Θεματα μαθηματικα κατευθυνσησ γ λυκειου by Nick Ioannou

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ 2012

ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ ΓΙΑΝΝΗΣ, ΔΡΟΥΓΑΣ ΑΘΑΝΑΣΙΟΣ

0ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

1 1. Έστω οι συναρτήσεις f , g : \ → \ για τις οποίες ισχύει f ( g ( x) ) = x 5 + x + 1 + g ( x) (1) για κάθε x ∈ \ . α) Να αποδείξετε ότι η g είναι 1-1. β) Να αποδείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα x0 ∈ \ ,ώστε να ισχύει f ( x0 ) = x0 . γ) Αν οι συναρτήσεις f και g είναι παραγωγίσιµες, να αποδείξετε ότι δεν υπάρχει εφαπτοµένη στη γραφική παράσταση της g που να είναι παράλληλη στον άξονα x΄x. ΛΥΣΗ α) Αρκεί για g ( x1 ) = g ( x2 ) ⇒ x1 = x2 (1)

g ( x1 ) = g ( x2 ) ⇒ f ( g ( x1 )) = f ( g ( x2 )) ⇒ x15 + x1 + 1 + g ( x1 ) = x25 + x2 + 1 + g ( x2 ) ⇒ x15 + x1 + 1 = x25 + x2 + 1 (2)

Θέτω: κ ( x) = x 5 + x + 1

κ ′( x) = 5 x 4 + 1 > 0 ⇒ κ ( x) /⇒ κ ( x) "1 − 1" κ "1−1"

(2) ⇒ κ ( x1 ) = κ ( x2 ) ⇒ x1 = x2

β) Για την κ ( x)

κ (−1) = −1 κ (−1)κ (1) < 0 θ .Β ⇒ ⇒ ∃θ ∈ ( −1,1) ⊆ \ : κ (θ ) = 0 κ συν [ −1,1] κ (1) = 3 x =θ

(1) ⇒ f ( g (θ ) ) = θ 5 + θ + 1 + g (θ ) ⇒ κ (θ ) = 0

f ( g (θ ) ) = κ (θ ) + g (θ ) ⇒ f ( g (θ ) ) = g (θ ) Για το g(θ): υπάρχει x0 ∈ \ : g (θ ) = x0 Άρα f ( x0 ) = x0 , άρα ∃ x0 ∈ \ : f ( x0 ) = x0 γ) Έστω ότι υπάρχει εφαπτοµένη της Cg / /στον xx′ , δηλαδή ∃θ1 ∈ \ : g ′(θ1 ) = 0

(1) ⇒ ( f ( g ( x)) )′ = ( x 5 )′ + ( x)′ + (1)′ + ( g ( x) )′ ⇒ x =θ1

f ′ ( g ( x) ) ⋅ g ′( x) = 5 x 4 + 1 + g ′( x) ⇒

g ′ (θ1 ) = 0

f ′ ( g (θ1 ) ) ⋅ g ′(θ1 ) = 5θ14 + 1 + g ′(θ1 ) ⇒

f ′ ( g (θ1 ) ) ⋅ 0 = 5θ14 + 1 + 0 ⇒ 5θ14 + 1 = 0 άτοπο ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

2 2. Έστω οι συνεχείς συναρτήσεις f , g : \ → \ ώστε:

f (1) + f (2) + ... + f (2006) = g (1) + g (2) + ... + g (2006) (1) .

Να

αποδείξετε

ότι

υπάρχει

x0 ∈ [1, 2006] , ώστε: f ( x0 ) = g ( x0 ) .

ΛΥΣΗ

(1) ⇒ ( f (1) − g (1) ) + ( f (2) − g (2) ) + ... + ( f (2006) − g (2006) ) = 0 (2) Έστω: h( x) = f ( x) − g ( x) συνεχής στο

[1, 2006] ,

άρα σύµφωνα µε θεώρηµα µέγιστης-

ελάχιστης τιµής m ≤ h( x) ≤ M , για καθε x ∈ [1, 2006] 1 ∈ [1, 2006] ⇒ m ≤ h(1) ≤ M 2 ∈ [1, 2006] ⇒ m ≤ h(2) ≤ M ...

(+)

(2)

⇒ 2006m ≤ h(1) + h(2) + ... + h(2006) ≤ 2006 M ⇒

2006 ∈∈ [1, 2006] ⇒ m ≤ h(2006) ≤ M 2006m ≤ 0 ≤ 2006 M ⇒ m ≤ 0 ≤ M

Άρα το 0 είναι ανάµεσα στη µέγιστη και στην ελάχιστη τιµή της h( x) , άρα είναι τιµή της h( x) , δηλαδή υπαρχει x0 ∈ [1, 2006] : h( x0 ) = 0 ⇒ f ( x0 ) = g ( x0 ) 3.∆ίνεται µία συνάρτηση f συνεχής στο διάστηµα

[ a, β ]

τέτοια ώστε να ισχύει

f (a) ⋅ f ( β ) > 0 . ∆ίνεται επιπλέον ότι υπάρχει µοναδικός αριθµός x0 ∈ ( a, β ) ώστε f ( x0 ) = 0 . ∆είξτε ότι για κάθε x ∈ [ a, β ] ισχύει f ( x) ⋅ f (a) ≥ 0 .

ΛΥΣΗ

Αφού θέλω για κάθε

x ∈ [ a, β ] να ισχύει

f ( x) ⋅ f (a) ≥ 0 , τότε έστω ότι υπάρχει

θ ∈ [ a, β ] : f (θ ) ⋅ f (a ) < 0 f (θ ) ⋅ f (a ) < 0 f συνεχης στο [ a,θ ] Όµως,

θ . Β.

⇒ ∃ξ1 ∈ ( a,θ ) : f (ξ1 ) = 0

θ . Β. f (θ ) ⋅ f ( β ) < 0 f (a) ⋅ f ( β ) > 0 ⇒ ⇒ ∃ξ 2 ∈ [θ , β ) ⋅ f (ξ 2 ) = 0 f συνεχης στο [θ , β ] f (θ ) ⋅ f (a ) < 0

Άρα η f έχει δύο ρίζες διαφορετικές στο ( a, β ) , άτοπο.

2 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

3 4. Για µια συνεχή συνάρτηση f : [ a, β ] → \ δεχόµαστε ότι: f ( β ) > β 2 . Να δείξετε ότι: «αν

∫α 3 f ( x)dx < β

− α 3 , τότε η εξίσωση f ( x) = x 2 έχει λύση».

ΛΥΣΗ

Το

β 3 −α 3 3

β  x3  θυµίζει:   = ∫ x 2 dx α  3 α

Θέτω: g ( x) = f ( x) − x 2 Αρκεί να υπάρχει x0 ∈ [ a, β ] : g ( x0 ) = 0 •

f (β ) > β 2 ⇒ f (β ) − β 2 > 0 ⇒ g (β ) > 0 β

∫α •

β 3 − a3

3 f ( x)dx < β 3 − a 3 ⇒ ∫ f ( x)dx < β

⇒

⇒ ∫ f ( x)dx < ∫ x 2 dx ⇒ ∫ ( f ( x) − x 2 )dx < 0 β

⇒ ∫ g ( x)dx < 0 α

Αφού g ( x) : συνεχής και το ορισµένο ολοκλήρωµα είναι αρνητικό, τότε η g θα έχει τουλάχιστον µία αρνητική τιµή στο [ a, β ] . (Γιατί αν όλες οι τιµές ήταν θετικές, τότε και το ολοκλήρωµα θα ήταν θετικό, άτοπο). Άρα, υπαρχει ξ ∈ [ a, β ] : g (ξ ) < 0

g ( β ) g (ξ ) < 0 g συνεχης στο [ξ , β ]

θ .Β .

⇒ υπαρχει x0 ∈ (ξ , β ) ⊆ ( a, β ) : g ( x0 ) = 0

5. Έστω ότι η συνάρτηση f είναι δύο φορές παραγωγίσιµη στο [ a, β ] και f ′( x) ≠ 0 για κάθε x ∈ [ a, β ] . Αν f (a ) ⋅ f ′( β ) = f ( β ) ⋅ f ′(a ) (1) , να δείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον

ξ ∈ ( a, β ) τέτοιο ώστε: f (ξ ) ⋅ f ′′(ξ ) > 0 . ΛΥΣΗ

υπ ά ρχειη f ′′ ⇒ f ′ παραγωγ ίσιµη ⇒ f ′συνεχ ής ⇒ f παραγωγ ίσιµη ⇒ f συνεχ ής (παντα στο [ a, β ] )

f ′( x) ≠ 0 ⇒ f ′( x) διατηρε ί πρ όσηµο f ′( x) συνεχ ής ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

4 f ′( x ) ≠ 0

(1) ⇒ f (a) f ′( β ) = f ( β ) f ′(a) ⇒ Θέτω: g ( x) =

f (a) f (β ) (2) = f ′(a) f ′( β )

f ( x) στο [ a, β ] ,g παραγωγίσιµη άρα: f ′( x)

( f ′( x) ) − f ( x) ⋅ f ′′( x) (3) f ′( x) f ′( x) − f ( x) f ′′( x) ′ g x ( ) ⇒ = 2 2 ( f ′( x) ) ( f ′( x) ) 2

g ′( x) =

f (a) f ′(a ) (2) ⇒ g (a ) = g ( β ) f (β ) g (β ) = f ′( β ) g (a ) =

g συνεχης στο [α , β ]

θ . Rolle.

g παραγωγισιµη στο (α , β ) ⇒ υπ ά ρχει x0 ∈ (α , β ) : g ′( x0 ) = 0 g (a) = g ( β )

( f ′( x0 ) ⇒υπ ά ρχει x0 ∈ ( a, β ) : (3)

⇒ ( f ′( x0 ) = f ( x0 ) ⋅ f ′′( x0 ) 2

− f ( x0 ) ⋅ f ′′( x0 )

( f ′( x0 )

( f ′ ( x0 )2 > 0

⇒

f ( x0 ) ⋅ f ′′( x0 ) > 0 x0 → ξ

6. ∆ίνεται συνάρτηση f παραγωγίσιµη στο \ ώστε να ισχύει f ( x + κ ) + f ( x) = 0 (1) , για κάθε x ∈ \ , όπου κ ∈ \* . Να αποδείξετε ότι η εξίσωση πραγµατικές λύσεις. ΛΥΣΗ x → x −κ

(1) ⇒ f ( x − κ + κ ) + f ( x − κ ) = 0 ⇒ f ( x − κ ) = − f ( x) x → x +κ

(1) ⇒ f ( x + κ + κ ) + f ( x + κ ) = 0 ⇒ f ( x + 2κ ) = − f ( x + κ ) ⇒ (1)

⇒ f ( x + 2κ ) = f ( x) (2) x → x − 2κ

(1) ⇒ f ( x − 2κ + κ ) + f ( x − 2κ ) = 0 ⇒ f ( x − κ ) + f ( x − 2κ ) = 0 ⇒ − f ( x) + f ( x − 2κ ) = 0 ⇒ f ( x − 2κ ) = f ( x) (3) (2), (3) ⇒ f ( x − 2κ ) = f ( x) = f ( x + 2κ ) (4)

Άρα η f ( x) περιοδική µε περίοδο T = 2κ .

x = 0 ⇒ f (0) = f (2κ ) , άρα 4ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

f ′( x) = 0 έχει άπειρες

5 f συνεχ ής στο [ 0, 2κ ]

θ . Rolle.

f παραγωγ ίσιµη στο ( 0, 2κ ) ⇒ υπαρχει ξ ∈ ( 0, 2κ ) : f ′(ξ ) = 0 f (0) = f (2κ )

(4) ⇒ f ′( x − 2κ )( x − 2κ )′ = f ′( x) = f ′( x + 2κ )( x + 2κ )′ ⇒ f ′( x − 2κ ) = f ′( x) = f ′( x + 2κ ) Άρα η f ′ περιοδική µε περίοδο T = 2κ . Όµως, η f ′ έχει στο ( 0, 2κ ) ρίζα, δηλαδή σε µία περίοδο έχει ρίζα, άρα και σε κάθε άλλο διάστηµα πλάτους 2κ θα έχει ρίζα (λόγω περιοδικότητας). Άρα η f ′( x) = 0 έχει άπειρες λύσεις, µία τουλάχιστον στο πλάτος κάθε περιόδου.

