Ακέραιο ξερίζωμα

KARKAR · #1

Βρείτε - ει δυνατόν χωρίς εξωτερίκευση της ( όποιας ) δυσαρέσκειάς σας - μιαν ακέραια λύση για την εξίσωση :

$\displaystyle \sqrt{x+\sqrt{x+2}}+\sqrt{x-\sqrt{x+2}}$

$\sqrt{2}$ $\sqrt{(2+\sqrt{2})^2+(2+2\sqrt{2})^2+(2+\sqrt{2})(2+2\sqrt{2}}$

Tolaso J Kos · #2

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#3

Μετά τις πράξεις καταλήγουμε στην εξίσωση: $\displaystyle x + \sqrt {{x^2} - x - 2} = 26 + 18\sqrt 2 ,$

απ' όπου $\boxed{x=26}$ (Παρέλειψα τους περιορισμούς).

KARKAR · #4

Ένα ερώτημα με αφορμή την λύση του Γιώργου ( και με τους περιορισμούς ! ) :

Δείξτε ότι η συνάρτηση : $f(x)=x+\sqrt{x^2-x-2}$ , είναι : "1-1"

.

#5

Καλησπέρα σε όλους. Φαντάζομαι ότι ο Θανάσης επιζητά λύσεις δίχως παραγώγους.

Το Π.Ο. της

είναι $\displaystyle A = \left( { - \infty , - 1} \right] \cup \left[ {2, + \infty } \right)$

Έστω $\displaystyle {x_2} > {x_1} \ge 2$ .

Οπότε $\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} {x_2} - 2 > {x_1} - 2 \ge 0\\ {x_2} + 1 > {x_1} + 1 \ge 3 \end{array} \right. \Rightarrow x_2^2 - {x_2} - 2 > x_1^2 - {x_1} - 2 \ge 0$

$\displaystyle \Rightarrow \sqrt {x_2^2 - {x_2} - 2} > \sqrt {x_1^2 - {x_1} - 2} \ge 0$ ,

οπότε $\displaystyle {x_2} + \sqrt {x_2^2 - {x_2} - 2} > {x_1} + \sqrt {x_1^2 - {x_1} - 2} \ge 2 \Rightarrow f\left( {{x_2}} \right) > f\left( {{x_1}} \right) \ge 2$

Άρα η

είναι

ως γν. αύξουσα στο $\displaystyle \left[ {2,\; + \infty } \right)$

Όμως, για το άλλο διάστημα δεν βλέπω άλλη μέθοδο, εκτός της μελέτης του προσήμου της παραγώγου, η οποία δεν έχει ρίζες στα δύο διαστήματα, άρα διατηρεί πρόσημο σε κάθε ένα απ' αυτά και εύκολα βλέπουμε ότι είναι αρνητική στο $\displaystyle \left( { - \infty , - 1} \right]$ , οπότε η συνάρτηση είναι γνησίως φθίνουσα. Κατόπιν, βρίσκουμε ότι το όριό της στο $- \infty$ είναι $\frac{1}{2}$ , ενώ το ελάχιστό της στο $\left[ {2, + \infty } \right)$ είναι το

, άρα δεν παίρνει κοινές τιμές στα δύο διαστήματα, οπότε είναι "1-1"

στο Π.Ο. της.

(ΔΕΝ έγραψα αναλυτικά το δεύτερο κομμάτι, περιμένοντας λύση δίχως παραγώγους. Αν δεν δοθεί θα την διατυπώσω με πληρότητα).

#6

Ξανακοιτώντας το, βρίσκω ενδιαφέρον το θέμα (και προσιτό ως θέμα εξετάσεων), οπότε αναρτώ μια πιο λεπτομερή απάντηση με τη χρήση παραγώγων. Θα ήθελα να δω μια λύση στο πρώτο διάστημα, δίχως παραγώγους.

H συνάρτηση $\displaystyle f(x) = x + \sqrt {{x^2} - x - 2} ,\;\;x \in \left( { - \infty , - 1} \right] \cup \left[ {2, + \infty } \right)$ είναι παραγωγίσιμη στο $\displaystyle \left( { - \infty , - 1} \right) \cup \left( {2, + \infty } \right)$

με $\displaystyle f'(x) = \frac{{2x - 1 + 2\sqrt {{x^2} - x - 2} }}{{2\sqrt {{x^2} - x - 2} }}$ .

Για x > 2

, είναι $\displaystyle f'\left( x \right) > 0$ άρα η f(x)

είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle \left[ {2,\; + \infty } \right)$ με ελάχιστο το $\displaystyle f\left( 2 \right) = 2$ .

