Ammissione Scuola Normale 1972 - quesito 5

[@Nazzarari01]

Preferisco la dimostrazione algebrica, proprio perché è assolutamente rigorosa. In ogni caso, è sempre un piacere assistere a queste eleganti, chiarissime e dotte lezioni di matematica.

[@GaetanoDiCaprio]

Grazie!

[@gimopirozzi2469]

Ciao. Dopo la dimostrazione grafica asserisci che essa non abbia le caratteristiche di rigore necessarie a una validazione universale. Questo vale anche se scendiamo nel dettaglio e precisiamo il seguente ragionamento? E cioè che: per x=0, 2^-x assume sulle ordinate già valore 1, per cui tutto il ramo sinistro tendente a + infinito assumerà via via valori sempre superiori a 1, mentre la parabola raggiunge il Vertice = 1, che è anche il suo massimo, soltanto in x = -1 (ove 2^-x varrà già 2). Resta così dimostrato che nell'intervallo [-1;0] , l'unico a poter instillare eventuali dubbi, i punti della parabola sono tutti MINORI di 1, mentre i punti dell'esponenziale sono tutti MAGGIORI di 1. Dunque come potrebbero esserci intersezioni? Questa precisazione potrebbe essere esaustiva o bisogna necessariamente ricorrere al metodo algebrico? Grazie.

[@GaetanoDiCaprio]

Sì è esaustiva

[@gimopirozzi2469]

@@GaetanoDiCaprio Grazie per aver risposto.

[@ambecedario]

Boh io a mente ho trovato questa soluzione. Poiche' 2^-x e' sempre positiva, l'eventuale zero della funzione si potra trovare soltanto nell'intervallo (-2,0), in cui x^2-2x e' negativo. Poiche' il minimo della funzione x^2-2x vale -1, 2^-x nel punto dell'eventuale zero deve valere al massimo 1. Nell'intervallo (aperto) selezionato, 2^-x e' sempre strettamente maggiore di 1, da cui l'impossibilita della tesi.

[@GaetanoDiCaprio]

Ottimo!

[@eagerlyg.1982]

A mente hai fatto tutta questa analisi? Bravissimo

[@claudpiro6469]

Non capisco perché specificare a mente... È chiaro che devi ragionarci e lo hai fatto

[@EnnioPiovesan]

Io ho lavorato un po' con la derivata di y=2^(-x). Questa è -(ln2)*(2^(-x)) e di conseguenza la tangente ad essa in x=0 è y=1-(ln2)*x. Essendo concava, posso scrivere: 2^(-x) ≥ 1-(ln2)*x. Quindi x^2+2x+2^(-x) ≥ x^2+x+1-(ln2)*x = x^2+(2-ln2)x+1. Detto P(x) questo polinomio, calcoliamo il discriminante Δ di P(x)=0. Δ=(2-ln2)^2-4. Ora 1 < 2 < e e quindi 0

[@kylekatarn1986]

Io ho provato con la soluzione grafica, ma allo stesso tempo anche con un pizzico di algebra. Io ho fatto il confronto x^2+2x=-2^(-x) Ora il secondo membro sarà sempre negativo, ma monotono crescente. Pertanto se vogliamo avere un intersezione delle due curve, dobbiamo considerare dove la funzione x^2+2x è negativa, che facendo i calcoli, sappiamo essere negativa tra -2 e 0, quindi dobbiamo eventualmente cercare intersezioni nell'intervallo [-2; 0]. A questo punto penso che ci possa venire in aiuto il calcolo del massimo e del minimo di una funzione: -2^-x non ha punti di massimo e di minimo, mentre x^2+2x ha punto di minimo che è il suo vertice ed è situato nell'intervallo -2 e 0 (è appunto x=-1). Se calcoliamo i valori delle due funzioni tra [-2; -1] e tra [-1: 0] e vediamo che i valori di -2^(-x) sono sempre inferiori a quelli della parabola x^2+2x, allora sicuramente non c'è intersezione. Sono più che certo che ci sia un qualche teorema che ci venga in aiuto qui, ma ora non mi viene in mente... EDIT: Ecco mi è venuto in mente ora una cosa. Ponendo f(x)=x^2+2x e g(x)=-2^(-x), visto che ho detto che la g(x) è monotona crescente e dato che g(0)=-1, io so per certo che per ogni xf(-1). Tuttavia, sempre facendo i calcoli, f(-1)=-1, e quindi f(-1)=g(0), e da questa equivalenza e le considerazioni fatte, io so per certo che non ci saranno punti di intersezione tra le due curve.

