Πλήθος ριζών

Συντονιστής: KAKABASBASILEIOS

Άβαταρ μέλους
exdx
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1539
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 6:00 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Πλήθος ριζών

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από exdx » Τετ Απρ 26, 2017 11:04 pm

Να βρείτε το πλήθος των ριζών της εξίσωσης : \displaystyle{{e^x} = 6\ln ({x^2} + 1)}

Υ.Γ
Ενδιαφέρουσα είναι και η γενική περίπτωση : \displaystyle{{e^x} = k\ln ({x^2} + 1),\,\,\,k > 0}
(Χωρίς λύση )


Kαλαθάκης Γιώργης

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
R BORIS
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2237
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 03, 2009 8:08 am
Επικοινωνία:

Re: Πλήθος ριζών

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από R BORIS » Πέμ Απρ 27, 2017 2:09 pm

Eστω \displaystyle{f(x)=e^{-x}ln(x^2+1)}

Τότε
\displaystyle{f(x)\ge 0}[1]
\displaystyle{f(0)=0}[2]
και ευκολα με DLH \displaystyle{\lim_{x\to -\infty}{f(x)}=+\infty}[3]
\displaystyle{\lim_{x\to +\infty}{f(x)}=0}[4]

Αν \displaystyle{f'(x)\ge 0} κοντα στο \displaystyle{-\infty} άτοπο απο [3] αρα \displaystyle{f'(x)< 0} σε διάστημα \displaystyle{(-\infty,a]}
αν \displaystyle{a>0} άτοπο από [1],[3]
Αρα τελικά \displaystyle{f'(x)<0 } στο \displaystyle{(-\infty,0)}

Αν \displaystyle{f'(x)<0} σε διάστημα ης μορφής \displaystyle{(0,b)} άτοπο απο [1],[2]
Συνεπώς \displaystyle{f'(x)>0} σε διάστημα \displaystyle{(0,b],b>0}

αν \displaystyle{f'(x)>0} στο \displaystyle{[b,+\infty)} ατοπο από [4] αφού \displaystyle{f(b)>0=\lim_{x\to +\infty}{f(x)}}
αρα \displaystyle{f'(x)<0} στο \displaystyle{[b,+\infty)}

Απο τα παραπάνω προκύπτει μεσω ενός εύκολου πινακα μονοτονίας ότι η \displaystyle{f} είναι γν. φθίνουσα στο \displaystyle{(-\infty,0]} , εχει ολικό ελάχιστο το 0 , είναι γν αύξουσα στο \displaystyle{[0,b]} οπου \displaystyle{f'(b)=0}\displaystyle{2b/(1+b^2)=ln(1+b^2)} και τελος γν φθίνουσα στό \displaystyle{[b,+\infty)}

Η αρχική εξίσωση γράφεται \displaystyle{f(x)=1/k} συνεπως έχει 1 λυση αν \displaystyle{1/k>f(b)}, 2 διαφορετικες αν \displaystyle{1/k=f(b)}, 3 διαφορετικες αν \displaystyle{0<1/k<f(b)}


Παπαστεργίου Κώστας
Δημοσιεύσεις: 43
Εγγραφή: Δευ Σεπ 05, 2016 2:36 pm

Re: Πλήθος ριζών

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Παπαστεργίου Κώστας » Σάβ Απρ 29, 2017 1:33 pm

R BORIS έγραψε:Eστω \displaystyle{f(x)=e^{-x}ln(x^2+1)}

Τότε
\displaystyle{f(x)\ge 0}[1]
\displaystyle{f(0)=0}[2]
και ευκολα με DLH \displaystyle{\lim_{x\to -\infty}{f(x)}=+\infty}[3]
\displaystyle{\lim_{x\to +\infty}{f(x)}=0}[4]

Αν \displaystyle{f'(x)\ge 0} κοντα στο \displaystyle{-\infty} άτοπο απο [3] αρα \displaystyle{f'(x)< 0} σε διάστημα \displaystyle{(-\infty,a]}
αν \displaystyle{a>0} άτοπο από [1],[3]
Αρα τελικά \displaystyle{f'(x)<0 } στο \displaystyle{(-\infty,0)}

