Από λάθος εκφώνηση ...

#1

Να αποδείξετε ότι ανάμεσα σε δύο ρίζες της εξίσωσης $e^x \eta \mu x=1$ βρίσκεται ρίζα της εξίσωσης $e^x \sigma \upsilon \nu x=1$ .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

alexandrosvets · #2

Καλησπέρα σας,

Είναι σχεδόν ίδια με αυτήν viewtopic.php?f=53&t=52664.

#3

Καλησπέρα.

Μια χαρά λύση είναι αυτή.

Για τη συγκεκριμένη έχω λύση χωρίς Rolle, χωρίς χρήση παραγωγισιμότητας ...

Δεν την ανεβάζω ακόμα.

Σταμ. Γλάρος · #4

Πρωτοπαπάς Λευτέρης έγραψε:Να αποδείξετε ότι ανάμεσα σε δύο ρίζες της εξίσωσης $e^x \eta \mu x=1$ βρίσκεται ρίζα της εξίσωσης $e^x \sigma \upsilon \nu x=1$ .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
H άσκηση μου δόθηκε έτσι από μαθητή. Αποδείχθηκε ότι υπήρχε τυπογραφικό (-1 στη δεύτερη εξίσωση). Όμως και αυτή παίζει ...

Καλησπέρα ! Μια προσπάθεια μόνο με Θεώρημα Bolzano...

Θεωρώ την συνάρτηση $f(x)=e^{x} sin(x)-1$ .
Ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θεωρήματος Bolzano για την

στο $\left [ 0, \dfrac{\pi }{2} \right ]$ .
Συνεπώς υπάρχει τουλάχιστον ένα $x_{1} \in \left ( 0,\dfrac{\pi }{2} \right )$ τέτοιο ώστε $f(x_{1}) = 0 \Leftrightarrow e^{x_{1}}sin(x_{1}) =1 .$

Επίσης ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θεωρήματος Bolzano για την

στο $\left [ \dfrac{\pi }{2} , \pi \right ]$ .
Συνεπώς υπάρχει τουλάχιστον ένα $x_{2} \in \left ( \dfrac{\pi }{2} ,\pi \right )$ τέτοιο ώστε $f(x_{2}) = 0 \Leftrightarrow e^{x_{1}}sin(x_{2}) =1 .$

Θεωρώ, τώρα, την συνάρτηση $g(x)=e^{x} cos(x)-1$ .
Επειδή $x_{1} \in \left ( 0,\dfrac{\pi }{2} \right )$ $\Rightarrow$ $cos(x_{1})>0$ . Άρα $g(x_{1})>0.$
Ομοίως $x_{2} \in \left ( \dfrac{\pi }{2},\pi \right )$ $\Rightarrow$ $cos(x_{2})<0$ . Άρα $g(x_{2})<0.$

Συνεπώς από Θεώρημα Bolzano για την

στο $\left [ x_{1} , x_{2} \right ]$ , προκύπτει το ζητούμενο.

Φιλικά
Σταμ. Γλάρος

#5

Πρωτοπαπάς Λευτέρης έγραψε:Καλησπέρα.

Μια χαρά λύση είναι αυτή.

Για τη συγκεκριμένη έχω λύση χωρίς Rolle, χωρίς χρήση παραγωγισιμότητας ...

Δεν την ανεβάζω ακόμα.

Λευτέρη, μήπως εννοείς να σχεδιάσουμε της $\ sin x=e^{-x}, \ cos x=e^{-x}$ και να φανούν όλα ξεκάθαρα ; Κοιτάζοντας τα διαστήματα που οι δύο τριγωνομετρικές συναρτήσεις είναι θετικές, η συνέχεια και των τριών εξασφαλίζει ότι οι φαινομενικές τομές είναι ...τομές .

Καλό βράδυ και καλή Σαρακοστή !

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #6

Σταμ. Γλάρος έγραψε:

Θεωρώ, τώρα, την συνάρτηση $g(x)=e^{x} cos(x)-1$ .
Επειδή $x_{1} \in \left ( 0,\dfrac{\pi }{2} \right )$ $\Rightarrow$ $cos(x_{1})>0$ . Άρα $g(x_{1})>0.$

Φιλικά
Σταμ. Γλάρος

Γεια σου Σταμάτη.
Αυτό που απομόνωσα παραπάνω δεν είναι ακριβές.
π.χ αν σπάσει ο διάολος το ποδάρι του και είναι $x_{1}=\frac{\pi }{2}-\frac{1}{100}$
δεν ισχύει.

