Λύσεις Θεμάτων Κανονικής 2012 του μαθήματος Εισαγωγή στα Μαθηματικά 1. a) Να απλοποιηθεί το κλάσμα x4 + 2x3 + 9x2 − 8x − 52 x2 − 4 b)Να λυθούν οι ανισώσεις: 2 −4x+3)−1 i. log x2 < (log x)2 , ii. log(x√x−2+2 ≤0 Λύση: a) 1ος Τρόπος: Παρατηρούμε ότι το πολυώνυμο x2 − 4 = (x − 2)(x + 2) έχει ρίζες τα 2, −2. ΄Ετσι εφαρμόζουμε σχήμα Horner πρώτα για x = 2 και παίρνουμε x4 + 2x3 + 9x2 − 8x − 52 = (x − 2)(x3 + 4x2 + 17x + 26)
(1)
Τώρα εφαρμόζουμε σχήμα Horner στο x3 + 4x2 + 17x + 26 με x = −2 και παίρνουμε x3 + 4x2 + 17x + 26 = (x + 2)(x2 + 2x + 13)
(2)
Από (1),(2) προκύπτει ότι x4 + 2x3 + 9x2 − 8x − 52 = x2 + 2x + 13 x2 − 4 2ος Τρόπος: Εφαρμόζουμε πολυωνυμική διαίρεση με διαιρετέο το x4 + 2x3 + 9x2 − 8x − 52 και διαιρέτη τον x2 − 4. Μετά από πράξεις καταλήγουμε ότι το πηλίκο είναι x2 + 2x + 13 και υπόλοιπο το 0. b)i. Πεδίο Ορισμού είναι το R+ \ {0}. Από ιδιότητες Λογαρίθμων έχουμε log x2 < (log x)2 ⇐⇒ 2 log x < (log x)2 ⇐⇒ (log x)2 − 2 log x > 0 Θέτοντας y = log x η τελευταία ανισότητα γράφεται y 2 − 2y > 0 ⇐⇒ y(y − 2) > 0 1η Περίπτωση: y > 0 και y − 2 > 0 ⇒ y > 2 1
΄Αρα log x > 0 και log x > 2 ⇒ x > 1 και x > 102 Κατά συνέπεια x > 100. 2η Περίπτωση: y < 0 και y − 2 < 0 ⇒ y < 2 ΄Αρα log x < 0 και log x < 2 ⇒ 0 < x < 1 και x < 102 Τα δύο τελευταία συναληθεύουν για 0 < x < 1. b)ii. Πρώτα αναζητούμε το Π.Ο. Πρέπει x−2≥0⇒x≥2 λόγω υπόριζης ποσότητας. Επίσης πρέπει x2 − 4x + 3 > 0 ⇒ (x − 1)(x − 3) > 0 ⇒ x < 1 ή x > 3 λόγω λογαριθμικού ορίσματος. Τα τελευταία συναληθεύουν για x>3 Ισχύει ότι ο παρονομαστής του κλάσματος είναι θετικός για κάθε x > 3 και επειδή το κλάσμα είναι μικρότερο ή ίσο από το μηδέν, πρέπει ο αριθμητής να είναι μικρότερος ή ίσος από το μηδέν. Συνεπώς log(x2 − 4x + 3) − 1 ≤ 0 ⇒ log(x2 − 4x + 3) ≤ 1 ⇒ x2 − 4x + 3 ≤ 10 ⇒ x2 − 4x − 7 ≤ 0 √ √ x ∈ [2 − 11, 2 + 11] Και λόγω Π.Ο. η λύση της ανισότητας είναι x ∈ (3, 2 + .
