Good

erxmer · #1

Δίνεται η συνάρτηση με τύπο $\displaystyle{f\left( x \right) = {x^v} + \frac{1}{{{x^v}}}}\,\,\,\,\forall x \in {\mathbb{R}^ * }\,\,\,\,\nu \in {\rm N}$ περιττός.

1) Να δείξετε ότι $f\left( x \right) \ge 2,\,\,\,\forall x > 0\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,f\left( x \right) \le - 2,\,\,\,\forall x < 0.$

2) Να δείξετε ότι για $\alpha \in \mathbb{R}$ η εξίσωση $f\left( x \right) = \alpha$ έχει λύση
εάν-ν $\alpha \in \left( { - \infty , - 2} \right] \cup \left[ {2, + \infty } \right)$ .

3) Ποιο το σύνολο τιμών της

;

4) Να λύσετε την εξίσωση : $\left( {{x^6} + 1} \right)\left( {{x^4} + {x^2} + 1} \right) = 6{x^5}$

Σταμ. Γλάρος · #2

erxmer έγραψε:Δίνεται η συνάρτηση με τύπο $\displaystyle{f\left( x \right) = {x^v} + \frac{1}{{{x^v}}}}\,\,\,\,\forall x \in {\mathbb{R}^ * }\,\,\,\,\nu \in {\rm N}$ περιττός.

1) Να δείξετε ότι $f\left( x \right) \ge 2,\,\,\,\forall x > 0\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,f\left( x \right) \le - 2,\,\,\,\forall x < 0.$

2) Να δείξετε ότι για $\alpha \in \mathbb{R}$ η εξίσωση $f\left( x \right) = \alpha$ έχει λύση
εάν-ν $\alpha \in \left( { - \infty , - 2} \right] \cup \left[ {2, + \infty } \right)$ .

3) Ποιο το σύνολο τιμών της ;

4) Να λύσετε την εξίσωση : $\left( {{x^6} + 1} \right)\left( {{x^4} + {x^2} + 1} \right) = 6{x^5}$

Καλησπέρα. Μια προσπάθεια...
1) Επειδή x>0

ισχύει $f\left( x \right) \ge 2$ $\Leftrightarrow$ ${x^v} + \dfrac{1}{{{x^v}}}}\ge 2$ $\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow$ $\left ( x^\nu -1 \right )^2\geq 0$ . Ισχύει.

Ομοίως για x<0

ισχύει $f\left( x \right) \leq - 2$ $\Leftrightarrow$ ${x^v} + \dfrac{1}{{{x^v}}}}\leq - 2$ $\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow$ $\left ( x^\nu +1 \right )^2\geq 0$ . Ισχύει.

2) Για κάθε x>0

αποδείξαμε ότι $f(x)\ge 2$ . Είναι f(1)=2

.
Συνεπώς η

, για το διάστημα $\left ( 0,+\infty \right )$ , παρουσιάζει στην θέση

ολικό ελάχιστο, το f(1)=2

.
Επομένως $\forall a\in\left [2,+\infty \right ), \exists x_{o}\in\left (0,+\infty \right ) :f(x_{o})=a$ .

Επίσης για κάθε x<0

αποδείξαμε ότι $f(x)\leq - 2$ . Είναι f(-1)=-2

.
Συνεπώς η

, για το διάστημα $\left ( -\infty \right , 0)$ , παρουσιάζει στην θέση

ολικό μέγιστο, το f(-1)=-2

.
Επομένως $\forall a\in\left (-\infty , -2\right ], \exists x_{1}\in\left (-\infty ,0\right ) :f(x_{1})=a$ .

3) Από τα παραπάνω προκύπτει ότι το σύνολο τιμών της

είναι το $\left( { - \infty , - 2} \right] \cup \left[ {2, + \infty } \right)$ .

4) Κατ' αρχάς παρατηρούμε ότι για $x\leq 0$ η εξίσωση είναι αδύνατη.
Επομένως για x>0

, διαιρώντας δια x^5

, έχουμε :
$\left( {{x^6} + 1} \right)\left( {{x^4} + {x^2} + 1} \right) = 6{x^5}$ $\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow$ $\left (x^{3} + \dfrac{1}{x^3} \right )\left ( x^2 + \dfrac{1}{x^2} +1 \right )=6$ $\Leftrightarrow$

Προηγουμένως αποδείξαμε ότι ${x^3} + \dfrac{1}{{{x^3}}}}\ge 2$ . Έστω ότι $\exists x_{o} \neq 1 :{x_{o} ^3} + \dfrac{1}{{{x_{o}^3}}}}=2$ $\Leftrightarrow$ $(x_{o} ^3 -1) ^2 =0$ $\Leftrightarrow$ $x_{o} = 1$ . Άτοπο.
Άρα για κάθε $x\neq 1$ και x>0

έχουμε ${x^3} + \dfrac{1}{{{x^3}}}} > 2$ .

Ομοίως αποδεικνύουμε ότι για κάθε $x\neq 1$ και x>0

έχουμε ${x^2} + \dfrac{1}{{{x^2}}}} +1 > 3$ .

Τελικά μοναδική λύση της εξίσωσης η x=1

.

Φιλικά
Σταμ. Γλάρος

Εκτός φακέλου μπορούμε να θεωρήσουμε την συνάρτηση $g(x)={x^3} + \dfrac{1}{{{x^3}}}}$ , να παραγωγίσουμε και να αποδείξουμε εύκολα
ότι παρουσιάζει στο διάστημα $\left (0,+\infty \right )$ , ολικό ελάχιστο το g(1)=2.

Good

Good

Re: Good

Μέλη σε σύνδεση