Μία με μονοτονία

#1

Έστω

. Nα μελετηθεί ως προς την μονοτονία η $\displaystyle f\left( x\right) =\frac{\ln \left( a^{x}-1\right) }{x}$ .

#2

Καλησπέρα Νίκο.
Προφανώς η συνάρτηση ορίζεται για x>0

Εκτελούμε τον μετασχηματισμό a^x-1=t, t>0

και έτσι ξεγλιστράμε θεωρώντας τη συνάρτηση
$g(t)=\frac{lnalnt}{ln(t+1))},t>0$ που στην ουσία είναι η

με άλλη ενδυμασία και με παράγωγο $g'(t)=lna\frac{(t+1)ln(t+1)-tlnt}{t(t+1)(ln(t+1))^{2}}$
η οποία είναι θετική αφού όλα είναι θετικά και για τον αριθμητή του κλάσματος ισχύει το ίδιο αφού έχουμε:
(t+1)ln(t+1)-tlnt=t(ln(t+1)-lnt)+ln(t+1)>0,

για κάθε

.
Επομένως η

είναι γνησίως αύξουσα όταν t>0

. Τώρα και ο μετασχηματισμός είναι γνησίως αύξουσα συνάρτηση του x>0

οπότε και η

ως σύνθεση γνησίως αυξουσών συναρτήσεων είναι επίσης γνησίως αύξουσα όταν x>0.

Tolaso J Kos · #3

nsmavrogiannis έγραψε: ↑
Τετ Ιούλ 24, 2019 10:55 pm
Έστω . Nα μελετηθεί ως προς την μονοτονία η $\displaystyle f\left( x\right) =\frac{\ln \left( a^{x}-1\right) }{x}$ .

Γεια σας κ. Νίκο. Έχουμε πως η συνάρτηση

ορίζεται για κάθε x>0

. Είναι συνεχής , παραγωγίσιμη με παράγωγο:

$\displaystyle{\begin{aligned} f'(x) &= \left (\frac{\ln \left ( a^x-1 \right )}{x} \right )' \\ &=\left (\frac{1}{x} \int_{1}^{a^x-1} \frac{\mathrm{d}t}{t} \right )' \\ &= \frac{a^x \ln a}{x\left ( a^x-1 \right )} - \frac{1}{x^2} \int_{1}^{a^x-1} \frac{\mathrm{d}t}{t}\\ &=\frac{a^x \ln a}{x\left ( a^x-1 \right )} - \frac{\ln \left ( a^x-1 \right )}{x^2} \\ &= \frac{xa^x \ln a}{x^2\left ( a^x-1 \right )} - \frac{\left ( a^x-1 \right ) \ln \left ( a^x-1 \right )}{\left ( a^x-1 \right )x^2} \\ &=\frac{xa^x \ln a-\left ( a^x-1 \right ) \ln \left ( a^x-1 \right )}{\left ( a^x-1 \right )x^2} \end{aligned}}$
Θεωρούμε συνάρτηση $g(x) = xa^x \ln a-\left ( a^x-1 \right ) \ln \left ( a^x-1 \right)$ η οποία είναι παραγωγίσιμη στο $(0, +\infty)$ με παράγωγο

$\displaystyle{g'(x) = a^x \log a \left ( x \ln a - \ln \left ( a^x-1 \right ) \right )}$
Όμως η συνάρτηση $h(x)=x \ln a - \ln \left ( a^x-1 \right )$ είναι γνήσια φθίνουσα και δεν έχει ρίζες. Επιπλέον είναι θετική ( απλό ) άρα g'(x)>0

για κάθε $x \in (0, +\infty)$ . Συνεπώς η

είναι γνησίως αύξουσα στο $(0, +\infty)$ . Η

είναι όμως είναι και συνεχής. Όμως, $\lim \limits_{x \rightarrow 0^+} g(x)=0$ . ( Απλό με την αλλαγή μεταβλητής a^x-1=y

) και επιπλέν $\lim \limits_{x \rightarrow +\infty} g(x) = +\infty$ . Άρα f'(x)>0

για κάθε

και η

είναι γνήσια αύξουσα για κάθε a>1

.