[@hardtimes2597]

Risolto in un modo leggermente diverso, sfruttando sia la prima che la seconda dimostrazione. In sostanza ho distinto i vari casi, x minore o uguale a -2, x compreso strettamente tra -2 e -1, e x compreso tra - 1 e 0, 0 escluso ovviamente. Nei tre casi è facile dimostrare che la parabola sta sempre sopra alla funzione esponenziale, sfuttando delle banali disuguaglianze che si trovavano nello studio dei segni del grafico della parabola. Grazie a tutti!

[@GaetanoDiCaprio]

👍

[@mcumer]

Altra dimostrazione: 2^-x >0 per ogni x.. quindi, per ottenere 0, deve essere x^2+2x

[@GaetanoDiCaprio]

👍

[@parsecgilly1495]

Buongiorno Gaetano Provo a darti la mia soluzione al problema, essa, fa capo ad tecnica di linearizzazione, la quale fornirà una soluzione, che sarà "esatta" al secondo ordine; leggendo la mia discussione, si capirà cosa intendo per "esatta al secondo ordine". Ovviamente diamo per scontata la risoluzione grafica del problema in cui vediamo nettamente che le due curve non si intersecano, per cui non abbiamo soluzioni in R; ciò però non esclude che vi siano delle soluzioni complesse del problema, per cui propongo di agire come segue: Provo a linearizzare l'equazione, e per far ciò, osservo che la parte "ostica" della stessa è quella data dall'esponenziale, osservo poi, dal tuo grafico, che le due curve si avvicinano molto in corrispondenza dell'origine, per cui, espando in serie di McLaurin il termine esponenziale troncandolo una volta trovato il termine al quadrato. Eseguendo un pò di (laboriosi) calcoli...che penso di aver sbagliato diverse volte, ottengo: 2^(-x)=1-xLog2+(x²/2)(Log2)²+O(x³) (*) Sostituendo nell'equazione di partenza, otteniamo: x²+2x+1-xLog2+(x²/2)(Log2)²=0 Ordinando i termini abbiamo: [1+(Log2)²/2]x²+[2-Log2]x+1=0 La quale, non è che un'equazione di secondo grado, che fornirà soluzioni complesse; eseguendo i calcoli (tediosi, ma non difficili), si trova: x1=(-2+Log[2]-i√[4Log[2]+(Log2)²])/(2+(Log2)²) = -0,53-0,73i x2=(-2+Log[2]+i√[4Log[2]+(Log2)²])/(2+(Log2)²) = -0,53+0,73i Se nella (*) ci fossimo spinti ulteriormenti con lo sviluppo (arrestandoci ad esempio al termine al cubo), avremmo ottenuto un'equazione di terzo grado, risolvibile con Cardano (auguri!), la quale, avrebbe fornito 3 soluzioni, le prime due sarebbero un affinamento delle x1 e x2 appena trovate, la terza soluzione avrebbe un modulo così piccolo da poter essere trascurata; e così via, introducendo ulteriori termini nello sviluppo di 2^(-x). Se, da un punto di vista matematico, la mia discussione può lasciare il tempo che trova (uno potrebbe dire:"chissenefrega delle soluzioni complesse"), essa è ampiamente usata in ambiti fisico/ingegneristici, dove soluzioni in campo complesse possono avere un ben preciso significato fisico: si pensi ad esempio ai modi vibrazionali di una struttura elastica,oppure la banda di frequenza di un circuito elettronico e così via.