Αν \displaystyle{f'(x)<0} σε διάστημα ης μορφής \displaystyle{(0,b)} άτοπο απο [1],[2]
Συνεπώς \displaystyle{f'(x)>0} σε διάστημα \displaystyle{(0,b],b>0}


αν \displaystyle{f'(x)>0} στο \displaystyle{[b,+\infty)} ατοπο από [4] αφού \displaystyle{f(b)>0=\lim_{x\to +\infty}{f(x)}}
αρα \displaystyle{f'(x)<0} στο \displaystyle{[b,+\infty)}

Απο τα παραπάνω προκύπτει μεσω ενός εύκολου πινακα μονοτονίας ότι η \displaystyle{f} είναι γν. φθίνουσα στο \displaystyle{(-\infty,0]} , εχει ολικό ελάχιστο το 0 , είναι γν αύξουσα στο \displaystyle{[0,b]} οπου \displaystyle{f'(b)=0}\displaystyle{2b/(1+b^2)=ln(1+b^2)} και τελος γν φθίνουσα στό \displaystyle{[b,+\infty)}

Η αρχική εξίσωση γράφεται \displaystyle{f(x)=1/k} συνεπως έχει 1 λυση αν \displaystyle{1/k>f(b)}, 2 διαφορετικες αν \displaystyle{1/k=f(b)}, 3 διαφορετικες αν \displaystyle{0<1/k<f(b)}
Εξηγήστε αν έχετε την καλοσύνη τις προτασούλες με τα κόκκινα γράμματα. Μήπως χρησιμοποιείτε κάτι σαν αντίστροφο του ΘΜΤ;
Ευχαριστώ


Άβαταρ μέλους
R BORIS
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2237
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 03, 2009 8:08 am
Επικοινωνία:

Re: Πλήθος ριζών

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από R BORIS » Κυρ Απρ 30, 2017 10:49 am

\displaystyle{0<x<b}, \displaystyle{f'(x)<0\Rightarrow f\downarrow} άρα \displaystyle{f(x)<f(0)=0,\forall x\in (0,b)} άτοπο


Παπαστεργίου Κώστας
Δημοσιεύσεις: 43
Εγγραφή: Δευ Σεπ 05, 2016 2:36 pm

Re: Πλήθος ριζών

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Παπαστεργίου Κώστας » Παρ Μάιος 05, 2017 7:54 pm

Για να ισχύει η πιο πάνω συνεπαγωγή πρέπει να είναι και {f}'\left ( 0 \right )< 0 ενώ είναι {f}'\left ( 0 \right )= 0. Υπάρχουν κι άλλες συνεπαγωγές για τις οποίες έχω ενστάσεις. Δεν μπορώ να βρω θεωρήματα ή αξιώματα που να τις υποστηρίζουν. Το ότι η πρώτη παράγωγος είναι αρνητική αριστερά του μηδενός πχ φαίνεται αμέσως από τον τύπο της. Το όριο της f στο πλην άπειρο δε βγαίνει με DLH. Απλώς είναι προφανές. Επίσης από τον τύπο της η {f}' φαίνεται ότι είναι αρνητική μετά από κάποιο b. Άρα αυτές οι συνεπαγωγές που δεν τις καταλαβαίνω είναι περιττές. Το κρισιμότερο σημείο κατά την άποψή μου είναι από 0 έως b όπου λέω πιο πάνω γιατί δεν είναι ικανοποιητική η απάντησή σας. Για να είμαι ειλικρινής στο ίδιο σημείο σκάλωσα και εγώ με την συνάρτηση \frac{e^{x}}{ln(x^{2}+1)} που βγαίνει από την εξίσωση e^{x}= kln(x^{2}+1) λύνοντας ως προς k. Δεν καταλαβαίνω γιατί επιλέξατε την ανάποδη \frac{ln(x^{2}+1)}{e^{x}}.

Φιλικά
ΠΚ
τελευταία επεξεργασία από Παπαστεργίου Κώστας σε Κυρ Μάιος 07, 2017 12:49 am, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 3237
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Πλήθος ριζών

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Παρ Μάιος 05, 2017 10:33 pm

Αυτά που γράφει ο Ροδόλφος είναι απολύτως σωστά.
Απλά τα γράφει με τον δικό του ιδιαίτερο τρόπο, χρησιμοποιώντας την αυξημένη μαθηματική του διαίσθηση.