Έστω

συνάρτηση

δύο

φορές

παραγωγίσιµη

στο

[1, 4] .

Αν

f (1) = 1, f (2) > 2, f (3) < 3 και f (4) = 4 , να αποδείξετε ότι υπάρχει x0 ∈ (1, 4 ) τέτοιο ώστε f ′′( x0 ) = 0 . ΛΥΣΗ

f (1) = 1   Με οδηγεί να θέσω: g ( x) = f ( x) − x , άρα g ′( x) = f ′( x) − 1 f (4) = 4  g (1) = f (1) − 1 = 0 g (4) = f (4) − 4 = 0 g (2) = f (2) − 2 > 0 g (3) = f (3) − 3 < 0

g (2) ⋅ g (3) < 0 g συνεχης [ 2,3] g συνεχ ής [1, θ ]

θ .Βolzano.

⇒ υπ ά ρχειθ ∈ ( 2,3) : g (θ ) = 0

θ . Rolle.

g παραγωγ ίσιµη (1,θ ) ⇒ υπ ά ρχει ξ1 ∈ (1,θ ) : g ′(ξ1 ) = 0 g (1) = g (θ ) = 0 g συνεχης [θ , 4]

θ . Rolle.

g παραγωγισιµη (θ , 4 ) ⇒ υπαρχει ξ 2 ∈ (θ , 4 ) : g ′(ξ 2 ) = 0 g (θ ) = g (4) = 0

ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

6 g ′ συνεχης [ξ1 , ξ 2 ]

θ . R.

g ′ παραγωγισιµη (ξ1 , ξ 2 ) ⇒ υπ ά ρχει x0 ∈ (ξ1 , ξ 2 ) ⊆ (1, 4 ) : g ′′( x0 ) = 0 g ′(ξ1 ) = g ′(ξ 2 )

8. Έστω a, β , γ ∈ \ ώστε a + 3β + 3γ = 0 . Να αποδείξετε ότι β 2 ≥ αγ . ΛΥΣΗ

β 2 ≥ αγ ⇔ β 2 − αγ ≥ 0 : θυµίζει ∆ιακρίνουσα

β2 −4

α γ

⋅ 2 2

Θέτω: f ( x) =

a 2 γ α γ x + β x + µε ∆ = β 2 − 4 ⋅ 2 2 2 2

Θέτω: F ( x) =

a 3 x2 x x +β + γ , αρχική της f ( x) . 6 2 2

F (0) = 0 ⇒ F (0) = F (1) a β γ a + 3β + 3γ 0 = =0 F (1) = + + = 6 2 2 6 6 F συνεχης [ 0,1]

θ . R.

F παραγωγισιµη ( 0,1) ⇒ F (0) = F (1)

υπ ά ρχει ξ (ενα τουλ ά χιστον ) ∈ ( 0,1) : F ′(ξ ) = 0 υπ ά ρχει ξ (ενα τουλ ά χιστον ) ∈ ( 0,1) : f (ξ ) = 0

Όµως η f ( x) είναι τριώνυµο και έχει τουλάχιστον µία ρίζα, άρα ∆ ≥ 0⇒ β2 −4

α γ

⋅ ≥ 0 ⇒ β 2 ≥ aγ 2 2

9. ∆ίνεται συνάρτηση f : \ → \ παραγωγίσιµη στο \ καθώς και το σύνολο των µιγαδικών αριθµών A = {e x + i ⋅ f ( x), x ∈ \} . Αν οι µιγαδικοί κ (1 + i ) , λ (1 + i ) ανήκουν στο Α, όπου κ , λ > 0 µε κ ≠ λ , να αποδείξετε ότι υπάρχει θ ∈ \ έτσι ώστε: f (θ ) = f ′(θ ) .

ΛΥΣΗ

κ (1 + i ) ∈ A άρα,

υπαρχει x1 ∈ \ : e x + if ( x1 ) = κ (1 + i ) ⇒ e x + if ( x1 ) = κ + κ i 1

⇒

e x1 = κ ⇒ e x1 = f ( x1 ) (1) f ( x1 ) = κ

λ (1 + i ) ∈ A άρα, 6 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

υπαρχει x2 ∈ \ : e x + if ( x2 ) = λ (1 + i ) ⇒ 2

e x2 = λ ⇒ e x2 = f ( x2 ) (2) f ( x2 ) = λ

f ( x1 ) =1 f (x ) f (x ) e x1 ⇒ x11 = x22 (1), (2) ⇒ f ( x2 ) e e =1 x2 e Θέτω: g ( x) = g ′( x) =

f ( x) ex

f ′( x) ⋅ e x − f ( x) ⋅ e x f ′( x) − f ( x) ⇒ g ′( x) = (3) x 2 (e ) ex

f ( x1 ) e x1 ⇒ g ( x1 ) = g ( x2 ) f ( x2 ) g ( x2 ) = x2 e g ( x1 ) =

g συνεχης [ x1 , x2 ]

θ . Rolle

(3)

g παραγωγισιµη ( x1 , x2 ) ⇒ υπ ά ρχειθ ∈ (ξ1 , ξ 2 ) ⊆ \ : g ′(θ ) = 0 ⇒ f ′(θ ) = f (θ ) g ( x1 ) = g ( x2 ) 10. Έστω f : \ → \ παραγωγίσιµη συνάρτηση µε f ( x) ⋅ f ′(− x) = 1 (1) για κάθε x ∈ \ . Αν

f (0) = 1 , να αποδείξετε ότι: α) f ( x) ⋅ f (− x) = 1 για κάθε x ∈ \ β) f ( x) = e x για κάθε x ∈ \ γ) Η C f εφάπτεται στην ευθεία ε : y = x + 1

ΛΥΣΗ x →− x

α) (1) ⇒ f (− x) ⋅ f ′( x) = 1 (2)

(1), (2) ⇒ f ( x) ⋅ f ′(− x) = f (− x) ⋅ f ′( x) ⇒ f ′( x) ⋅ f (− x) − f ( x) ⋅ f ′(− x) = 0 ⇒ f ′( x) ⋅ f (− x) + f ( x) ⋅ ( f (− x) )′ = 0

( f ( x) ⋅ f (− x) )′ = 0 για καθε

x∈\

⇒ f ( x) ⋅ f (− x) = c

x = 0 f (0) ⋅ f (−0) = c ⇒ c = 1 Άρα, f ( x ) ⋅ f ( − x ) = 1 (3) , άρα f ( x) ≠ 0, f (− x) ≠ 0 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

8 β) (3) ⇒ f (− x) =

(2) ⇒

1 f ( x)

1 f ′( x) = 1 ⇒ f ′( x) = f ( x) για καθε x ∈ \ ⇒ f ( x) = C1e x f ( x)

x = 0 : f (0) = C1 ⋅ e0 ⇒ C1 = 1 Άρα f ( x) = e x γ) Έστω A ( x0 , f ( x0 ) ) το σηµείο επαφής. Η εξίσωση της εφαπτοµένης είναι: f ( x0 ) = e x0 ,

f ′( x0 ) = e x0 .

ε1 : y − f ( x0 ) = f ′( x0 ) ( x − x0 ) ⇒ y = f ′( x0 ) x − f ′( x0 ) x0 + f ( x0 ) Όµως, ε 2 : y = x + 1 . Πρέπει ε1 ≡ ε 2 f ′( x0 ) = 1 e x0 = 1 ⇔ x0 = 0 ⇔ x − f ′( x0 ) x0 + f ( x0 ) = 1 −e 0 x0 + e x0 = 1 ⇔ −e0 ⋅ 0 + e0 = 1 ⇔ 0 + 1 = 1 ισχ ύει

Άρα η y = x + 1 εφάπτεται στο ( 0, e0 ) = ( 0,1) 11. Έστω η συνάρτηση f ορισµένη και συνεχής στο [ a, β ] και παραγωγίσιµη στο (α , β ) µε f (a) = f ( β ) . Να αποδείξετε ότι υπάρχουν ξ1 , ξ 2 ,..., ξν ∈ ( a, β ) , ώστε

f ′(ξ1 ) + f ′(ξ 2 ) + ... + f ′(ξν ) = 0 (1) ΛΥΣΗ

Επειδή θέλω ν τιµές ξi για να ισχύει η (1) χωρίζω το [ a, β ] σε ν διαστήµατα πλάτους καθένα.

β −α  β −α  = Πρέπει: β −  α + x ν  ν 

8ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

β −α το ν

β −α β −α = ν ν β −α β −α ⇒ −x = +α − β ν ν β −α 1  ⇒ −x = β − α  − 1 ν ν  − x 1 −ν ⇒ = ⇒ − x = 1 −ν ⇒ x = ν − 1 ν ν ⇒ β −α − x

Η f σε καθένα από τα ν αυτά κλειστά διαστήµατα είναι συνεχής. Η f σε καθένα από τα ν αυτά ανοικτά διαστήµατα είναι παραγωγίσιµη σύµφωνα µε θ.Μ.Τ.

β −α f (a + ) − f (a) β α −   ′ ν ξ : ( ) f ∃ξ1 ∈  a, a + = 1 β −α ν   ν β −α β −α f (a + 2 ) − f (a + ) β −α β −α   ν ν ′ ,a + 2 : f (ξ 2 ) = ∃ξ 2 ∈  a + β −α ν ν   ν β −α β −α f (a + 3 ) − f (a + 2 ) + β −α β −α   ν ν ,a +3 : f ′(ξ3 ) = ⇒ ∃ξ3 ∈  a + 2 β −α ν ν   ν ...