[@GaetanoDiCaprio]

Sì, l'equazione ha due soluzioni complesse. Lungi da me pensare che non siano interessanti e utili i numeri complessi (se cerchi nel canale troverai almeno tre video sui complessi). Semplicemente, QUESTO problema riguarda i reali.

[@GaetanoCoiro]

Molto bello!

[@GaetanoDiCaprio]

Grazie

[@sergiobuschi4201]

si pone y= -x, si ottiene 2^y = y(2-y), allora y e 2-y devono avere segno concorde e si esculde y=0, se y>0 necessariamente 0

[@GaetanoDiCaprio]

👍

[@Boney1992]

Per il minore di 0, si può osservare che se si calcola il discriminante b quadro meno 4ac si ottiene necessariamente un numero negativo. Quindi la formula per il calcolo delle soluzioni avrà sotto radice un numero negativo, il che ci porta a solizione immaginaria e non reale.

[@GaetanoDiCaprio]

No, il discriminante è definito soltanto per polinomi. L'espressione al primo membro NON è un polinomio

[@riccardorizzi79]

Bella la dimostrazione algebrica con la quale hai fatto scomparire la possibilità di uguaglianza! 👍👍👍

[@GaetanoDiCaprio]

grazie

[@silvanomantione7046]

Anche la soluzione grafica è assolutamente rigorosa: basta osservare che il valore di y per la curva rossa è sempre >1 per x

[@GaetanoDiCaprio]

"assolutamente rigorosa" non direi. La giustificazione che proponi è in realtà un ragionamento algebrico con l'ausilio di un grafico. Va benissimo ma "assolutamente rigoroso" è un'altra cosa (quello che mostro nella seconda parte del video)

[@silvanomantione7046]

@@GaetanoDiCaprio assolutamente rigoroso equivale a senza dubbio, quanto si traccia il grafo di una funzione un minimo di algebra è necessaria, in questo caso è anche sufficiente a provare la non esistenza della soluzione. Ergo è rigorosa.

[@GaetanoDiCaprio]

@@silvanomantione7046 Se l'equazione fosse x^2+2x+2^(-x) = 1/2 sarebbe ancora "rigorosa" la soluzione grafica?

[@silvanomantione7046]

@@GaetanoDiCaprio no: in questo caso la curva blu si alza di 1/2 e solo graficamente non si può determinare la non esistenza della soluzione. Nel primo caso invece il ragiomento segue l'osservazione che riportavo pocanzi. Faccio ora io una domanda a lei: la dimostrazione grafica che un triangolo isoscele ha due angoli alla base uguali è rigorosa?

[@GaetanoDiCaprio]

@@silvanomantione7046 La geometria euclidea come viene insegnata a scuola è un misto tra ragionamento e "visione", non ha alcuna pretesa di rigore. La dimostrazione rigorosa del teorema sugli angoli alla base di un triangolo isoscele si può trovare nel "Grundlagen der Geometrie" di Hilbert. Il motivo per cui ritengo che la seconda dimostrazione del video sia rigorosa è perché applica unicamente proprietà dei numeri reali e delle diseguaglianze, procede utilizzando assiomi e regole di inferenza. Il ragionamento grafico non è considerato rigoroso da nessun matematico. Il modello di rigore della matematica rimane il lavoro degli anni '60 del gruppo Bourbaki: nei loro volumi NON C'E' NEANCHE UN DISEGNO, volutamente, per sottolineare che il modo di procedere più rigoroso non può appoggiarsi all'occhio. Detto ciò, ribadisco che l'utilizzo dei grafici aiuta moltissimo il ragionamento ed è un modo di procedere accettabilissimo. Ma il rigore è un'altra cosa.

[@sergiodorsi6457]

Bella la soluzione algebrica! grazie

[@GaetanoDiCaprio]

Grazie

[@matteoSGP]

Lho risolto graficamente, ma dato che pure a me non piace il "si vede che", ho fatto dei controlli, per x>=0 le due funzioni hanno segno diverso, per x

[@matteoSGP]

Ho detto una cavolata, non mi ero accorto che il vertice era stato considerato, ora però non capisco perché non è rigoroso!

