ΑΚΡΙΒΩΣ -n- ΣΤΟ ΠΛΗΘΟΣ ΡΙΖΩΝ ΕΞΙΣΩΣΗΣ

Print Friendly, PDF & Email

Για να αποδείξουμε ότι μια εξίσωση της μορφής f(x)=0 έχει ακριβώς \nu, στο πλήθος ρίζες, εργαζόμαστε ως εξής:

  • Αποδεικνύουμε ότι η εξίσωση έχει τουλάχιστον \nu, στο πλήθος ρίζες.
  • Αποδεικνύουμε ότι η εξίσωση έχει το πολύ \nu, στο πλήθος ρίζες καταλήγοντας σε άτοπο.
  • Παράδειγμα.1.

    Δείξτε ότι η εξίσωση 2x=\sigma\upsilon\nu x έχει ακριβώς μία ρίζα στο (0,\frac{\pi}{2}).

    Λύση
    Η εξίσωση γίνεται:

        \begin{align*} 				  &2x=\sigma\upsilon\nu x \Leftrightarrow\\ 				  &2x-\sigma\upsilon\nu x=0 			  \end{align*}

    Θεωρούμμε τη συνάρτηση

        \[f(x)=2x-\sigma\upsilon\nu x, \quad x\in[0,\frac{\pi}{2}]\]

    Θα αποδείξουμε αρχικά ότι η εξίσωση

        \[f(x)=0\]

    έχει μία τουλάχιστον λύση.
    Η f είναι συνεχής στο [0,\dfrac{\pi}{2}] ως πράξεις μεταξύ συνεχών συναρτήσεων.
    Είναι:

        \begin{eqnarray*} 				  f(0)&=& 2\cdot0-\sigma\upsilon\nu 0\\ 					  &=&-1<0 			  \end{eqnarray*}

        \begin{eqnarray*} 				  f(\dfrac{\pi}{2})&=& 2\cdot\dfrac{\pi}{2}-\sigma\upsilon\nu \dfrac{\pi}{2}\\ 								  &=& \pi>0 			  \end{eqnarray*}

    Άρα ισχύει:

        \[f(0)\cdot f(\frac{\pi}{2})<0\]

    Σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano η εξίσωση f(x)=0 έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα (0,\dfrac{\pi}{2})

    Στη συνέχεια θα αποδείξουμε ότι η εξίσωση f(x)=0 έχει το πολύ μία ρίζα στο διάστημα (0, \dfrac{\pi}{2}).

    Υποθέτουμε ότι η εξίσωση f(x)=0 έχει δύο ρίζες \rho_1,\rho_2 \in (0,\dfrac{\pi}{2}), με \rho_1<\rho_2.

  • Η f είναι συνεχής στο [\rho_1,\rho_2].
  • Η f είναι παραγωγίσιμη στο (\rho_1,\rho_2) με

        \[f'(x)=2+\eta\mu x\]

  • Ισχύει ότι:

        \[f(\rho_1)=f(\rho_2)=0\]

    Σύμφωνα με το θεώρημα Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον

        \[\xi\in(\rho_1,\rho_2)\]

    ώστε:

        \begin{align*} 				  &f'(\xi)=0 \Leftrightarrow\\ 				  &2+\eta\mu\xi=0 \Leftrightarrow\\ 				  &\eta\mu\xi=-2 			  \end{align*}

    Το οποίο είναι αδύνατο αφού - 1 \leq \hm \xi \leq 1.
    Επομένως η εξίσωση f(x)=0 έχει το πολύ μία ρίζα
    και επειδή, έχουμε δείξει επίσης ότι η εξίσωση f(x)=0 έχει μία τουλάχιστον ρίζα,
    από τα παραπάνω προκύπτει ότι η εξίσωση f(x)=0 έχει ακριβώς μία πραγματική ρίζα η οποία ανήκει στο

        \[(0,\frac{\pi}{2})\]

    Παράδειγμα.2.
    Δίνεται συνάρτηση f:[0,\pi]\rightarrow\rr δύο φορές παραγωγίσιμη για την οποία ισχύει

        \[f(\pi)-f(0)=\pi^2 \quad \text{και} \quad f''(x)<1 \quad \text{για κάθε} \quad x\in[0,\pi]\]

    Να αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδικό \xi\in(0,\pi) τέτοιο ώστε

        \[f'(\xi)=2\xi-\sigma\upsilon\nu\xi\]

    Λύση
    Θέτουμε όπου \xi το x και έχουμε την εξίσωση:

        \begin{align*} 		&f'(x)=2x-\sigma\upsilon\nu x \Leftrightarrow\\ 		&f'(x) -2x+\sigma\upsilon\nu x=0 \quad (1) 	\end{align*}

    Θα αποδείξουμε αρχικά ότι η εξίσωση (1) έχει τουλάχιστον μία λύση. Η εξίσωση γίνεται:

        \begin{align*} 		&f'(x)-2x-\sigma\upsilon\nu x=0 \Leftrightarrow\\                 &f'(x)-(x^2)'+(\eta\mu x)'=0  \Leftrightarrow\\ 		&(f(x)-x^2+\eta\mu x)'=0.  	\end{align*}