Για x<-1

είναι $\displaystyle f'\left( 0 \right) = 0 \Leftrightarrow 2\sqrt {{x^2} - x - 2} = 1 - 2x$

Τα δύο μέλη είναι θετικά, οπότε τετραγωνίζοντας ισοδύναμα έχουμε: $\displaystyle 4{x^2} - 4x - 8 = 4{x^2} - 4x + 1$ , που είναι αδύνατη, άρα η $\displaystyle f'\left( x \right)$ δεν έχει ρίζα, οπότε, αφού είναι συνεχής, διατηρεί πρόσημο στο $\displaystyle \left( { - \infty ,\; - 1} \right)$ .

Είναι $\displaystyle f'\left( { - 2} \right) = \frac{{ - 1}}{4} < 0$ , άρα $\displaystyle f'\left( x \right) < 0$ , οπότε η f(x)

είναι γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle \left( { - \infty ,\; - 1} \right]$ .

Είναι $\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {x + \sqrt {{x^2} - x - 2} } \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{x + 2}}{{x - \sqrt {{x^2} - x - 2} }} =$

$\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{1 + \frac{2}{x}}}{{\left( {1 + \sqrt {1 - \frac{1}{x} - \frac{2}{{{x^2}}}} } \right)}} = \frac{1}{2}$ , άρα για $\displaystyle x \in \left( { - \infty ,\; - 1} \right]$ είναι $\displaystyle f\left( x \right) < \frac{1}{2}$ ,

οπότε η f(x)

δεν παίρνει κοινές τιμές στα διαστήματα $\displaystyle \left( { - \infty , - 1} \right],\;\;\left[ {2, + \infty } \right)$ , άρα είναι 1-1

στο Π.Ο. της.

Christos.N · #7

Γιώργο την καλησπέρα μου!

Χωρίς να υπάρχει ιδιαίτερο πρόβλημα στις πράξεις καταλήγουμε ότι : $\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}=\frac{x_1+x_2}{\sqrt {{x_2^2} - x_2 - 2}+\sqrt {{x_1^2} - x_1 - 2}}$
Ανάλογα λοιπόν των διατημάτων $\left( { - \infty , - 1} \right]$ και $\left[ {2, + \infty } \right)$ ο λόγος μεταβολής είναι αρνητικός και θετικός αντίστοιχα για $x_1\neq x_2$ .

Τα παραπάνω είναι λάθος , όπως πολύ σωστά επεσήμανε ο Σταύρος με π.μ. , που τον ευχαριστώ πολύ.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #8

KARKAR έγραψε: ↑
Κυρ Οκτ 06, 2019 12:02 pm
Ένα ερώτημα με αφορμή την λύση του Γιώργου ( και με τους περιορισμούς ! ) :

Δείξτε ότι η συνάρτηση : $f(x)=x+\sqrt{x^2-x-2}$ , είναι : .

Για να το δούμε χωρίς παραγώγους.
Αν f(x)=f(y)

κάνοντας τις πράξεις χρησιμοποιώντας συζηγή παράσταση παίρνουμε παίρνουμε

$\sqrt{x^{2}-x-2}+\sqrt{y^{2}-y-2}=-x-y+1$ (1)

για $x\neq y$
Για $x,y\geq 2$
η (1) δεν μπορεί να ισχύει γιατί το αριστερό μέλος είναι μη αρνητικό ενώ το δεξί αρνητικό.

Αν $x,y\leqslant -1$

τότε επειδή $\sqrt{x^{2}-x-2}< -x+\frac{1}{2}$
και όμοια για το

δεν μπορεί να ισχύει.
Μένει η περίπτωση $x\leq -1< 2\leq y$
Είναι τότε
$-x-\sqrt{x^{2}-x-2}+1=\sqrt{y^{2}-y-2}+y\geq 2$
Η μόνη περίπτωση για να ισχύει η τελευταία είναι
x=-1,y=2

Αλλά

και

Αρα η

είναι

Ακέραιο ξερίζωμα

Ακέραιο ξερίζωμα

Re: Ακέραιο ξερίζωμα

Re: Ακέραιο ξερίζωμα

Re: Ακέραιο ξερίζωμα

Re: Ακέραιο ξερίζωμα

Re: Ακέραιο ξερίζωμα

Re: Ακέραιο ξερίζωμα

Re: Ακέραιο ξερίζωμα

Μέλη σε σύνδεση