β −α   , β  : f ′(ξν ) = ∃ξν ∈  a + (ν − 1) ν  

f ( β ) − f (a + (ν − 1)

β −α ν

β −α ) ν

f ′(ξ1 ) + f ′(ξ 2 ) + ... + f ′(ξν ) =

β −α   − f (α ) + f a + ν   =

β −α   − f α + 2 ν  

β −α   + ... + f ( β ) − f a+ ν   β −α

β −α   f  a + (ν − 1) ν  

f ( β ) − f (a ) 0 = =0 f ′(ξ1 ) + f ′(ξ 2 ) + ... + f ′(ξν ) = β −α β −α

ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

10 12. ∆ίνεται συνάρτηση f δύο φορές παραγωγίσιµη στο [ a, β ] , τέτοια ώστε f ′( β ) = 0 . Αν

f ′′( β ) > 0 , να αποδείξετε ότι υπάρχει διάστηµα ∆ ⊂ [ a, β ] στο οποίο η f είναι γνησίως φθίνουσα. ΛΥΣΗ

υπ ά ρχει f ′′ ⇒ f ′ παραγωγισιµη ⇒ f ′συνεχης ⇒ f παραγωγισιµη ⇒ f συνεχης f ′′( β ) > 0 ⇒ lim− x→β

f ′( β )=0 f ′( x) − f ′( β ) f ′( x) > 0 ⇒ lim− >0 x→β x − β x−β

f ′( x) > 0 κοντά στο β. x−β

Άρα η

∆ηλαδή υπ ά ρχει δ > 0 : για καθε x ∈ ( β − δ , β ) να ισχύει

f ′( x) > 0. x−β

∆ηλαδή ∀ x ∈ ( β − δ , β ) να ισχύει f ′( x) < 0 αφού x − β < 0 , δηλ. f ′( x) < 0 ∀ x ∈ ( β − δ , β ) και επειδή η f είναι συνεχής, έχω f ( x) 0 για καθε x ∈ [ β − δ , β ] .

13. ∆ίνεται το ολοκλήρωµα I = ∫

−π

i) I = ∫

−π

xe xηµ x dx ex + 1

και

xηµ x dx . Να αποδειχθεί ότι: ex + 1

ii) I = π

ΛΥΣΗ i) Θέτω: x = π − π − y (γενικ ά x = a + β − y )

Άρα x = − y ⇒ dx = −dy ⇒ dy = − dx x = −π ⇒ −π = − y ⇒ y = π x = π ⇒ π = − y ⇒ y = −π

Άρα I = ∫

−π

−π ( − y )ηµ ( − y ) π − y ( −ηµ y ) xηµ x − dy ) = ∫ dx = ∫ dy = ( − x y −π π 1 1+ e e +1 1+ y e

y x π ye ηµ y π xe ηµ x yηµ y =∫ dy = ∫ dy = ∫ dx −π 1 + e y −π 1 + e y −π 1 + e x ey

xηµ x dx + x π xηµ x + xe ηµ x 1 + ex ii) I dx ⇒ = 2 ∫−π 1 + e x x π xe ηµ x I =∫ dx −π 1 + e x I =∫

−π

10 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

11 π xηµ x(1 + e x ) dx ⇒ 2 I = ∫ xηµ xdx x −π −π 1+ e π π π ⇒ 2 I = ∫ x ( −συν x )′ dx ⇒ 2 I = ( −συν x )  −π − ∫ x′ ( −συν x ) dx −π −π

⇒ 2I = ∫

⇒ 2 I = π ( −συνπ ) − (−π ) ( −συν (−π ) ) + ∫ συν xdx −π

⇒ 2 I = π ( −(−1) ) + π ( −(−1) ) + [ηµ x ]−π π

⇒ 2 I = π + π + ηµπ − ηµ (−π ) ⇒ 2 I = 2π ⇒ I = π

14. Να αποδειχθεί ότι: I = ∫

π /2

(ηµ x)συν x π dx = . ηµ x συν x (συν x) + (ηµ x) 4

ΛΥΣΗ

Θέτω: x =

π 2

− y ⇒ dx = − dy ⇒ dy = − dx

π π  0= −y⇒ y=  x=0 2 2   π ⇒ π π x= = − y ⇒ y = 0   2   2 2 π  − y  = συν y 2 

ηµ x = ηµ 

π  − y  = ηµ x 2 

συν x = συν  Άρα,

π /2 (συν y ) (συν y ) I =∫ −dy ) ⇒ I = ∫ dy ( y y συν ηµ συν y ηµ y 0 π /2 (ηµ y ) + (συν y ) (ηµ y ) + (συν y ) ηµ y

ηµ y

(συν x ) I =∫ συν x ηµ x ηµ x 0 (+) (ηµ x ) + (συν x ) π / 2 (συν x ) + (ηµ x)συν x ⇒ = I 2 ∫0 (ηµ x )συν x + (συν x )ηµ x dx συν x π /2 x ηµ ( ) όµως I = ∫ dx συν x ηµ x 0 (ηµ x ) + (συν x ) ηµ x

π /2

⇒ 2I = ∫

π /2

dx ⇒ 2 I =

π 2

−0⇒ I =

π 4

ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

12 15. Έστω η συνάρτηση f παραγωγίσιµη στο \ , µε f ′( x) > x 2 για κάθε x ∈ \ . Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f ( x) =

1 2 x − x + 1 , έχει ακριβώς µία λύση στο \ . 2

ΛΥΣΗ

1 Θέτω: g ( x) = f ( x) − x 2 + x − 1 2 Αρκεί η εξίσωση g ( x) = 0 να έχει µοναδική λύση στο \ . Επειδή f ′( x) > x 2 ∀ x ∈ \ ⇒ f ′( x) − x 2 > 0 ∀ x ∈ \  x 3 ′  x 3 ′ ⇒ f ′( x) −   > 0 ∀ x ∈ \ ⇒  f ( x) −  > 0 ∀ x ∈ \ 3  3 

x3 είναι γνησίως αύξουσα στο \ . Άρα η συνάρτηση f ( x) − 3 g ′( x) = f ′( x) − x + 1 Επειδή f ′( x) > x 2 ⇒ f ′( x) − x + 1 > x 2 − x + 1 ⇒ g ′( x) > x 2 − x + 1 Όµως x 2 − x + 1 > 0 ∀ x ∈ \ (τριώνυµο µε ∆ < 0 ) τότε g ′( x) > 0 ∀ x ∈ \ , άρα g ( x) / στο \ . h ( x )= f ( x )−

•

Για x > 0

⇒ f ( x) >

⇒

x3 / 3

h( x) > h(0) ⇒ f ( x) −

x3 03 > f (0) − 3 3

x3 + f (0) ∀ x ∈ ( 0, +∞ ) 3

x3 = +∞ , άρα lim f ( x) = +∞ x →+∞ 3 x →+∞

Όµως lim •

h ( x )/

Για x < 0 ⇒ h( x) < h(0) ⇒ f ( x) −

⇒ f ( x) <

x3 03 < f (0) − 3 3

x3 + f (0) 3

x3 = −∞ , άρα lim f ( x) = −∞ x →−∞ 3 x →−∞ lim

(

Έχω g ( x) / στο \ άρα g (∆) = g (\) = lim f ( x), lim f ( x) x →−∞

x →+∞

)

g ( x) συνεχής στο \ ⇒ g (∆) = \ 0 ∈ g (∆) άρα η g ( x) = 0 έχει µοναδική ρίζα στο \ λόγω µονοτονίας της g ( x) . 12 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

13 16. ∆ίνεται συνάρτηση f παραγωγίσιµη στο [ a, β ] καθώς και οι µιγαδικοί αριθµοί της µορφής Zx = x + i ⋅ f ( x) , Wx = x + i ⋅ f ′( x) , όπου x ∈ [ a, β ] . Αν ισχύει Im( Za) = Im( Z β ) , να αποδείξετε ότι υπάρχουν θ1 , θ 2 ∈ ( a, β ) , τέτοια ώστε Wθ 1 + Wθ 2 = Wθ 1 + Wθ 2 . ΛΥΣΗ

Im( Za ) = Im( Z β ) ⇒ f (a) = f ( β ) (1) Αρκεί: Wθ 1 + Wθ 2 = Wθ 1 + Wθ 2 ⇔ ⇔ θ1 + if ′(θ1 ) + θ 2 + if ′(θ 2 ) = θ1 − if ′(θ1 ) + θ 2 − if ′(θ 2 ) ⇔ ( f ′(θ1 ) + f ′(θ 2 ) ) i = ( − f ′(θ1 ) − f ′(θ 2 ) ) i

⇔ f ′(θ1 ) + f ′(θ 2 ) = − f ′(θ1 ) − f ′(θ 2 ) ⇔ 2 f ′(θ1 ) + 2 f ′(θ 2 ) = 0 ⇔ f ′(θ1 ) + f ′(θ 2 ) = 0 a+β ) − f (a)  a+β   a + β  a + β  2 ∃θ1 ∈  a, f συν  a, , ,β  ⊆ ( a, β ) : f ′(θ1 ) = 2 θ .Π . 2  β −α 2   2    ⇒ a+β  a+β  a+β  ) f (β ) − f ( ,β  f παραγ  a, , a+β  2 2   2   , β  ⊆ ( a, β ) : f ′(θ 2 ) = 2 ∃θ 2 ∈ β −α  2  f(

⇒ f ′(θ1 ) + f ′(θ 2 ) = 2 1

a+β a+β ) − f (a) + f ( β ) − f ( ) f ( β ) − f (a) 1 2 2 =2 = β −α β −α

0 f (β ) − f (β ) =2 =0 β −α β −α

1 x

7. Αν a > 0 και η εξίσωση x = e ⋅ a έχει θετική λύση, να βρεθεί η µικρότερη τιµή του α. ΛΥΣΗ 1

Έστω x0 > 0 η θετική λύση της εξίσωσης, τότε x0 = e ⋅ a x0 ⇒

(

)

⇒ ln x0 = ln e ⋅ a1/ x0 ⇒ ln x0 = ln e + ln a1/ x0 ⇒ ⇒ ln x0 = 1 +

1 ln a ln a ⇒ = ln x0 − 1 ⇒ x0 x0

⇒ ln a = x0 ( ln x0 − 1) ⇒ a = e x0 (ln x0 −1)

Θέλω τη µικρότερη τιµή του α, άρα αρκεί να βρω την µικρότερη τιµή του e x0 (ln x0 −1) . Θέτω: f ( x) = e x (ln x −1) D f = ( 0, +∞ ) ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

14 f ′( x) = e x (ln x −1) ⋅ [ x(ln x − 1) ]′ = e x (ln x −1) ⋅ (ln x − 1 + 1) ⇒ ⇒ f ′( x) = e x (ln x −1) ⋅ ln x e x (ln x−1) ≥ 0

f ′( x) ≥ 0 ⇒ e x (ln x −1) ⋅ ln x ≥ 0 ⇒ ln x ≥ 0 ⇒ x ≥ 1 f ( x)/

x ≥ 1 ⇒ f ( x) ≥ f (1) f ( x)0

⇒ f ( x) ≥ f (1)

x < 1 ⇒ f ( x) > f (1)

1 1 Άρα min f ( x) = f (1) ⇒ min f ( x) = e1(ln1−1) = e −1 = . Άρα min a = . e e 18. Έστω η συνάρτηση f µε τύπο f ( x) = 36a 2 x 2 + συν 2 ( a 2 x + 9 x ) , x ∈ \ όπου a ≥ 0 σταθερά. Αν η συνάρτηση f παρουσιάζει ελάχιστο στο σηµείο x = x0 , τότε: α) Να αποδείξετε ότι: ηµ ( 2a 2 x0 + 18 x0 ) =