#7

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:
Πρωτοπαπάς Λευτέρης έγραψε:Καλησπέρα.

Μια χαρά λύση είναι αυτή.

Για τη συγκεκριμένη έχω λύση χωρίς Rolle, χωρίς χρήση παραγωγισιμότητας ...

Δεν την ανεβάζω ακόμα.
Λευτέρη, μήπως εννοείς να σχεδιάσουμε της $\ sin x=e^{-x}, \ cos x=e^{-x}$ και να φανούν όλα ξεκάθαρα ; Κοιτάζοντας τα διαστήματα που οι δύο τριγωνομετρικές συναρτήσεις είναι θετικές, η συνέχεια και των τριών εξασφαλίζει ότι οι φαινομενικές τομές είναι ...τομές .

Καλό βράδυ και καλή Σαρακοστή !

Μπάμπη καλή Σαρακοστή.

Αν σχεδιάσεις τις γραφικές τα πράγματα είναι "προφανή".

Η λύση μου μοιάζει με αυτή του Σταμάτη, αλλά είναι πιο γενική ...

Θα περιμένω λίγο ακόμα, πρωτού την ανεβάσω...

Σταμ. Γλάρος · #8

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:
Σταμ. Γλάρος έγραψε:

Θεωρώ, τώρα, την συνάρτηση $g(x)=e^{x} cos(x)-1$ .
Επειδή $x_{1} \in \left ( 0,\dfrac{\pi }{2} \right )$ $\Rightarrow$ $cos(x_{1})>0$ . Άρα $g(x_{1})>0.$

Φιλικά
Σταμ. Γλάρος
Γεια σου Σταμάτη.
Αυτό που απομόνωσα παραπάνω δεν είναι ακριβές.
π.χ αν σπάσει ο διάολος το ποδάρι του και είναι $x_{1}=\frac{\pi }{2}-\frac{1}{100}$
δεν ισχύει.

Καλησπέρα σε όλους.
Σταύρο έχεις απόλυτο δίκιο.
Η απόδειξη στο σημείο αυτό έχει ..."τρύπα".
Θα προσπαθήσω να την ...κλείσω.
Φιλικά
Σταμ. Γλάρος

Σταμ. Γλάρος · #9

Σταμ. Γλάρος έγραψε:
Πρωτοπαπάς Λευτέρης έγραψε:Να αποδείξετε ότι ανάμεσα σε δύο ρίζες της εξίσωσης $e^x \eta \mu x=1$ βρίσκεται ρίζα της εξίσωσης $e^x \sigma \upsilon \nu x=1$ .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
H άσκηση μου δόθηκε έτσι από μαθητή. Αποδείχθηκε ότι υπήρχε τυπογραφικό (-1 στη δεύτερη εξίσωση). Όμως και αυτή παίζει ...
Καλησπέρα ! Μια προσπάθεια μόνο με Θεώρημα Bolzano...

Θεωρώ την συνάρτηση $f(x)=e^{x} sin(x)-1$ .
Ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θεωρήματος Bolzano για την στο $\left [ 0, \dfrac{\pi }{2} \right ]$ .
Συνεπώς υπάρχει τουλάχιστον ένα $x_{1} \in \left ( 0,\dfrac{\pi }{2} \right )$ τέτοιο ώστε $f(x_{1}) = 0 \Leftrightarrow e^{x_{1}}sin(x_{1}) =1 .$

Επίσης ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θεωρήματος Bolzano για την στο $\left [ \dfrac{\pi }{2} , \pi \right ]$ .
Συνεπώς υπάρχει τουλάχιστον ένα $x_{2} \in \left ( \dfrac{\pi }{2} ,\pi \right )$ τέτοιο ώστε $f(x_{2}) = 0 \Leftrightarrow e^{x_{1}}sin(x_{2}) =1 .$

Θεωρώ, τώρα, την συνάρτηση $g(x)=e^{x} cos(x)-1$ .
Επειδή $x_{1} \in \left ( 0,\dfrac{\pi }{2} \right )$ $\Rightarrow$ $cos(x_{1})>0$ . Άρα $g(x_{1})>0.$
Ομοίως $x_{2} \in \left ( \dfrac{\pi }{2},\pi \right )$ $\Rightarrow$ $cos(x_{2})<0$ . Άρα $g(x_{2})<0.$

Συνεπώς από Θεώρημα Bolzano για την στο $\left [ x_{1} , x_{2} \right ]$ , προκύπτει το ζητούμενο.