[@GaetanoDiCaprio]

Un esempio storico: Hilbert rende la geometria euclidea rigorosa agli inizi del novecento con un testo che NON HA NEMMENO UN DISEGNO...

[@Limabetone]

4x alla2 (il primo quesito?)

[@GaetanoDiCaprio]

???

[@drdiegocolombo]

È valida anche la seguente dimostrazione? x²+2x=-2^(-x) Applico il logaritmo naturale ln(x²+2x)=ln(-2^(-x)) L'argomento del secondo logaritmo è sempre

[@GaetanoDiCaprio]

Col tuo ragionamento l'uguaglianza -1=-1 sarebbe falsa... Penso tu ci possa arrivare da solo che non è corretto

[@hardtimes2597]

Non puoi applicare il logaritmo a -2^(-x) perché si tratta di un valore sempre strettamente minore di 0! Ovviamente il logaritmo è una funzione che ha valori in tutto R, ma il suo dominio è R+ escluso lo 0, ma ci si può arrivare anche senza ricordare questo, ma ricordando la definizione di esponenziale! Qualunque numero reale elevato a potenza restituisce un valore sempre positivo e non nullo. L'argomento del logaritmo, quello che tu metti tra parentesi tonde, è proprio il risultato di una potenza, quindi deve essere per forza positivo. Cioè, l'argomento è il risultato della base del logaritmo elevata al logaritmo stesso. Di conseguenza, essendo il risultato di una potenza, l'argomento non può essere negativo e nemmeno nullo (poiché la base del logaritmo non è 0 😊). Spero che così sia chiaro.

[@user-bx7rw1pt4p]

volevo proporre un modo per continuare la prima dimostrazione geometrica: essendo che la parabola è negativa per x>=0 e x0 allora una possibile intersezione deve necessariamente avere x in (-2,0), adesso il massimo della parabola in questo intervallo è per x=-1 ed è uguale ad 1 mentre 2^-x è sempre >1 in questo intervallo. Un ulteriore dimostrazione carina che usa il discriminante: sia per assurdo z numero reale per cui si ha l'uguaglianza, quindi il polinomio x^2+2x+2^-z ha almeno una radice (x=z), quindi il suo discriminante 4(1-2^-z)>=0 e ciò implica che z>=0, assurdo (si verifica facilmente che non ci sono z>=0 per cui si ha l'uguaglianza)

[@GaetanoDiCaprio]

Ottima la prima proposta, errata la seconda. L'espressione a primo membro NON è un polinomio, per cui parlare di discriminante non ha alcun senso.

[@user-bx7rw1pt4p]

@@GaetanoDiCaprio forse mi sono spiegato male ma x^2+2x+2^-z è un polinomio essendo 2^-z una costante (quindi rappresenta il termine noto del polinomio) dove z rappresenta una soluzione (fissata) del problema (che assumiamo per assurdo che esista) (forse era meglio chiamare questa soluzione x_0 per non confonderla con una variabile)

[@GaetanoDiCaprio]

@@user-bx7rw1pt4p Non ha senso sostituire una soluzione solo a una "parte" dell'equazione. È errato

[@nicolatosi6328]

La scrivo come (x+1)^2=1-2^-x; per x=0 il primo termine è sempre >1, il secondo compreso tra 0 e 1, da cui l'assenza di soluzioni

[@giuseppemalaguti435]

Graficamente la parabola e lesponenziale non si incontrano

[@GaetanoDiCaprio]

Dal commento deduco che non ha guardato il video?

[@giuseppemalaguti435]

​@@GaetanoDiCaprio la 1 parte é quello che ho pensato io

[@claudpiro6469]

Ottimo. Ovviamente la soluzione grafica è quella che ci suggerisce la soluzione algebrica. Grazie

[@GaetanoDiCaprio]

Vero!