72a 2 x0 a2 + 9

β) Αν x0 = 0 , να βρεθεί ο α. ΛΥΣΗ α) f ελ ά χιστο στο x0

θ . Fermat

το x0 εσωτερικ ό του \ ⇒ f ′( x0 ) = 0 (1) στο x0 παραγωγ ίσιµη f ′( x) = 72a 2 x + 2συν ( a 2 x + 9 x ) ⋅  −ηµ ( a 2 x + 9 x )  ⋅ ( a 2 + 9 ) x = x0

⇒ f ′( x0 ) = 72a 2 x0 −  2ηµ ( a 2 x0 + 9 x0 ) συν ( a 2 x0 + 9 x0 )  ⋅ ( a 2 + 9 )

⇒ 0 = 72a 2 x0 − ηµ 2 ( a 2 x0 + 9 x0 ) ⋅ ( a 2 + 9 ) 1

⇒ ηµ ( 2a 2 x0 + 18 x0 ) =

72a 2 x0 a2 + 9

72a 2 ⋅ 0 β) x0 = 0 ⇒ ηµ ( 2a ⋅ 0 + 18 ⋅ 0 ) = 2 ⇔ 0 = 0 , ισχύει. a +9 2

14 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

ηµ ( 2a 2 x0 + 18 x0 ) ≤ 1 ⇒

72a 2 x0 ≤1 a2 + 9

72a 2 x0 a2 + 9 a2 + 9 ⇒ 2 ≤ 1 ⇒ x0 ≤ ⇒0≤ ⇒ a 2 + 9 ≥ 0 ισχ ύει για κ άθε a ∈ \ 2 2 72a 72a a +9 19. Έστω οι πραγµατικοί αριθµοί a, b, c, d έτσι ώστε: (1) − a + b − c + d < 0 (2) d > 0 (3) a + b + c + d < 0 Να δειχτεί ότι b 2 ≥ 3ac . (Υπόδειξη: Να θεωρηθεί το πολυώνυµο f ( x) = ax 3 + bx 2 + cx + d και να δειχτεί ότι έχει ρίζες στα διαστήµατα ( −1, 0 ) και ( 0,1) ).

ΛΥΣΗ f ( x) = ax 3 + bx 2 + cx + d f ′( x) = 3ax 2 + 2bx + c

f (−1) = − a + b − c + d < 0 f (0) = d > 0 f (0) = d > 0 f (1) = a + b + c + d > 0 f συν [ −1, 0]

f (0) ⋅ f (1) < 0 f συν [ξ1 , ξ 2 ]

⇒ f (0) ⋅ f (1) < 0

θ .Β .

f (−1) ⋅ f (0) < 0 f συν [ 0,1]

⇒ f (−1) ⋅ f (0) < 0

⇒ ∃ξ1 ∈ ( −1, 0 ) : f (ξ1 ) = 0

θ . Β.

⇒ ∃ξ 2 ∈ ( 0,1) : f (ξ 2 ) = 0

θ . R.

f παρ (ξ1 , ξ 2 ) ⇒ ∃ξ ∈ (ξ1 , ξ 2 ) : f ′(ξ ) = 0τουλ ά χιστον ένα ξ f (ξ1 ) = f (ξ 2 )

Η f ′( x) είναι τριώνυµο, έχει τουλάχιστον µία ρίζα, άρα ∆ ≥ 0 ⇒ (2b) 2 − 4 ⋅ 3a ⋅ c ≥ 0 ⇒ 4b 2 − 12ac ≥ 0 ⇒ b 2 ≥ 3ac

ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

16 20.

Να

βρεθεί

∫ ( x ⋅ f ( x) − f 1

συνεχής

( x) ) dx =

συνάρτηση

f : [ 0,1] → \ ,

για

την

οποία

ισχύει:

1 . 12

ΛΥΣΗ 1 1 1 ⇒ ∫ ( f 2 ( x) − xf ( x) ) dx = − 0 12 12 2 2 x 1  x  x  f 2 ( x) − 2 ⋅ f ( x) +   −    dx = − 2 12  2   2  

∫ ( x ⋅ f ( x) − f 1

1 ⇒∫  0 

( x) ) dx =

2 1 1x x 1 ⇒ ∫  f ( x) −  dx − ∫ dx = − 0 0 4 2 12  2

2 1x 1  x3  x x 1 1  ⇒ ∫  f ( x) −  dx = ∫ dx − ⇒ ∫  f ( x) −  dx =   − 0 0 4 0 2 12 2   12  0 12 1

1 x ⇒ ∫  f ( x) −  dx = 0 0 2 

x   f ( x )−  ≥0 2 

⇒

f ( x) −

21. ∆ίνεται η συνάρτηση f µε f ( x) =

x x = 0 ⇒ f ( x) = 2 2

ex , x∈\ . x2 + 1 x

α) Να αποδειχθεί ότι η συνάρτηση F µε F ( x) = ∫ f (t )dt είναι γνησίως αύξουσα στο \ , 0

αν f ( x) > 0 . β) Να λυθεί η εξίσωση

∫ηµ

f (t )dt = 0 .

ΛΥΣΗ x

α) f (t ) συνεχ ής ⇒ ∫ f (t )dt παραγωγισιµη 0

F ′( x) = f ( x) > 0 ∀x ∈ \ ⇒ F ( x) / στο \

β)

∫ηµ

f (t )dt = 0 ⇒ − ∫

ηµ x

f (t )dt + ∫ f (t )dt = 0 0

⇒ − F (ηµ x) + F ( x) = 0 ⇒ F ( x) = F (ηµ x) ⇒ x = ηµ x ⇒ x = 0 µοναδικ ό ∀ x ∈ \ ισχ ύει ηµ x ≤ x Και η ισότητα ισχύει µόνο για x = 0

16 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

17 Β΄ τρόπος

f (t ) >0

∫ηµ

f (t )dt = 0 ⇒ x = ηµ x

22. ∆ίνεται η συνάρτηση f µε τύπο: f ( x) = ( x 2 − 2 x + 3) e x −

x3 − x+3 3

α) Να µελετηθεί η f ως προς την µονοτονία και τα ακρότατα και να αποδειχθεί ότι είναι:

f ( x) > 0 για κάθε x ∈ \ . β) Να βρεθεί ο γεωµετρικός τόπος των σηµείων M = (a, β ) για τα οποία ισχύει

∫

2 y − y2

x2 −4 x

f (t )dt = 0

ΛΥΣΗ α) f ′( x) = (2 x − 2)e x + ( x 2 − 2 x + 3)e x − x 2 − 1 f ′( x) = e x ( x 2 + 1) − ( x 2 + 1) ⇒ f ′( x) = (e x − 1) ⋅ ( x 2 + 1) f ′( x) ≥ 0 ⇒ (e x − 1) ⋅ ( x 2 + 1) ≥ 0 ⇒ e x ≥ 1 ⇒ x ≥ 0 x ∈ ( −∞, 0 ) ⇒ f ′( x) < 0 ⇒ f ( x) 0 στο ( −∞, 0] x ∈ ( 0, +∞ ) ⇒ f ′( x) > 0 ⇒ f ( x) / στο [ 0, +∞ ) f/

x ≥ 0 ⇒ f ( x) ≥ f (0) f2

⇒

x < 0 ⇒ f ( x) > f (0)

β)

∫

2 y − y2

x2 − 4 x

f ( x) ≥ f (0) ∀ x ∈ \ ⇒ f ( x) ≥ 6 ∀ x ∈ \ Άρα f ( x) > 0 ∀ x ∈ \

f (t ) >0

f (t )dt = 0 ⇔ 2 y − y 2 = x 2 − 4 x ⇔

⇔ x2 + y 2 − 4 x − 2 y = 0 A = −4, B = −2, Γ = 0 A2 + B 2 − 4Γ = 16 + 4 = 20 > 0 κ ύκλος  − A −B  , K  → K ( 2,1)  2 2  R=

20 ⇒R= 5 2

ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

18 23. 1) Να αποδειχθεί ότι για µια συνάρτηση f : \ → \ ισχύει: f ′( x) = f ( x) ⇔ f ( x) = ce x , όπου c σταθερά. 2) α) Να βρεθεί η θετική και παραγωγίσιµη στο \ συνάρτηση f για την οποία ισχύει: x f (t )   f ( x) = (1 + x 2 ) 1 + ∫ dt  (1) ∀ x ∈ \ 1 1+ t2  

β) Να µελετηθεί η f ως προς την µονοτονία και να αποδειχθεί ότι η γραφική παράσταση (c) διαθέτει δύο σηµεία καµπής τα οποία ας σηµειώσουµε µε Α και Β. γ) Να βρεθεί το εµβαδόν του χωρίου που οριοθετείται από την (c) και το ευθύγραµµο τµήµα ΑΒ. ΛΥΣΗ 1) f ′( x) = f ( x) ⇒ f ′( x) − f ( x) = 0 ⇒ f ′( x) ⋅ e x − f ( x) ⋅ e x = 0 ⋅ e x ⇒

f ′( x) ⋅ e x − f ( x) ⋅ (e x )′ 0  f ( x) ′ = ⇒  x  = 0 ∀x∈\ (e x ) 2 (e x ) 2  e  f ( x) ⇒ x = c ⇒ f ( x) = c ⋅ e x ∀ x ∈ \ e ⇒

Επαλήθευση: f ′( x) = ce x ά ρα f ′( x) = f ( x)

 f (t )   1 + t 2 συνεχ ής  x f (t ) f ( x) = 1+ ∫ 2) (1) ⇒ dt ⇒   1 1+ t2 1 + x2  x f (t ) dt παραγ   ∫1   1+ t2   x  f (t )  ′  f ( x) ′ f ( x)  f ( x) ′ 1 ⇒ = +  ∫1  1 + t 2  dt  ⇒  1 + x 2  = 1 + x 2 2   1+ x        (1) f ( x) ⇒ = c ⋅ ex 2 1+ x (1) ⇒ x = 1 ⇒ f (1) = (1 + 1)(1 + 0) ⇒ f (1) = 2 2 f (1) = c ⋅ e1 ⇒ = c ⋅ e1 ⇒ c = e−1 Άρα 1+1 2 f ( x) ά ρα = e −1 ⋅ e x ⇒ f ( x) = e x −1 ( x 2 + 1) 2 1+ x f ′( x) = e x −1 ( x 2 + 1) + e x −1 ⋅ 2 x ⇒ f ′( x) = e x −1 ( x 2 + 1 − 2 x) ⇒ ⇒ f ′( x) = e x −1 ( x − 1) 2 ≥ 0 ∀ x ∈ \

18 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

19 Και η ισότητα ισχύει για x = 1 µόνο, άρα f ( x) / στο \ .

f ′′( x) = e x −1 ( x − 1) 2 + e x −1 ⋅ 2( x − 1) = e x −1 ( x 2 − 2 x + 1 + 2 x − 2) ⇒ ⇒ f ′′( x) = e x −1 ( x 2 − 1) f ′′( x) ≥ 0 ⇒ x 2 − 1 ≥ 0 ⇔ x 2 ≥ 1 ⇒ x ≥ 1 ή x ≤ −1

στο Α ( −1, f (−1) ) σ .κ στο Β (1, f (1) ) σ .κ AB : y − y A =

yB − y A ( x − x A ) ⇒ y − f (−1) = ... xB − x A

Στο διάστηµα ανάµεσα στα σ.κ. Α, Β η f είναι κοίλη, άρα C f ≥ AB ⇒ f ( x) − AB ≥ 0

E=∫

−1

f ( x) − AB dx = ∫

−1

( f ( x) − AB ) dx = ...

