mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Δεκ 13, 2011 10:59 pm**

Έστω $\displaystyle{f:\mathbb{R} \to \left( {0,+\infty } \right)}$ συνεχής και γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{\mathbb{R}}$ .
Να δείξετε ότι η εξίσωση $\displaystyle{f\left( x \right){e^x} = 1}$ έχει ακριβώς μια ρίζα στο $\displaystyle{\mathbb{R}}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Δεκ 13, 2011 11:59 pm**

Eukleidis έγραψε:Έστω $\displaystyle{f:\mathbb{R} \to \left( {0,+\infty } \right)}$ συνεχής και γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{\mathbb{R}}$ .
Να δείξετε ότι η εξίσωση $\displaystyle{f\left( x \right){e^x} = 1}$ έχει ακριβώς μια ρίζα στο $\displaystyle{\mathbb{R}}$ .

Χαιρετώ την εκλεκτή παρέα μετά από μια ολιγοήμερη απουσία.
Μια προσπάθεια.

Θεωρώ την συνάρτηση $\displaystyle{g(x)=f(x)e^x-1,x\in \mathbb{R}}$ .
Έστω $x_1,x_2\in\mathbb{R}$ με x_1<x_2

λόγω μονοτονίας των f,e^x

έχουμε

και $e^{x_1}<e^{x_2}$ .
Επειδή τα μέλη των ανισοτήτων είναι θετικά με πολλαπλασιασμό κατά μέλη εύκολα προκύπτει ότι g(x_1)<g(x_2)

δηλαδή η

γν. αύξουσα.
Άρα αν έχει μια ρίζα τότε αυτή θα είναι μοναδική.

Εξαιτίας του συνόλου αφίξεως, η

είτε θα συγκλίνει σε κάποιον θετικό πραγματικό αριθμό είτε θα αποκλίνει στο $+\infty$ όταν το

τίνει στο $+\infty$ .
Σε κάθε περίπτωση θα είναι $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}g(x)=+\infty}$ .

Επίσης, εξαιτίας του συνόλου αφίξεως αλλά και της μονοτονίας της

, η

θα συγκλίνει σε κάποιον θετικό πραγματικό αριθμό όταν το

τίνει στο $-\infty$ .
Έτσι θα ισχύει $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}g(x)=-1}$ .

Εφαρμόζοντας τώρα το Θ.Bolzano στην συνεχή

στο

, όπου

κοντά στο $-\infty$ και στο $+\infty$ αντίστοιχα, η ύπαρξη τουλάχιστον μιας ρίζας καθίσταται δυνατή, η οποία όπως είπαμε θα είναι και μοναδική.

Ελπίζω να μην έχω υποπέσει σε κάποιο ατόπημα.
Καληνύχτα

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 14, 2011 12:57 am**

Νασιούλας Αντώνης έγραψε: Επίσης, εξαιτίας του συνόλου αφίξεως αλλά και της μονοτονίας της , η θα συγκλίνει σε κάποιον θετικό πραγματικό αριθμό όταν το

Αντώνη γίγαντα γεια σου!!

Την περίπτωση η

να αποκλίνει στο $+\infty$ την πήρες (όταν το

τείνει στο μείον άπειρο); Γράφεις ότι την εξαίρεσες λόγω μονοτονίας, σωστά; Η απόδειξη;

Απλά δεν φαίνεται καθαρά η εξήγηση, απλά υπενθυμίζω την άσκηση και λύση του Μπάμπη (στο μέσο μπρος τα κάτω).

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 14, 2011 8:10 am**

Μάκης Χατζόπουλος έγραψε:
Την περίπτωση η να αποκλίνει στο $+\infty$ την πήρες (όταν το τείνει στο μείον άπειρο); Γράφεις ότι την εξαίρεσες λόγω μονοτονίας, σωστά;

Καλημέρα.
Διαβάζοντας την απόδειξη του Αντώνη δε βλέπω ειλικρινά γιατί πρέπει να πάρει και αυτήν την περίπτωση.Είναι
εύκολο να εξηγηθεί γιατί πρέπει να τη λάβει υπ'όψη;
Ευχαριστώ εκ των προτέρων.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 14, 2011 12:08 pm**

Θεωρούμε τη συνάρτηση $h(x) = f(x) - e^{ - x}$ , οπότε για καθε x < 0

είναι:

και επομένως: $- e^{ - x} < f(x) - e^{ - x} < f(0) - e^{ - x}$
Άρα (Κρ.παρεμβ.)
$\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } h(x) = - \infty$
Ακόμα υπάρχει x_o > 0

, τέτοιο ώστε h(x_o ) > 0

.
Διότι αν $\forall \mathop {}\limits^{} x > 0,\mathop {}\limits^{} f(x) - e^x < 0$
τότε:
Για
$\begin{array}{l} 0 < x_1 < x{\rm{ }}\mathop {}\limits^{} \Rightarrow \mathop {}\limits^{} {\rm{f(x}}_{\rm{1}} {\rm{)}} < f(x) < {\rm{e}}^{ - {\rm{x}}} {\rm{ }} \Rightarrow \\ \\ {\rm{f(x}}_{\rm{1}} {\rm{)}} < \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {\rm{e}}^{ - x} = {\rm{0 }} \\ \end{array}$ , που είναι άτοπο .
άρα υπάρχει
$\xi \in R:\mathop {}\limits^{} h(\xi ) = 0$ ,μοναδικό λόγω της μονοτονίας της

h(x)

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 14, 2011 12:24 pm**

Μια λύση από τον Νίκο Ζανταρίδη (η λύση που είχε κατά νου όταν έθεσε την άσκηση στο "όπερ έδει δείξαι") χωρίς χρήση ορίων!

