χρήσιμες προτάσεις ζανταρίδη - χατζόπουλος
-
Upload
mak-chatzopoulos -
Category
Education
-
view
6.128 -
download
3
Transcript of χρήσιμες προτάσεις ζανταρίδη - χατζόπουλος
2014
32 Χρήσιμες Προτάσεις
με αποδείξεις Γ΄ Λυκείου – Μαθηματικά Κατεύθυνσης
Περίληψη: Στο ένθετο αυτό περιλαμβάνονται 30 βασικές προτάσεις, μικρά λήμματα χρήσιμα για τις εξετάσεις. Μας βοηθούν να «ξεκλειδώνουμε» πιο εύκολα τις σύνθετες ασκήσεις. Δεν βοηθάει η στείρα αποστήθισή τους αλλά η κατανόηση και η εφαρμογή τους μέσα στις ασκήσεις.
2015
Επιμέλεια: Μάκης Χατζόπουλος http://lisari.blogspot.com
8/4/2015
2
Μια συλλογή με
30 Χρήσιμες προτάσεις
Επιμέλεια ασκήσεων
1 – 13: Νίκος Ζανταρίδης για το master class 4
14 - 32: Μάκης Χατζόπουλος
Ανανεωμένο: 8-4-2015
31: Παράγωγος αντίστροφης συνάρτησης
32: Ολοκλήρωμα αντίστροφης συνάρτησης
3
ΘΕΜΑ 1
Αν η συνάρτηση : f A είναι γνησίως μονότονη στο Α, τότε η 1f είναι γνησίως μονότονη στο
f A με ίδιο είδος μονοτονίας με την f.
Απόδειξη
Επειδή η f είναι γνησίως μονότονη στο πεδίο ορισμού της Α, έπεται ότι η f είναι συνάρτηση 1-1, οπότε
η f έχει αντίστροφη συνάρτηση και το πεδίο ορισμού της 1f είναι το f A .
Έστω ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο Α, θα δείξουμε ότι η 1f είναι γνησίως αύξουσα στο f A .
Υποθέτουμε ότι η 1f δεν είναι γνησίως αύξουσα στο f A , τότε θα υπάρχουν 1 2, y y f A με
1 2y y και 1 1
1 2
f y f y . ‘Εχουμε όμως
*:
1 1 1 1
1 2 1 2 1 2
< af
f y f y f f y f f y y y άτοπο αφού 1 2y y .
(*)(αφού 1 , ) f f y y ά y f A
Από τα παραπάνω προκύπτει ότι η 1f είναι γνησίως αύξουσα στο f A .
Ομοίως αποδεικνύεται ότι αν η f είναι γνησίως φθίνουσα στο Α, τότε και η 1f είναι γνησίως φθίνουσα
στο f A .
Από όλα τα παραπάνω συμπεραίνουμε ότι αν η f είναι γνησίως μονότονη στο Α, τότε και η 1f είναι
γνησίως μονότονη στο f A με το ίδιο είδος μονοτονίας με την f.
ΘΕΜΑ 2
Αν η συνάρτηση : f A είναι γνησίως αύξουσα στο Α, να δείξετε ότι η εξίσωση 1f x f x
είναι ισοδύναμη με την εξίσωση f x x .
Απόδειξη
Έστω 0x μια ρίζα της εξίσωσης 1f x f x , τότε θα ισχύει 1
0 0 : 1f x f x .
Από της (1) προκύπτει ότι 0 0, x A x f A και 0 f x A (αφού 1
0 0
f x f x A).
Έχουμε 1
0 0 0 01 : 2 f f x f f x f f x x
Θα δείξουμε ότι 0 0f x x
Έστω ότι 0 0f x x , τότε θα είναι 0 0 0 0 f x x ή f x x .
Υποθέτουμε ότι 0 0f x x , τότε θα έχουμε
4
0 0
2:
0 0 0 0 0 0 0 0,
<f A
f x x Af x x f f x f x x f x f x x , ΑΤΟΠΟ,
αφού υποθέσαμε ότι 0 0f x x .
Ομοίως σε άτοπο καταλήγουμε αν υποθέσουμε ότι 0 0f x x . Επομένως είναι 0 0f x x , οπότε ο
αριθμός 0x είναι ρίζα της εξίσωσης f x x . Άρα κάθε ρίζα της εξίσωσης 1f x f x είναι και
ρίζα της εξίσωσης f x x .