24. Θεωρούµε τη συνάρτηση f που ορίζεται από τον τύπο: f ( x) = ∫

et dt , για κάθε t

x≥0.

1) Να καθοριστούν οι τιµές της µεταβλητής x για τις οποίες είναι f ( x) ≥ ln x . 2) Να προσδιοριστεί (εφόσον υπάρχει) το όριο: lim

∫

x →+∞ 1

et − x dt . t

ΛΥΣΗ 1) Θέτω: g ( x) = f ( x) − ln x . Αρκεί να λύσω την g ( x) ≥ 0 .

1 ex 1 ex −1 µε g (1) = 0 g ′( x) = f ′( x) − = − = x x x x

g ′( x) ≥ 0 ⇒ x ≥ 0 x ≥ 1 ⇒ g ( x) ≥ g (1) ⇒ g ( x) ≥ 0 x < 1 ⇒ g ( x) < g (1) ⇒ g ( x) < 0 Άρα η g ( x) έχει λύση µόνο για x ≥ 1 .

ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

2) lim

∫

t−x

x →+∞ 1

dt = lim

∫

e− x ⋅

x →+∞ 1

∫1 xe e dt = lim e− x ∫ dt = lim 1 t x →+∞ x →+∞ t t

et dt f ( x) t = lim x x x →+∞ e e

t t xe xe  et   συνεχ ής ⇒ ∫1 dt παραγ ⇒ ∫1 dt συνεχ ής  t t  t  Για x ≥ 1 έ χω f ( x) ≥ ln x

Επειδή lim ln x = +∞ τ ότε lim f ( x) = +∞ x →+∞

x →+∞

ex f ( x) f ′( x) 1 Άρα, lim x = lim x = lim xx = lim = 0 x →+∞ e x →+∞ (e )′ x →+∞ e x →+∞ x ∞ ∞

25. Αν f συνεχής στο [ 0,1] , να βρείτε την ελάχιστη τιµή της παράστασης

∫ (∫ 1

)

f ( x) f ( y )dy dx − ∫ f ( x)dx . 0

ΛΥΣΗ

∫ ( ∫ f ( x) f ( y)dy ) dx − ∫ f ( x)dx = ∫ f ( x) ( ∫ f ( y)dy ) dx −∫ f ( x)dx = 1

= ∫ f ( y )dy ⋅ ∫ f ( x)dx − ∫ f ( x)dx = = ∫ f ( x)dx ⋅ ∫ f ( x)dx − ∫ f ( x)dx = ( ∫ f ( x)dx = κ ) = κ ⋅κ − κ = κ − κ 2

Τριώνυµο µε a = 1 > 0 , άρα η ελάχιστη τιµή είναι: −

26. Αν µια συνάρτηση g ( x) = ∫

x +3

∆ (−1) 2 − 4 ⋅1 ⋅ 0 1 =− =− 4a 4 ⋅1 4

είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο

f (t )dt , να δείξετε ότι η g είναι γνησίως φθίνουσα στο \ .

ΛΥΣΗ x

g ( x) = − ∫ f (t )dt + ∫ 0

x +3

f (t )dt

g ′( x) = − f ( x) + f ( x + 3) f2

Για x < x + 3 ⇒ f ( x) > f ( x + 3) ⇒ f ( x + 3) − f ( x) < 0 ⇒ g ′( x) < 0 ∀ x ∈ \, ά ρα g ( x) 0 στο \ 20 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

\ και

27. Η γραφική παράσταση ( C f ) µιας συνεχούς συνάρτησης f βρίσκεται πάνω από τον άξονα των x στο διάστηµα από 1 έως α. Η επιφάνεια που ορίζεται από την καµπύλη ( C f ), τον άξονα των xx΄ και τις ευθείες x = 1 και x = a έχει εµβαδόν: E = a 2 + 1 − 2 , για κάθε a >1.

1) Να βρεθούν όλες οι ασύµπτωτες που διαθέτει η γραφική παράσταση της f . 2) Να βρεθεί το lim

∫

x +1

x →+∞ x

f (t )dt .

ΛΥΣΗ a

a 1) E = a 2 + 1 − 2 ⇒ E =  x 2 + 1  = ∫ 1  1

Άρα η εξίσωση είναι: f ( x) = • •

x x2 + 1

(

)

a ′ x 2 + 1 dx = ∫ 1

x x +1 2

συνεχής στο \ .

Όχι κατακόρυφες

lim f ( x) = lim

x →+∞

x x +1 2

= lim

x →+∞

x 1+

1 x2

1 =1 1+ 0

Άρα η y = 1 οριζόντια στο +∞ •

lim f ( x) = lim

x →−∞

x 1 −x 1+ 2 x

= − lim

x →−∞

1 1 1+ 2 x

= −1

Άρα η y = −1 οριζόντια στο −∞ .

2) α΄ τρόπος

ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

22 lim

∫

x +1

x →+∞ x

= lim

x →+∞

f (t )dt = lim

∫

x +1

x →+∞ x

(

( x + 1)

(

)

x +1 ′ t 2 + 1 dt = lim  t 2 + 1  = x →+∞  x

)

+ 1 − x 2 + 1 = lim

)(

( = lim

x →+∞

x2 + 2 x + 2 − x2 + 1 ⋅

(

x2 + 2 x + 2 + x2 + 1

x →+∞

)

x2 + 2 x + 2 − x2 + 1 =

1  x2 +  x + 2x + 2 − x −1 x  = = lim = lim →+∞ x →+∞  x  2 2 1  2 2 1  x  1+ + 2 + 1+ 2  x  1+ + 2 + 1+ 2  x x x  x x x    2+0 2 = = =1 1+ 0 + 0 + 1+ 0 2 2

β΄ τρόπος f (t ) συνεχής στο [ x, x + 1]

t2 +1 − t f ′(t ) =

t2 +1

+1 = (

)

t2 +1 − t2 t 2 + 1 ( t 2 + 1)

t2 +1− t2

t 2 + 1 ( t 2 + 1)

⇒ f (t ) / στο [ x, x + 1] Άρα από θεώρηµα µέγιστης- ελάχιστης τιµής m ≤ f (t ) ≤ M (1) , όπου m = f ( x) , M = f ( x + 1) λόγω µονοτονίας (1) ⇒ ∫

x +1

mdt ≤ ∫

x +1

f (t )dt ≤ ∫

⇒ m ( x +1− x) ≤ ∫

x +1

⇒m≤∫

x +1

Mdt

f (t )dt ≤ M ( x + 1 − x ) ⇒

f (t )dt ≤ M ⇒ f ( x) ≤ ∫

x +1

lim f ( x) = lim

f (t )dt ≤ f ( x + 1) (2)

= ... = 1 (2) x2 + 1 x +1 ⇒ lim ∫ f (t )dt = 1 x +1 Κ .Π . x →+∞ x lim f ( x + 1) = lim =1 2 x →+∞ x →+∞ ( x + 1) + 1 x →+∞

x →+∞

28. ∆ίνεται η συνάρτηση f παραγωγίσιµη στο \ για την οποία ισχύει f ′( x) < x , για κάθε x ∈ \ . Αποδείξτε ότι: f (4) − f (2) < 6 .

ΛΥΣΗ

22 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

23  x 2 ′  x 2 ′ f ′( x) − x < 0 ⇒ f ′( x) −   < 0 ⇒  f ( x) −  < 0 2  2 

Θέτω: g ( x) = f ( x) −

x2 2

Έχω g ′( x) < 0 g συν [ 2, 4] g παρ ( 2, 4 ) ⇒ f (4) −

θ . Μ .Τ

⇒ ∃ξ ∈ ( 2, 4 ) : g ′(7) =

g (4) − g (2) g ′(7)<0 g (4) − g (2) ⇒ < 0 ⇒ g (4) − g (2) < 0 4−2 2

42 22 − f (2) + < 0 ⇒ f (4) − f (2) < 8 − 2 ⇒ f (4) − f (2) < 6 2 2

29. Να βρείτε τον γεωµετρικό τόπο των εικόνων των µιγαδικών z, αν ισχύει ln z = 1 − z .

ΛΥΣΗ ln z = 1 − z ⇒ ln z − 1 + z = 0 (1)

Θέτω: f ( x) = ln x − 1 + x f ′( x) =

D f = ( 0, +∞ )

1 + 1 > 0 ⇒ f ( x) / στο ( 0, +∞ ) x

Παρατηρώ f (1) = ln1 − 1 + 1 = ln1 = 0 Άρα, x0 = 1 ρίζα και λόγω µονοτονίας µοναδική, άρα f "1−1"

f (1) = 0 ⇔ f (1) = ln z − 1 + z ⇔ f (1) = f ( z ) ⇔ z = 1

Κύκλος κέντρου (0, 0) , ακτίνας 1. 30. Έστω μία παραγωγίσιμη συνάρτηση f : \ → \ , για την οποία ισχύει f (0) = 3 και, ( x − 2) f '( x) = x 2 − 5 x + 6 , για κάθε x ∈ \ . Να βρείτε τον τύπο της f . ΛΥΣΗ. Έστω ότι μια συνάρτηση f πληροί τις δοσμένες συνθήκες. Τότε για κάθε x ∈ \ με x ≠ 2 θα έχουμε:

( x − 2 )( x − 3) ⇒ f '( x) = x − 3 ⇒ x2 − 5x + 6 f '( x) = ⇒ f '( x) = x−2 x−2 1 2  2 x − 3 x + c1 , x < 2 1 2  f '( x) =  x − 3 x  ' ⇒ f '( x) =  2   1 x 2 − 3x + c , x > 2 2  2 Λόγω συνέχειας στο , αφού είναι παραγωγίσιμη στο \ , βρίσκουμε ότι c1 = c2 = c και ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

24 επειδή f (0) = 3 , βρίσκουμε ότι c = 3 Συνεπώς: f ( x) =

1 2 x − 3 x + 3 ,για κάθε πραγματικό αριθμό 2

x ≠ 2. Εξάλλου, επειδή η f είναι συνεχής στο 2 , έχουμε: f (2) = lim f ( x) . Για το όριο θεωρούμε ότι το x →2

είναι κοντά στο , για παράδειγμα ότι: x ∈ (1, 2 ) ∪ ( 2,3) , οπότε x ≠ 2 και συνεπώς

1 1 f (2) = lim f ( x) = lim( x 2 − 3x + 3) = −1 . Συμπεραίνουμε ότι τότε: f ( x) x 2 − 3 x + 3 , για κάθε x →2 x →2 2 2 x∈\. Όπως βρίσκουμε εύκολα, η συνάρτηση που βρήκαμε πληροί τις δοσμένες συνθήκες και άρα είναι η μοναδική.