Φιλικά
Σταμ. Γλάρος

Καλησπέρα.
Όπως ΄πολύ σωστά παρατήρησε ο Σταύρος στο σημείο αυτό:
"Επειδή $x_{1} \in \left ( 0,\dfrac{\pi }{2} \right )$ $\Rightarrow$ $cos(x_{1})>0$ . Άρα $g(x_{1})>0.$ " υπάρχει πρόβλημα.
Θα προσπαθήσω να αποδείξω ότι $g(x_{1})>0.$ Για αυτό περιορίζω το διάστημα στο οποίο ανήκει η $x_{1}.$
Είναι, όπως είδαμε παραπάνω, f(0)=-1<0

και $f\left ( \dfrac{\pi }{4} \right )= \dfrac{e^{\frac{\pi }{4}}}{\sqrt{2}}-1>0$
διότι $\frac{e^{\frac{\pi }{4}}}{\sqrt{2}}-1>0\Leftrightarrow \frac{e^{\frac{\pi }{4}}}{\sqrt{2}}>1 \Leftrightarrow e^{\frac{\pi }{4}}> \sqrt{2}\Leftrightarrow e^{\frac{\pi }{2}}> 2$ , το οποίο ισχύει επειδή $\dfrac{\pi }{2}>1\,\,\Rightarrow e^{\frac{\pi }{2}}>e>2$ .
Συνεπώς από θεώρημα Bolzano για την

στο $\left [ 0, \dfrac{\pi }{4} \right ]$ , υπάρχει τουλάχιστον ένα $x_{1} \in \left ( 0,\dfrac{\pi }{4} \right )$ τέτοιο ώστε $f(x_{1}) = 0 \Leftrightarrow e^{x_{1}}sin(x_{1}) =1 .$
Μάλιστα η $x_{1}$ είναι μοναδική στο διάστημα αυτό αφού η

είναι γνησίως αύξουσα στο πρώτο τεταρτημόριο.
Αυτό αποδεικνύεται εύκολα με την βοήθεια του ορισμού.

Αν υποθέσουμε ότι $g(x_{1})<0$ ισοδυνάμως έχουμε :

$e^{x_{1}}cos(x_{1})<1 \Leftrightarrow cos(x_{1})<\dfrac{1}{e^{x_{1}}} \Leftrightarrow cos^{2}(x_{1})<\dfrac{1}{e^{2x_{1}}} \Leftrightarrow 1-sin^{2}(x_{1})<\dfrac{1}{e^{2x_{1}}} .$ (1)

Επίσης ισχύει $sin(x_{1})=\dfrac{1}{e^{x_{1}}}$ (2)

Αντικαθιστώντας την (2) στην (1) έχουμε : $1-\dfrac{1}{e^{2x_{1}}}<\dfrac{1}{e^{2x_{1}}} \Leftrightarrow \dfrac{1}{2}<\dfrac{1}{e^{2x_{1}}} \Leftrightarrow \dfrac{\sqrt{2}}{2}<\dfrac{1}{e^{x_{1}}}$ .

Το τελευταίο σημαίνει (μιλάμε πάντα για το πρώτο τεταρτημόριο) ότι $sin(x_{1})>\dfrac{\sqrt{2}}{2} \Leftrightarrow x_{1}>\dfrac{\pi }{4}.$ Άτοπο.

Επομένως $g(x_{1} )>0$ και νομίζω ότι η .... τρύπα έκλεισε !
Φιλικά
Σταμ. Γλάρος

#10

Η λύση μου…
Έχουμε ότι: $\displaystyle{e^x \eta \mu x = 1 \Leftrightarrow \eta \mu x =e^{-x}}$ .
Θεωρώ τη συνάρτηση

με $\displaystyle{f(x)= \eta \mu x –e^{-x}}$ όπου $A_f=\mathbb{R}$ .
1η περίπτωση
Αν x<0

έχουμε ότι $\displaystyle{-x>0 \Leftrightarrow e^{-x}>1 \Leftrightarrow -e^{-x}<1}$
και αφού $\displaystyle{-1 \leq \eta \mu x \leq 1}$ ,
έχουμε ότι $\displaystyle{\eta \mu x –e^{-x}<0 \Leftrightarrow f(x)<0}$ για κάθε x<0