2
√
11]
2. Δίνεται η συνάρτηση f (x) =
ln x x2
a) Να μελετηθεί ως προς την μονοτονία. b) Να βρεθούν οι ασύμπτωτες στην γραφική παράσταση της f (x). Λύση: a) Π.Ο. R+ \ {0}. Η f παρ/μη στο Π.Ο. της ως σύνθεση λογαριθμικής με πολυωνυμική 1ου βαθμού. 1 − 2 ln x x3 f 0 (x) = 0 ⇒
f 0 (x) =
1 = ln x ⇒ 2 √ 1 x = e2 = e Ελέγχουμε το πρόσημο της παραγώγου. √ √ x > e ⇒ f 0 (x) < 0 ⇒ f (x) &, ∀x > e √ √ 0 < x < e ⇒ f 0 (x) > 0 ⇒ f (x) %, ∀0 < x < e √ Στο x = e έχουμε τοπικό μέγιστο, το οποίο είναι και ολικό καθώς δεν υπάρχουν άλλα μέγιστα. b) 1ον ελέγχουμε για κατακόρυφες στο x = 0 lim+ f (x) = lim+
x→0
x→0
−∞ ln x = = −∞ x2 0
(δεν είναι απροσδιόριστη μορφή) lim f (x) = −∞
x→0−
΄Αρα η ευθεία x = 0 είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη. 2ον ελέγχουμε για οριζόντιες (λ = 0) ή πλάγιες (λ 6= 0) ασύμπτωτες. ln x f (x) ln x +∞ 2 +∞ = λ = lim x = lim = 3 x→+∞ x x→+∞ x x→+∞ x
λ = lim (με χρήση De l’ Hospital)
= lim
1 x
x→+∞ 3x2
3
1 =0 x→+∞ 3x3
= lim
άρα λ = 0 συνεπώς έχουμε οριζόντια ασύμπτωτη. 1 +∞ ln x +∞ x = lim 2 = 0 β = lim [f (x) − λx] = lim [f (x)] = lim x→+∞ x x→+∞ x→+∞ x→+∞ x2 άρα β = 0 συνεπώς στο y = 0 έχουμε την οριζόντια ασύμπτωτη.
3. a) Αν a > b > 0, να αποδειχθεί η ανισότητα: a−b a−b < ln a − ln b < a b b) Να βρεθεί η εξίσωση της εφαπτομένης στην γραφική παράσταση της f (x) = στο σημείο A(1, f (1)).
p 3 (x − 1)5
Λύση: a) Η f (x) = ln x είναι συνεχής στο [β, α], β > 0 ως λογαριθμική. Η f (x) = ln x είναι παραγωγίσιμη στο [β, α], β > 0 ως λογαριθμική. ΄Αρα από το Θεώρημα Μέσης Τιμής υπάρχει ξ ∈ (β, α) : f 0 (ξ) =
ln a − ln b a−b
(3)
Επίσης ισχύει ότι f 0 (x) =
1 x
(4)
Από (3), (4) έχουμε ln α − ln β 1 = α−β ξ
(5)
΄Ομως από το Π.Ο. έχουμε ότι β<ξ<α⇒ 1 1 1 < < α ξ β
(6)
΄Αρα από τον συνδυασμό των (5) και (6) έχουμε 1 ln α − ln β 1 < < α α−β β
α−β>0
⇒
α−β α−β < ln α − ln β < α β
4
και δείχθηκε το ζητούμενο. b) Για την 5
f (x) = (x − 1) 3 παίρνουμε περιπτώσεις για το x − 1 αν είναι θετικό ή αρνητικό. 5
• Αν x − 1 ≥ 0 ⇒ f (x) = (x − 1) 3
5
• Αν x − 1 < 0 ⇒ f (x) = (−(x − 1)) 3 ΄Αρα η f (x) γράφεται σε δίκλαδη μορφή. f (x) =
5
(x − 1) 3 , αν x ≥ 1 5 (−(x − 1)) 3 , αν x < 1