Για να μην υπάρχει καμία αμφιβολία.

f'(x)=e^{-x}(\frac{x}{1+x^{2}}-ln(1+x^{2}))(ΛΑΘΟΣ)f'(x)=e^{-x}(\frac{2x}{1+x^{2}}-ln(1+x^{2}))(ΣΩΣΤΟ)

Είναι παραπάνω από προφανές ότι

x\in (-\infty ,0)\Rightarrow f'(x)< 0

Αν θέσουμε r(x)=\frac{x}{1+x^{2}}-ln(1+x^{2})(ΛΑΘΟΣ) r(x)=\frac{2x}{1+x^{2}}-ln(1+x^{2})(ΣΩΣΤΟ)

τότε r'(x)=\dfrac{1-x-x^{2}-x^{3}}{(1+x^{2})^{2}}(ΛΑΘΟΣ) r'(x)=2\dfrac{1-x-x^{2}-x^{3}}{(1+x^{2})^{2}}(ΣΩΣΤΟ)

Το b που γράφει είναι η μοναδική ρίζα της εξίσωσης

x^{3}+x^{2}+x-1=0

που είναι θετική και προφανώς

x\in (0,b)\Rightarrow f'(x)> 0 \wedge x\in (b,\infty )\Rightarrow f'(x)< 0

Συμπλήρωμα.Ειχα ξεχάσει ένα 2.Αφησα τις ΛΑΘΟΣ σχέσεις και έβαλα δίπλα τους τις σωστές.Τα λάθη δεν έχουν σχέση με το τελικό αποτέλεσμα δηλαδή τα διαστήματα μονοτονίας της f
τελευταία επεξεργασία από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ σε Σάβ Μάιος 06, 2017 3:57 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Παπαστεργίου Κώστας
Δημοσιεύσεις: 43
Εγγραφή: Δευ Σεπ 05, 2016 2:36 pm

Re: Πλήθος ριζών

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Παπαστεργίου Κώστας » Σάβ Μάιος 06, 2017 11:14 am

Ο υπολογιστής μου για την εξίσωση x^{3}+x^{2}+x-1=0 δίνει b=0,54 και \frac{1}{f(b)}=6,7. Αν \frac{1}{k}> f(b)\Rightarrow k< 6,7. Ισχυρίζεστε ότι η e^{x}=6,7ln(x^{2}+1) έχει μια λύση. Θα δώσω αργότερα δική μου απόδειξη ότι η e^{x}=6ln(x^{2}+1) έχει ακριβώς τρεις λύσεις. Η ίδια μέθοδος δίνει ότι και η e^{x}=5ln(x^{2}+1) έχει ακριβώς τρεις λύσεις. Η πράξη δηλαδή δεν συμφωνεί μαζί σας (από το 6.7 μέχρι το 5 δε νομίζω ότι υπάρχει λάθος λόγω προσεγγίσεων)

Η βασική μου απορία την οποία δεν ήθελα να διατυπώσω εξ αρχής είναι πως το διάγραμμα της f(x)=\frac{ln(x^{2}+1)}{e^{x}} που δεν περιλαμβάνει το k καθορίζει διαστήματα για το k τα οποία με τη σειρά τους θα καθορίσουν το διάγραμμα της e^{x}-kln(x^{2}+1). Οι όροι του παιχνιδιού μπαίνουν από το k.
Θα ανεβάσω την απόδειξη που υποσχέθηκα λίγο αργότερα (είναι λίγο μακροσκελής). Θα ήμουν υποχρεωμένος αν τύχαινε της προσοχής σας.
Ευχαριστίες
ΠΚ


Σταμ. Γλάρος
Δημοσιεύσεις: 351
Εγγραφή: Δευ Ιουν 18, 2012 1:51 pm

Re: Πλήθος ριζών

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σταμ. Γλάρος » Σάβ Μάιος 06, 2017 3:57 pm

exdx έγραψε:Να βρείτε το πλήθος των ριζών της εξίσωσης : \displaystyle{{e^x} = 6\ln ({x^2} + 1)}

Υ.Γ
Ενδιαφέρουσα είναι και η γενική περίπτωση : \displaystyle{{e^x} = k\ln ({x^2} + 1),\,\,\,k > 0}
(Χωρίς λύση )
Καλησπέρα στην εκλεκτή ομήγυρη...
Ανεβάζω μια προσπάθεια που καταδεικνύει το πόσο εκπληκτική είναι η αντιμετώπιση του κ. R BORIS.

