Φυσικός ή πραγματικός κόσμος ;

KARKAR · #1

Δίνονται οι συναρτήσεις : $f(x)=3^{x}$ και $g(x)=2x^{2}+1$

1) Δείξτε ότι : $f(n)\geq g(n) \; , \forall \; n\in \mathbb{N}$

2) Λύστε (στο $\mathbb{R}$ ) την ανίσωση : f(x) < g(x)

#2

KARKAR έγραψε:Δίνονται οι συναρτήσεις : $f(x)=3^{x}$ και $g(x)=2x^{2}+1$

1) Δείξτε ότι : $f(n)\geq g(n) \; , \forall \; n\in \mathbb{N}$

2) Λύστε (στο $\mathbb{R}$ ) την ανίσωση :

Για το 1) μπορούμε να εργαστούμε επαγωγικά:

Η ανισότητα ισχύει για $\displaystyle{n=1.}$ Έστω ότι ισχύει $\displaystyle{3^n\geq 2n^2+1}$ (1).

Τότε, είναι

$\displaystyle{3^{n+1}=3\cdot 3^n\geq 3(2n^2+1)=6n^2+3=2n^2+4n^2+3\geq 2n^2+4n+3=2(n+1)^2+3,}$

δηλαδή ισχύει και $\displaystyle{f(n+1)\geq g(n+1).}$

Η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Για το 2) παρατηρούμε, ότι αν $\displaystyle{x<0,}$ έχουμε $\displaystyle{3^x<1<1+2x^2.}$ Άρα, οι αριθμοί του διαστήματος $\displaystyle{(-\infty , 0)}$ είναι λύσεις της ανίσωσης.

Αν $\displaystyle{x>0}$ μια λύση της ανίσωσης $\displaystyle{3^x<1+2x^2}$ , επειδή ισχύει $\displaystyle{3^x>1+2x}$ (π.χ. από την ανισότητα Bernoulli), προκύπτει $\displaystyle{x>1.}$ Αν, όμως, $\displaystyle{x\geq 2}$ , η συνάρτηση

$\displaystyle{h(x)=3^x-2x^2-1}$ έχει $\displaystyle{h^{\prime}(x)=3^x\ln 3-4x}$ και $\displaystyle{h^{\prime \prime}(x)=3^x (\ln 3)^2-4}$ ,

οπότε εύκολα βλέπουμε, ότι είναι $\displaystyle{h^{\prime \prime}(x)>0}$ για κάθε $\displaystyle{x>2}$ , άρα η $\displaystyle{h^{\prime}}$ είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{[2,+\infty )}$ , δηλαδή $\displaystyle{h^{\prime}(x)>h^{\prime}(2)>0.}$ Τελικά, η $\displaystyle{h}$ είναι γνησίως αύξουσα στο εν λόγω διάστημα και προκύπτει $\displaystyle{h(x)\geq 0}$ $\displaystyle{\forall x \in [2,+\infty ).}$

Απομένει να εξεταστεί το διάστημα $\displaystyle{(1,2).}$

Τό μόνο που κατάφερα να βρω (φαντάζομαι, υπάρχει κάτι αρκετά απλούστερο) είναι:

Η ανίσωση γράφεται ως $\displaystyle{\frac{3^x-1}{x}-2x<0.}$ Είναι θέμα πράξεων να δούμε, ότι η συνάρτηση $\displaystyle{z(x)=\frac{3^x-1}{x}-2x}$ με $\displaystyle{x\in [1,2]}$ είναι κυρτή. Άρα $\displaystyle{\max z(x)=\max \{z(1),z(2)\}=0.}$

Τελικά, οι λύσεις της ανίσωσης είναι οι $\displaystyle{(-\infty, 0)\cup (1,2)}$ .

#3

Θα κάνω μια προσπάθεια για το 2ο ερώτημα

Θεωρούμε τη συνάρτηση $\displaystyle{ h\left( x \right) = f\left( x \right) - g\left( x \right) \Rightarrow \boxed{h\left( x \right) = 3^x - 2x^2 - 1} }$ . Προφανώς ισχύει : $\displaystyle{ h\left( 0 \right) = h\left( 1 \right) = h\left( 2 \right) = 0 }$