Αντιστρόφως
Έστω 0x μια ρίζα της εξίσωσης f x x , τότε θα ισχύει 0 0f x x : (3).
Από την (3) προκύπτει ότι 0 0 x A x f A (αφού 0 0 x f x f ).
Από την (3) έχουμε
1 1 1 1
0 0 0 0 0 0 0 0 : 4 f x x f f x f x x f x f x x
Από (3) και (4) προκύπτει ότι 1
0 0
f x f x .
Άρα ο αριθμός 0x είναι ρίζα της εξίσωσης 1f x f x . Επομένως κάθε ρίζα της εξίσωσης f x x
είναι και ρίζα της εξίσωσης 1f x f x .
Από τα παραπάνω προκύπτει ότι οι εξισώσεις 1f x f x και f x x είναι ισοδύναμες.
ΘΕΜΑ 3
Αν για τις συναρτήσεις , : f g ισχύει f x g x κοντά στο 0x και είναι lim
ox x
g x , τότε
είναι και lim
ox x
f x .
Απόδειξη
Επειδή είναι lim
ox x
g x έπεται ότι ισχύει 0g x κοντά στο 0x . Ακόμα δόθηκε ότι ισχύει
f x g x κοντά στο 0x . Έτσι κοντά στο 0x ισχύει
0 f x g x , οπότε κοντά στο 0x ισχύει:
1 1
0 : 1 f x g x
Είναι 0 0lim
ox x
και 1
0lim
ox x g x
(αφού lim
ox x
g x ) οπότε, λόγω της (1), προκύπτει ότι
1
0lim
ox x f x
.
Επειδή είναι 1
0lim
ox x f x
και ισχύει 1
0f x
κοντά στο 0x , έπεται ότι
5
1
1lim
ox x
f x
, δηλαδή lim
ox x
f x .
Σημείωση: Αν ισχύει f x g x κοντά στο 0x και είναι lim
ox x
g x , τότε και lim
ox x
f x .
ΘΕΜΑ 4
Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα Δ, παραγωγίσιμη στο εσωτερικό του διαστήματος Δ και
ισχύει ' 0f x για κάθε εσωτερικό σημείο του Δ, τότε η f είναι αύξουσα στο Δ.
Απόδειξη
Έστω 1 2, x x με
1 2x x . Επειδή η f είναι συνεχής στο διάστημα Δ, παραγωγίσιμη στο εσωτερικό
του Δ και είναι 1 2, x x , έπεται ότι η f είναι συνεχής στο 1 2,x x και παραγωγίσιμη στο 1 2,x x ,
οπότε η f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ στο 1 2,x x , άρα υπάρχει 1 2, x x , ώστε
2 1
2 1 2 1
2 1
' ' : 1
f x f xf f x f x f x x
x x
Είναι όμως ' 0f και 2 1 0 x x (αφού 1 2x x ), οπότε έχουμε:
1
2 1 2 1 1 2
2 1
' 0
' 0 0
0
f
f x x f x f x f x f x
x x
Επομένως για κάθε 1 2, x x με 1 2x x ισχύει 1 2f x f x , οπότε η f είναι αύξουσα στο Δ.
Σημείωση: Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα Δ, παραγωγίσιμη στο εσωτερικό του Δ και για
κάθε εσωτερικό σημείο x του Δ ισχύει ' 0f x , τότε η f είναι φθίνουσα στο διάστημα Δ.
ΘΕΜΑ 5
α) Αν η συνάρτηση : , f είναι συνεχής και περιττή, τότε 0
f t dt
.
β) Να βρεθεί το 2014
3
2014
t te e t t dt .
Λύση
Θεωρώ την συνάρτηση , ,
x
x
g x f t dt x .
Είναι 0
0 0 0
x x x
x
g x f t dt f t dt f t dt f t dt .
6
Επειδή η f είναι συνεχής στο , , η συνάρτηση 0
, , x
h x f t dt x είναι παραγωγίσιμη
στο , με ' h x f x και η συνάρτηση
0
, ,
x
x f t dt h x x a a είναι παραγωγίσιμη στο , ως
σύνθεση παραγωγίσιμων συναρτήσεων με ' ' x f x x f x .
