Chủ đề này có 5 trả lời

[thang96]

Giải phương trình: $4^{t}=t+\sqrt{t^{2}+1}$

[Mrnhan]

Giải phương trình: $4^{t}=t+\sqrt{t^{2}+1}$

 

LG.

 

$4^{t}=t+\sqrt{t^{2}+1}\Leftrightarrow \sqrt{1+t^2}-t=4^{-t}$

 

$\Rightarrow 4^t-4^{-t}=2t$

 

Xét hàm $f(t)=4^t-4^{-t}-2t$ trên $t\in \mathbb{R}$

 

$\Rightarrow f'(t)=4^t\ln4+4^{-t}\ln4-2\geq 2\ln4-2>0 \forall t\in \mathbb{R}$

 

Do đó PT có ít nhiều nhất một nghiệm mà $f(0)=0$ nên $t=0$

 

Thử lại thấy thỏa mãn PT

 

P.s: Làm như thế có được không? Lâu rồi ko động

 

Cách khác:

 

$4^{t}=t+\sqrt{t^{2}+1}\Leftrightarrow 4^t\left ( \sqrt{1+t^2} -t\right )=1$

 

Xét hàm $f(t)=4^t\left ( \sqrt{1+t^2} -t\right )-1,\, \forall t\in\mathbb{R}$

 

$\Rightarrow f'(t)=\left ( \sqrt{1+t^2}-t \right )4^t\ln4+4^t\left ( \frac{t}{\sqrt{1+t^2}}-1 \right )=4^t\left [ \ln4\sqrt{1+t^2}-t\ln4+\frac{t}{\sqrt{1+t^2}}-1 \right ]=0$

 

$\Leftrightarrow \frac{t^2\ln4+t+\ln4}{\sqrt{1+t^2}}=1+t\ln4$

 

$\Leftrightarrow t^2\ln^24=1-\ln^24<0$ (bình phương 2 vế)

 

Đến đây chắc làm được rồi chứ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mrnhan: 15-06-2014 - 21:14

[Kool LL]

LG.

Xét hàm $f(t)=4^t-t-\sqrt{1+t^2}$ trên $t\in \mathbb{R}$

$\Rightarrow f'(t)=4^t\ln4-1-\frac{t}{\sqrt{1+t^2}}=0\Leftrightarrow \boxed{4^t\ln4=\frac{t+\sqrt{1+t^2}}{\sqrt{1+t^2}}\Leftrightarrow 4^t\ln4=\frac{4^t}{\sqrt{1+t^2}}\to \text{vô nghiệm}}$

Nên $f'(t)$ giữ một dấu trên tập xác định $f'(t)>f'(0)>0$

Vậy PT có ít nhiều nhất một nghiệm mà $f(0)=0$ nên $t=0$

Phần đóng khung sai rồi bạn. Sao mà lại lấy nghiệm của pt $f(t)=0$ để thay vào pt $f'(t)=0$ rồi nói là pt $f'(t)=0$ VN được !!

Bạn hãy dùng phần mềm để vẽ đồ thị, sẽ thấy pt $f'(t)=0$ có nghiệm $\in (-2;0)$

Dễ thấy $f(t)$ là hàm liên tục và $f'(-2)<0$ , $f'(0)>0$ nên pt $f'(t)=0$ có nghiệm trong khoảng $(-2;0)$.

[Mrnhan]

Phần đóng khung sai rồi bạn. Sao mà lại lấy nghiệm của pt $f(t)=0$ để thay vào pt $f'(t)=0$ rồi nói là pt $f'(t)=0$ VN được !!

Bạn hãy dùng phần mềm để vẽ đồ thị, sẽ thấy pt $f'(t)=0$ có nghiệm $\in (-2;0)$

Dễ thấy $f(t)$ là hàm liên tục và $f'(-2)<0$ , $f'(0)>0$ nên pt $f'(t)=0$ có nghiệm trong khoảng $(-2;0)$.

 

Mình trình bày lại đó, bạn xem lại có đúng không?

[Kool LL]

Giải phương trình: $4^{t}=t+\sqrt{t^{2}+1}$

Xét $f(t)=4^t-t-\sqrt{t^2+1}$ trên $\mathbb{R}^+$

$f'(t)=4^t.\ln{4}-1-\frac{t}{\sqrt{t^2+1}}$ ; $f''(t)=4^t.(\ln{4})^2-\frac{1}{(\sqrt{t^2+1})^3}$

Với $t>0$ thì $4^t.(\ln4)^2>1>\frac{1}{(\sqrt{t^2+1})^3}\Rightarrow f''(t)>0\Rightarrow f'(t)>f'(0)=\ln{4}-1>0\Rightarrow f(t)>f(0)=0$

$\Rightarrow 4^t>t+\sqrt{t^2+1},\ (\forall t>0)$ (*)

Với $t<0$, đặt $x=-t>0$ ta có : $f(t)=f(-x)=\frac{1}{4^x}-(\sqrt{x^2+1}-x)=\frac{1}{4^x}-\frac{1}{\sqrt{x^2+1}+x}$

(*) $\Rightarrow 4^x>x+\sqrt{x^2+1} (\forall x>0)\Rightarrow f(t)<0 (\forall t<0)$

Với $t=0$ thì $f(t)=0$.

Vậy pt có duy nhất một nghiệm $x=0$.

[Kool LL]

LG.

 

$4^{t}=t+\sqrt{t^{2}+1}\Leftrightarrow \sqrt{1+t^2}-t=4^{-t}$

 

$\Rightarrow 4^t-4^{-t}=2t$

 

Xét hàm $f(t)=4^t-4^{-t}-2t$ trên $t\in \mathbb{R}$

 

$\Rightarrow f'(t)=4^t\ln4+4^{-t}\ln4-2\boxed{\geq} 2\ln4-2>0 \boxed{\forall t\in \mathbb{R}}$

 

Do đó PT có ít nhiều nhất một nghiệm mà $f(0)=0$ nên $t=0$

 

Thử lại thấy thỏa mãn PT

 

P.s: Làm như thế có được không? Lâu rồi ko động

 

Cách khác:

 

$4^{t}=t+\sqrt{t^{2}+1}\Leftrightarrow 4^t\left ( \sqrt{1+t^2} -t\right )=1$

 

Xét hàm $f(t)=4^t\left ( \sqrt{1+t^2} -t\right )-1,\, \forall t\in\mathbb{R}$

 

$\Rightarrow f'(t)=\left ( \sqrt{1+t^2}-t \right )4^t\ln4+4^t\left ( \frac{t}{\sqrt{1+t^2}}-1 \right )=4^t\left [ \ln4\sqrt{1+t^2}-t\ln4+\frac{t}{\sqrt{1+t^2}}-1 \right ]=0$

 

$\Leftrightarrow \frac{t^2\ln4+t+\ln4}{\sqrt{1+t^2}}=1+t\ln4$

 

$\Leftrightarrow t^2\ln^24=1-\ln^24<0$ (bình phương 2 vế)

 

Đến đây chắc làm được rồi chứ

Trong Cách 1 dùng BDT Cauchy ở đó quá hay, đưa được về hàm luôn đồng biến trên $\mathbb{R}$

Trong cách 2 :

$f'(t)=4^t(\sqrt{t^2+1}-t)\left[(\ln4-1)+\left(1-\frac{1}{\sqrt{t^2+1}}\right)\right]>0\ (\forall t\in\mathbb{R})$