $=\frac{2a}{a-\sqrt{1-(\frac{a}{x})^2}}-1$ .
Η περίπτωση κατά την οποία $o<a\le x$ είναι όμοια, με την διαφορά ότι τα πρόσημα παραμένουν πολλαπλασιάζοντας με $\frac{1}{x}$ .( $\frac{1}{x}>0,|\frac{1}{x}|=\frac{1}{x}$ )
Η συνάρτηση τώρα είναι δίκλαδη, οπότε αρκεί να εξετασθούν οι περιπτώσεις $x_1,x_2\le -a<0$ μαζί με $0<a\le x_1,x_2$ .

Έχουμε: $x_1<x_2\le -a<0\Rightarrow 0<(\frac{a}{x_1})^2 <(\frac{a}{x_2})^2\le 1 \Rightarrow 1>1-(\frac{a}{x_1})^2>1-(\frac{a}{x_2})^2\ge 0 \Rightarrow -1<-\sqrt{1-(\frac{a}{x_1}})^2<-\sqrt{1-(\frac{a}{x_2}})^2\le 0 \Rightarrow a-1<a-\sqrt{1-(\frac{a}{x_1}})^2<a-\sqrt{1-(\frac{a}{x_2}})^2\le a \Rightarrow \frac{2a}{a-1}>\frac{2a}{a-\sqrt{1-(\frac{a}{x_1})^2}}>\sqrt{1-(\frac{a}{x_2})^2}\ge \frac{1}{a} \Rightarrow \frac{2a}{a-1}-1>f(x_1)>f(x_2)\ge 1$
Η συνάρτηση είναι γνήσια φθίνουσα και φραγμένη στο $(-\infty,-a]$ και όμοια αποδεικνύεται ότι είναι γνήσια φθίνουσα και φραγμένη στο $[a,+\infty)$ με την μόνη διαφορά στα φράγματα τα οποία θα γίνουν
$1\ge f(x_1)>f(x_2)>\frac{2a}{a+1}-1$ .
Τα vi),v) είναι προφανή για την τιμή a=2

. Τελειώσαμε.

Orestisss · #7

Mihalis_Lambrou έγραψε: Τρί Μαρ 04, 2025 8:01 am Ορέστη, προσοχή, διάφορα σημεία θέλουν διόρθωση. Για παράδειγμα
.

Orestisss έγραψε: Τρί Μαρ 04, 2025 1:42 am ... θα δείξουμε ότι είναι γνήσια αύξουσα.
Παίρνουμε $a\le x_1<x_2$ και υποθέτουμε ότι .
Μετά από τις πράξεις και τους πολλαπλασιασμούς (όλοι οι όροι είναι θετικοί) θα προκύψει η σχέση , που προφανώς αληθεύει.
.

παίρνουμε και υποθέτουμε ότι

Ερώτηση: Βγάλαμε άραγε το συμπέρασμα ότι η είναι γνήσια άυξουσα; Προφανώς όχι αφού και . Και που είναι το λογικό σφάλμα που αναφέρθηκα;

.

Η

είναι αναγκαία συνθήκη. Το ότι είναι και ικανή πρέπει να δειχθεί. Με άλλα λόγια δεν μπορούμε να υποθέσουμε ότι g(x_1)<g(x_2)

, αλλά να το δείξουμε.

#8

Ορέστη, για ξαναδές το αυτό:

Orestisss έγραψε: Τετ Μαρ 05, 2025 2:38 pm
Η συνάρτηση τώρα είναι δίκλαδη, οπότε αρκεί να εξετασθούν οι περιπτώσεις $x_1,x_2\le -a<0$ μαζί με $0<a\le x_1,x_2$ .

.
Όχι, η συνάρτηση δεν είναι δίκλαδη. Ξεκίνησε ως κανονική συνάρτηση και δεν άλλαξε στον δρόμο. Αντίθετα, το συμπέρασμα που βγάζεις ότι "αρκεί να εξετασθούν οι περιπτώσεις $x_1,x_2\le -a<0$ μαζί με $0<a\le x_1,x_2$ " είναι εσφαλμένο. Όπως ήδη σου επεσήμανα στο ποστ #3, τρίτη γραμμή από το τέλος, υπάρχει και άλλη μία περίπτωση.

