Σελίδα 1 από 1

"1-1"

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Νοέμ 30, 2017 9:14 pm
από KARKAR
Μπορούμε να δείξουμε ότι η συνάρτηση : f(x)=lnx+\sqrt{1+ln^2x} ,

είναι "1-1" , χωρίς χρήση παραγώγου ;

Re: "1-1"

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Νοέμ 30, 2017 9:52 pm
από Tolaso J Kos
KARKAR έγραψε:
Πέμ Νοέμ 30, 2017 9:14 pm
Μπορούμε να δείξουμε ότι η συνάρτηση : f(x)=lnx+\sqrt{1+ln^2x} ,

είναι "1-1" , χωρίς χρήση παραγώγου ;
Νομίζω ναι ...

Λήμμα: Έστω f, g: (0, +\infty) \rightarrow \mathbb{R} δύο γνήσιες αύξουσες συναρτήσεις. Τότε η σύνθεσή τους f(g(x)) είναι γνήσια αύξουσα.

Απόδειξη: Άμεση απόρροια του ορισμού.

Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x)= \ln x, \; x \in (0 , +\infty) και τη συνάρτηση g(x) = x + \sqrt{x^2+1} , \; x \in (0, +\infty). Εύκολα διαπιστώνουμε ότι η g είναι γνήσια αύξουσα συνάρτηση στο (0, +\infty) ως άθροισμα γνησίων αύξουσων συναρτήσεων. Όμοια, είναι γνωστό ότι και η h είναι γνήσια αύξουσα. Συνεπώς f(x) = g( h(x)). Άρα από το λήμμα η f είναι γνήσια αύξουσα και άρα 1-1.

Θανάση, τι λες;

Υ.Σ: Έχουμε δει πώς αποδεικνύουμε το γνήσιο της μονοτονίας και στο \mathbb{R} για τη g πολλές φορές στο :logo: .

Re: "1-1"

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Νοέμ 30, 2017 10:24 pm
από Γιώργος Ρίζος
Καλησπέρα σε όλους.

Μια προσέγγιση με κατασκευαστική μονοτονία σε διαστήματα.

Για κάθε  \displaystyle {x_1},\;{x_2} \in \left[ {1,\; + \infty } \right) με  \displaystyle {x_1} < {x_2} έχουμε

 \displaystyle 1 \le {x_1} < {x_2} \Rightarrow 0 \ge \ln {x_1} < \ln {x_2} \Rightarrow 0 \le {\ln ^2}{x_1} < {\ln ^2}{x_2}

 \displaystyle  \Rightarrow 1 \le 1 + {\ln ^2}{x_1} < 1 + {\ln ^2}{x_2} \Rightarrow 1 \le \sqrt {1 + {{\ln }^2}{x_1}}  < \sqrt {1 + {{\ln }^2}{x_2}} (1)

Επίσης  \displaystyle 0 < {x_1} < {x_2} \Rightarrow \ln {x_1} < \ln {x_2} (2)

Προσθέτοντας τις (1) και (2) έχουμε 1 \le f({x_1}) < f\left( {{x_2}} \right) , οπότε f(x) γνησίως αύξουσα, οπότε και «1-1» στο  \displaystyle {A_1} = \left[ {1,\; + \infty } \right) , με  \displaystyle f\left( {{A_1}} \right) = \left[ {1,\; + \infty } \right) .


Είναι  \displaystyle f:\;\left( {0,\; + \infty } \right) \to R,\;\;\;\;f\left( x \right) = \ln x - \sqrt {1 + {{\ln }^2}x}  = \frac{1}{{\sqrt {1 + {{\ln }^2}x}  - \ln x}} .

Για κάθε  \displaystyle {x_1},\;{x_2} \in \left( {0,\;1} \right) με  \displaystyle 0 < {x_1} < {x_2} < 1 έχουμε


 \displaystyle 0 < {x_1} < {x_2} < 1 \Rightarrow \ln {x_1} < \ln {x_2} < 0 \Rightarrow  - \ln {x_1} >  - \ln {x_2} > 0 (1).

 \displaystyle 0 < {x_1} < {x_2} < 1 \Rightarrow \ln {x_1} < \ln {x_2} < 0 \Rightarrow 1 + {\ln ^2}{x_1} > 1 + {\ln ^2}{x_2} > 1

 \displaystyle  \Rightarrow \sqrt {1 + {{\ln }^2}{x_1}}  > \sqrt {1 + {{\ln }^2}{x_2}}  > 1 (2).