Υ.Σ: Θέλει ίσως λίγο παραπάνω σάλτσα αλλά αυτή είναι η βασική ιδέα!

Καλό βράδυ!

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #4

Νομίζω ότι θα μπορούσε να είναι και σε φάκελο λυκείου.

Παραγωγίζοντας παίρνουμε

$f'(x)=\frac{xa^x \ln a-\left ( a^x-1 \right ) \ln \left ( a^x-1 \right )}{\left ( a^x-1 \right )x^2}$

Αλλά

$xa^x \ln a-\left ( a^x-1 \right ) \ln \left ( a^x-1 \right)>0$
για x>0

διότι αν

τετριμμένα ισχύει

ενώ για $a^{x}-1\geq 1$

είναι $a^{x}> a^{x}-1,x\ln a=\ln a^{x}>\ln (a^{x}-1)$

Αρα f'(x)>0

για

που δίνει ότι είναι γνησίως αύξουσα.

Ιστοσελίδα · #5

Υποθέτω ο Νίκος ήθελε να συζητήσουμε κάτι παραπάνω για αυτήν την ομάδα συναρτήσεων και την τοποθέτησε εδώ την άσκηση.

Γράφω μερικές σκέψεις μου τυχαία :

Ξεκινώντας από την $f_1 (x) = \frac{\ln(a^x ) }{x} = \ln(a)$ παρατηρούμε ότι πρόκειται για σταθερή συνάρτηση.
Επιπλέον είναι γνωστό ότι για «μεγάλες» τιμές του χ η λογαριθμική αυξάνεται λιγότερο γρήγορα από την y=x

.

Ισχύει ότι $a^x - 1 < a^x \Rightarrow \ln(a^x - 1 ) < x\ln(a) \Rightarrow f(x) < \ln(a), \forall x>0$
Δηλαδή η

είναι φραγμένη από την ευθεία $y=\ln(a)$ .
Επιπλέον, μπορούμε να υπολογίσουμε ότι η ευθεία αυτή είναι και ορίζοντια ασύμπτωτη της C_f

στο $+\infty$ .

Στην πράξη η συνάρτησή μας στο άπειρο είναι σταθερή και ελάχιστα διαφέρει από την f_1

.

#6

Κατ΄αρχάς γράφω την δική μου λύση που έχει κοινά σημεία με λύσεις που δόθηκαν.
Παραγωγίζοντας την συνάρτηση βρίσκουμε:
$f^{\prime }\left( x\right) =\allowbreak \frac{a^{x}\ln a^{x}-\left( a^{x}-1\right) \ln \left( a^{x}-1\right) }{\left( a^{x}-1\right) x^{2}}$
Θέτουμε $u=a^{x},u>1$ και $h\left( u\right) =u\ln u$ οπότε $h^{\prime }\left( u\right) =\allowbreak \ln u+1>0$ και αφού η

είναι γνησίως αύξουσα είναι και $h\left( u\right) >h\left( u-1\right)$ . Επομένως η

είναι θετική και η

γνησίως αύξουσα.
Μία άλλη δυνατότητα είναι να θέσουμε $u=a^{x}-1,u>0$ οπότε ο αριθμητής της

γίνεται $g\left( u\right) =\left( u+1\right) \ln \left( u+1\right) -u\ln u$ . Εϊναι $g^{\prime }\left( u\right) =\allowbreak \ln \left( u+1\right) -\ln u>0$ άρα συνεχής

είναι γνησίως αύξουσα και επειδή $\lim\limits_{u\rightarrow 0}g\left( u\right) =\allowbreak 0$ (ουσιαστικά άσκηση στο σχολικό) το σύνολο τιμών της θα είναι ένα διάστημα της μορφής $\left( 0,L\right)$ και επομένως η

παίρνει μόνο θετικές τιμές. Το συμπέρασμα για τη μονοτονία της

έπεται.

