mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 24, 2018 2:13 pm**

Να λυθεί η εξίσωση : 2^x=x+1

. Σχόλιο απαραίτητο !

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 24, 2018 3:09 pm**

KARKAR έγραψε: Σάβ Φεβ 24, 2018 2:13 pm Να λυθεί η εξίσωση : . Σχόλιο απαραίτητο !

Προφανείς λύσεις οι $x=0, \, x=1$ . Επειδή η 2^x-x-1

έχει παράγωγο $2^x\ln 2-1$ που μηδενίζεται ακριβώς μία φορά (διότι η 2^x

είναι γνήσια αύξουσα) και μάλιστα μεταξύ

και

(διότι $2^0\ln 2-1= \ln 2-1 <0$ και $2^1\ln 2-1= \ln 4-1 >0$ ) , η συνάρτηση είναι γνήσια φθίνουσα μέχρι το ολικό ελάχιστο που είναι κάποιος αρνητικός αριθμός, και είναι γνήσια αύξουσα από εκεί και πέρα. Συνεπώς οι $x=0, \, x=1$ είναι οι μόνες ρίζες.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 24, 2018 3:13 pm**

$\displaystyle{2^x=x+1 \overset{x>-1}{\Rightarrow} xln2=ln(x+1) \Rightarrow\boxed{ ln(x+1)-xln2=0 }}$

Θεωρούμε $\displaystyle{f(x)=ln(x+1)-xln2, \ \ x>-1}$
$\displaystyle{f'(x)=\frac{1}{x+1}-ln2}$
$\displaystyle{f''(x)=-\frac{1}{(x+1)^2}}$

Έστω ότι η f έχει 3 διαφορετικές μεταξύ τους ρίζες x_1< x_2 < x_3

Τότε από θεώρημα Rolle

για την

στα

και

θα υπήρχαν $\rho_1\in(x_1,x_2)$ και $\rho_2\in(x_2,x_3)$ τέτοια ώστε $f'(\rho_1)=f'(\rho_2)=0$ και πάλι με Rolle

για την

στο $[\rho_1,\rho_2]$ θα υπήρχε $\xi \in \left ( \rho _1,\rho_2 \right )$ τέτοιο ώστε $f''(\xi)=0 \Rightarrow -\frac{1}{(\xi+1)^2}=0$ . Άτοπο. Άρα η f έχει το πολύ 2 ρίζες.

Παρατηρούμε ότι f(0)=f(1)=0

και καθότι η

έχει το πολύ 2 ρίζες οι ρίζες της αρχικής εξίσωσης είναι τα $\boxed{x_1=0}$ και $\boxed{x_2=1}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 24, 2018 4:04 pm**

Αν δεν μπουν ισοδυναμίες εδώ:

Andreas A. έγραψε: Σάβ Φεβ 24, 2018 3:13 pm $\displaystyle{2^x=x+1 \overset{x>-1}{\Rightarrow} xln2=ln(x+1) \Rightarrow\boxed{ ln(x+1)-xln2=0 }}$

η λύση έχει κάποιο κενό. Μπαλώνεται μεν, αλλά το κενό είναι κενό.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 24, 2018 4:30 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Σάβ Φεβ 24, 2018 4:04 pm Αν δεν μπουν ισοδυναμίες εδώ:

Andreas A. έγραψε: Σάβ Φεβ 24, 2018 3:13 pm $\displaystyle{2^x=x+1 \overset{x>-1}{\Rightarrow} xln2=ln(x+1) \Rightarrow\boxed{ ln(x+1)-xln2=0 }}$
η λύση έχει κάποιο κενό. Μπαλώνεται μεν, αλλά το κενό είναι κενό.

Η αλήθεια είναι ότι εκ παραδρομής ξέχασα να βάλω διπλές συνεπαγωγές, ο οποίες όμως ισχύουν. Κατά τα άλλα εντάξει μου φαίνεται. Παραβλέπω κάτι;

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 24, 2018 6:02 pm**

Andreas A. έγραψε: Σάβ Φεβ 24, 2018 4:30 pm Η αλήθεια είναι ότι εκ παραδρομής ξέχασα να βάλω διπλές συνεπαγωγές, ο οποίες όμως ισχύουν. Κατά τα άλλα εντάξει μου φαίνεται. Παραβλέπω κάτι;

Δεν παραβλέπεις τίποτα. Τώρα είναι όλα καλά.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 25, 2018 1:48 pm**

Η συνάρτηση f(x)=2^x

είναι κυρτή στο $\math\bb{R}$ , συνεπώς με την ευθεία y=x+1

,

έχουν το πολύ δύο κοινά σημεία , που είναι τα προφανή (0,1)

και

.

Το ερώτημα είναι αν το λήμμα : " Κυρτή συνάρτηση και ευθεία έχουν το πολύ δύο

κοινά σημεία " , μπορεί να χρησιμοποιηθεί χωρίς απόδειξη . Αν όχι , αποδείξτε το !

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 25, 2018 2:44 pm**

KARKAR έγραψε: Κυρ Φεβ 25, 2018 1:48 pm Η συνάρτηση είναι κυρτή στο $\math\bb{R}$ , συνεπώς με την ευθεία ,

έχουν το πολύ δύο κοινά σημεία , που είναι τα προφανή και .

Το ερώτημα είναι αν το λήμμα : " Κυρτή συνάρτηση και ευθεία έχουν το πολύ δύο

κοινά σημεία " , μπορεί να χρησιμοποιηθεί χωρίς απόδειξη . Αν όχι , αποδείξτε το !

Ισχύει και το αντίστροφο: Αν η γραφική παράσταση της f δεν έχει τρία συνευθειακά σημεία τότε είναι κυρτή ή κοίλη (γνήσια). Ας αποδείξουμε και αυτό.

Τώρα για το ευθύ έχουμε:

Έστω ότι τα σημεία $A_{i}(x_{i},f(x_{i})),i=1,2,3,$ με $x_{1}<x_{2}<x_{3}$ της γρ.παράστασης είναι

συνευθειακά. Τότε $\frac{f(x_{2})-f(x_{1})}{x_{2}-x_{1}}=\frac{f(x_{3})-f(x_{2})}{x_{3}-x_{2}}.$

Από το ΘΜΤ τώρα παίρνουμε $\xi _{1}\in(x_{1},x_{2}),\xi _{2}\in(x_{2},x_{3})$ για τους οποίους ισχύει

$f'(\xi _{1})=f'(\xi _{2})$ το οποίο όμως είναι άτοπο αφού η

ως γνησίως αύξουσα θα είναι και 1-1.

mathematica.gr

Απλή εκθετική

Απλή εκθετική

Re: Απλή εκθετική

Re: Απλή εκθετική

Re: Απλή εκθετική

Re: Απλή εκθετική

Re: Απλή εκθετική

Re: Απλή εκθετική

Re: Απλή εκθετική