Προσθέτοντας τις (1) και (2) έχουμε  \displaystyle \sqrt {1 + {{\ln }^2}{x_1}}  - \ln {x_1} > \sqrt {1 + {{\ln }^2}{x_2}}  - \ln {x_2} > 1 , οπότε

 \displaystyle 0 < \frac{1}{{\sqrt {1 + {{\ln }^2}{x_1}}  - \ln {x_1}}} < \frac{1}{{\sqrt {1 + {{\ln }^2}{x_2}}  - \ln {x_2}}} < 1 άρα f(x) γνησίως αύξουσα,

οπότε και «1-1» στο  \displaystyle {A_2} = \left( {0,\;1} \right) , με  \displaystyle f\left( {{A_2}} \right) = \left( {0,\;1} \right) .


Επειδή τα πεδία τιμών των περιορισμών της f δεν έχουν κοινά στοιχεία, η f είναι «1-1» στο πεδίο ορισμού της.

Re: "1-1"

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Νοέμ 30, 2017 10:32 pm
από Μιχάλης Τσουρακάκης
KARKAR έγραψε:
Πέμ Νοέμ 30, 2017 9:14 pm
Μπορούμε να δείξουμε ότι η συνάρτηση : f(x)=lnx+\sqrt{1+ln^2x} ,

είναι "1-1" , χωρίς χρήση παραγώγου ;

\displaystyle f(x) = \ln x + \sqrt {1 + {{\ln }^2}x}  > \ln x + |\ln x| \geqslant 0 \Rightarrow f(x) > 0 για \displaystyle x > 0

\displaystyle f({x_1}) = f({x_2}) \Leftrightarrow {f^2}({x_1}) = {f^2}({x_2}) \Leftrightarrow ...ln{x_1} \cdot f({x_1}) = ln{x_2} \cdot f({x_2}) \Leftrightarrow ln{x_1} = ln{x_2} \Leftrightarrow {x_1} = {x_2}

Re: "1-1"

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Νοέμ 30, 2017 10:43 pm
από kfd
Αν οριστούν οι g,h στο \left ( 0, \right+\infty ), η f θα ορίζεται στο \left ( 1, \right+\infty ).

Re: "1-1"

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Νοέμ 30, 2017 10:55 pm
από achilleas
Είναι

\displaystyle{a+\sqrt{1+a^2}-b-\sqrt{1+b^2}=(a-b)\left(1+\dfrac{a+b}{\sqrt{1+a^2}+\sqrt{1+b^2}}}\right)=(a-b)\dfrac{a+\sqrt{1+a^2}+b+\sqrt{1+b^2}}{\sqrt{1+a^2}+\sqrt{1+b^2}}}

Θέτοντας a=\ln x και b=\ln y έχουμε

f(x)=f(y) ανν \ln x=\ln y ή f(x)+f(y)=0.

Η δεύτερη σχέση απορρίπτεται από την παρατήρηση ότι f(x)>0 όπως παραπάνω.

Συνεπώς,

f(x)=f(y) ανν \ln x=\ln y ανν x=y.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Re: "1-1"

Δημοσιεύτηκε: Παρ Δεκ 01, 2017 8:55 am
από Tolaso J Kos
kfd έγραψε:
Πέμ Νοέμ 30, 2017 10:43 pm
Αν οριστούν οι g,h στο \left ( 0, \right+\infty ), η f θα ορίζεται στο \left ( 1, \right+\infty ).
Έχεις δίκιο. Συνεπώς θα ορίσουμε τη g σε όλο το \mathbb{R} και οπότε θα χρησιμοποιήσουμε τη τεχνική που έχουμε κάνει πολλές φορές για να αποδείξουμε τη μονοτονία της g.

Re: "1-1"

Δημοσιεύτηκε: Παρ Δεκ 01, 2017 9:32 am
από KARKAR
Ας δώσουμε μιαν άλλη ( ελαφρύτερη ) εκδοχή του ερωτήματος : Μπορούμε να δείξουμε ότι

η συνάρτηση : f(x)=lnx+\sqrt{1+ln^2x} ,παίρνει την τιμή 1 , μία ακριβώς φορά ;

Φυσικά , όλες οι παραπάνω λύσεις απαντούν στο ερώτημα , αναζητούμε κάτι διαφορετικό .

Re: "1-1"

Δημοσιεύτηκε: Παρ Δεκ 01, 2017 9:41 am
από Mihalis_Lambrou
KARKAR έγραψε:
Παρ Δεκ 01, 2017 9:32 am
η συνάρτηση : f(x)=lnx+\sqrt{1+ln^2x} ,παίρνει την τιμή 1 , μία ακριβώς φορά ;
Με a=\ln x το παραπάνω γράφεται \sqrt {1+a^2} = 1-a. Τετραγωνίζοντας είναι a=0, και λοιπά.