1ον ελέγχουμε αν είναι συνεχής η f στο x = 1 lim f (x) = 0 = lim− f (x) ⇒
x→1+
x→1
f (1) = 0 άρα η f συνεχής στο 1. 2ον ελέγχουμε αν είναι παραγωγίσιμη η f στο x = 1 5
5 f (x) − f (1) (x − 1) 3 f (1 ) = lim+ = lim+ = lim (x − 1) 3 −1 x→1 x→1 x→1 x−1 x−1 p 2 = lim (x − 1) 3 = lim 3 (x − 1)2 = 0
0
+
x→1
x→1
5
(−(x − 1)) 3 f (x) − f (1) = lim+ =0 f (1 ) = lim+ x→1 x→1 x−1 x−1 άρα η f είναι παρ/μη στο x = 1, με f 0 (1) = 0. 0
−
Η εξίσωση της εφ/νης είναι της μορφής y − f (1) = f 0 (1)(x − 1) ⇒ y − 0 = 0(x − 1) ⇒ 4. Να δειχθεί ότι οι παρακάτω συναρτήσεις είναι φραγμένες a) f (x) = x2 συνx στο A = [−1, 1]. 2 b) f (x) = x(x−1) 2 +x+1 για κάθε x ∈ R. a) Ισχύει πάντα ότι 5
−1 ≤ συνx ≤ 1 και επειδή το x2 > 0 για κάθε x, έπεται ότι −x2 ≤ συνx ≤ x2
(7)
Επίσης το Π.Ο. είναι το A = [−1, 1]. ΄Αρα −1 ≤ x ≤ 1 ⇒ |x| ≤ 1 ⇒ |x|2 = x2 ≤ 1 και − |x|2 ≤ −1 Από τις (7), (8) έπεται −1 ≤ x2 συνx ≤ 1
b) Π.Ο. όλο το R γιατί ο παρονομαστής είναι 6= 0 καθώς ∆ < 0. Θέτουμε y=
(x − 1)2 ⇒ x2 + x + 1
y(x2 + x + 1) = (x − 1)2 ⇒ yx2 + yx + y = x22 x + 1 ⇒ (y − 1)x2 + (y + 2)x + y − 1 = 0 ∆ = (y + 2)2 − 4(y − 1)2 = y 2 + 4y + 4 − 4(y 2 − 2y + 1) = = y 2 + 4y + 4 − 4y 2 + 8y − 4 = −3y 2 + 12y = 3y(−y + 4) για να έχει λύσεις πρέπει: ∆ ≥ 0 ⇒ 3y(−y + 4) ≥ 0 1η Περίπτωση: y ≥ 0 και − y + 4 ≥ 0 ⇒ 0≤y≤4 2η Περίπτωση: y ≤ 0 και − y + 4 ≤ 0 ⇒ y ≤ 0 και y ≥ 4 6
(8)
απορρίπτεται γιατί δεν συναληθεύουν. Συνεπώς 0≤y≤4⇔ 0 ≤ f (x) ≤ 4 ⇔ 0≤
(x − 1)2 ≤4 x2 + x + 1
x 5. ΄Εστω f (x) = 2x − 21 − 2012 a) Να δειχθεί ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο R. 4x x2 +3 b) Να λύσετε την ανίσωση 8x − 2x2 − 6 > 21 − 12 . Λύση: a)Η f παρ/μη ως άθροισμα πολυωνυμικής πρώτου βαθμού και εκθετικής. Παραγωγίζοντας προκύπτει ότι x 1 1 ln = 2 − 2−x (− ln 2) = 2 + 2−x ln 2 > 0, ∀x ∈ R f (x) = 2 − 2 2 0
΄Αρα f γνησίως αύξουσα για x ∈ R. b) 4x x2 +3 1 1 8x − 2x − 6 > − ⇔ 2 2 4x x2 +3 1 1 2 2 · 4x − 2x − 6 − >− ⇔ 2 2 4x x2 +3 1 1 2 2 · 4x − > 2x + 6 − ⇔ 2 2 4x x2 +3 1 1 2 2 · 4x − > 2(x + 3) − 2 2 2
Από το ερώτημα a) έπεται ότι η ανισότητα που πρέπει να δειχθεί είναι ισοδύναμη με την f (4x) > f (x2 + 3) και επειδή η f δείξαμε ότι είναι γνησίως αύξουσα έχουμε ότι 4x > x2 + 3 ⇒ x2 − 4x − 3 < 0 ∆ = (−4)2 − 4 · 3 = 16 − 12 = 4 7