Είναι f'(x)= \dfrac{e^{x}(x^2+1)-12x}{x^2 +1} .
Θεωρώ την g(x)=e^{x}(x^2+1)-12x , παραγωγίσιμη με g'(x) = e^{x}(x+1)^2  -12 .
Και η g' είναι παραγωγίσιμη με g''(x) = e^{x} (x+1)(x+3) .

Από τα παραπάνω προκύπτει:
g''(x)>0 \Rightarrow g' γνησίως αύξουσα στο (-\infty , -3 ] \Rightarrow g'\left ( (-\infty, -3 ) \right )= \left ( \displaystyle\lim_{x\rightarrow -\infty } g'(x),g'(-3) \right ]= (-12, -12+4e^{-3} ] .
To παραπάνω όριο προκύπτει επειδή : \displaystyle \lim_{x\rightarrow -\infty }(e^{x}\cdot (x +1)^2 ) = \lim_{x\rightarrow -\infty } \dfrac{(x +1)^2}{e^{-x}} \overset{\underset{\mathrm{\frac{+\infty }{+\infty }}}{DLH}}{=}  \displaystyle\lim_{x\rightarrow -\infty } \dfrac{2(x +1)}{-e^{-x}}  \overset{\underset{\mathrm{\frac{-\infty }{-\infty }}}{DLH}}{=}\lim_{x\rightarrow -\infty } \dfrac{2}{e^{-x}}  = 0
και g'(-3) <0 .

Επίσης g''(x)<0 \Rightarrow g' γνησίως φθίνουσα στο [ -3 ,-1] \Rightarrow g'\left ( [ -3 ,-1]  \right )  =  [g'(-1) , g'(-3) ] = [-12 , -12+4e^{-3} ] .

Ακόμα έχουμε g''(x)>0 \Rightarrow g' γνησίως αύξουσα στο [-1, + \infty ) \Rightarrow g'\left ( [-1, + \infty ) \right )= \left [g'(-1) ,  \displaystyle\lim_{x\rightarrow +\infty } g'(x)  \right )= [-12, + \infty ) .

Επίσης παρατηρούμε ότι g'(1)=4(e-1) < 0 και g'(2) = 3(3e^2 -4) >0 .
Άρα ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θ. Bolzano για την g' στο [1,2] .
Συνεπώς υπάρχει τουλ. 1 x_{0} στο (1,2) τέτοιο ώστε g'(x_{0}) =0.
Όμως είδαμε ότι g'(x)<0 στο (-\infty , -1] και g' γνησίως αύξουσα στο [-1, + \infty ) .
Άρα η x_{0} μοναδική ρίζα της g' στο \mathbb{R}.

Από τα παραπάνω συμπεραίνουμε ότι : g'(x)<0 στο (-\infty , x_{0} ) \Rightarrow g' γνησίως φθίνουσα στο (-\infty , x_{0} ] .
Από Θ. Bolzano για την g στο [0,1] υπάρχει τουλ. 1 x_{1} στο (0,1) τέτοιο ώστε g(x_{1}) =0.
Λόγω μονοτονίας η παραπάνω ρίζα είναι μοναδική στο (-\infty , x_{0} ] .

Ακόμα g'(x)>0 στο (x_{0} ,+\infty  ) \Rightarrow g' γνησίως αύξουσα στο [x_{0}  ,  +\infty ) .
Τώρα g\left ( [x_{0} , + \infty ) \right )= \left [g(x_{0}) ,  \displaystyle\lim_{x\rightarrow +\infty } g(x)  \right )= [g(x_{0})  , + \infty ) και μάλιστα g(x_{0}) < 0 .
Για το όριο έχουμε : \displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty }(e^{x}\cdot (x +1)^2 -12) = \lim_{x\rightarrow +\infty } \dfrac{(x +1)^2}{e^{-x}}= \displaystyle\lim_{x\rightarrow+ \infty }\left ( x\left [ e^x\left ( x+\frac{1}{x} \right ) -12\right ] \right )=+\infty .
Από την μορφή του Συνόλου Τιμών και λόγω μονοτονίας συμπεραίνουμε ότι υπάρχει ακριβώς μία ρίζα x_{2} στο [x_{0} ,+\infty  ) .