    Θεωρούμε τη συνάρτηση

        \[g(x)=f(x)-x^2+\eta\mu x,\quad x\in[0,\pi]\]

  • Η g είναι συνεχής στο διάστημα [0,\pi], ως πράξεις μεταξύ συνεχών συναρτήσεων.
  • Η g είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα (0,\pi) ως πράξεις μεταξύ παραγωγίσιμων συναρτήσεων με:

        \[g'(x)=f'(x)-2x+\sigma\upsilon\nu x\]

  • Είναι:

        \begin{eqnarray*} 		g(0)&=&f(0)-0^2+\eta\mu0\\ 			&=&f(0) 	\end{eqnarray*}

        \begin{eqnarray*} 		g(\pi)&=&f(\pi)-\pi^2+\eta\mu\pi\\ 			&=&f(\pi)-\pi^2 	\end{eqnarray*}

    Έχουμε όμως:

        \[f(\pi)-\pi^2=f(0)\]

    Άρα ισχύει ότι:

        \[g(\pi)=g(0)\]

    Σύμφωνα με το θεώρημα Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον \xi\in(0,\pi) ώστε:

        \begin{align*} 		&g'(\xi)=0 \Leftrightarrow\\ 		&f'(\xi)-2\xi+\sigma\upsilon\nu\xi=0 \Leftrightarrow\\ 		&f'(\xi)=2\xi-\sigma\upsilon\nu\xi 	\end{align*}

    Στη συνέχεια θα αποδείξουμε ότι η εξίσωση

        \[f'(x)-2x+\sigma\upsilon\nu x=0\]

    έχει το πολύ μία ρίζα.
    Θέτουμε τη συνάρτηση

        \[h(x)=f'(x)-2x+\sigma\upsilon\nu x, x\in[0,\pi]\]

    Υποθέτουμε ότι η εξίσωση

        \[h(x)=0\]

    έχει δύο ρίζες \rho_1,\rho_2 \in (0 , \pi) με \rho_1<\rho_2.

  • Η h είναι συνεχής στο διάστημα [\rho_1,\rho_2], ως πράξεις μεταξύ συνεχών συναρτήσεων.
  • Η h είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα (\rho_1,\rho_2) ως πράξεις μεταξύ παραγωγίσιμων συναρτήσεων με:

        \[h'(x)=f''(x)-2-\eta\mu x\]

  • Ισχύει ότι:

        \[h(\rho_1)=h(\rho_2)=0\]

    Σύμφωνα με το θεώρημα του Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον \xi\in(\rho_1,\rho_2) ώστε:

        \begin{align*} 		&h'(\xi)=0 \Leftrightarrow\\ 		&f''(\xi)-2-\eta\mu\xi=0 \Leftrightarrow\\ 		&f''(\xi)=2+\eta\mu\xi\geq1 	\end{align*}

    Άρα καταλήξαμε σε άτοπο γιατί

        \[f''(x)<1\]

    για κάθε x\in[0,\pi].
    Επομένως η εξίσωση

        \[h(x)=0\]

    έχει το πολύ μια ρίζα.
    Από τα παραπάνω προκύπτει ότι η εξίσωση

        \[f'(x)-2x+\sigma\upsilon\nu x=0\]

    έχει ακριβώς μία πραγματική ρίζα η οποία ανήκει στο (0,\frac{\pi}{2}).

    Βιβλιογραφία: Παπαδάκης εκδόσεις Σαββάλα.
    Άδεια Creative Commons
    Αυτή η εργασία χορηγείται με άδεια Creative Commons Αναφορά Δημιουργού – Μη Εμπορική Χρήση – Παρόμοια Διανομή 4.0 Διεθνές .

    Facebooktwittergoogle_pluslinkedinmailFacebooktwittergoogle_pluslinkedinmail

    2 thoughts on “ΑΚΡΙΒΩΣ -n- ΣΤΟ ΠΛΗΘΟΣ ΡΙΖΩΝ ΕΞΙΣΩΣΗΣ”

    1. Θα πρεπει να γνωριζουμε τα διαστήματα στα οποία η πολυωνυμική συνάρτηση είναι γνησίως μονότονη και να βρουμε στη συνέχεια το συνολο τιμών σε καθενα απο αυτα.
      δειτε εδω:
      http://diakopoulos.net/2017/01/27/%cf%83%cf%85%ce%bd%ce%bf%ce%bb%ce%bf-%cf%84%ce%b9%ce%bc%cf%89%ce%bd-%cf%80%ce%b1%cf%81%ce%b1%ce%b3%cf%89%ce%b3%ce%b9%cf%83%ce%b9%ce%bc%ce%b7%cf%83-%cf%83%cf%85%ce%bd%ce%b1%cf%81%cf%84%ce%b7%cf%83/

    Αφήστε μια απάντηση

    Η ηλ. διεύθυνση σας δεν δημοσιεύεται. Τα υποχρεωτικά πεδία σημειώνονται με *

    Δεν είμαι Robot *