forum.zadania.info

\(\dfrac{8^x-2^x}{6^x-3^x}=2\).

Łatwo zauważyć, że w dziedzinie \(\rr\setminus\{0\}\) rozwiązaniem jest \(x=1\). Desmos dopowiada, że jedynym. A formalnie

Pozdrawiam
PS. Przekształciłem dane równanie do postaci: \(4^x-2\cdot3^x+2^x=0\) i pomysły się skończyły

Znajdziemy \(x\neq 0\) takie, że $$\frac 12(2^x + 4^x) = 3^x\quad \Leftrightarrow\quad \frac{2^x + 4^x}{2} = \left(\frac{2 + 4}{2}\right)^x.$$
Użyjemy nierówności Jensena dla:

• \(0< x < 1\): Dla ustalonego \(x\), mapa \( f:y\mapsto y^x\) jest ściśle wklęsła, zatem dla dowolnego \( 0 < a \neq b\) zachodzi

$$ \frac{f(a) + f(b)}2 < f\left(\frac{a+b}{2}\right).$$
Użyjemy \(a=2\) i \(b=4\), co pokazuje \(\frac 12(2^x + 4^x) < 3^x\) dla \(0<x<1\), a zatem równość nie jest możliwa.

• \( x > 1\) lub \(x<0\): Analogiczny argument, ale z \(f \) jest ściśle wypukła.

Dlatego jedynym rozwiązaniem w dziedzinie \(\mathbb R \setminus\{0\}\) jest \( x = 1\).

A na poziomie szkoły ponadpodstawowej? To zadanie jest z pracy domowej licealisty...

Pozdrawiam

\(x \neq 0\) wtedy
\(\left(\frac{4}{3}\right)^x+\left(\frac{2}{3}\right)^x=2\)
Niech \(f(x)=\left(\frac{4}{3}\right)^x+\left(\frac{2}{3}\right)^x\), \(f"(x)>0\) dla \(x \in R\).
Stąd f jest ściśle wklęsła na \(R\), więc f ma co najmniej dwa rozwiązania.
\(f(0)=f(1)=2\) ale \(x \neq 0\) wiec \(x=1\).

inter pisze: ↑30 wrz 2023, 20:12 ... f jest ściśle wklęsła na \(R\), więc f ma co najmniej dwa rozwiązania.

Wg mnie - powinno być co najwyżej. OK, ale... pochodnej funkcji wykładniczej ani wklęsłości wykresu w podstawie programowej nie ma

Pozdrawiam

A czy przypadkiem nie było, że na zbiorze liczb całkowitych?
https://www.youtube.com/watch?v=QspOOEcOdCs

Niestety, nie!

Pozdrawiam

A może jakiś temat powiązany z tym zadaniem, który przerabiał ten uczeń? Może to nas w jakiś sposób naprowadzić na jakiś sposób.

4. klasa rozszerzona, funkcja wykładnicza - równania i nierówności, ćwiczenia.

Pozdrawiam

Z jakich ćwiczeń pochodzi ten problem?
Hint: Ukryty kwadrat

W tym przypadku robiłabym to graficznie:

\(4^x+2^x=2\cdot 3^x\\\\
2^x(2^x+1)=2\cdot 3^x\ \ \ |:2^x\\\\
2^x+1=2\cdot(\frac{3^x}{2^x})\ \ \ |:2\\\\\
2^{x-1}+\frac{1}{2}=(\frac{3}{2})^x\)

