real solution

[man111]

number of real solution of $4\cos (e^x) = 2^x+2^{-x},$ given $\ln(2\pi)<\log_{2}(2+\sqrt{3})<\ln(3\pi)$

[Markiyan Hirnyk]

В наше время такие задачи являются анахронизмом.

[SomePupil]

Markiyan Hirnyk,
То, что Вы смухлевали и подсмотрели график в вольфраме $-$ это Ваша личная проблема, хехе.

[SomePupil]

$f(x) = 4\cos{e^x}$
$g(x) = 2^x + 2^{-x}$

$f(0) > g(0)$. Действительно:

$$\cos(1) > \cos (\pi/3) = 1/2.$$

При $x\to -\infty$ функция $f(x)$ стремится к $4$, а другая неограниченно растет. Принимая во внимание предыдущее утверждение, получим, что слева нуля есть такое $x_1$, что $f(x_1)=g(x_1)$.

Дальше рассматриваем экстремумы функции $f(x) -$ точки $\ln{\pi}$, $\ln{2\pi},\ldots$ В первой из них $f(x)$ отрицательна, а $g(x)$, как видно, всегда положительна. Значит, между нулем и $\ln{\pi}$ есть еще один корень $x_2$.

То, что между найденными корнями нет еще одного корня доказывается муторно: надо расписать производные и получить противоречие с тем, что между двумя корнями лежит корень производной. Если бы там был третий корень, то производная обнулялась бы сразу в двух точках, что невозможно.

То, что между $x_2$ и $\ln{\pi}$ нет корней выводится сразу же из соображений возрастания/убывания,

Итак, идем дальше: рассматриваем $x = \ln{2\pi}$. В этой точке $f(x) = 4$, и:

$$2^{\ln{2\pi}} < 2+\sqrt 3,$$

$$2^{-\ln{2\pi}} < 2-\sqrt 3, $$

так что $g(x) < f(x)$. Отсюда следует, что между $\ln{\pi}$ и $\ln{2\pi}$ есть еще один корень $x_3$.

Между $\ln{2\pi}$ и $\ln{3\pi}$ функция $f(x)$ убывает до отрицательных значений, а ее напарник, наоборот, растет; они пересекаются где-то в еще одной точке $x_4$ между $\ln{2\pi}$ и $\ln{3\pi}$.

Точки правее $\ln{3\pi}$ рассматривать нет смысла, так как

$$g(x) = 2^x+2^{-x} > (2+\sqrt 3)+(2-\sqrt 3) = 4.$$

А его собрат по модулю всегда меньше $4$.

Получается, есть $4$ решения. Если бы я умел решать такие уравнения, как:

$$2\ch({ie^x}) = \ch(x\ln{2}),$$

то я решил бы по-другому.

[Markiyan Hirnyk]

Вы пишите

Цитата:

При $x\to -\infty$ функция $f(x)$ стремится к $4$, а другая неограниченно растет. Принимая во внимание предыдущее утверждение, получим, что слева нуля есть такое $x_1$, что $f(x_1)=g(x_1)$.

Отсюда без дополнительных рассуждений не следует единственность $x_1.$