Η $\displaystyle{ h }$ είναι προφανώς παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{ R }$ με $\displaystyle{ h'\left( x \right) = \left( {3^x - 2x^2 - 1} \right)^\prime = 3^x \ln 3 - 4x - 1 \Rightarrow h''\left( x \right) = \left( {3^x \ln 3 - 4x - 1} \right)^\prime = 3^x \ln ^2 3 - 4 \Rightarrow \boxed{h^{\left( 3 \right)} \left( x \right) = 3^x \ln ^3 3 \ne 0,\forall x \in R} }$

Επειδή $\displaystyle{ h^{\left( 3 \right)} \left( x \right) \ne 0 }$ η εξίσωση $\displaystyle{ h\left( x \right) = 0 }$ θα έχει το πολύ τρεις διαφορετικές ρίζες στο $\displaystyle{ R }$ διότι αν υπάρχουν τέσσερα $\displaystyle{ \rho _1 ,\rho _2 ,\rho _3 ,\rho _4 \in R }$

διαφορετικά μεταξύ τους (έστω χωρίς βλάβη $\displaystyle{ \rho _1 < \rho _2 < \rho _3 < \rho _4 }$ ) με $\displaystyle{ h\left( {\rho _1 } \right) = h\left( {\rho _2 } \right) = h\left( {\rho _3 } \right) = h\left( {\rho _4 } \right) = 0 }$ τότε :

$\displaystyle{ \left. \begin{gathered} \left[ {\rho _1 ,\rho _2 } \right]\mathop \to \limits^{\Theta .Rolle - \gamma \iota \alpha - \tau \eta \nu - h} \exists x_1 \in \left( {\rho _1 ,\rho _2 } \right):h{'}\left( {x_1 } \right) = 0 \hfill \\ \left[ {\rho _2 ,\rho _3 } \right]\mathop \to \limits^{\Theta .Rolle - \gamma \iota \alpha - \tau \eta \nu - h} \exists x_2 \in \left( {\rho _2 ,\rho _3 } \right):h{'}\left( {x_2 } \right) = 0 \hfill \\ \left[ {\rho _2 ,\rho _3 } \right]\mathop \to \limits^{\Theta .Rolle - \gamma \iota \alpha - \tau \eta \nu - h} \exists x_3 \in \left( {\rho _2 ,\rho _3 } \right):h{'}\left( {x_3 } \right) = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right\}\;\mathop \Rightarrow \limits^{\rho _1 < x_1 < \rho _2 < x_2 < \rho _3 < x_3 < \rho _4 } \;\left. \begin{gathered} \left[ {x_1 ,x_2 } \right]\mathop \to \limits^{\Theta .Rolle - \gamma \iota \alpha - \tau \eta \nu - h{'}} \exists \xi _1 \in \left( {x_1 ,x_2 } \right):h{'}{'}\left( {\xi _1 } \right) = 0 \hfill \\ \left[ {x_2 ,x_3 } \right]\mathop \to \limits^{\Theta .Rolle - \gamma \iota \alpha - \tau \eta \nu - h{'}} \exists \xi _2 \in \left( {x_2 ,x_3 } \right):h{'}{'}\left( {\xi _2 } \right) = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right\} }$

$\displaystyle{ \mathop \Rightarrow \limits^{x_1 < \xi _1 < x_2 < \xi _2 < x_3 } \left[ {\xi _1 ,\xi _2 } \right]\mathop \to \limits^{\Theta .Rolle - \gamma \iota \alpha - \tau \eta \nu - h{'}{'}} \exists \eta \in \left( {\xi _1 ,\xi _2 } \right):h^{\left( 3 \right)} \left( \eta \right) = 0 }$ πράγμα άτοπο. Άρα τελικά η εξίσωση $\displaystyle{ h\left( x \right) = 0 }$ έχει ακριβώς τις τρεις ρίζες $\displaystyle{ 0,1,2 }$

Είναι $\displaystyle{ h }$ συνεχής στο $\displaystyle{ \left( { - \infty ,0} \right) }$ με $\displaystyle{ h\left( x \right) \ne 0,\forall x \in \left( { - \infty ,0} \right) }$ και συνεπώς η $\displaystyle{ h }$ θα διατηρεί το πρόσημό της στο $\displaystyle{ \left( { - \infty ,0} \right) }$ και επειδή

$\displaystyle{ h\left( { - 1} \right) = 3^{ - 1} - 2 - 1 = \frac{1} {3} - 3 < 0 \Rightarrow h\left( x \right) < 0,\forall x \in \left( { - \infty ,0} \right) \Rightarrow f\left( x \right) - g\left( x \right) < 0,\forall x \in \left( { - \infty ,0} \right) \Rightarrow }$ $\displaystyle{ f\left( x \right) < g\left( x \right),\forall x \in \left( { - \infty ,0} \right) }$

