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[转载] 一道关于方程根中点范围的问题

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发表于 2019-9-6 10:58:36 | 显示全部楼层 |阅读模式

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网络上流传的一道老师和学生热烈讨论的问题,据说是一道高中题。
已知方程 `x-\ln x=m\;(m\in \RR)` 有两不等根 `x_1,x_2`,求证:`x_1+x_2\leqslant m+\sqrt{m}`.

问:是否可以进一步精确给出 `x_1+x_2` 的取值范围?

破题儿第一遭:题设有两个不同实根,已暗含 m > 1.
毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
毋私小惠而伤大体  毋借公论以快私情
发表于 2019-9-6 12:17:26 来自手机 | 显示全部楼层
m充分接近1时应该是错的

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要有不同的实根,m必然大于1. 只是原题如此,转载时候我并没做改动。  发表于 2019-9-6 12:28
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发表于 2019-9-7 08:19:16 | 显示全部楼层
记$x_1=1-r_1,x_2=1+r_2,m=1+s^2/2$, 于是对于$0\lt r_2\lt1$,可以有泰勒展开$s^2=r_1^2+2(r_1^3/3+r_1^4/4+r_1^5/5+....)=r_2^2-2(r_2^3/3-r_2^4/4+r_2^5/5-...)$
所以必然有$r_2\gt s\gt r_1\gt 0$,而这个不等式关系对于$r_2 \ge 1$显然有成立。
由$x-\ln(x)=s^2/2$,两边对$s$求导可以得出$(1-1/x)x'_s=s$,即$x'_s={sx}/{x-1}$
设$h(s)=x_1+x_2-m-\sqrt(m)=x_1+x_2-1-s^2/2-\sqrt{1+s^2/2}$
于是$h'(s)={sx_1}/{x_1-1}+{sx_2}/{x_2-1}-s-s/{2\sqrt{1+s^2/2}$
我们需要查看在多大范围内有${h'(s)}/s=1/{r_2}-1/{r_1}+1-1/{2\sqrt{1+s^2/2}}\lt 0$
${h'(s)}/s$关于$m$的图片如下:
df.png
还是有点不好分析

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第三行是不是错了?  发表于 2019-9-7 14:31
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发表于 2019-9-7 14:10:52 | 显示全部楼层
我推测x1+x2<=m+1

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这个似乎只适合当m距离1比较接近的情况  发表于 2019-9-7 14:24
这肯定是错的  发表于 2019-9-7 14:21
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发表于 2019-9-7 14:22:03 | 显示全部楼层

这个似乎只适合当m距离1比较接近的情况
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发表于 2019-9-7 14:33:54 来自手机 | 显示全部楼层
可以用牛顿迭代法快速计算x,迭代公式为$x-={x-\ln(x)-m}/{1-1/x}$.初值分别选exp(-m),m

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凹函数对于琴生不等式没有用呀,这题  发表于 2019-9-7 14:50
我连这个等式也证明不了,虽然我很相信这个等式是成立的!  发表于 2019-9-7 14:46
然而即使有牛顿迭代法,也不能证明呀  发表于 2019-9-7 14:43
我也知道牛顿迭代法呀,初始值,只要一个大于1,一个小于1就行了,我测试过了,都收敛的  发表于 2019-9-7 14:43
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 楼主| 发表于 2019-9-7 17:47:01 | 显示全部楼层
也可等价为证明二者之积 `x_1x_2<e^{\sqrt{m}-m}`.
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发表于 2019-9-7 19:59:46 | 显示全部楼层
展开式说明$r_2^2-r_1^2=2(\sum_{t=3}^{\infty}{r_1^t-(-r_2)^t}/t)$
所以$r_2-r_1=2(\sum_{t=3}^{\infty}{r_1^t-(-r_2)^t}/{t(r_1-(-r_2))})=2(\sum_{t=3}^{\infty}{r_1^{t-1}-r_1^{t-2}r_2+...+(-r_2)^{t-1}}/t)<2(\sum_{t=1}^{\infty}{r_1^{2t+1}}/{2t+1})<2(\sum_{t=1}^{\infty}{s^{2t+1}}/{2t+1})=\ln({1+s}/{1-s})-2s$

这步开始有误,改为11楼


由于$x_2+x_1=2+r_2-r_1$,而$m+\sqrt(m)=1+s^2/2+\sqrt{1+s^2/2}$
可以先数值计算知道在$s<0.72529957814399878979475961595327914143$时$\ln({1+s}/{1-s})-2s<1+s^2/2+\sqrt{1+s^2/2}$
所以我们知道在$m<1.2630297390279313034810176817935331121$时不等式会成立。
而这部分只需要确认在$0<s<0.72529957814399878979475961595327914143$时$\ln({1+s}/{1-s})-2s<s^2/2+\sqrt{1+s^2/2}-1$即可,这个相对比较容易,就先省略了
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发表于 2019-9-7 20:17:19 | 显示全部楼层
对于m较大时的不等式就没有这么严格了,相对会比较好做。
由于$0<x_1<1$,而我们知道在$x\gt 1$时,$x/e\gt \ln(x)$
可以得出$e/{e-1} m - \ln(e/{e-1}m) \gt m$,由此得出$x_2<e/{e-1}m$
由此进一步得出$x_2=m+\ln(x_2)<m+\ln({em}/{e-1})$
所以如果$1+m+\ln({em}/{e-1})<m+\sqrt{m}$时不等式也成立,所以得出在$m>19.713339817401456278996157834379795162$时不等式成立
另外发现$0.1+m+\ln({em}/{e-1})<m+\sqrt{m}$恒成立,所以也就是在$x_1<0.1$时总是成立,对应$m>2.4025850929940456840179914546843642076$时总是成立

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在m比较大的时候很容易  发表于 2019-9-7 20:24
按照这个思路, `m+\sqrt{m}` 这个上限似乎可以继续加强?  发表于 2019-9-7 20:20
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发表于 2019-9-7 20:35:29 来自手机 | 显示全部楼层
而头尾部分证明以后,中间部分其实用数值计算已经没有任何难度了。我们假设将这段m区间等分成若干段,由于x_1关于m单调减,x_2关于m单调增。区间充分小时,比如可以让左端点的x_1加右端点的x_2小于左端点的m+sqrt(m),这样就证实了在整个小区间不等式都成立,所以余下的任务就是将前面几个单变量解析函数不等式改为严格证明即可。由于函数仅牵涉对数,一次微分后就变成有理函数了,分析应该不难了
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