Teorijski zadatak (objasnjenje gradiva)

[student_92]

Pozdrav, trebam pomoć oko ovoga:

Treba dokazati da je kosinus hiperbolni strogo rastuća funkcija za x-eve veće ili jednake nuli.

[Phoenix]

Nudim dva dokaza, ovisno o tome čime se smiješ služiti u dokazu.

1) Ako znamo da je [tex]e^x \geq 1[/tex] za [tex]x \geq 0[/tex] i ako znamo da je [tex]e^x[/tex] strogo rastuća funkcija.

Neka su [tex]x, y \in \left[0, +\infty \right>[/tex], [tex]x<y[/tex]. Želimo dokazati da je [tex]ch(x)<ch(y)[/tex].
[tex]ch(x)<ch(y) \Leftrightarrow \frac{e^x+e^{-x}}{2}<\frac{e^y+e^{-y}}{2} \Leftrightarrow e^x+e^{-x} < e^y+e^{-y} \Leftrightarrow e^{2x+y} + e^y < e^{x+2y} + e^x \Leftrightarrow e^{2x+y} - e^{x+2y} + e^y - e^x < 0 \Leftrightarrow e^{x+y}(e^x-e^y)-(e^x-e^y) < 0 \Leftrightarrow (e^x-e^y)(e^{x+y}-1) < 0 (*)[/tex]
Znamo da je [tex]e^{x+y}-1 > e^{0+0}-1 = 1-1 = 0[/tex], stoga je druga zagrada uvijek pozitivna. (Primijenjena je stroga nejednakost jer je [tex]x \neq y[/tex].)
Kako je [tex]x<y[/tex], slijedi [tex]e^x < e^y[/tex], odnosno [tex]e^x - e^y < 0[/tex], stoga je prva zagrada negativna. Sveukupno, nejednakost [tex](*)[/tex] vrijedi, a s obzirom da smo koristili niz ekvivalencija, vrijedi i početna tvrdnja koju smo htjeli dokazati: [tex]ch(x)<ch(y)[/tex] za [tex]x<y[/tex].

2) Ako znamo kako su definirane funkcije [tex]sh[/tex] i [tex]ch[/tex] te adicijsku formulu za [tex]ch[/tex].

Neka su [tex]x \in \left[0, +\infty \right>[/tex], [tex]y \in \left<0, +\infty \right>[/tex] (odnosno, da bude jasnije, [tex]y>0[/tex]). Promatramo:
[tex]ch(x+y) = ch(x)ch(y)+sh(x)sh(y) \geq ch(x)ch(y) + 0 \cdot 0 = ch(x)ch(y) > ch(x) \cdot 1 = ch(x) \Rightarrow ch(x+y) > ch(x)[/tex]
Nakon primjene adicijske formule prvo koristimo činjenicu da je [tex]sh(x) \geq 0[/tex] za [tex]x \geq 0[/tex], a zatim i to da je [tex]ch(y) > 1[/tex] za [tex]y >0[/tex].
(Pazi! Ovdje ne koristim strogu monotonost funkcije s obzirom da to dokazujem. Tu koristim činjenicu da je slika funkcije [tex]ch[/tex] jednaka [tex]\left[1, +\infty \right>[/tex] i da je [tex]ch(x) = 1 \Leftrightarrow x = 0[/tex].)
Dakle, dobili smo da vrijedi [tex]ch(x+y) > ch(x)[/tex], a kako je [tex]y>0[/tex], slijedi da za svaki broj [tex]z>x[/tex] vrijedi [tex]ch(z)>ch(y)[/tex]. Time je tvrdnja dokazana.

U oba dokaza fali mnogo argumentacije, ali ako uspijevaš pratiti kako sam i zašto sve stvari zaključivao, sjajno. Ako ne, slobodno pitaj, objasnit ću (osim ako me netko ne preduhitri).

[hstojanovic]

Uzmemo proizvoljne tako da vrijedi . Sada želimo dokazati: .


što vrijedi za nenegativne i pa je ovime tvrdnja dokazana.

EDIT: naravno da me netko prestigao xD

[student_92]

Hvala, na prvi pogled mi je jasno što si napisao.

[malalodacha]

imam i ja jedno pitanje: prirodna domena iz: f(x)=korijen(x*cosx) + arsh(2x+1).

[Phoenix]

S obzirom da je [tex]D_{Arsh}=\mathbb{R}[/tex], jedini uvjet u cijelom zadatku je parni korijen. Dakle:
[tex]xcos(x) \geq 0[/tex].
Ovo možeš rješavati na više slučajeva:
1) [tex]x=0 \Rightarrow xcos(x) = 0 \cdot 1 = 0 \geq 0[/tex]. Dakle, [tex]x = 0[/tex] je rješenje.
2) [tex]x>0[/tex] Slijedi: [tex]xcos(x) \geq 0 \Rightarrow cos(x) \geq 0[/tex].
Naravno, ovo vrijedi za [tex]\bigcup_{k \in \mathbb{Z}}\left[-\frac{\pi}{2}+2k\pi,\frac{\pi}{2}+2k\pi\right][/tex]. S obzirom da imaš uvjet [tex]x>0[/tex], slijedi da je rješenje ovog slučaja [tex]\bigcup_{k \in \mathbb{Z},k \geq 1}\left[-\frac{\pi}{2}+2k\pi,\frac{\pi}{2}+2k\pi\right] \cup \left<0, \frac{\pi}{2}\right][/tex] (zapravo promatraš za koje [tex]k[/tex] dobivaš pozitivne [tex]x[/tex]-eve i uočiš da [tex]k[/tex] mora biti "oko nule").
2) [tex]x<0[/tex] Analogno.
Rješenje je unija 1), 2) i 3).

[malalodacha]

evo još jedan, isto prirodna definicija..f(x)=ln(ch (lnx) - x)

[hstojanovic]

Zbog unutarnjeg [tex]lnx[/tex] nužno je [tex]x>0[/tex].

A iz [tex]ln(ch(lnx)-x)[/tex] potrebno je i [tex]ch(lnx)-x>0[/tex].
Ovo drugo je zapravo:


I presjek toga s prvim uvjetom daje [tex]x \in \left<0,1 \right> [/tex].