Έτσι η g είναι παραγωγίσιμη στο , ως διαφορά παραγωγίσιμων συναρτήσεων με
0 0
' ...
x x
g x f t dt f t dt f x f x x f x f x .
Επειδή η f είναι περιττή έπεται ότι ισχύει f x f x για κάθε , x .
Έτσι για κάθε , x είναι ' 0 g x f x f x , οπότε η g είναι σταθερή στο , .
Επομένως για κάθε , x ισχύει
0
0
0 0
x x
x x
g x g f t dt f t dt f t dt
Για x = α έχουμε 0
f t dt
.
Σημείωση: Ένας 2ος τρόπος επίλυσης είναι με αλλαγή μεταβλητής ( u t ).
β) Για την συνάρτηση : με 3 x xx e e x x , ισχύει
Η φ είναι συνεχής στο και
3
3
3
,
x x
x x
x x
x e e x x
e e x x
e e x x
x ά x
Άρα η φ είναι συνεχής στο και περιττή, οπότε από το (α) ερώτημα έχουμε
2014
2014
0
t dt δηλαδή 2014
3
2014
0
t te e t t dt .
7
ΘΕΜΑ 6
Αν η συνάρτηση : , f είναι συνεχής και άρτια, τότε 0
2
f t dt f t dt
.
Απόδειξη
Επειδή η f είναι άρτια ισχύει , , f x f x ά x : (1)
Θεωρώ την συνάρτηση 0
2 , ,
x x
x
x f t dt f t dt x
Είναι:
0
0 0
0
0
0 0
2
x x
x
x
x
x
x f t dt f t dt f t dt
f t dt f t dt
f t dt f t dt
Έχουμε,
1
' ... '
1
0, ,
x f x x f x
f x f x
f x f x
f x f x ά x a a
Άρα η φ είναι σταθερή στο ,a a , οπότε για κάθε , x a a ισχύει
0 0
0 0 0
0 2 2
x x
x
x f t dt f t dt f t dt f t dt
0
2 0
x x
x
f t dt f t dt
0
2
x x
x
f t dt f t dt
Για x έχουμε: 0
2
f t dt f t dt
.
8
Σημείωση: 2ος τρόπος 0
0
f t dt f t dt f t dt
και για το 0
f t dt
αλλαγή μεταβλητής
( u t ).
ΘΕΜΑ 7
Αν η συνάρτηση :f , όπου Δ διάστημα, είναι συνεχής στο Δ και ισχύει 0f x για κάθε
x και 0 f t dt
με , , τότε είναι α = β.
Απόδειξη
Θεωρώ την συνάρτηση , x
g x f t dt x
( , σταθερό σημείο του Δ).
Επειδή η f είναι συνεχής στο διάστημα Δ έπεται ότι η g είναι παραγωγίσιμη στο Δ με
' g x f x , για κάθε x .
Επειδή η f είναι συνεχής στο διάστημα Δ κα ισχύει 0f x για κάθε x έπεται ότι η f διατηρεί
στο Δ σταθερό πρόσημο, οπότε θα είναι f(x) > 0 για κάθε x ή f(x)<0 για κάθε x , δηλαδή θα
είναι ' 0g x για κάθε x ή ' 0g x για κάθε x .
Επομένως η g θα είναι γνησίως αύξουσα στο Δ ή γνησίως φθίνουσα στο Δ. Έτσι η g, ως γνησίως
μονότονη στο Δ, είναι συνάρτηση 1 – 1.
Έχουμε,
0 0
0
1 1
f t dt f t dt f t dt
f t dt f t dt
f t dt f t dt
g g
ί g ί ά
Άρα είναι α = β.
ΘΕΜΑ 8
Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [α, β], τότε υπάρχει , ώστε f x dx f
9
Απόδειξη
Θεωρώ την συνάρτηση , , x
g x f t dt x
.
Επειδή η f είναι συνεχής στο [α, β] έπεται ότι η g είναι παραγωγίσιμη στο [α, β] με ' g x f x , για
κάθε ,x , οπότε η g ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του ΘΜΤ στο [α, β] (αφού η g είναι συνεχής
στο [α, β] και παραγωγίσιμη στο (α, β)).
Επομένως υπάρχει , , ώστε
'
0
a
f t dt f t dtg gg f
f t dt f
f t dt f
ΘΕΜΑ 9
Αν οι συναρτήσεις , : , f g είναι συνεχείς και ισχύει f x g x για κάθε ,x a , τότε
f x dx g x dx
Απόδειξη
Θεωρώ τη συνάρτηση , , h x f x g x x .