Ο λόγος που τα νομίζεις αυτά είναι ένα περιττότατο βήμα στον συλλογισμό σου, εδώ:

Orestisss έγραψε: Τετ Μαρ 05, 2025 2:38 pm
Για $x\le -a<0$ είναι ...
...

Η περίπτωση κατά την οποία $o<a\le x$ είναι όμοια, με την διαφορά ότι τα πρόσημα παραμένουν πολλαπλασιάζοντας με $\frac{1}{x}$ .

.
Συγκεκριμένα, στο πρώτο βήμα δεν χρησιμοποίησες πουθενά τον περιορισμό "Για $x\le -a<0$ ", οπότε όλα αυτά τα βήματα είναι περιττά και δεν αντιδιαστέλονται με την περίπτωση $o<a\le x$ που ακολουθεί.

Άσε που μιλάς για "πρόσημα παραμένουν" ενώ μέχρι εκεί δεν χρησιμοποίησες πουθενά πρόσημα.

Σε όσα γράφεις, πλατειάζεις, οπότε χάνεις την εικόνα της άσκησης. Θα σου συνιστούσα να γράφεις πιο οικονομικά. Η πολλή λεπτομέρεια πνίγει την άσκηση.

Orestisss · #9

Mihalis_Lambrou έγραψε: Τετ Μαρ 05, 2025 9:40 pm Ορέστη, για ξαναδές το αυτό:

Orestisss έγραψε: Τετ Μαρ 05, 2025 2:38 pm
Η συνάρτηση τώρα είναι δίκλαδη, οπότε αρκεί να εξετασθούν οι περιπτώσεις $x_1,x_2\le -a<0$ μαζί με $0<a\le x_1,x_2$ .

.
Όχι, η συνάρτηση δεν είναι δίκλαδη. Ξεκίνησε ως κανονική συνάρτηση και δεν άλλαξε στον δρόμο. Αντίθετα, το συμπέρασμα που βγάζεις ότι "αρκεί να εξετασθούν οι περιπτώσεις $x_1,x_2\le -a<0$ μαζί με $0<a\le x_1,x_2$ " είναι εσφαλμένο. Όπως ήδη σου επεσήμανα στο ποστ #3, τρίτη γραμμή από το τέλος, υπάρχει και άλλη μία περίπτωση.

Ο λόγος που τα νομίζεις αυτά είναι ένα περιττότατο βήμα στον συλλογισμό σου, εδώ:

Orestisss έγραψε: Τετ Μαρ 05, 2025 2:38 pm
Για $x\le -a<0$ είναι ...
...

Η περίπτωση κατά την οποία $o<a\le x$ είναι όμοια, με την διαφορά ότι τα πρόσημα παραμένουν πολλαπλασιάζοντας με $\frac{1}{x}$ .
.
Συγκεκριμένα, στο πρώτο βήμα δεν χρησιμοποίησες πουθενά τον περιορισμό "Για $x\le -a<0$ ", οπότε όλα αυτά τα βήματα είναι περιττά και δεν αντιδιαστέλονται με την περίπτωση $o<a\le x$ που ακολουθεί.

Άσε που μιλάς για "πρόσημα παραμένουν" ενώ μέχρι εκεί δεν χρησιμοποίησες πουθενά πρόσημα.

Σε όσα γράφεις, πλατειάζεις, οπότε χάνεις την εικόνα της άσκησης. Θα σου συνιστούσα να γράφεις πιο οικονομικά. Η πολλή λεπτομέρεια πνίγει την άσκηση.

Ευχαριστώ για τις παρατηρήσεις κι συγγνώμη για την ταλαιπωρία.

Μονοτονία - Αντίστροφη

Μονοτονία - Αντίστροφη

Re: Μονοτονία - Αντίστροφη

Re: Μονοτονία - Αντίστροφη

Re: Μονοτονία - Αντίστροφη

Re: Μονοτονία - Αντίστροφη

Re: Μονοτονία - Αντίστροφη

Re: Μονοτονία - Αντίστροφη

Re: Μονοτονία - Αντίστροφη

Re: Μονοτονία - Αντίστροφη

Μέλη σε σύνδεση