Ερχόμαστε, τώρα, στην f' !
Είναι f'(x) = \dfrac{g(x)}{x^2 +1}, οπότε η f' έχει το ίδιο πρόσημο και τις ίδιες ρίζες με την g .

Άρα
f'(x)>0 στο (-\infty ,  x_{1} ) \Rightarrow f γνησίως αύξουσα στο (-\infty , x_{1} ] \Rightarrow f \left ( (-\infty, x_{1}  ) \right )= \left ( \displaystyle\lim_{x\rightarrow -\infty } f(x), f (x_{1} ) \right ]= (-\infty, f(x_{1}) ] .
Μάλιστα έχουμε λόγω μονοτονίας x_{1}>0 άρα f(x_{1})>f(0)=0 .
Αφού το 0 ανήκει στο σύνολο τιμών της f συμπεραίνουμε ότι έχει ακριβώς μία ρίζα στο (-\infty, f(x_{1}) ] .
Επίσης
f'(x)<0 στο (  x_{1} , x_{2} ) \Rightarrow f γνησίως φθίνουσα στο [x_{1} , x_{2} ] \Rightarrow f \left ( [ x_{1} , x_{2} ] \right )= \left [  f (x_{2} )  ,  f (x_{1} ) \right ] .
Μάλιστα από παραπάνω x_{1}>0 άρα f(x_{1})>f(0)=0
και x_{2}>1\Rightarrow f(x_{2})<f(1)=e-6 ln2<0

Αφού το 0 ανήκει στο σύνολο τιμών της f συμπεραίνουμε ότι έχει ακριβώς μία ρίζα (δεύτερη) στο (x_{1} , x_{2}) ] .

Τέλος f'(x)>0 στο (x_{2} , + \infty   ) \Rightarrow f γνησίως αύξουσα στο [x_{2} , +\infty ) \Rightarrow f \left ( [x_{2}, +\infty   ) \right )= \left [ f (x_{2} )  , \displaystyle\lim_{x\rightarrow +\infty } f(x) \right ) = [f(x_{2}),+\infty ) .
Αφού το 0 ανήκει στο σύνολο τιμών της f συμπεραίνουμε ότι έχει ακριβώς μία ρίζα (τρίτη) στο [x_{2} , +\infty ) .

Φιλικά
Σταμ. Γλάρος
τελευταία επεξεργασία από Σταμ. Γλάρος σε Κυρ Μάιος 07, 2017 7:47 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 3237
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Πλήθος ριζών

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Σάβ Μάιος 06, 2017 4:40 pm

Παπαστεργίου Κώστας έγραψε:Ο υπολογιστής μου για την εξίσωση x^{3}+x^{2}+x-1=0 δίνει b=0,54 και \frac{1}{f(b)}=6,7. Αν \frac{1}{k}> f(b)\Rightarrow k< 6,7. Ισχυρίζεστε ότι η e^{x}=6,7ln(x^{2}+1) έχει μια λύση. Θα δώσω αργότερα δική μου απόδειξη ότι η e^{x}=6ln(x^{2}+1) έχει ακριβώς τρεις λύσεις. Η ίδια μέθοδος δίνει ότι και η e^{x}=5ln(x^{2}+1) έχει ακριβώς τρεις λύσεις. Η πράξη δηλαδή δεν συμφωνεί μαζί σας (από το 6.7 μέχρι το 5 δε νομίζω ότι υπάρχει λάθος λόγω προσεγγίσεων)

Η βασική μου απορία την οποία δεν ήθελα να διατυπώσω εξ αρχής είναι πως το διάγραμμα της f(x)=\frac{ln(x^{2}+1)}{e^{x}} που δεν περιλαμβάνει το k καθορίζει διαστήματα για το k τα οποία με τη σειρά τους θα καθορίσουν το διάγραμμα της e^{x}-kln(x^{2}+1). Οι όροι του παιχνιδιού μπαίνουν από το k.
Θα ανεβάσω την απόδειξη που υποσχέθηκα λίγο αργότερα (είναι λίγο μακροσκελής). Θα ήμουν υποχρεωμένος αν τύχαινε της προσοχής σας.
Ευχαριστίες
ΠΚ
Γεια σου Κώστα.
Για την πρώτη παράγραφο (από το 6.7 μέχρι το 5 δε νομίζω ότι υπάρχει λάθος λόγω προσεγγίσεων) κοίταξε προσεκτικά αυτό.