x1,2 = 1, 3 ΄Αρα κάνοντας πινακάκι για να ισχύει ότι x2 − 4x − 3 < 0, πρέπει x < 1 ή x > 3. 6. Δίνεται η f (x) = (1 + x2 )e−x a) Να βρεθούν τα διαστήματα που στρέφει τα κοίλα άνω ή κάτω η f και να προσδιορίσετε αν υπάρχουν σημεία καμπής. b) Να λυθεί η ανισότητα ex f 0 (x) > ex f (x) − 3x. Λύση: a) Π.Ο. το R. Η f παρ/μη στο R ως γινόμενο πολυωνυμικής δευτεροβάθμιας με εκθετική. f 0 (x) = (2x − 1 − x2 )e−x (= −(x − 1)2 e−x ≤ 0, ∀x ∈ R) f 00 (x) = (3 − 4x + x2 )e−x e−x 6=0
f 00 (x) = 0 ⇒ x2 − 4x + 3 = 0 ∆ = (−4)2 − 4 · 3 = 16 − 12 = 4 x1,2 = 1, 3 ΄Αρα x2 − 4x + 3 = (x − 1)(x − 3) Κάνοντας μελέτη 2ας παραγώγου(πινακάκι) παίρνουμε ότι η f στρέφει τα κοίλα άνω στο (−∞, 1) ∪ (3, +∞) η f στρέφει τα κοίλα κάτω στο (1, 3) ή ισοδύναμα η f κυρτή στο (−∞, 1) ∪ (3, +∞) η f κοίλη στο (1, 3) Επίσης εμφανίζει σημεία καμπής στα (1, f (1)) = (1, 2e−1 ), (3, f (3)) = (3, 10e−3 )
b) ex f 0 (x) > ex f (x) − 3x ⇔ ex (−(x − 1)2 e−x ) > ex (1 + x2 )e−x − 3x ⇔ 8
−(x2 − 2x + 1) > x2 − 3x + 1 ⇔ −2x2 + 5x − 2 > 0 ∆ = 52 − 4(−2)(−2) = 25 − 4 · 4 = 25 − 16 = 9 1 x1,2 = , 2 2 Συνεπώς 1 −2x2 + 5x − 2 = −2(x − )(x − 2) 2 Χρησιμοποιώντας το πινακάκι για μελέτη προσήμου, καταλήγουμε στο ότι 1 < x < 2. 2 7. Θεωρούμε την συνάρτηση f (x) = −3x5 − 1 a) Να δειχθεί ότι αντιστρέφεται. b) Να υπολογιστεί το f −1 (2). Λύση: Π.Ο. το A = R. 1ο Βήμα: Αρκεί να δείξουμε ότι η f είναι ”1 − 1” f 0 (x) − 15x4 − 1 < 0, ∀x ∈ R ΄Αρα η f γνησίως αύξουσα, και κατά συνέπεια f είναι ”1 − 1”. 2ο Βήμα: a) Βρίσκουμε Σ.Τ., δηαλαδή το f (A). y = −3x3 − 1 ⇔ y + 1 = −3x5 ⇔ −y − 1 x5 = , −(y + 1) ≥ 0 ⇒ y + 1 ≤ 0 3 y+1 x5 = , −(y + 1) < 0 ⇒ y + 1 > 0 3 ΄Αρα
−y − 1 , y ≤ −1 3 y+1 x5 = , y > −1 3
x5 =
9
q 5 −y−1 , αν y ≤ 1 q3 x= − 5 y+1 , αν y > −1 3 που σημαίνει ότι η εξίσωση έχει λύση ως προς x για κάθε y ∈ R άρα η f έχει Σ.Τ. το f (A) = R. 3ο Βήμα: Εύρεση τύπου με εναλλαγή των x, y: q 5 −x−1 , αν x ≤ 1 −1 q3 f (x) = − 5 x+1 , αν x > −1 3 b) Παίρνοντας τον 2ο κλάδο όπου το x > −1 δηλαδή x = 2 παίρνουμε r √ 5 5 2 + 1 f −1 (2) = = − 1 = −1 3 ΄Αρα f −1 (2) = −1
10