Encontrar todo lo positivo $a$ tal que $a^x=2^x+1$ sólo tiene una solución real

Question

Encuentre todos los valores de $a \in (0,\infty)$ tal que $$a^x=2^x+1$$ sólo tiene una solución real.

Intenté usar derivados, pero no pude averiguarlo. ¿Puede alguien ayudarme, por favor?

Answer 1

Enfoque 1:

$a^x = 2^x + 1 $ tomando ln() (ya que ambos lados (funciones) son inyectivos)

$x\ln(a) = \ln(2^x+1)$ .

Ahora mismo, vamos a olvidarnos totalmente de $x=0$ porque claramente para x=0, no tenemos soluciones. Entonces, dividamos por x:

$\ln(a) = \frac{\ln(2^x+1)}{x}$ , y por último tomando $\exp()$ (de nuevo ambos son inyectivos), obtenemos: $$ a = \exp(\frac{\ln(2^x+1)}{x}) $$

Bien, por fin algo factible. Todo lo que tenemos que hacer ahora, es determinar si la función $\exp(\frac{\ln(2^x+1)}{x})$ es inyectiva (no sólo nos interesa el dominio sino también (y más importante) el rango).

Conocemos el comportamiento de la función $\exp()$ . Es creciente y toma todos los valores $y \in(0,+\infty)$ .

Así que vamos a centrarnos en la función interna : f(x) = $\frac{\ln(2^x+1)}{x}$ , $x \in (-\infty,0) \cup (0,\infty) $

$f'(x) = \frac{2^x\ln(2)}{2^x+1}\frac{1}{x} - \frac{1}{x^2}\ln(2^x+1) = \frac{2^x\ln(2)x}{(2^x+1)x^2} - \frac{(2^x+1)\ln(2^x+1)}{x^2(2^x+1)}= \frac{2^x(x\ln(2) - \ln(2^x+1)) - \ln(2^x+1)}{x^2(2^x+1)}$

El denominador es siempre positivo, por lo que nos interesa el signo de:

$g(x) = 2^xx\ln(2) - (2^x+1)\ln(2^x+1)$

Como $x\to 0$ , $g(x) \to -2\ln(2)$ , sin importar desde qué lado nos acerquemos a 0.

Como $x \to -\infty$ , nuestro $g(x)$ tiende claramente a 0 ( $- (2^x+1)\ln(2^x+1)$ parte es fácil establecer que tiende a 0, y si dijera algo sobre $2^xx\ln(2)$ límite, hay un hecho conocido, que la función exponencial ( $2^x$ es efectivamente una función exponencial por alguna constante) tiende "más rápido" que la lineal (de hecho cualquier polinomio W(x) ))

Nos bastaría con demostrar que $g(x)$ es decreciente (porque si es así, entonces $g$ sería siempre menor que 0, por lo que $f'$ También, y f sería descreciente y eso es algo que queremos lograr ahora.

$g'(x) = 2^x\ln(2) + x\ln^2(2)2^x - 2^x\ln(2)(\ln(2^x+1)) - \frac{(2^x+1)}{(2^x+1)}2^x\ln(2) = \\ = 2^x\ln(2)[1+x\ln(2)-\ln(2^x+1) - 1] = 2^x\ln(2)[x\ln(2) - \ln(2^x+1)] $

¡Hosanna! El único término importante es el que está dentro de las llaves (porque sabemos que el signo de $2^x\ln(2)$ (+). Mirando: $x\ln(2) - \ln(2^x+1)$ podemos demostrar que siempre es menor que 0.

$ x\ln(2) < \ln(2^x+1) $

$ \ln(2^x) < \ln(2^x+1) $

Causa Q.E.D. $\ln$ ¡es una función creciente!

¡Ya estamos en casa! Eso significa (si aplicamos todo al principio, que nuestro $f(x)$ es decreciente, por lo que la función $\exp(f(x)) = \exp(\frac{\ln(2^x+1)}{x})$ ¡también está disminuyendo! (Pero lo importante es que en cada conjunto $(-\infty,0)$ , $(0,+\infty)$ )

Esto significa que debemos establecer límites, como $\exp(f(x))$ tiende a $\{-\infty,0^-,0^+,+\infty\}$

$$ \lim_{x\to -\infty} \exp(f(x)) = 1 $$ $$ \lim_{x\to 0^-} \exp(f(x)) = 0 $$ $$ \lim_{x\to 0^+} \exp(f(x)) = +\infty $$ $$ \lim_{x\to +\infty} \exp(f(x)) = 2 $$

Y ahora, sólo estamos leyendo lo que acabamos de conseguir: Si estamos viendo $x\in(-\infty,0)$ nuestra función disminuye de 1 a 0, por lo que $a\in(0,1)$ hacer el trabajo. Echando un vistazo a $x \in (0,+\infty)$ nuestra función disminuye de $+\infty$ a 2, así que de nuevo, $a \in(2,+\infty)$ hacer el trabajo.