Για την δεύτερη παράγραφο.

Είναι f(-\infty ,0]=[0,\infty )

f[0,b]=[0,f(b)]

f[b,\infty )=(0,f(b)]

Αν θέλεις περισσότερες εξηγήσεις γράψε που.Αν θεωρείς ότι κάπου υπάρχει λάθος γράψε που.


Παπαστεργίου Κώστας
Δημοσιεύσεις: 43
Εγγραφή: Δευ Σεπ 05, 2016 2:36 pm

Re: Πλήθος ριζών

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Παπαστεργίου Κώστας » Σάβ Μάιος 06, 2017 5:27 pm

Έστω f(x)=e^{x}-6ln(x^2+1) τότε ενδιαφερόμαστε για τις ρίζες της.

Είναι:
\lim_{x\rightarrow -\infty }f\left ( x \right )= -\infty
f(0)=1
f(1)=e-6ln2=e-ln64<e-ln27=e-ln3^3<e-lne^e=0
\lim_{χ\rightarrow +\infty }f\left ( x \right )=+\infty εύκολα με DLH

Έτσι για την f έχουμε (λόγω Bolzano) τουλάχιστον από μια ρίζα στο κάθε ένα από τα διαστήματα (-\infty ,0], (0,1) και [1,+\infty )

Στο πρώτο διάστημα η {f}'(x)= e^{x}-\frac{12x}{(x^{2}+1)} είναι θετική. Άρα αριστερά του μηδενός υπάρχει ακριβώς μια ρίζα.

Αν στο δεύτερο διάστημα εκτός της μιας είχαμε και άλλη ρίζα, θα είχαμε συνολικά τέσσερις ρίζες για την f και άρα τρις για την {f}'(x)= e^{x}-\frac{12x}{(x^{2}+1)} (Rolle). Οι ρίζες όμως της {f}' είναι δεξιά του μηδενός. Έτσι η {f}''(x)=e^{x}+\frac{12(x^{2}-1)}{(x^{2}+1)^{2}} θα είχε δυο ρίζες δεξιά του μηδενός και προφανώς μεταξύ -1 και 1 δηλαδή θα είχε δυο ρίζες μεταξύ 0 και 1. Τέλος η τρίτη παράγωγος f'''(x)= e^{x}-\frac{24x(x^{2}-3)}{(x^{2}+1)^{3}} θα έπρεπε να έχει μία τουλάχιστον ρίζα μεταξύ 0 και 1. Αυτό όμως είναι άτοπο διότι οι ρίζες της τρίτης παραγώγου είναι εκεί που η παράσταση (x+\sqrt{3})x(x-\sqrt{3}) είναι θετική δηλαδή εκτός του διαστήματος των 0 και 1. Άρα και στο δεύτερο διάστημα έχουμε ακριβώς μια ρίζα.