Η h είναι συνεχής στο [α ,β], ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων. Ακόμα για κάθε ,x a ισχύει
0 0 f x g x f x g x h x .
Επειδή η h είναι συνεχής στο [α, β] και ισχύει 0h x για κάθε ,x έπεται ότι
0 0
0
h x dx f x g x dx
f x dx g x dx
f x dx g x dx
Βασικές ανισότητες
1) , x x ά x (η ισότητα ισχύει μόνο αν x = 0)
10
2) 1 xe x (παρακάτω δες απόδειξη) (η ισότητα ισχύει μόνο αν x = 0)
3) ln 1, 0 x x ά x (η ισότητα ισχύει μόνο αν x = 1)
4) 2 , , 0 ά (η ισότητα ισχύει μόνο αν α = β)
5) 1
2, 0 ά
(η ισότητα ισχύει μόνο αν a = 1)
6) Αν , m f x M ά x τότε
20 ... 0 f x m f x M f x m M f x m M …
ΘΕΜΑ 10
Αν η συνάρτηση :f (Δ: διάστημα) είναι παραγωγίσιμη και ισχύει ' 0f x για κάθε x ,
τότε η f είναι συνάρτηση 1 – 1 .
Απόδειξη
Υποθέτουμε ότι η f ΔΕΝ είναι συνάρτηση 1 – 1, τότε θα υπάρχουν 1 2, x x με 1 2x x και
1 2f x f x .
Επειδή η f είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα Δ και 1 2, x x έπεται ότι η f είναι συνεχής στο 1 2,x x
και παραγωγίσιμη 1 2,x x .
Ακόμη είναι 1 2f x f x . Άρα η f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ. Rolle στο 1 2,x x , οπότε
υπάρχει 1 2, x x ώστε ' 0f , ΑΤΟΠΟ, αφού δόθηκε ότι ' 0f x για κάθε x .
Επομένως η f είναι συνάρτηση 1 – 1.
ΘΕΜΑ 11
Αν η συνάρτηση :f (Δ: διάστημα) είναι συνεχής και 1 – 1, τότε η f είναι γνησίως μονότονη στο
Δ.
Απόδειξη
Έστω ότι η f ΔΕΝ είναι γνησίως μονότονη στο Δ, τότε δεδομένου ότι η f είναι συνάρτηση 1 -1, θα
υπάρχουν 1 2 3, , x x x με 1 2 3 x x x και
1 3 2
3 1 2
f x f x f x
ή
f x f x f x
11
3 1 2
1 3 2
ή
f x f x f x
ή
f x f x f x
Έστω 1 3 2 f x f x f x , τότε επειδή η f είναι συνεχής στο 1 2,x x και ισχύει
1 3 2 f x f x f x έπεται, λόγω του θεωρήματος ενδιαμέσων τιμών, ότι υπάρχει 1 2, x x ώστε
3f f x και επειδή η f είναι 1 -1 προκύπτει ότι 3 x , ΑΤΟΠΟ, αφού 1 2 3 x x x .
Ομοίως σε άτοπο καταλήγουμε και στις υπόλοιπες περιπτώσεις.
Επομένως η f είναι γνησίως μονότονη στο Δ.
ΘΕΜΑ 12
Αν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα Δ και εξίσωση f (x) = 0 έχει ν διαφορετικές ρίζες
2v στο Δ, τότε η εξίσωση ' 0f x έχει τουλάχιστον (ν – 1) ρίζες στο Δ.
Απόδειξη
Έστω 1 2, ,..., με 1 2 1... οι ν στο πλήθος ρίζες της εξίσωσης
f (x) = 0.
Επειδή η f είναι παραγωγίσιμη στο Δ έπεται ότι η f είναι συνεχής στα διαστήματα
1 2 2 3 1, , , ,..., , και παραγωγίσιμη στα διαστήματα 1 2 2 3 1, , , ,..., , .
Ακόμη είναι 1 2 1... 0 f f f f , αφού οι αριθμοί 1 2, ,..., είναι οι ρίζες
της εξίσωσης f (x) = 0.
Άρα η f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ. Rolle σε καθένα από τα διαστήματα
1 2 2 3 1, , , ,..., , .