.
Συνεπώς η εξίσωση f(x)=0

είναι αδύνατη όταν x<0

.
2η περίπτωση
Αν $x \geq 0$ .
Θεωρούμε $k \in \mathbb{N}$ .
Τότε:
$f(2k\pi)=-e^{-2k\pi}<0$ ,
$\displaystyle{f \left (2k\pi + \frac{\pi}{4} \right)=\frac{\sqrt{2}}{2}-e^{-2k\pi-\frac{\pi}{4}}>0}}$ ,
αφού
$\displaystyle{\frac{\sqrt{2}}{2}>e^{-2k\pi-\frac{\pi}{4}} \Leftrightarrow e^{2k\pi+\frac{\pi}{4}} >\sqrt{2} \Leftrightarrow}$
$\displaystyle{\Leftrightarrow 2k\pi+\frac{\pi}{4} >ln\sqrt{2} \Leftrightarrow k>\frac{2ln2-\pi}{4\pi}}$ ,
το οποίο ισχύει αφού $2ln2<\pi$ .
Επομένως η

ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ.Bolzano στο $\displaystyle{\left[ 2k\pi, 2k\pi +\frac{\pi}{4} \right]}$ , άρα υπάρχει $\displaystyle{x_k \in \left( 2k\pi, 2k\pi +\frac{\pi}{4} \right)}$ ώστε $\displaystyle{f(x_k)=0 \Leftrightarrow \eta \mu x_k =e^{-x_k}}$ .
Επίσης
$\displaystyle{f \left (2k\pi + \frac{5\pi}{4} \right)=-\frac{\sqrt{2}}{2}-e^{-2k\pi-\frac{\pi}{4}}<0}}$ ,
οπότε η

ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ.Bolzano στο $\displaystyle{\left[ 2k\pi+\frac{\pi}{4}, 2k\pi +\frac{5\pi}{4} \right]}$ , άρα υπάρχει $\displaystyle{y_k \in \left( 2k\pi+\frac{\pi}{4}, 2k\pi +\frac{5\pi}{4} \right)}$ ώστε $\displaystyle{f(y_k)=0 \Leftrightarrow \eta \mu y_k =e^{-y_k}}$ .
Όμως: $\displaystyle{e^x \sigma \upsilon \nu x =1 \Leftrightarrow \sigma \upsilon \nu x= e^{-x}}$ .
Θεωρούμε τη συνάρτηση

με $\displaystyle{g(x)= \sigma \upsilon \nu x- e^{-x},x \in \mathbb{R}}$ .
Τότε:
$\displaystyle{ g(x_k)= \sigma \upsilon \nu x_k- e^{-x_k} =\sigma \upsilon \nu x_k- \eta \mu x_k >0}$ , αφού $\displaystyle{x_k \in \left( 2k\pi, 2k\pi +\frac{\pi}{4} \right)}$ και
$\displaystyle{ g(y_k)= \sigma \upsilon \nu y_k- e^{-y_k} =\sigma \upsilon \nu y_k- \eta \mu y_k <0}$ , αφού $\displaystyle{y_k \in \left( 2k\pi++\frac{\pi}{4}, 2k\pi +\frac{5\pi}{4} \right)}$ .
Επομένως η

ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ.Bolzano στο $\displaystyle{[x_k,y_k]}$ , άρα υπάρχει $\displaystyle{\xi \in (x_k,y_k) }$ ώστε $\displaystyle{g(\xi)=0}$ .