Πάμε τώρα στο τρίτο διάστημα. Θα δείξουμε και εδώ ότι έχουμε ακριβώς μια ρίζα για την f(x)=e^{x}-6ln(x^2+1). Στην ουσία το πρόβλημά μας είναι οι τομές των διαγραμμάτων των συναρτήσεων g(x)=e^{x} και h(x)=6ln(x^{2}+1) εκ των οποίων η πρώτη είναι παντού κυρτή ενώ η δεύτερη είναι κοίλη δεξιά του 1 όπως φαίνεται από το πρόσημο της {h}''(x)=-\frac{12(x^{2}-1)}{(x^{2}+1)^{2}}. Για τις συναρτήσεις αυτές έχουμε ακόμη ότι τέμνονται δεξιά του 1 και ότι g(1)=e< 6ln2=h(1) όπως δείξαμε στην αρχή. Επιπλέον είναι και οι δυο γνησίως αύξουσες. Υπό τις προϋποθέσεις αυτές θα δείξουμε ότι οι εν λόγω συναρτήσεις δεν έχουν άλλα κοινά σημεία δεξιά του 1. Η απόδειξη έχει γεωμετρικό άρωμα οπότε καλό είναι να βλέπουμε και το σχήμα
σχήμα.png
σχήμα.png (11.8 KiB) Προβλήθηκε 1363 φορές
Στο διάστημα από 1 έως α έχουμε τα εξής:
Το τμήμα της g μεταξύ g(1) και g(α) είναι κάτω από το αντίστοιχο ευθύγραμμο τμήμα. Το τμήμα της h μεταξύ η(1) και h(α) είναι πάνω από το αντίστοιχο ευθύγραμμο τμήμα. Έτσι τα διαγράμματα των g και h μεταξύ 1 και α δεν έχουν κοινά σημεία.
Έστω τώρα ένα χ μεταξύ 1 και α. Έχουμε διαδοχικά \frac{g(x)-g(a)}{x-a}> \frac{g(1)-g(a)}{1-a}\Rightarrow {g}'(a)\geq \frac{g(1)-g(a)}{1-a} Αντίθετα για την κοίλη h θα είναι {h}'(a)\leq \frac{h(1)-h(a)}{1-a}. Είναι όμως \frac{g(1)-g(a)}{1-a}> \frac{h(1)-h(a)}{1-a} οπότε {g}'(a)> {h}'(a). Αυτό σημαίνει ότι από το α και δεξιά η εφαπτομένη της κυρτής είναι πάνω από την εφαπτομένη της κοίλης. Το διάγραμμα όμως της κυρτής είναι πάνω από αυτή και το αντίθετο συμβαίνει με την κοίλη. Άρα τα διαγράμματα των συναρτήσεων δεν τέμνονται μετά το α.
Έχουμε λοιπόν για την εξίσωση e^{x}=6ln(x^{2}+1) ακριβώς τρεις λύσεις.

Να πω εδώ ότι άμα δει κανείς με προσοχή την όλη διαδικασία ο αριθμός k=6 χρειάστηκε μόνο στο να δείξουμε ότι e< 6ln2.
Είναι εύκολο να δείξουμε ότι και e< 5ln2. Έτσι και στην περίπτωση k=5 έχουμε ακριβώς τρεις λύσεις.

Για τη γενική περίπτωση f(x)=e^{x}-kln(x^{2}+1) μερικές παρατηρήσεις. Πρώτον για οποιονδήποτε θετικό k επειδή f(0)=1> 0
και \lim_{χ\rightarrow -\infty }f\left ( x \right )=-\infty υπάρχει πάντα μία λύση. Ο k όπως και ο αριθμός 6 κανονίζει αν η f δεξιά του μηδενός θα έχει η όχι αρνητικές τιμές. Σε περίπτωση που δεν υπάρχουν αρνητικές τιμές υπάρχει μόνο η αρχική λύση αριστερά του μηδενός. Αν υπάρχουν αρνητικές τιμές οι λύσεις θα είναι ακριβώς τρεις. Υπάρχει και η περίπτωση να έχουμε μόνο δυο λύσεις μια και μια εκατέρωθεν του 0 . Μία προσέγγιση των καταλλήλων k μπορεί να γίνει με την ανισότητα e^{x}-kx^{2}\leq f(x)\leq e^{x}-\frac{kx^{2}}{x^{x}+1} η οποία προκύπτει από τη γνωστή σχέση 1-\frac{1}{x}\leq lnx\leq x-1. Έτσι όταν η e^{x}-\frac{kx^{2}}{x^{2}+1} έχει αρνητικές τιμές τότε έχει και η f. Για να γίνει αυτό πρέπει e^{x}-\frac{kx^{2}}{x^{2}+1}< 0\Rightarrow k> \frac{e^{x}(x^{2}+1)}{x^{2}}\Rightarrow k\geq 2e . Για να μην έχει αρνητικές τιμές είναι αρκετό το e^{x}-kx^{2}\geq 0 \Rightarrow k\leq \frac{e^{2}}{4}.
Τα τελευταία είναι όπως προείπα μια προσεγγιστική αντιμετώπιση της γενικής περιπτώσεως.
ΠΚ


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ”

Μέλη σε σύνδεση

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