Έστω η εξίσωση $f\left( x \right){e^x} = 1\,\,\,:\left( E \right)$ δεν έχει λύση στο

, τότε για κάθε $x \in R$ θα ισχύει

$f\left( x \right){e^x} \ne 1 \Leftrightarrow f\left( x \right) \ne {e^{ - x}} \Leftrightarrow f\left( x \right) - {e^{ - x}} \ne 0 \Leftrightarrow g\left( x \right) \ne 0$ , όπου $g\left( x \right) = f\left( x \right) - {e^{ - x}}$

Η $g\left( x \right) = f\left( x \right) - {e^{ - x}}$ είναι συνεχής στο

και επειδή δεν μηδενίζεται στο

διατηρεί στο

σταθερό πρόσημο δηλαδή θα είναι

$g\left( x \right) > 0$ για κάθε $x \in R$ ή $g\left( x \right) < 0$ για κάθε $x \in R$

Έστω $g\left( x \right) > 0$ για κάθε $x \in R$ τότε θα έχουμε $f\left( x \right) > {e^{ - x}}$ για κάθε $x \in R$ .

Θέτοντας όπου

το $- \ln f\left( x \right)$ έχουμε:

$\begin{array}{l} f\left( { - \ln \left( {f\left( x \right)} \right)} \right) > {e^{\ln f\left( x \right)}} \Rightarrow f\left( { - \ln \left( {f\left( x \right)} \right)} \right) > f\left( x \right) \\ \Rightarrow - \ln \left( {f\left( x \right)} \right) > x\,\,\,\,\,\,\left( {f: \nearrow } \right) \\ \Rightarrow \ln \left( {f\left( x \right)} \right) < \ln {e^{ - x}} \\ \Rightarrow f\left( x \right) < {e^{ - x}}\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {\ln x:\,\,\, \nearrow } \right) \\ \end{array}$

,άτοπο αφού υποθέσαμε $g\left( x \right) > 0$ δηλαδή $f\left( x \right) > {e^{ - x}}$ για κάθε $x \in R$

Ομοίως καταλήγουμε σε άτοπο αν υποθέσουμε ότι $g\left( x \right) < 0$ δηλαδή $f\left( x \right) < {e^{ - x}}$ για κάθε $x \in R$

Επομένως η εξίσωση $f\left( x \right){e^x} = 1$ έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο

και επειδή η συνάρτηση $h\left( x \right) = f\left( x \right){e^x}$ είναι γνησίως αύξουσα στο

,

$\left( {{x_1} < {x_2} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {0 < f\left( {{x_1}} \right) < f\left( {{x_2}} \right)} \\ {0 < {e^{{x_1}}} < {e^{{x_2}}}} \\ \end{array}} \right. \Rightarrow f\left( {{x_1}} \right){e^{{x_1}}} < f\left( {{x_2}} \right){e^{{x_2}}} \Rightarrow h\left( {{x_1}} \right) < h\left( {{x_2}} \right)} \right)$

η λύση αυτή είναι μοναδική.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 14, 2011 6:42 pm**

Μάκης Χατζόπουλος έγραψε:
Νασιούλας Αντώνης έγραψε: Επίσης, εξαιτίας του συνόλου αφίξεως αλλά και της μονοτονίας της , η θα συγκλίνει σε κάποιον θετικό πραγματικό αριθμό όταν το

Αντώνη γίγαντα γεια σου!!

Την περίπτωση η να αποκλίνει στο $+\infty$ την πήρες (όταν το τείνει στο μείον άπειρο); Γράφεις ότι την εξαίρεσες λόγω μονοτονίας, σωστά; Η απόδειξη;

Απλά δεν φαίνεται καθαρά η εξήγηση, απλά υπενθυμίζω την άσκηση και λύση του Μπάμπη (στο μέσο μπρος τα κάτω).

Μάκη χαιρετώ.

Όντως δεν φαίνεται καθαρά και καλά έκανες και μας έδωσες την απόδειξη.

chris_gatos έγραψε:
Μάκης Χατζόπουλος έγραψε:
Την περίπτωση η να αποκλίνει στο $+\infty$ την πήρες (όταν το τείνει στο μείον άπειρο); Γράφεις ότι την εξαίρεσες λόγω μονοτονίας, σωστά;
Καλημέρα.
Διαβάζοντας την απόδειξη του Αντώνη δε βλέπω ειλικρινά γιατί πρέπει να πάρει και αυτήν την περίπτωση.Είναι
εύκολο να εξηγηθεί γιατί πρέπει να τη λάβει υπ'όψη;
Ευχαριστώ εκ των προτέρων.