'Ηδη από τις λύσεις που δόθηκαν φαίνεται ότι το θέμα προσφέρεται για συζήτηση στην τάξη (αυτός ήταν και ο βασικός λόγος επιλογής του φακέλου) γιατί νομίζω ότι η εύρεση της μονοτονίας θα προβλημάτιζε πολλούς μαθητές.
Η αλλαγή μεταβλητής που γίνεται και στην λύση του Χρήστου είναι διδακτική και πρόκειται για τεχνική με την οποία, εξαιτίας της χρόνιας υποβάθμισης της Άλγεβρας, οι μαθητές μας δεν είναι εξοικειωμένοι. Δηλαδή δεν είναι εξοικειωμένοι στο να βλέπουν επαναλαμβανόμενες μορφές που η αναγνώριση τους απλουστεύει τους χειρισμούς.

Ο δεύτεος λόγος ανάρτησης όπως αναφέρει ο Σωτήρης είναι ότι η συγκεκριμένη συνάρτηση προσφέρεται και για πολλά άλλα ερωτήματα μεταξύ των οποίων να ζητηθεί η ασύμπτωτος της στο $+\infty$ που είναι η $y=\ln a$ .
Όπως επίσης ενδιαφέρον είναι στην διαπραγμάτευση να κάνουμε μια "προσφορά" στους μαθητές μας: Να σβήσουμε τον "ενοχλητικό" λογάριθμο και να θέσουμε το το ερώτημα "πως συμπεριφέρεται η νέα συνάρτηση δηλαδή η $\frac{a^{x}-1}{x}$ "; Μπορούμε να την ορίσουμε στο μηδέν και πόσο "καλή" θα είναι; Η τελευταία διερεύνηση εμπεριέχει και το αποτέλεσμα $\lim\limits_{x\rightarrow 0}\frac{a^{x}-1}{x}=\allowbreak \ln a$ που μας δίνει το $\lim\limits_{{}}\nu \left( \root{\nu }\of{a}-1\right) =\allowbreak \ln a$ που μερικά βιβλία χρησιμοποιούν ως ορισμό του λογαρίθμου και που στην ουσία μας πληροφορεί ότι αν ξέρουμε ρίζες ενός αριθμού μπορούμε να προσεγγίσουμε τον λογάριθμο του.

Τελος θα ήθελα να προσθέσω ότι η άσκηση παρουσιάζει κάποιο επιπλέον ενδιαφέρον γιατί δεν λύνεται με τον "αυτοματισμό" που είναι γνωστός ως κανόνας μονοτονίας τύπου De l'Hospital και απαιτείται κάποια "χειρωνακτική" δουλειά. Ο κανόνας αυτός υπάρχει ως ειδική μορφή για μονοτονία συναρτήσεων της μορφής $\frac{f\left( x\right) }{x}$ στο Mathematical Analysis του Apostol στην άσκηση 5.17 (σελίδα 101 της 1ης έκδοσης και 124 της 2ης) και ουσιωδώς μας λέει ότι αν δύο συναρτήσεις έχουν κοινή ρίζα και ο λόγος των παραγώγων τους έχει ένα συγκεκρμένο είδος μονοτονίας τότε το και ο λόγος των συναρτήσεων έχει την ίδια μονοτονία. Σχετικά βλ. άρθρο του Pinelis στο Monthly του 2004 (σελ 905-909) ή εδώ(σελ. 18)

#7

Νίκο, πολύ ωραία άσκηση για διάλογο και ψάξιμο !

Είναι $g\left( u\right) =\left( u+1\right) \ln \left( u+1\right) -u\ln u$ .Αν κανείς γράψει :

$g(u)=uln(1+\frac {1}{u})+ln(u+1)$ , τότε έχει ότι g(u)>0

και έτσι η άσκηση δίνει ακόμα περισσότερα στοιχεία !

Μμμ, τώρα βλέπω ότι το ίδιο τέχνασμα έκανε και ο Χρήστος.Δεν το θυμόμουνα(Χρήστο καλές διακοπές !)

Καλό καλοκαίρι και καλό Αύγουστο(με το καλό!) σε όλους !!!

Μία με μονοτονία

Μία με μονοτονία

Re: Μία με μονοτονία

Re: Μία με μονοτονία

Re: Μία με μονοτονία

Re: Μία με μονοτονία

Re: Μία με μονοτονία

Re: Μία με μονοτονία

Μέλη σε σύνδεση