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #11

Πρωτοπαπάς Λευτέρης έγραψε:Η λύση μου…
Έχουμε ότι: $\displaystyle{e^x \eta \mu x = 1 \Leftrightarrow \eta \mu x =e^{-x}}$ .
Θεωρώ τη συνάρτηση με $\displaystyle{f(x)= \eta \mu x –e^{-x}}$ όπου $A_f=\mathbb{R}$ .
1η περίπτωση
Αν έχουμε ότι $\displaystyle{-x>0 \Leftrightarrow e^{-x}>1 \Leftrightarrow -e^{-x}<1}$
και αφού $\displaystyle{-1 \leq \eta \mu x \leq 1}$ ,
έχουμε ότι $\displaystyle{\eta \mu x –e^{-x}<0 \Leftrightarrow f(x)<0}$ για κάθε .
Συνεπώς η εξίσωση είναι αδύνατη όταν .
2η περίπτωση
Αν $x \geq 0$ .
Θεωρούμε $k \in \mathbb{N}$ .
Τότε:
$f(2k\pi)=-e^{-2k\pi}<0$ ,
$\displaystyle{f \left (2k\pi + \frac{\pi}{4} \right)=\frac{\sqrt{2}}{2}-e^{-2k\pi-\frac{\pi}{4}}>0}}$ ,
αφού
$\displaystyle{\frac{\sqrt{2}}{2}>e^{-2k\pi-\frac{\pi}{4}} \Leftrightarrow e^{2k\pi+\frac{\pi}{4}} >\sqrt{2} \Leftrightarrow}$
$\displaystyle{\Leftrightarrow 2k\pi+\frac{\pi}{4} >ln\sqrt{2} \Leftrightarrow k>\frac{2ln2-\pi}{4\pi}}$ ,
το οποίο ισχύει αφού $2ln2<\pi$ .
Επομένως η ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ.Bolzano στο $\displaystyle{\left[ 2k\pi, 2k\pi +\frac{\pi}{4} \right]}$ , άρα υπάρχει $\displaystyle{x_k \in \left( 2k\pi, 2k\pi +\frac{\pi}{4} \right)}$ ώστε $\displaystyle{f(x_k)=0 \Leftrightarrow \eta \mu x_k =e^{-x_k}}$ .
Επίσης
$\displaystyle{f \left (2k\pi + \frac{5\pi}{4} \right)=-\frac{\sqrt{2}}{2}-e^{-2k\pi-\frac{\pi}{4}}<0}}$ ,
οπότε η ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ.Bolzano στο $\displaystyle{\left[ 2k\pi+\frac{\pi}{4}, 2k\pi +\frac{5\pi}{4} \right]}$ , άρα υπάρχει $\displaystyle{y_k \in \left( 2k\pi+\frac{\pi}{4}, 2k\pi +\frac{5\pi}{4} \right)}$ ώστε $\displaystyle{f(y_k)=0 \Leftrightarrow \eta \mu y_k =e^{-y_k}}$ .
Όμως: $\displaystyle{e^x \sigma \upsilon \nu x =1 \Leftrightarrow \sigma \upsilon \nu x= e^{-x}}$ .
Θεωρούμε τη συνάρτηση με $\displaystyle{g(x)= \sigma \upsilon \nu x- e^{-x},x \in \mathbb{R}}$ .
Τότε:
$\displaystyle{ g(x_k)= \sigma \upsilon \nu x_k- e^{-x_k} =\sigma \upsilon \nu x_k- \eta \mu x_k >0}$ , αφού $\displaystyle{x_k \in \left( 2k\pi, 2k\pi +\frac{\pi}{4} \right)}$ και
$\displaystyle{ g(y_k)= \sigma \upsilon \nu y_k- e^{-y_k} =\sigma \upsilon \nu y_k- \eta \mu y_k <0}$ , αφού $\displaystyle{y_k \in \left( 2k\pi++\frac{\pi}{4}, 2k\pi +\frac{5\pi}{4} \right)}$ .
Επομένως η ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ.Bolzano στο $\displaystyle{[x_k,y_k]}$ , άρα υπάρχει $\displaystyle{\xi \in (x_k,y_k) }$ ώστε $\displaystyle{g(\xi)=0}$ .

Για να είναι πλήρης η λύση χρειάζονται ακόμα

1)Οι ρίζες της

που προκύπτουν από Bolzano είναι μοναδικές

2)Στο $[2k\pi +\frac{5\pi }{4},2(k+1)\pi ]$ η

δεν έχει ρίζα

3)Στο διάστημα $(y_{k},x_{k+1})$ η

έχει ρίζα.

Και η λύση του Σταμάτη δεν είναι πλήρης.Χρειάζεται και εκεί να δικαιολογηθεί το 1)

Από λάθος εκφώνηση ...

Από λάθος εκφώνηση ...

Re: Από λάθος εκφώνηση ...

Re: Από λάθος εκφώνηση ...

Re: Από λάθος εκφώνηση ...

Re: Από λάθος εκφώνηση ...

Re: Από λάθος εκφώνηση ...

Re: Από λάθος εκφώνηση ...

Re: Από λάθος εκφώνηση ...

Re: Από λάθος εκφώνηση ...

Re: Από λάθος εκφώνηση ...

Re: Από λάθος εκφώνηση ...

Μέλη σε σύνδεση