Επομένως υπάρχουν 1 1 2 2 2 3 1 1, , , ,..., , ώστε
1 2 1' 0, ' 0,..., ' 0 f f f ,
οπότε η εξίσωση ' 0f x έχει τουλάχιστον (ν -1) ρίζες στο διάστημα Δ.
ΘΕΜΑ 13
Για κάθε , z w ισχύουν:
1. 2 2 2 2 22Re 2Re z w z w z w z w z w
2. 2 2 2 2
2 2 z w z w z w
3. 2 24Re 4Re z w z w z w z w
12
Απόδειξη
1. Έχουμε,
2 2 2 z w z w z w z w z w zz zw wz ww z w zw zw οπότε
2 2 2 2 22Re z w z w z w z w z w z w και
2 2 2 2 22Re z w z w z w z w z w z w
2. Έχουμε,
2 2
z w z w z w z w z w z w
z w z w z w z w
z z z w w z w w z z z w w z
2 2 2 2
2 22 2
w w
z w z w
z w
3. Έχουμε,
2 2
z w z w z w z w z w z w
z w z w z w z w
z z z w w z w w z z z w w z w w
2 z w z w
2
2 2Re
4Re
z w z w
z w
z w
Ακόμη είναι Re Re Re z w z w z w .
Έτσι έχουμε
2 24Re 4Re z w z w z w z w .
ΘΕΜΑ 14
Για κάθε z ισχύουν:
i ) z z z , δηλαδή ένας μιγαδικός αριθμός είναι πραγματικός αν, και μόνο αν, ισούται με τον
συζυγή του.
ii ) z z z δηλαδή ένας μιγαδικός αριθμός είναι φανταστικός αν, και μόνο αν, ισούται με τον
αντίθετο συζυγή του.
13
Απόδειξη
i) Έχουμε, z z z z Im z i Im z z 0 2 0 0
ii) Έχουμε, z z z z Re z Re z z 0 2 0 0
ΘΕΜΑ 15
Για κάθε z ισχύει z z z 2 2 , δηλαδή το μέτρο μιγαδικού z συμπεριφέρεται ως απόλυτο
αν, και μόνο αν, o z είναι πραγματικός αριθμός.
Απόδειξη
Έστω z α βi . Είναι,
z z α β α βi
α β α β αβi
α β α β και αβ
β και αβ
β
z
2 22 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2
2
2 0
2 0 0
0
ΘΕΜΑ 16
Αν z και z p 0 , τότε p
zz
2
.
Απόδειξη
Έχουμε, p p
z p z p z z p zz
20
2 2 2 .
ΘΕΜΑ 17
Αν z , τότε η εξίσωση z 3 1έχει λύσεις z ή z i 1 3
12 2
.
Προσοχή: Συνηθίζεται οι μαθητές να την λύνουν ως εξής: z z z3 31 1 1που προφανώς
δεν έχουν βρει όλες τις λύσεις της εξίσωσης.
Απόδειξη
Έχουμε,
z z
z z z
z ή z z
z ή z i .
3 3
2
2
1 1 0
1 1 0
1 0 1 0
1 31
2 2
14
Σημείωση: Τις εξισώσεις της μορφής vz a , τις λύνουμε (αυτές που είναι εντός ύλης) όπως παραπάνω.
Δείτε ως άσκηση τις περιπτώσεις: i) v = 2 και α = 1 ii) v = 4 και α = 1 .
ΘΕΜΑ 18
Για κάθε πραγματικό x ισχύει xe x 1 και το ίσον ισχύει μόνο όταν x = 0 .
Απόδειξη
Από εφαρμογή σχολικού βιβλίου γνωρίζουμε ότι, για όλους τους θετικούς αριθμούς x ισχύει
ln x x 1 (1) και το ίσον ισχύει μόνο για x = 1.
Αντικαθιστούμε στην (1) όπου x το xe (αφού είναι θετικός), x xln e e 1 δηλαδή xx e 1
άρα xe x 1 .
Το ίσον ισχύει όταν το xe 1 δηλαδή όταν x = 0.
ΘΕΜΑ 19
Αν οι συναρτήσεις f , g είναι ορισμένες στο Δ και ισχύει g x m για όλα τα x Δ και
o
x xf xlim
0 ,τότε o
x xf x g xlim
0 .