∫ (∫ x

συνεχής συνάρτηση στο \ για την οποία ισχύει:

30B. Έστω

)

f ( x) ≥ 0 και

f (t )dt du ≥ 2 x − 2 , για κάθε x ∈ \ . Υπολογίστε το εµβαδόν του χωρίου που

περικλείεται από την C f , τον xx΄ και τις ευθείες x = 0 και x = 1 .

ΛΥΣΗ

Θέτω: g ( x) = ∫

(∫

)

f (t )dt du − 2 x + 2 x

µε g (1) = 0 και g ′( x) = ∫ f (t )dt − 2 (1) 0

f ( x )≥0

E = ∫ f ( x) dx = 0

∫

f ( x)dx ⇒ E = ∫ f (t )dt (2) 0

Η g στο 1 παραγωγ ίσιµη .

θ . Fermat

(1)

Η g στο 1 ακρ ότατο αϕο ύ g ( x) ≥ g (1) ⇒ g ′(1) = 0 ⇒ ∫ f (t )dt − 2 = 0 0 Το 1 εσωτερικ ό του \ (2)

⇒ E − 2 = 0 ⇒ E = 2τ .µ .

31. ∆ίνεται η συνάρτηση f ( x) =

1 1 + x4

+ 4 µε x > 0 .

α) Να βρεθεί η µονοτονία της f . β) Να βρεθεί το lim

∫

x +1

x →+∞ x

f (t )dt .

ΛΥΣΗ

24 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

25 α) f ′( x) =

4 x3 2 1 + x4

> 0 ∀x > 0⇒ f /

β) f (t ) συνεχής στο [ x, x + 1] και f /

Άρα θεώρηµα µέγιστης-ελάχιστης τιµής (µε m = f ( x) και M = f ( x + 1) ) m ≤ f (t ) ≤ M ⇒ ∫

x +1

⇒ m ( x +1− x) ≤ ∫

x +1

⇒ f ( x) ≤ ∫

x +1

mdt ≤ ∫

x +1

f (t )dt ≤ ∫

x +1

Mdt

f (t )dt ≤ M ( x + 1 − x ) ⇒

f (t )dt ≤ f ( x + 1)

lim f ( x) = ... = +∞

x →+∞

lim f ( x + 1) = ... = +∞

Κ .Π .

⇒ lim

∫

x +1

x →+∞ x

f (t )dt = +∞

x →+∞

Όµοια µε 27 αλλά εδώ δεν µπορώ να δουλέψω µε τον α΄ τρόπο γιατί δεν ξέρω το ολοκλήρωµα της f ( x) .

32. Έστω συνάρτηση

συνεχής στο σηµείο

x0 = 1 , για την οποία ισχύει:

f ( x) ⋅ ln x ≤ x − 1 (1) , για κάθε x > 0 . Αποδείξτε ότι: f (1) =

1 . 2

ΛΥΣΗ

1η περίπτωση Αν f παραγωγίσιµη, τότε θα θέσω: g ( x) = f ( x) ln x − x + 1 1 1 µε g (1) = 0 και g ′( x) = f ′( x) ln x + f ( x) ⋅ − (2) x 2 x άρα g ( x) ≥ g (1) ∀ x > 0 Η g στο 1 ακρ ότατο Στο 1 παραγωγ ίσιµη Το 1 εσωτερικ ό στο ( 0, +∞ )

θ . Fermat

(2) 1 1 1 ⇒ g ′(1) = 0 ⇒ f ′(1) ln1 + f (1) ⋅ − = 0 ⇒ f (1) = 1 2 2

2η περίπτωση Αν f όχι παραγωγίσιµη, τότε δεν µπορώ να εφαρµόσω Fermat. •

Για x > 1 ⇒ ln x > ln1 ⇒ ln x > 0

ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

26 f ( x) ln x x −1 x −1 ≤ ⇒ f ( x) ≤ (3) ln x ln x ln x 1 0 1 x −1 0 lim = lim 2 x = x →1 ln x x →1 1 2 x 1 x −1 (3) ⇒ lim+ f ( x) ≤ lim+ ⇒ lim+ f ( x) ≤ (4) x →1 x →1 x →1 ln x 2 (1) ⇒

• (1) ⇒

Για x < 1 ⇒ ln x < ln1 ⇒ ln x < 0 f ( x) ln x x −1 x −1 ≥ ⇒ f ( x) ≥ ln x ln x ln x

⇒ lim− f ( x) ≥ lim− x →1

x →1

x −1 1 ⇒ lim− f ( x) ≥ (5) x →1 ln x 2

Όµως f συνεχής ⇒ lim− f ( x) = lim+ f ( x) = lim f ( x) = f (1) x →1

x →1

1 2 ⇒ f (1) = 1 1 2 (5) ⇒ f (1) ≥ 2 (4) ⇒ f (1) ≤

33. Αν z1 − z2 + z2 − z3 = z1 − z3 (1) , δείξτε ότι δεν µπορεί να είναι και οι 3 πραγµατικοί.

ΛΥΣΗ

A( z1 ) B ( z2 ) Γ( z3 ) Άρα (1) ⇒ ΑΒ 2 + ΒΓ 2 = ΑΓ 2 Άρα, ΑΒΓ ορθογώνιο, άρα αποκλείεται Α, Β, Γ συνευθειακά. 34.Αν f συνεχής , f : \ → \, f (1) = 1 , z ∈ ^, x ∈ \ και x

2∫ z + 5i f (t )dt ≤ − ∫ 1

z + 5i et −1dt + 12 ( x − 1) (1)

α) Βρες τον γεωµετρικό τόπο του M ( z ) (c) . β) Βρες τον τύπο της h( x) που έχει γραφική παράσταση την ( c ) . x

γ) Εµβαδόν από H ( x) = ∫ h(t )dt , xx′, yy′, x = 1 . 1

26 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

ΛΥΣΗ x

α) g ( x) = 2∫ z + 5i f (t )dt + ∫ 1

z + 5i et −1dt − 12 ( x − 1)

g (1) = 0 g ′( x) = 2 z + 5i f ( x) + z + 5i e x

−1

( x )′ − 12 ⇒ 2

⇒ g ′( x) = 2 z + 5i f ( x) + 2 z + 5i x ⋅ e x

−1

− 12 (2)

(1) ⇒ g ( x) ≤ g (1) άρα η Cg στο 1 έχει ακρότατο (2)

Από Θ. Fermat ⇒ g ′(1) = 0 ⇒ 2 z + 5i f (1) − 2 z + 5i 1⋅ e1 −1 − 12 = 0 ⇒ z + 5i + z + 5i = 6 ⇒ z + 5i + z − 5i = 6 ⇒ ⇒ z − ( 0 − 5i ) + z − ( 0 + 5i ) = 6 E ′ ( 0, −5 ) E ( 0,5 ) M ( z ) Άρα ME ′ + ME = 6 έλλειψη µε 2a = 6 ⇒ a = 3 x2 y2 x2 y2 y 2 x2 − 9 + = 1 ⇒ −1 = ⇒ = ⇒ 9 16 9 16 16 9 ⇒ y2 =

16 2 16 2 16 2 x − 9) ⇒ y = ± x − 9) ⇒ y = ( ( ( x − 9) 9 9 9

Άρα h( x) =

16 2 ( x − 9) 9

γ) E = ∫ H ( x) dx 0

H ( x) = ∫ h( x)dt ⇒ H ′( x) = h( x) > 0 ⇒ H ′( x) > 0 ⇒ H ( x) / 1

x > 1 ⇒ H ( x) > H (1) ⇒ H ( x) > 0 E = ∫ H ( x)dx = ∫ x′H ( x)dx = [ xH ( x) ]0 − ∫ xH ′( x)dx = 1

=  x ∫ h( x)dx  − ∫ xh( x)dx =  1  0 0 x

1/2 4 2 4 1 x − 9dx = − ∫ x ( x 2 − 9 ) dx = 0 3 3 * 2 −8 2 −8 2 −8 =− ∫ u1/2 2 xdx = − ∫ u1/ 2 du = − ∫ ...... 3 −9 3 −9 3 −9 1

= 1∫ h( x)dx − 0∫ h( x)dx − ∫ x ⋅ 1

ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

28 u = x 2 − 9 ⇒ du = 2 xdx    *  x = 0 ⇒ u = −9   x = 1 ⇒ u = −8    35. Αν f : ( −1, +∞ ) → \, f : συνεχ ής 0

4∫x tf ( x − 2t ) dt = ln (1 + x ) (1), x > −1 . 2

α) ∆είξτε ότι: f ( x) =

( x + 1)

β) Το εµβαδό που περικλείεται από την γραφική παράσταση της g me g ( x) = ( x3 + x 2 ) f ( x) , τους άξονες x′x, y′y, x = 1 γ) Να βρεθούν οι οριζόντιες ασύµπτωτες της h( x) = g (e x )ηµ e− x ΛΥΣΗ

1 α) u = x − 2t ⇒ du = −2dt ⇒ dt = − du 2 x x ⇒ u = x − 2⋅ ⇒ u = 0 2 2 t = 0 ⇒ u = x − 2⋅0 ⇒ u = x t=

x−4  1  f (u )  − du  = 2  2  xu−x xu x x =∫ f (u )du = ∫ f (u )du − ∫ f (u )du = 0 0 4 0 4 4 xu x x ∫0 4 f (u)du − 4 ∫0 f (u)du ⇒

∫

x 2

(1)

tf ( x − 2t ) dt = ∫

⇒ ∫ uf (u )du − x ∫ f (u )du = ln (1 + x ) 0

⇒ xf ( x) − ∫ f (u )du − xf ( x) = 0

⇒ − ∫ f (u )du = 0

1 ⇒ 1+ x

1 1  1 ′ ⇒ − f ( x) =   ⇒ f ( x) = 1+ x ( x + 1) 2  1+ x 

β) g ( x) = ( x 3 + x 2 ) f ( x) = x 2 ( x + 1)

1 x2 = > 0 στο ( −1, +∞ ) ( x + 1) 2 x + 1

28 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

29 1

E = ∫ g ( x)dx = ∫

2 1 x −1 x2 1  + dx = ∫  dx = 0 x +1  x +1 x +1 1

 x2    = ∫ ( x − 1) + ( ln x + 1 )′ dx =  − x + ln ( x + 1)  = ... 0   2 0 1

γ) Οριζόντιες ασύµπτωτες µόνο στο +∞ ( +∞⋅0 ) e2 x −x e ηµ = x →+∞ x →+∞ x →+∞ e x + 1 ex e x ηµ e − x = lim x ⋅ e x ⋅ηµ e − x = lim x ⋅ −x = l x →+∞ e + 1 x →+∞ e + 1 e x x e e 1 lim x = lim = =1 x →+∞ e + 1 x →+∞ 1 1  e x 1 + x   e  −x −x u = e , u0 = lim e = 0

lim h( x) = lim g (e x )ηµ e − x = lim

x →+∞

lim

x →+∞

ηµ e e

−x

= lim u →0

ηµ u u

Άρα l = 1 , άρα lim h( x) = 1 εποµένως η y = 1 οριζόντια στο +∞ . x →+∞

36. ∆ίνεται η συνάρτηση f : \ → \ µε τύπο f ( x) = x3 − x 2 + x , για κάθε x ∈ \ . i) Να αποδείξετε ότι η f είναι «1-1» και ότι το σηµείο A (1,1) είναι κοινό σηµείο των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων f και f −1 . ii) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτοµένης της C f στο σηµείο A (1,1) και να αποδείξετε ότι αυτή έχει και δεύτερο κοινό σηµείο µε την C f . iii) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτοµένης της γραφικής παράστασης της f −1 στο σηµείο A (1,1) .

