Απαιτητική ύπαρξη

ΤΣΟΠΕΛΑΣ ΓΙΑΝΝΗΣ · #1

Καλό απόγευμα σε όλα τα μέλη του

Παραθέτω μια υπαρξιακή..κάπως απαιτητική..Δείξτε ότι υπάρχει μοναδικό
$\bol{ \xi }\epsilon (1, + \infty ): \xi^{\ln \xi}=\ln^{\xi}\xi$

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #2

ΤΣΟΠΕΛΑΣ ΓΙΑΝΝΗΣ έγραψε: Σάβ Μάιος 09, 2020 3:07 pm Καλό απόγευμα σε όλα τα μέλη του
Παραθέτω μια υπαρξιακή..κάπως απαιτητική..Δείξτε ότι υπάρχει μοναδικό
$\bol{ \xi }\epsilon (1, + \infty ): \xi^{\ln \xi}=\ln^{\xi}\xi$

Εχουμε την εξίσωση

$\displaystyle x^{\ln x}=(\ln x) ^x$ όπου x>1

Λογαριθμίζοντας παίρνουμε την ισοδύναμη

$\displaystyle (\ln x)^2=x\ln (\ln x)$ όπου x>1

Θέλουμε ότι υπάρχει μοναδική ρίζα.
Θέτοντας $t=\ln x$
καταλήγουμε στην ισοδύναμη

$\displaystyle t^2=e^t \ln t$
για t>0

.

Θεωρούμε την
$\displaystyle f(t)=e^t\ln t -t^2$
για t>0

.

Είναι f(1)=-1

και $\displaystyle f(e)=e^e-e^2>0$

Από Bolzano εχει τουλάχιστον μια ρίζα στο (1,e)

.
Είναι
$\displaystyle f'(t)=e^t\ln t+\frac{e^t}{t}-2t$
Είναι γνωστό ότι
$\displaystyle \ln t+\frac{1}{t}\geq 1$
και εύκολα αποδεικνύεται ότι
για t>0

είναι

Ετσι
$\displaystyle f'(t)=e^t(\ln t+\frac{1}{t})-2t\geq e^t-2t>0$

Αρα η

είναι γνησίως αύξουσα και η ρίζα είναι μοναδική.

Παρατηρήσεις.
1)Γνωρίζω και άλλες αποδείξεις.Πιο φυσιολογικές αλλά και πιο μεγάλες.
2)Το εύκολα αποδεικνύεται γίνεται η με παραγώγους η
$\displaystyle e^t\geq 1+t+\frac{t^2}{2}>2t$

#3

Η παρακάτω λύση δεν απευθύνεται σε μαθητές.
Χρησιμοποιεί εξωσχολικές γνώσεις αλλά, νομίζω, δείχνει κάπως πως δουλεύει η συγκεκριμένη άσκηση.
Ας ονομάσουμε $g\left( x\right) =\ln x$ . Θέλουμε η εξίσωση $x^{g\left( x\right) }=g\left( x\right) ^{x}$ να έχει μια τουλάχιστον λύση x>1

. Η εξίσωση αυτή γράφεται
$f\left( g\left( x\right) \right) =f\left( x\right) \,\,\,\,(1)$
όπου $f\left( x\right) =\frac{\ln x}{x}$ συνάρτηση γνωστή και από το σχολικό.
Η

είναι γνησίως αύξουσα στο $I_{1}=\left( 0,e\right]$ και γνησίως φθίνουσα στο $I_{2}=\left[ e,+\infty \right)$ . Αν ονομάσουμε f_1

και

τους περιορισμούς της

στα $I_{1}$ , $I_{2}$ οι f_1

,

είναι συνεχείς, αντιστρέψιμες και οι αντίστροφες τους είναι συνεχείς. Η εξίσωση (1) δε μπορεί να έχει λύση

με

και επομένως τα x, g(x)

πρέπει να ανήκουν σε διαφορετικά διαστήματα από $I_{1}$ , $I_{2}$ . Αφού g(x)<x

αναγκαστικά το

θα ανήκει στο I_2

και το

στο

. Άρα η (1) γράφεται
$f_{1}\left( g\left( x\right) \right) =f_{2}\left( x\right)$ και ισοδύναμα
$f_{1}^{-1}\left( f_{2}\left( x\right) \right) -g\left( x\right) =0\,\,\,(2)$
H $h\left( x\right) =f_{1}^{-1}\left( f_{2}\left( x\right) \right) -g\left( x\right)$ είναι γνησίως φθίνουσα και συνεχής στο $I_{2}$ και τα όρια στης στα

και $+\infty$ είναι e-g(e)

και $-\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }g\left( x\right)$ δηλαδή ετερόσημα. Άρα η

έχει ρίζα στο I_2

που λόγω μονοτονίας είναι μοναδική.