Απόδειξη
Είναι, f x g x f x g x m f x .
Άρα για όλα τα x ισχύει f x g x m f x m f x f x g x m f x
Όμως o o
x x x xm f x m f x m mlim lim
0 0 0 και
o o
x x x xm f x m f x m mlim lim
0 0 0
από Κριτήριο Παρεμβολής έπεται ότι o
x xf x g xlim
0 .
ΘΕΜΑ 20
Αν f : α,β συνεχής και f α f β 0 , τότε η f έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο [α, β].
Απόδειξη
Επειδή f α f β 0 ή θα είναι f α f β 0 (1) ή θα είναι f α f β 0 (2).
Διακρίνουμε περιπτώσεις:
Ι) Αν ισχύει η σχέση (1), γνωρίζουμε ότι η f είναι συνεχής στο [α, β], οπότε από το Θεώρημα Bolzano
η εξίσωση f(x) = 0 έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (α ,β).
ΙΙ) Αν η ισχύει η σχέση (2), τότε έχουμε
15
f α f β f α ή f β
α :ρίζα της εξίσωσης f x ή β :ρίζα της εξίσωσης f x
0 0 0
0 0
άρα η εξίσωση f(x) = 0 έχει ρίζες το α ή το β.
Συνολικά από τις περιπτώσεις Ι και ΙΙ παίρνουμε ότι η εξίσωση f(x) = 0 έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο
[α, β].
ΘΕΜΑ 21 (πρόταση που λύνουμε ανισώσεις – εξισώσεις)
α) Μια συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα Δ, αν, και μόνο αν, για κάθε x ,x Δ1 2
ισχύει η ισοδυναμία x x f x f x 1 2 1 2.
β) Μια συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα Δ, αν, και μόνο αν, για κάθε x ,x Δ1 2
ισχύει η ισοδυναμία x x f x f x 1 2 1 2 .
γ) Αν συνάρτηση f είναι 1 – 1 στο σύνολο Α, αν, και μόνο αν, για κάθε x ,x Δ1 2 ισχύει η ισοδυναμία
f x f x x x 1 2 1 2 .
Απόδειξη
α) Ευθύ: Ισχύει από τον ορισμό της γν. αύξουσας συνάρτησης
Αντίστροφο: Έστω f x f x1 2 για x ,x Δ1 2 , θα δείξουμε ότι x x1 2 .
Έστω x x1 2 , τότε από τον ορισμό της συνάρτησης έχουμε f x f x1 2 , ΑΤΟΠΟ αφού
f x f x1 2 .
Έστω x x1 2 , επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα ισχύει f x f x1 2 , ΑΤΟΠΟ αφού
f x f x1 2 .
Οπότε από τον νόμο της τριχοτομίας έπεται ότι x x1 2 , οπότε ισχύει η ισοδυναμία
x x f x f x 1 2 1 2 .
β) Αντίστοιχα με το (α)
γ) Ευθύ: Ισχύει από τον ορισμό της 1 – 1
Αντίστροφο: Αν x x1 2 τότε από τον ορισμό της συνάρτησης έχουμε f x f x1 2 , (δεν μπορεί
το ίδιο x να αντιστοιχίζεται σε διαφορετικό y, η αντιστοίχιση σε αυτή την περίπτωση δεν θα ήταν
συνάρτηση).
Οπότε ισχύει η ισοδυναμία f x f x x x 1 2 1 2 .
16
ΘΕΜΑ 22
α) Μια γνησίως μονότονη συνάρτηση έχει το πολύ μία ρίζα.
β) Έστω f μια γνησίως μονότονη συνάρτηση στο Α, τότε η εξίσωση f(x) = k, έχει μια το πολύ λύση στο
Α.
Απόδειξη
α) Έστω f μια γνησίως μονότονη συνάρτηση, τότε η f είναι γνησίως αύξουσα ή γνησίως φθίνουσα και
σε κάθε περίπτωση είναι 1 – 1.
Έστω ότι η εξίσωση f x 0 έχει δύο τουλάχιστον διαφορετικές ρίζες τις p ,p1 2 , τότε
f :
f p f p f p f p p p
1 1
1 2 1 2 1 20 ΑΤΟΠΟ
Οπότε η εξίσωση f x 0 έχει το πολύ μια ρίζα.
