Demuestra que $x+e^{-Bx^2}\mbox{cos}(x)$ sólo tiene una raíz sobre todos los reales ( $B>0$ ).

Question

Dejemos que $B>0$ y definir para todos $x\in \mathbb{R}$ la función $f(x)=x+e^{-Bx^2}\mbox{cos}(x)$ . Demostrar que $f$ tiene exactamente una raíz sobre $\mathbb{R}$ .

Mi intento original era demostrar que la función $g(x)=-e^{-Bx^2}\mbox{cos}(x)$ es contractiva (en este sentido) y el resultado se derivaría del teorema del punto fijo de Bannach. Sin embargo, he publicado esto como una pregunta (mira aquí ) y he llegado a la conclusión de que esta idea no es la mejor. ¿Puede alguien darme un consejo sobre cómo atacar este problema? Gracias de antemano.

Answer 1

$f(x)=0$ es equivalente a: $$ g(x) = x e^{Bx^2}+\cos x = 0.$$ Sin embargo, $g(x)$ es una función creciente, ya que $$ g'(x) = \left(e^{Bx^2}-\sin x\right) +2Bx^2 e^{Bx^2}>0 $$ para cualquier $x$ ya que $e^{Bx^2}-\sin x\geq e^{Bx^2}-1\geq 0$ y $2Bx^2 e^{Bx^2}\geq 0$ con igualdad sólo en $x=0$ .

Así que tenemos que $g(x)$ tiene a lo sumo un cero real, y tiene con seguridad un cero real desde: $$\lim_{x\to\pm\infty}g(x)=\pm\infty.$$

Answer 2

Mi idea comenzó tratando de aplicar el teorema del punto fijo de Banach y luego se redujo a una idea más simple.

Dejemos que $g(x)=-e^{-Bx^2} \cos(x)$ . Tenga en cuenta como ya tiene que $x$ es una raíz de $f$ si y sólo si es un punto fijo de $g$ .

Ahora, fíjate en que $g(\mathbb{R}) \subseteq [-1,1]$ y $g([-1,1]) \subseteq [-1,0]$ . No es fácil hacer algo mejor que $g([-1,0]) \subset [-1,0]$ así que por ahora diremos que cualquier punto fijo de $g$ debe estar en $[-1,0]$ .

Pero en $(-1,0)$ , $e^{-Bx^2}$ y $\cos(x)$ son ambos estrictamente crecientes, por lo que $f$ es estrictamente creciente allí también. Por tanto, hay como mucho una raíz. Además $f$ es negativo en $-1$ y positivo en $0$ por lo que por el teorema del valor intermedio hay al menos una raíz. Así que hay exactamente una raíz.