f −1 ( x) − 1 iv) Να υπολογίσετε το όριο: lim . x →1 x −1 ΛΥΣΗ i) Έχουµε f ′( x) = 3 x 2 − 2 x + 1 > 0 για κάθε x ∈ \ , διότι το τριώνυµο 3x 2 − 2 x + 1 έχει

διακρίνουσα ∆ = 4 − 12 = −8 < 0 . Άρα, η f είναι γνησίως αύξουσα και συνεπώς «1-1». Επίσης,

ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

30 ισχύει f (1) = 1 , οπότε και f −1 (1) = 1 . Το σηµείο A (1,1) είναι κοινό σηµείο των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων f και f −1 . ii) εφαπτοµένη (ε ) της C f στο σηµείο A (1,1) :

y − f (1) = f ′(1)( x − 1) ⇔ y − 1 = 2( x − 1) ⇔ y = 2 x − 1 Η f ( x) = 2 x − 1 ισοδύναµα γράφεται: x3 − x 2 + x = 2 x − 1 ⇔ x3 − x 2 − x + 1 = 0 ⇔ ⇔ x 2 ( x − 1) − ( x − 1) = 0 ⇔ ( x − 1) ( x 2 − 1) = 0 ⇔ ⇔ x = 1 ή x = −1 ∆εύτερο κοινό σηµείο της (ε ) µε την C f : B ( −1, −3) iii) C f , C f −1 συµµετρικές ως προς την ευθεία y = x . Το ίδιο ισχύει µε την (ε ) της C f στο A (1,1) και τη ζητούµενη εφαπτοµένη (η ) της C f −1 στο A (1,1) .

εξίσωση της (ε ) : y = 2 x − 1 εξίσωση της (η ) : x = 2 y − 1 ⇔ y =

1 1 x+ 2 2

f −1 ( x) − f −1 (1) ισούται µε την παράγωγο της x −1

iv) lim x →1

f −1 στο σηµείο x0 = 1 , η οποία

παράγωγος ισούται µε τον συντελεστή διεύθυνσης της εφαπτοµένης (η ) , που είναι λ = f −1 ( x) − f −1 (1) 1 = Άρα, lim x →1 2 x −1 37. Έστω συνάρτηση f : [ 0, +∞ ) → \ η οποία είναι παραγωγίσιµη και κυρτή. i) Να αποδείξετε ότι: f ′( x) < f ( x + 1) − f ( x) < f ′( x + 1) , για κάθε x > 0 . ii) Να µελετήσετε ως προς την µονοτονία τις συναρτήσεις F , G : [ 0, +∞ ) → \ µε τύπους: F ( x) = ∫

x +1

f (t )dt − f ( x) και G ( x) = ∫

x +1

f (t )dt − f ( x + 1) , για κάθε x ≥ 0 .

iii) Να αποδείξετε ότι: f (1) − f (0) < ∫ f (t )dt − ∫ f (t )dt < f (2) − f (1) 1

ΛΥΣΗ

30 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

1 . 2

31 i) f παραγωγίσιµη στο [ 0, +∞ ) , ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ. στο [ x, x + 1] για

κάθε x > 0 . ∃ξ ∈ ( x, x + 1) : f ′(ξ ) =

f ( x + 1) − f ( x) = f ( x + 1) − f ( x) ( x + 1) − x

Άρα f ′( x) < f ′(ξ ) < f ′( x + 1) , για κάθε x > 0 που ισχύει διότι x < ξ < x + 1 . Η f ′ / αφού η f είναι κυρτή.

ii) F ( x) = ∫ f (t )dt + ∫

G ( x) = ∫

x +1

f (t )dt − f ( x) = ∫

x +1

f (t ) dt − ∫ f (t )dt − f ( x) και 1

f (t )dt − ∫ f (t )dt − f ( x + 1) 1

Άρα, F ′( x) = f ( x + 1) − f ( x) − f ′( x) και G′( x) = f ( x + 1) − f ( x) − f ′( x + 1) για κάθε x ≥ 0 . F ′( x) > 0   για κ άθε x > 0 G′( x) < 0  F , G συνεχείς στο [ 0, +∞ ) , άρα F :γνησίως αύξουσα και G : γνησίως φθίνουσα iii) Από την µονοτονία F , G συµπεραίνουµε ότι: F (0) < F (1) και G (0) > G (1) 1

F (0) < F (1) ⇔ ∫ f (t )dt − f (0) < ∫ f (t )dt − f (1) ⇔ 0

⇔ f (1) − f (0) < ∫ f (t )dt − ∫ f (t )dt 1

G (1) < G (0) ⇔ ∫ f (t )dt − f (2) < ∫ f (t )dt − f (1) ⇔ 1

⇔ ∫ f (t )dt − ∫ f (t )dt < f (2) − f (1) 1

Εποµένως: f (1) − f (0) < ∫ f (t )dt − ∫ f (t )dt < f (2) − f (1) . 1

ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

32 38. Έστω συνάρτηση f : \ → \ η οποία είναι συνεχής τέτοια, ώστε: x 1 f ( x) = ∫ 2 dt , για κάθε x ∈ \ . 0 f (t ) + 1 i) Να αποδείξετε ότι η f είναι παραγωγίσιµη και γνησίως αύξουσα. f ( x) ii) Να βρείτε το lim . x →0 x 3 iii) Να αποδείξετε ότι: ( f ( x) ) + 3 f ( x) = 3 x για κάθε x ∈ \ . iv) Αν το σύνολο τιµών της f είναι το f (\) = \ , να βρείτε το εµβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την γραφική παράσταση της f −1 και τις ευθείες y = 0, x = 1 . ΛΥΣΗ i)

1 συνεχής στο \ και f (t ) + 1 2

∫

1 παραγωγίσιµη στο \ . f (t ) + 1 2

 x ′ 1 1 > 0 για κάθε x ∈ \ . Άρα, η f είναι γνησίως αύξουσα. f ′( x) =  ∫ 2 dt  = 2 f ( x) + 1  0 f (t ) + 1  ii) f παραγωγίσιµη ⇒ συνεχής

lim f ( x) = f (0) = ∫ x →0

lim x →0

1 dt = 0 f (t ) + 1 2

(Είναι

0 άρα:) 0

f ( x) de L 'Hospital f ′( x) 1 1 = lim = lim 2 = 2 =1 x →0 ( x )′ x →0 f ( x ) + 1 x f (0) + 1

iii) f ′( x) =

1 ∀x∈\ f ( x) + 1 2

f 2 ( x) f ′( x) + f ′( x) = 1 ή ισοδύναµα 3 f 2 ( x) f ′( x) + 3 f ′( x) = 3 ⇒ ( f 3 ( x) + 3 f ( x) )′ = ( 3 x )′ f 3 ( x) + 3 f ( x) = 3 x + c για κάθε x ∈ \ Για x = 0 : f 3 (0) + 3 f (0) = c ⇔ c = 0 Άρα, f 3 ( x) + 3 f ( x) = 3 x για κάθε x ∈ \

iv) Η f είναι / και «1-1». Έχει αντίστροφη f −1 που ορίζεται σε όλο το \ .

f ( x) = y ⇔ y 3 + 3 y = 3 x ⇔ x = Άρα, f −1 ( x) =

1 3 y +y 3

1 3 1  x + x = x  x 2 + 1 για κάθε x ∈ \ . 3 3 

32 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

33 f −1 ( x) ≥ 0 για κάθε x ∈ [ 0,1] . 1

E=∫

 x3   x4 x2  1 1 7 7 f ( x)dx = ∫  + x  dx =  +  = + = ⇒ E = τ .µ . 0 12  3   12 2  0 12 2 12 1

−1

39. Έστω συνάρτηση f : \ → \ η οποία είναι συνεχής τέτοια, ώστε: f ( x) > 2 x ∫

f (u ) du u2 +1

για κάθε x ∈ \ . Να αποδείξετε ότι: i) η συνάρτηση g ( x) =

∫

ii)

∫

f (u ) du u 2 + 1 , x ∈ \ είναι γνησίως αύξουσα. x2 + 1

f (u ) > 0 για κάθε x > 0 . u2 +1

iii) f ( x) > 0 για κάθε x > 0 . iv)

∫

f (u ) x 2 + 1 1 f (u ) du > du , για κάθε x > 1 . u2 +1 2 ∫0 u 2 + 1

v) αν υπάρχει το lim f ( x) , τότε αυτό είναι ίσο µε +∞ . x →+∞

ΛΥΣΗ

i) g ′( x) =

(x =

+ 1) ⋅

x f (u )  x f (u ) ′ + 1)  ∫ 2 du  − 2 x ∫ 2 du 0 u +1  0 u +1  = 2 2 x + 1 ( )

x f (u ) f ( x) 2 x du − ( x2 + 1) ∫0 u 2 + 1

+ 1)

f (u ) du 0 u2 +1 > 0 , για κάθε x ∈ \ . 2 ( x 2 + 1)

f ( x) − 2 x ∫

Άρα, η g είναι γνησίως αύξουσα. ii, iii) Για κάθε x > 0 θα ισχύει: g ( x) > g (0)

∫

f (u ) du u 2 + 1 > 0 , x 2 + 1 > 0 άρα x2 + 1

∫

Για κάθε x > 0 ισχύει: 2 x > 0 και

f (u ) du > 0 u2 +1

∫

f (u ) du > 0 u2 +1

f (u ) du > 0 , για κάθε x > 0 u2 +1 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α. Άρα, f ( x) > 2 x ∫

iv) g / για κάθε x > 1 ισχύει: g ( x) > g (1)

∫

f (u ) du u 2 + 1 > 1 1 f (u ) du x2 + 1 2 ∫0 u 2 + 1

Για κάθε x > 1 :