ΘΕΜΑ 23
Αν για μια συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα Δ, τότε μεταξύ δύο οποιωνδήποτε
διαφορετικών ριζών της f βρίσκεται μία τουλάχιστον ρίζα της παραγώγους της f, δηλαδή της f ΄.
Απόδειξη
Έστω p p1 2 δύο ρίζες της f στο Δ.
Η f είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα p ,p Δ 1 2 και ισχύει f p f p 1 2 0 , άρα
ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του Θ. Rolle στο p ,p 1 2 , επομένως υπάρχει ξ p ,p Δ 1 2
τέτοιο ώστε f ξ 0 , άρα η εξίσωση f x 0 έχει μία τουλάχιστον λύση στο p ,p1 2 , δηλαδή
μεταξύ των δύο διαφορετικών ριζών της εξίσωσης f(x) = 0.
ΘΕΜΑ 24
Αν μια συνεχή συνάρτηση f ορισμένη σε ένα ανοικτό διάστημα (α, β) έχει την ιδιότητα
x a x β
f x , f xlim lim
(η αντίστροφα), τότε το σύνολο τιμών της είναι το .
Απόδειξη
Αρκεί να δείξουμε ότι για κάθε πραγματικό αριθμό y είναι τιμή της f.
Επειδή x a
f xlim
η f θα παίρνει και τιμές μικρότερες του y, δηλαδή θα υπάρχει x α,β1
ώστε f x y1 .
Επειδή x β
f xlim
η f θα παίρνει και τιμές μεγαλύτερες του y, δηλαδή θα υπάρχει x α,β2
ώστε f x y2 .
17
Προφανώς x x1 2 και από το θεώρημα ενδιαμέσων τιμών θα υπάρχει x στο διάστημα με άκρα τα
x ,x1 2 τέτοιο ώστε f(x) = y. Επομένως το y είναι τιμή της f.
ΘΕΜΑ 24
Ισχύει η ισοδυναμία: o o
x x x xf x f xlim lim
0 0
Απόδειξη
Γνωρίζουμε ότι, f x f x f x , όμως o o
x x x xf x f xlim lim
0 , οπότε από το
Κριτήριο Παρεμβολής έπεται το ζητούμενο.
ΘΕΜΑ 25
α) Οι παραγωγίσιμες συναρτήσεις f : με την ιδιότητα f f είναι της μορφής xf x ce ,
όπου c σταθερά.
β) Οι παραγωγίσιμες συναρτήσεις f : με την ιδιότητα f m f είναι της μορφής
mxf x ce , όπου c ,m σταθερά.
Απόδειξη
α) Εφαρμογή σχολικού βιβλίου
β) Έχουμε διαδοχικά για κάθε x ,
mx mx
mx
f ' x m f x f ' x m f x
e f ' x me f x
e f x
0
0
0
άρα η συνάρτηση mxg x e f x είναι σταθερή στο , οπότε υπάρχει σταθερά c τέτοια
ώστε mxc e f x δηλαδή mxf x ce , x .
ΘΕΜΑ 26
Η παράγωγος της συνάρτησης ( ) | ( ) |g x f x , με f παραγωγίσιμη στο Α, είναι
'
f xg x f x
f x
Απόδειξη
Η συνάρτηση g μπορεί να γραφτεί1 ως εξής 2( ) ( )g x f x
οπότε, η g είναι παραγωγίσιμη στο B { : ( ) 0 x A f x }με
1 Επίσης υπάρχει και δεύτερος τρόπος να γράψουμε την g, ως εξής ln ( ) ln | ( ) |g x f x .........
18
2
2 ( ) ' ( )'( ) · '( )
| ( ) |2 ( )
f x f x f xg x f x
f xf x
Σημείωση: Η συνάρτηση g ενδέχεται να είναι παραγωγίσιμη και στα σημεία 0 0( ) 0x έ ώ f x
. Αν ζητάμε την παράγωγο της g σε αυτά τα σημεία, τότε πρέπει να την εξετάσουμε με τη βοήθεια του
ορισμού της παραγώγου, δηλαδή να βρούμε το όριο
0 00
0 0
lim lim
o ox x x x
f x f xg x g x
x x x x
ΘΕΜΑ 27
Η συνάρτηση xlnx –x είναι μία παράγουσα της lnx.