Χρήστο επίσης χαιρετώ.
Προσπαθώ να βρω ένα διάστημα στο οποίο να κάνω Bolzano. Με την πρώτη περίπτωση εξασφαλίζω ότι κοντά στο $+\infty$ η συνάρτηση είναι θετική.
Ψάχνω τώρα και μια αρνητική της τιμή. Παίρνω λοιπόν το όριο της συνάρτησης στο $-\infty$ . Για να δικαιολογήσω όμως το αποτέλεσμα κάνω το σχόλιο στο οποίο αναφέρεται ο Μάκης.
Μάλιστα, αφού είχα κλείσει τον υπολογιστεί χθες, σκεφτόμουνα ότι το σωστό είναι "συγκλίνει σε μη αρνητικό πραγματικό" και όχι "σε θετικό..." όπως έγραψα.

Δεν ξέρω αν κατάλαβα καλά την ερώτησή σου.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 14, 2011 7:46 pm**

Γειά σας. H άσκηση είναι ειδική περίπτωση της εξής γενικότερης:

Έστω $f:\Delta \rightarrow R$ συνεχής και γνησίως αύξουσα, $g:\Delta \rightarrow R$ συνεχής και γνησίως φθίνουσα με $f\left( \Delta \right) \subseteq g\left( \Delta \right)$ . Τότε η εξίσωση $f\left( x\right) =g\left( x\right) ~\ \ (1)$ έχει ακριβώς μία λύση.

Απόδειξη: Θεωρούμε την γνησίως αύξουσα και συνεχή h=f-g

. Θα δείξουμε ότι έχει ρίζα που λόγω μονοτονίας θα είναι μοναδική. Θεωρούμε $y\in f\left( \Delta \right)$ . Αυτό θα είναι τιμή των f,g

και επομένως θα υπάρχουν $x_{1},x_{2}\in \Delta$ ώστε $f\left( x_{1}\right) =g\left( x_{2}\right) =y$ . Αν είναι $x_{1}=x_{2}$ τότε, προφανώς, το $x_{1}$ είναι λύση της (1). Αν είναι $x_{1}<x_{2}$ τότε από την μονοτονία των f,g

είναι $y=f\left( x_{1}\right) <f\left( x_{2}\right)$ , $y=g\left( x_{2}\right) <g\left( x_{1}\right)$ οπότε
$h\left( x_{1}\right) h\left( x_{2}\right) =\underset{\left( -\right) }{\underbrace{\left( y-g\left( x_{1}\right) \right) }}\underset{\left( +\right) }{\underbrace{\left( f\left( x_{2}\right) -y\right) }}<0$
και η

έχει ρίζα από το θέωρημα του Bolzano. Η περίπτωση $x_{1}>x_{2}$ αντιμετωπίζεται με τον ίδιο τρόπο.
Μαυρογιάννης

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 14, 2011 8:01 pm**

Νίκο

πολύ καλή: και η γενίκευση και η απόδειξη.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 14, 2011 9:59 pm**

Νασιούλας Αντώνης έγραψε: Χρήστο επίσης χαιρετώ.
Προσπαθώ να βρω ένα διάστημα στο οποίο να κάνω Bolzano. Με την πρώτη περίπτωση εξασφαλίζω ότι κοντά στο $+\infty$ η συνάρτηση είναι θετική.
Ψάχνω τώρα και μια αρνητική της τιμή. Παίρνω λοιπόν το όριο της συνάρτησης στο $-\infty$ . Για να δικαιολογήσω όμως το αποτέλεσμα κάνω το σχόλιο στο οποίο αναφέρεται ο Μάκης.
Μάλιστα, αφού είχα κλείσει τον υπολογιστεί χθες, σκεφτόμουνα ότι το σωστό είναι "συγκλίνει σε μη αρνητικό πραγματικό" και όχι "σε θετικό..." όπως έγραψα.

Δεν ξέρω αν κατάλαβα καλά την ερώτησή σου.

Αντώνη είναι ηλίου φαεινότερο πως η ερώτηση μου δεν απευθύνεται σε εσένα.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 14, 2011 11:24 pm**

Νίκο, πολύ καλή η γενίκευση

Ν.Ζ.

mathematica.gr

Από όπερ έδει δείξαι

Από όπερ έδει δείξαι

Re: Από όπερ εδει δειξαι

Re: Από όπερ εδει δειξαι

Re: Από όπερ εδει δειξαι

Re: Από όπερ εδει δειξαι

Re: Από όπερ εδει δειξαι

Re: Από όπερ εδει δειξαι

Re: Από όπερ έδει δείξαι

Re: Από όπερ έδει δείξαι

Re: Από όπερ εδει δειξαι

Re: Από όπερ έδει δείξαι