Resumen: Por cada $a \in(0,1) \cup (2,+\infty)$ la ecuación $2^x+1 =a^x$ sólo tiene una solución real.

Enfoque 2:

En lugar de tratar "a" como una función de x ( es decir a(x) ) , ahora vamos a profundizar en cada lado uno por uno:

Consideremos 2 funciones (en realidad una sería toda una familia de funciones):

$$f:R\to R, f(x) = 2^x+1$$

$$g_a:R\to R, g_a(x) = a^x ; a\in(0,1) \cup (1,+\infty) $$

(No he considerado el caso $a=1$ porque claramente no se puede sostener, porque $2^x$ no puede ser 0)

Función $f$ es claramente creciente (siempre se puede encontrar la derivada, ya que $f'(x) = 2^x\ln(2)$ que es positivo para todos los $x\in R$ ).

$\lim_{x \to -\infty} f(x) = 1$

$\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty $

Necesitaremos esos límites más adelante.

Ahora, echa un vistazo a la función $g_a$ y encontrarlo derivado:

$g_a'(x) = a^x\ln(a)$

Ahora bien, no podemos decir que sea positivo/negativo para todos $x\in R$ porque depende de "a".

Consideremos dos casos:

Caso 1: $(a \in (0,1))$

$g_a'$ es negativo, por lo que $g_a(x)$ está disminuyendo. Encontrando $\lim_{x\to -\infty} g_a(x) = +\infty$ y $\lim_{x \to +\infty} g_a(x) = 0$ Vemos claramente, la función $g_a$ se cruza con la función $f$ . Así que todos $a\in(0,1)$ hacer el trabajo.

Caso 2: $(a \in (1,+\infty)) $

$g_a'$ es positivo, por lo que $g_a$ está aumentando. Por lo tanto, este caso no es tan fácil como el anterior, pero aún así podemos afrontarlo. De nuevo, necesitamos límites.

$\lim_{x\to -\infty} g_a(x) = 0$

$\lim_{x\to +\infty} g_a(x) = +\infty$

Así que desafortunadamente su comportamiento es bastante similar al de la función f, con una excepción: f "comienza" desde 1.

Para $g_a$ para intersecar $f$ Es necesario y suficiente que:

$$ \forall_{x \in R} \ : \ \ g_a'(x) > f'(x) $$

Cabe preguntarse por qué. Porque necesitamos $g_a$ para intersecar $f$ en un solo punto (esto es muy importante). Sabemos que desde el principio $g_a$ es menor que $f$ (al principio me refiero a $\lim_{x\to -\infty}$ ). Así que si queremos $g_a$ para intersecar $f$ El ratio de crecimiento debe ser "más grande" y debe permanecer más grande, porque no queremos $f$ para "dejar atrás" $g_a$ . Espero que esté claro.

$ g_a'(x) = a^x\ln(a) $ , mientras que $f'(x) = 2^x\ln(2) $

Dado que ambos $\log$ y $\exp$ funciones son crecientes, es realmente fácil establecer, que si $a=2$ tenemos igualdad, y nuestro caso interesante es si y sólo si $a\in(2,+\infty)$

Resumen: Tomando los dos juntos, volvemos a ( ¡Hurra! ) obtener $a \in (0,1) \cup (2,+\infty)$ son los "buenos".

Espero que le resulte útil.

Answer 2

Sugerencia :

Trazar las funciones $a^x$ y $2^x+1$ para los siguientes valores de $a$ :

• $a=\frac12$
• $a=\frac13$
• $a=\frac14$
• $a=1$
• $a=1.1$
• $a=1.2$
• $a=1.3$
• $a=2$
• $a=3$
• $a=4$

¿Notas un patrón?

Answer 3

$$a^x=2^x+1$$ $$a^x-2^x=1$$ Digamos que $a^x-2^x\approx(a-2)^x$ Por lo tanto:

• $a\neq2$ porque $0^x$
• para $a\in(0;2)$ obtenemos $\alpha^x=1$ donde $\alpha<0\implies x=0$
• $2<<a:$ $$(a-2)^x=1$$ $$x=0=log_{a-2}1$$
• Para los pequeños $a>2$ - un método numérico como Dr. Sonnhard Graubner dijo