Απόδειξη
Έχουμε,
x ln x x x ln x x
x ln x x ln x
ln x xx
ln x
ln x
1
11 1
1 1
ΘΕΜΑ 28
Ισχύει ότι εφx εφ x 21
Απόδειξη
Έχουμε, εφx εφ xσυν x
εφ x
2
2
2
1 11
1
1
.
ΘΕΜΑ 29
Αν μια συνάρτηση f είναι γνησίως μονότονη στα διαστήματα [α, β] και [β, γ] με το ίδιο είδος μονοτονίας,
τότε είναι γνησίως μονότονη (με το ίδιο είδος) και στο διάστημα [α, γ].
Απόδειξη
Έστω ότι η f είναι γνησίως αύξουσα2 στα διαστήματα [α, β] και [β, γ], τότε για οποιαδήποτε
x a,β , x β, γ 1 2 , θα δείξουμε ότι ισχύει f x f x1 2 .
Έχουμε, x β x γ 1 2 , άρα από τον ορισμό της γνησίως αύξουσας έχουμε,
2 όμοια και για την γνησίως φθίνουσα
19
x β f x f β 1 1 και β x γ f β f x f γ 2 2
, άρα f x f x1 2, άρα η
f είναι γνησίως αύξουσα και στην ένωση των διαστημάτων [α, β] και [β, γ], δηλαδή στο διάστημα
[α, γ].
Προσοχή! Η παραπάνω πρόταση δεν ισχύει για ένωση ΑΝΟΙΚΤΩΝ διαστημάτων, ισχύει όμως όταν η f είναι συνεχής στο
σημείο της ένωσης των δύο διαστημάτων, δηλαδή στο σημείο β.
ΘΕΜΑ 30
Ισχύουν τα εξής
α)
x
ημ axa
xlim
0
και
x
συν αx
xlim
0
10 , a
β) x x
v v *x ημ και x συν , vx x
lim lim
0 0
1 10 0
γ) x x
ax ημ και x ημ a
x xlim lim
11
δ) x x
ημx συνxκαι
x xlim lim
0 0
Απόδειξη
α) Αν α = 0, τότε
x x x x
ημ ax ημ xa
x x xlim lim lim lim
0 0 0 0
0 00 0
Αν a 0 τότε
x u u
u ax*
u
ημ ax ημu ημuα a a, a
x u u
a
lim lim lim
0 0 001 .
Γενικά
x
ημ axa, a
xlim
0
.
Όμοια και το
x
συν αx
xlim
0
10 .
β) Για κάθε *x ισχύει, vv v vx ημ x ημ x x
x x
1 11 , δηλαδή
v v vv vx ημ x x x ημ xx x
1 1
,
όμως x x
v vx xlim lim
0 0
0 , άρα από Κριτήριο Παρεμβολής προκύπτει το ζητούμενο.
Όμοια και για το x
vx συνx
lim
0
10 .
20
γ) Έχουμε, x u u
ux
u
ημux ημ ημu
x u ulim lim lim
0 0
1
0
1 11 , όμοια
x u u
ux
u
ημ αuαx ημ ημ αu α
x u ulim lim lim
0 0
1
0
1.
δ) Έχουμε για κάθε *x , ημx ημx
x x x x x
1 1 1, όμως
x xx xlim lim
1 10 , άρα από Κριτήριο Παρεμβολής προκύπτει το ζητούμενο.
Όμοια και για το όριο x
συνx
xlim
0 .
(νέο) ΘΕΜΑ 31 (Παράγωγος αντίστροφης συνάρτησης)
Έστω η αντιστρέψιμη συνάρτηση y f x , παραγωγίσιμη σ’ ένα διάστημα Δ. Αν f x 0 για κάθε
x τότε ισχύει
1 1f y
f x
Απόδειξη
Έχουμε,
1y f x f y x
Παραγωγίζουμε ως προς x,
1 1
1
1
f y x f y y 1
f y f x 1
1f y f x 0 x
f x
(νέο) ΘΕΜΑ 32 (Ολοκλήρωμα αντίστροφης συνάρτησης)
Αν η συνάρτηση f είναι «1-1» και παραγωγίσιμη στο διάστημα , , τότε
1
1
f
1 1 1
f
f x dx f f f x dx
Απόδειξη
Έχουμε,
1x f u f x u οπότε και
1
1x u f