Δηλαδή λύσεις τις ζητούμενης ανίσωσης είναι τα $\displaystyle{ \boxed{x \in \left( { - \infty ,0} \right)} }$

Είναι $\displaystyle{ h }$ συνεχής στο $\displaystyle{ \left( {0,1} \right) }$ με $\displaystyle{ h\left( x \right) \ne 0,\forall x \in \left( {0,1} \right) }$ και συνεπώς η $\displaystyle{ h }$ θα διατηρεί το πρόσημό της στο $\displaystyle{ \left( {0,1} \right) }$ και επειδή

$\displaystyle{ h\left( {\frac{1} {2}} \right) = 3^{\frac{1} {2}} - 2 \cdot \left( {\frac{1} {2}} \right)^2 - 1 = \sqrt 3 - \frac{3} {2} > 0 \Rightarrow h\left( x \right) > 0,\forall x \in \left( {0,1} \right) \Rightarrow f\left( x \right) - g\left( x \right) > 0,\forall x \in \left( {0,1} \right) \Rightarrow }$ $\displaystyle{ f\left( x \right) > g\left( x \right),\forall x \in \left( {0,1} \right) }$

και συνεπώς η ζητούμενη ανίσωση δεν έχει ρίζες στο $\displaystyle{ \left( {0,1} \right) }$

Είναι $\displaystyle{ h }$ συνεχής στο $\displaystyle{ \left( {1,2} \right) }$ με $\displaystyle{ h\left( x \right) \ne 0,\forall x \in \left( {1,2} \right) }$ και συνεπώς η $\displaystyle{ h }$ θα διατηρεί το πρόσημό της στο $\displaystyle{ \left( {1,2} \right) }$ και επειδή

$\displaystyle{ h\left( {\frac{3} {2}} \right) = 3^{\frac{3} {2}} - 2 \cdot \left( {\frac{3} {2}} \right)^2 - 1 = 3\sqrt 3 - \frac{{11}} {2}\mathop \Rightarrow \limits^{27 < \frac{{121}} {4} \to 3\sqrt 3 < \frac{{11}} {2}} h\left( x \right) < 0,\forall x \in \left( {1.2} \right) \Rightarrow f\left( x \right) - g\left( x \right) < 0,\forall x \in \left( {1,2} \right) \Rightarrow }$ $\displaystyle{ f\left( x \right) < g\left( x \right),\forall x \in \left( {1,2} \right) }$

Δηλαδή λύσεις τις ζητούμενης ανίσωσης είναι τα $\displaystyle{ \boxed{x \in \left( {1,2} \right)} }$

Τέλος $\displaystyle{ h }$ συνεχής στο $\displaystyle{ \left( {2, + \infty } \right) }$ με $\displaystyle{ h\left( x \right) \ne 0,\forall x \in \left( {2, + \infty } \right) }$ και συνεπώς η $\displaystyle{ h }$ θα διατηρεί το πρόσημό της στο $\displaystyle{ \left( {2, + \infty } \right) }$ και επειδή

$\displaystyle{ h\left( 3 \right) = 3^3 - 2 \cdot 3^2 - 1 = 27 - 19 = 8 > 0 \Rightarrow h\left( x \right) > 0,\forall x \in \left( {2, + \infty } \right) \Rightarrow f\left( x \right) - g\left( x \right) > 0,\forall x \in \left( {2, + \infty } \right) \Rightarrow }$ $\displaystyle{ f\left( x \right) > g\left( x \right),\forall x \in \left( {2, + \infty } \right) }$

και συνεπώς η ζητούμενη ανίσωση δεν έχει ρίζες στο $\displaystyle{ \left( {2, + \infty } \right) }$

Τελικά ισχύει $\displaystyle{ \boxed{f\left( x \right) < g\left( x \right) \Leftrightarrow x \in \left( { - \infty ,0} \right) \cup \left( {1,2} \right)} }$

Υ.Σ. Συμπαθάτε με για την τόσο αναλυτική λύση αλλά είναι η "αρρώστια μου" μιας και θέλω να πιστεύω ότι μας παρακολουθούν και μαθητές

Στάθης

Φυσικός ή πραγματικός κόσμος ;

Φυσικός ή πραγματικός κόσμος ;

Re: Φυσικός ή πραγματικός κόσμος ;

Re: Φυσικός ή πραγματικός κόσμος ;

Μέλη σε σύνδεση