Znalazłem to zadanie w czeluściach więc rozpiszę do czego doszedłem (co można przedstawić wykorzystując wiedzę określoną przez @Jerry):
Mamy:
\(f \left( x\right) = 4^x - 2\cdot3^x+2^x\)
i znane pierwiastki \(x=1, x=0\).
Mamy trzy przedziały: \(\left( -\infty; 0\right), \left( 0; 1\right), \left( 1;\infty\right) \). Udowodnimy, że w każdym z nich nie może być pierwiastków.
\(\left( 1;\infty\right)\):
Wystarczy udowodnić, że funkcja rośnie dla \(x>1\). Niech \(1<x_1<x_2\). Twierdzimy, że:
\(4^{x_1}-2\cdot3^{x_1}+2^{x_1}<4^{x_2}-2\cdot3^{x_2}+2^{x_2}\)
Możemy zapisać:
\(4^{x_1} \left( 1-2\cdot \left( \frac{3}{4}\right)^{x_1} + \left( \frac{1}{2}\right)^{x_1} \right) <4^{x_2} \left( 1-2\cdot \left( \frac{3}{4}\right)^{x_2} + \left( \frac{1}{2}\right)^{x_2} \right)\)
Dla podanego przedziału - czynniki są dodatnie. Dzielimy:
\(\frac{1-2\cdot \left( \frac{3}{4}\right)^{x_1} + \left( \frac{1}{2}\right)^{x_1}}{1-2\cdot \left( \frac{3}{4}\right)^{x_2} + \left( \frac{1}{2}\right)^{x_2}} < \frac{4^{x_2}}{4^{x_1}}\)
Mamy w zasadzie:
\(\frac{1-2\cdot \left( \frac{3}{4}\right)^{x_1} + \left( \frac{1}{2}\right)^{x_1}}{1-2\cdot \left( \frac{3}{4}\right)^{x_2} + \left( \frac{1}{2}\right)^{x_2}} < 1 < \frac{4^{x_2}}{4^{x_1}}\)
Prawa nierówność - oczywista. Lewa:
\(1-2\cdot \left( \frac{3}{4}\right)^{x_1} + \left( \frac{1}{2}\right)^{x_1} < 1-2\cdot \left( \frac{3}{4}\right)^{x_2} + \left( \frac{1}{2}\right)^{x_2}\)
\(2\cdot \left( \frac{3}{4}\right)^{x_1} + \left( \frac{1}{2}\right)^{x_1} > 2\cdot \left( \frac{3}{4}\right)^{x_2} + \left( \frac{1}{2}\right)^{x_2}\)
Co jest oczywiste (ułamek do mniejszej potęgi - większa liczba).

Faktycznie w przedziale \( \left( 1;\infty\right) \) nie ma więcej pierwiastków, gdyż funkcja jest rosnąca.
Analogicznie rozpatrujemy przedział \( \left( -\infty;0\right) \), w którym to przedziale funkcja powinna maleć (nie rozpisywałem dokładnie, ale "na oko" powinno wyjść).

Pozostaje przedział \( \left( 0;1\right) \):
W nim nie dowodzimy monotoniczności (bo jej nie ma), ale to, że \(f \left( x\right) < 0\), dla \(x\in \left( 0;1\right)\). Czyli, że:
\(4^x-2\cdot3^x+2^x < 0\)
poprzez przekształcenia równoważne:
\(4^x+2^x < 2\cdot3^x\)
niestety z nierówności między średnimi nie poszło. Podnoszę obie (dodatnie) strony do kwadratu:
\(16^x+2\cdot8^x+4^x<4\cdot9^x\)
Dla \(x\in \left( 0;\frac{1}{2}\right) \) mamy:
\(16^x+4^x\) oraz \(2\cdot9^x\) - funkcje rosnące oraz:\(16^x+4^x < 2\cdot 9^x\) (równość dla \(x=0\) i \(x=\frac{1}{2}\)) oraz \(2\cdot8^x < 2\cdot9^x\).
Dla wnikliwych - kwestię \(16^x+4^x < 2\cdot 9^x\) uzasadniam: równością na końcach przedziału, utrzymaną nierównością dla przykładowego \(x=\frac{1}{4}\) oraz tym, że wiadomo jak wyglądają te funkcje (jako sumy funkcji wykładniczych - wyglądają jak funkcje wykładnicze) i stąd nie mogą być "wężykami" co "gdzieś pomiędzy" się przecięły. Jeśli to nie wystarcza, to nie znalazłem innego sposobu.
Pozostaje wtedy przedział \(x\in \left( \frac{1}{2}; 1\right) \), który mi nie wyszedł.

Można też próbować cały przedział \(x \in \left( 0; 1\right) \) w taki sposób:
\(4^x+2^x < 2\cdot3^x\)
\(2^x \left( 2^x+1\right) < 2\cdot3^x |\log_2\)
\(\log_2 {2^x} + \log_2 \left( 2^x+1\right) < \log_2 {2} + \log_2 {3^x}\)
\(\log_2 \left( 2^x+1\right) - \log_2 {2} < x\cdot \log_2 {3} - x\)
\(\log_2 \frac{2^x+1}{2} - \log_2 {2} < x \left(\log_2 {3} -1 \right)\)
\(\log_2 \frac{2^x+1}{2} < x \log_2 \frac{3}{2}\)
\(\frac{\log_2 \frac{2^x+1}{2}}{x} < \log_2 \frac{3}{2}\)
Równość zachodzi dla \(x=1\) zaś dla \(x\in \left( 0;1\right) \) funkcja \(g \left( x\right) = \frac{\log_2 \frac{2^x+1}{2}}{x}\) jest rosnąca (w ogóle jest rosnąca). Natomiast dowód z \(0<x_1<x_2<1\) mi się nie powiódł, również po przesunięciu do \(\frac{1}{2}<x_1<x_2<1\).

Ale może ktoś...