Vise at en trancendental likning har nøyaktig en rot

[Nebuchadnezzar]

Er et ganske langt problem, men har kommet til et punkt hvor jeg stanger hodet i veggen, gråter og spiller banjo.

Jeg skal vise at polarkurven

[tex]r = \frac{\theta}{\pi - \theta} \qquad \theta \in [0,\pi)[/tex]

har nøyaktig en horisontal og en vertikal tangent.

For å vise at den har nøyaktig en vertikal tangent må jeg vise at

[tex]x^{\prime}(\theta)=\frac{\text{d}}{\text{d}\theta} \left( r \cos(\theta)\right)[/tex] har nøyaktig en rot på intervalet [tex][0,\pi)[/tex]

Ved litt regning er dette det samme som å vise at

[tex]\frac{\cos(\theta)\pi-\theta\sin(\theta)\pi+\theta^2\sin(\theta)}{(\pi - \theta)^2}=0[/tex]

har nøyaktig ett nullpunkt. Siden funskjonen er kontinuerlig og deriverbar gir skjæringssetningen at funksjonen har minst ett nullpunkt.

Hvordan viser jeg at likningen over har nøyaktig ett nullpunkt på intervalet fra [tex]0[/tex] til [tex]\pi[/tex] ?

[espen180]

Hva med å sjekke om x' er monotont voksende på intervallet?

[Nebuchadnezzar]

Allerede gjort det, som du sikkert ser utifra grafen og. Så er ikke funksjonen verken monotont voksende eller synkende på intervalet

Her er mitt arbeid så langt:

Bildet av grafen, denne har den horisontale asymptoten [tex]y=\pi[/tex]



Og her er bildet av [tex]x^{\prime}(\theta)[/tex]



Vi ser raskt at [tex]x^{\prime}(0)=1/\pi >0[/tex] og [tex]x^{\prime}(\pi/2)=-1 <0[/tex]. Så funksjonen har minst ett nullpunkt i dette intervalet.

Det jeg tenkte var at om jeg kunne finne toppunktet til den deriverte og vise at denne var monotont stigende før toppunktet, og monotont synkende etter toppunktet. Så ville jeg være i boks. Toppunktet fant jeg med enkelhet via den dobbelderiverte og newtons tilnærmingsmetode.

Nå slo det meg at kanskje ikke dette var det eneste topp eller bunnpunktet på intervalet. Ved newton finner jeg bare ett. Og det var også vanskelig å vise at funksjonen var monotont stigende før, og monotont synkende etter toppunktet.

Noen tips? =)

[Solar Plexsus]

Du må vise at likningen

[tex](1) \;\; \pi \cos \theta \: - \: \pi \theta \sin \theta \:+\: \theta^2 \sin \theta \;=\; 0[/tex]

har kun en løsning i intervallet [tex][0,\pi)[/tex]. Ved å dele (1) med [tex]\sin \theta[/tex] (NB! [tex]\sin \theta = 0[/tex] med [tex]\theta \in [0,\pi)[/tex] gir [tex]\theta=0[/tex], som åpenbart ikke er en løsning av (1)), får vi likningen

[tex](2) \;\; \frac{\pi}{\tan \theta} \:-\: \pi \theta \:+\: \theta^2 \;=\; 0.[/tex]

Setter vi venstre side av likning (2) lik [tex]f(\theta)[/tex] og deriverer, blir resultatet

[tex]f^{\prime}(\theta) \:=\: 2\theta \:-\: \pi \:-\: \frac{\pi}{\sin ^2 \theta} \: \leq \: 2\theta \:-\: \pi \:-\: \pi \:=\: 2(\theta - \pi) \: < \:0[/tex]

når [tex]\theta \in (0,\pi)[/tex]. Altså er [tex]f[/tex] strengt avtagende i nevnte intervall. I.o.m. at [tex]f[/tex] er kontinuerlig i [tex](0,\pi)[/tex],

[tex]\lim_{\theta \rightarrow 0^+} \: f(\theta) \:=\: + \infty \; \mbox{ og } \; \lim_{\theta \rightarrow \pi^-} \: f(\theta) \:=\: - \infty, [/tex]

har [tex]f[/tex] eksakt et nullpunkt i [tex](0,\pi)[/tex] ifølge skjæringssetningen.

[svinepels]

Lekkert

[Nebuchadnezzar]

Nydelig, takker!

Stygg oppgave å gi på en Analyse II øving. (Allà matte1/matte2)

[Vektormannen]

Hanche liker å gi slike oppgaver... Blir nok ikke den siste