: lnx x.png (84.85 KiB) Προβλήθηκε 2039 φορές

ΣΧΟΛΙΟ Από τις ιδιότητες της της $g\left( x\right) =\ln x$ χρησιμοποιήθηκαν ότι είναι γνησίως αύξουσα , συνεχής ορισμένη στο $(0,+\infty)$ , το $\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }g\left( x\right)$ είναι θετικό και g(x)<x

για όλα τα

.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #4

Για να δούμε ακόμα δύο λύσεις.
(Θα τις περιγράψω μόνο)
1)
Η εξίσωση είναι ισοδύναμη με την
$\displaystyle (\ln x)^2=x\ln (\ln x)$
η
$\displaystyle \frac{(\ln x)^2}{x}- \ln (ln x)=0$

Αν θεωρήσουμε την

$\displaystyle f(x)=\frac{(\ln x)^2}{x}- \ln (ln x)$ για x>1

τότε $\displaystyle f(e)f(e^e)<0$
και είναι γνησίως φθίνουσα.
Για να αποδείξουμε το τελευταίο παίρνουμε την παράγωγο και στον
αριθμητή το

το βάζουμε $-\ln x -1$
2)
Αν θέσουμε $\displaystyle f(x)=x^{\frac{1}{x}}$
η εξίσωση είναι ισοδύναμη με την
$\displaystyle f(x)-f(\ln x)=0$

Αν θέσουμε
$\displaystyle g(x)=f(x)-f(\ln x)$
από Θ.Μ.Τ έχουμε
$\displaystyle g(x)=(x-\ln x)f'(c)$ όπου $\ln x<c<x$ .

Εύκολα βλέπουμε ότι g(x)<0

για

ενώ

για

.

Αν γράψουμε κάτω την g'(x)

θα δούμε ότι είναι αρνητική για e<x<e^e

Στην ουσία η δεύτερη λύση είναι ίδια με αυτή του Νίκου παραπάνω.
Απλά τώρα είναι φτιαγμένη θα πλαίσια του σχολικού βιβλίου.

ΤΣΟΠΕΛΑΣ ΓΙΑΝΝΗΣ · #5

Θα αποδείξουμε ότι η εξίσωση $x ^{\ln x }=\ln ^{x }x$ έχει ακριβώς μια ρίζα στο $\left ( 1,+\infty \right )$ .
Η εξίσωση αυτή ισοδύναμα γράφεται $\ln \left ( x^{\ln x} \right )=\ln \left ( \ln ^{x} \right x)\Leftrightarrow \left ( \ln x \right )^{2}=x\ln \left ( \ln x \right )\Leftrightarrow$ $\frac{\ln x}{x}=\frac{\ln \left ( \ln x \right )}{lnx}\Leftrightarrow f\left ( x \right )=f\left ( \ln x \right )(1)$
όπου $f\left ( t \right )=\frac{lnt}{t}$ ,t>0.
Εύκολα αποδεικνύεται ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο (0,e] και γνησίως φθίνουσα στο $\left [e,+\infty \right )$ .
Διακρίνουμε περιπτώσεις για το x> 1

.
α) $1<x\leq e \Rightarrow 0< lnx< x\leq e\Rightarrow f\left ( lnx \right )<f\left ( x \right )$ άρα η (1)αδύνατη.
β) $e^{e}\leqslant x\Rightarrow \ln e^{e}\leqslant\ln x\Rightarrow e\leqslant \ln x< x\Rightarrow f\left ( \ln x \right )> f\left ( x \right )$ άρα η (1) αδύνατη.
Θα αποδείξουμε ότι η (1) έχει ακριβώς μια ρίζα στο $\left ( e,e^{e} \right )$ .Θεωρούμε τη συνάρτηση
$g\left ( x \right )=f\left ( lnx \right )-f\left ( x \right ),x\epsilon \left [ e,e^{e} \right ]$ .
Η g είναι συνεχής στο $\left [ e,e^{e} \right ]$ και $g\left ( e \right )g\left ( e^{e} \right )<0$
άρα από θ.Bolzano η εξίσωση g(x)=0 έχει στο $\left ( e,e^{e} \right )$ τουλάχιστον μία ρίζα η οποία είναι μοναδική γιατί
η g είναι γνησίως αύξουσα στο $\left ( e,e^{e} \right )$ .//
(Η μονοτονία της g στο $\left ( e,e^{e} \right )$ μπορεί να προκύψει και με τον ορισμό ...)

Απαιτητική ύπαρξη

Απαιτητική ύπαρξη

Re: Απαιτητική ύπαρξη

Re: Απαιτητική ύπαρξη

Re: Απαιτητική ύπαρξη

Re: Απαιτητική ύπαρξη

Μέλη σε σύνδεση