∫

f (u ) x 2 + 1 1 f (u ) > du du u2 +1 2 ∫0 u 2 + 1

v) Από το ερώτηµα (iv) προκύπτει: 2 x ∫

f ( x) > ( x3 + x ) ∫

f (u ) dt , για κάθε x > 1 (1) u2 +1

Όµως, lim ( x 3 + x ) = lim x3 = +∞ και x →+∞

x →+∞

f (u ) du > 0 0 u2 +1

∫

f (u ) du = +∞ 0 u2 +1

Άρα, lim ( x 3 + x ) ∫ x →+∞

lim f ( x) ≥ lim ( x 3 + x ) ∫

x →+∞

1 f (u ) f (u ) dt > x ( x 2 + 1) ∫ 2 du , για κάθε x > 1 . 2 0 u +1 u +1

x →+∞

f (u ) du u2 +1

Άρα, lim f ( x) = +∞ x →+∞

40. Έστω συνάρτηση f , δύο φορές παραγωγίσιµη στο \ , µε συνεχή δεύτερη παράγωγο και σύνολο τιµών το διάστηµα [ a, β ] , όπου a < 0 < β . Να αποδείξετε ότι: i) υπάρχουν δύο τουλάχιστον σηµεία x1 , x2 , µε x1 ≠ x2 , ώστε f ′( x1 ) = f ′( x2 ) = 0 . ii) υπάρχει ένας τουλάχιστον αριθµός x3 ∈ \ , ώστε f ′′( x3 ) = 0 . iii) Η εξίσωση f ( x) + f ′( x) f ′′( x) = 0 έχει µία τουλάχιστον ρίζα στο \ . iv) Η εξίσωση f ′′( x) + [ f ′( x) ] = 0 , έχει µία τουλάχιστον ρίζα στο \ . 2

ΛΥΣΗ i) Αφού η f έχει σύνολο τιµών [ a, β ] , παρουσιάζει ελάχιστη τιµή α, δηλαδή υπάρχει x1 ∈ \

ώστε f ( x1 ) = a (1) και µέγιστη τιµή β, δηλαδή υπάρχει x2 ∈ \ ώστε f ( x2 ) = β (2) . Επειδή η

f είναι παραγωγίσιµη στο \ , από το θεώρηµα Fermat έχουµε f ′ ( x1 ) = 0 και f ′ ( x2 ) = 0 . Άρα, x1 ≠ x2 . 34 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

ii) Έστω π.χ. x1 < x2 . Η f ′ είναι συνεχής στο [ x1 , x2 ] και παραγωγίσιµη στο

( x1 , x2 )

µε

f ′( x1 ) = f ′( x2 ) = 0 . Από το θεώρηµα Rolle, υπάρχει x3 ∈ ( x1 , x2 ) ώστε f ′′( x3 ) = 0 . iii) Η συνάρτηση g ( x) = f ( x) + f ′( x) f ′′( x) είναι συνεχής στο [ x1 , x2 ] µε:

g ( x1 ) = f ( x1 ) + f ′( x1 ) f ′′( x1 ) = a < 0 και g ( x2 ) = f ( x2 ) + f ′( x2 ) f ′′( x2 ) = β > 0 Από το θεώρηµα Bolzano υπάρχει ξ ∈ ( x1 , x2 ) µε g (ξ ) = 0 . Το ξ είναι ρίζα της δοσµένης εξίσωσης. iv) Η συνάρτηση h( x) = f ′( x) ⋅ e f ( x ) είναι συνεχής στο [ x1 , x2 ] και παραγωγίσιµη στο ( x1 , x2 ) 2 µε h′( x) = f ′′( x) ⋅ e f ( x ) + f ′( x) ⋅ e f ( x ) ′ = e f ( x ) ⋅  f ′′( x) + ( f ′( x) )   

h( x1 ) = f ′( x1 ) ⋅ e f ( x1 ) = 0 και h( x2 ) = f ′( x2 ) ⋅ e f ( x2 ) = 0 Από το θεώρηµα Rolle, υπάρχει ξ ∈ ( x1 , x2 ) , ώστε: h′(ξ ) = 0 ⇔ f ′′(ξ ) + ( f ′(ξ ) ) = 0 2

41. Έστω f ( x) συνεχής συνάρτηση στο ∆ ( 0, +∞ ) για την οποία ισχύει f ( x) ≠ 1 και 2

x2 1  1 1  t  +x,x >0. f ( x) = + ∫ 1 − f    dt , για κάθε x > 0 και η συνάρτηση g ( x) =  x x f ( x) − 1 2  x 

Να αποδείξετε ότι: i) Η f είναι γνησίως αύξουσα στο ∆. ii) Η g είναι σταθερή στο ∆. iii) Ο τύπος της f είναι f ( x) =

x , x > 0 και βρείτε το σύνολο τιµών f ( ∆ ) . x +1

f ( x) . x →0 ln( x + 1)

iv) Να υπολογίσετε το lim

ΛΥΣΗ i) Θέτω:

t = u ⇔ t = xu άρα dt = xdu x

•

Για t = x ⇒ u = 1

•

Για t = x 2 ⇒ u = x

ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

36 2

f ( x) =

x1 x 1 1 2 + ∫ [1 − f (u ) ] xdu = + ∫ [1 − f (u ) ] du 2 1 x 2 1

x 2 2 1 ′ Άρα, η f είναι παραγωγίσιµη στο ∆ µε: f ′( x) =  + ∫ [1 − f (u ) ] du  = [1 − f ( x) ] > 0 (1) 2 1 

Άρα, η f είναι γνησίως αύξουσα.

(1)  ′ 1 − f ′( x) 1 ii) Η g είναι προφανώς παραγωγίσιµη µε: g ′( x) =  + x = + =− 1 + 1 = 0 2  f ( x) − 1  [ f ( x) − 1]

iii) Για x = 1 είναι f (1) =

οπότε g (1) =

2 1 1 1 + ∫ [1 − f (u ) ] du = 2 1 2

1 1 +1 = + 1 = −2 + 1 = −1 και αφού η g είναι σταθερή, έχουµε: 1 f (1) − 1 −1 2

g ( x) = −1 , για κάθε x > 0 . 1 1 x + x = −1 ⇔ = − x − 1 ⇔ f ( x) = f ( x) − 1 f ( x) − 1 x +1

g ( x) = −1 ⇔ Επίσης, lim+ x →0

x x = 0 και lim =1 x →+∞ x +1 x +1

(

)

Άρα, f (∆) = lim+ f ( x), lim f ( x) = ( 0,1) x →0

x →0

1  x ′ x 2   x + 1) ( 1 f ( x) x +1  + 1 x = lim = lim = lim = lim =1 iv) lim x →0 ln( x + 1) x → 0 ln( x + 1) x →0 x →0 x →0 x + 1 1 ′ ( ln( x + 1) ) x +1

42. ∆ίνεται η συνάρτηση f , ορισµένη στο \ , µε τύπο: f ( x) = x − z − x + z , όπου z συγκεκριµένος µιγαδικός αριθµός µε z = z + i β , a, β ∈ \, a ≠ 0 . α) Να βρείτε τα όρια lim f ( x), lim f ( x) . x →+∞

x →−∞

β) Να βρείτε τα ακρότατα της f , εάν z + 1 > z − 1 . γ) Να βρείτε το σύνολο τιµών της f και το πλήθος των ριζών της.

ΛΥΣΗ

36 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

37 2

f ( x) = x − z − x + z = x − a − i β − x + a − iβ =

( x − a)

+ β 2 − ( x + a ) + β 2  4ax   =− 2 2 2 2 x +a +β x + a2 + β 2 2

 4ax   −4 a  α) lim f ( x) = lim  − 2  = lim  =0 x →+∞ x →+∞  x  x →+∞  x   4ax   −4a  lim f ( x) = lim  − 2  = lim  =0 x →−∞ x →−∞  x  x →−∞  x 

β) z + 1 > z − 1 ⇒ a + i β + 1 > a + i β − 1 ⇒

( a + 1)

+β2 >

Η f παραγωγίζεται στο \ µε παράγωγο: f ′( x) = −4a

= −4 a

− x2 + a2 + β 2

( x2 + a2 + β 2 )

⇒ f ′( x) = 4a

x2 − ( a2 + β 2 )

( x2 + a2 + β 2 )

( a − 1)

+β2 ⇔ a > 0

( x )′ ( x 2 + a 2 + β 2 ) − x ( x 2 + a 2 + β 2 )′

+ a2 + β 2 )

, a>0

(

)

όπου M = f − a 2 + β 2 =

2a a 2 + β 2 , M >0 a2 + β 2

Σύνολο τιµών της f :

(

)

) (

(

)

f ( \ ) =  lim f ( x), f − a 2 + β 2  ∪  f a 2 + β 2 , f − a 2 + β 2  ∪  f  x →−∞     = ( 0, M ] ∪ [ − M , M ] ∪ [ − M , 0 ) = [ − M , M ]

(

)

a 2 + β 2 , lim f ( x)  =  x →+∞

άρα η f έχει ολικό µέγιστο τον αριθµό Μ και ολικό ελάχιστο τον –Μ.

 2a a 2 + β 2 2a a 2 + β 2 γ) Για a > 0 : f ( \ ) = [ − M , M ] ⇒ f ( \ ) =  − , a2 + β 2 a2 + β 2   2a a 2 + β 2 2a a 2 + β 2 − , Για a < 0 : f ( \ ) =  2 2 a2 + β 2  a + β

f ( x) = 0 ⇔ −

  

4ax = 0 ⇔ x = 0 , δηλαδή η f έχει µοναδική ρίζα x = 0 . x + a2 + β 2 2

ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

38 43. ∆ίνεται η συνάρτηση f : \ → \ για την οποία ισχύει η ισότητα

∫

f ( x)

1+ t2

( fof )(κ 2 + 2 )

dt = x , για

κάθε x ∈ \ . α) Να αποδείξετε ότι:

i) Η τιµή της f στο x0 = 0 είναι f (0) = 0 . ii) Η f είναι γνησίως αύξουσα στο \ . β) Να βρείτε τις τιµές του κ ∈ \ για τις οποίες αληθεύει η ανίσωση

∫(

fof )( 3κ )

1+ t2

dt > 0

γ) Αν επιπλέον η f είναι συνεχής στο \ , να δείξετε ότι f ′(0) = 1 .

ΛΥΣΗ α) i) για x = 0 ⇒ ∫

f (0)

1+ t2

1 1+ t2

dt = 0

> 0 για κάθε t ∈ \ , θα είναι f (0) = 0 .

•

Αν f (0) > 0 , τότε

∫

f (0)

•

Αν f (0) < 0 , τότε

∫

f (0)

1 1+ t2

dt > 0 , άτοπο dt < 0 , άτοπο

ii) Έστω x1 , x2 ∈ \ µε x1 < x2 . Αν ήταν f ( x1 ) ≥ f ( x2 ) , τότε:

∫

f ( x1 )

f ( x2 )

1+ t

⇔∫

f ( x1 )

⇔∫

f ( x1 )

dt ≥ 0 ⇔ ∫

1 1+ t2 1 1+ t2

dt ≥ − ∫ dt ≥ ∫

0 f ( x2 )

f ( x2 )

1+ t 1

dt + ∫

f ( x1 )

1+ t2

dt ≥ 0 ⇔

dt ⇔ 1+ t2 1 dt ⇔ x1 ≥ x2 άτοπο 1+ t2

Άρα, f ( x1 ) < f ( x2 ) ⇒ η f είναι γνησίως αύξουσα.

β)

∫

f ( f (κ 2 + 2))

1 1+ t2

dt > ∫

f ( f (3κ ))

1 1+ t2

dt (1)

Η (1) είναι ισοδύναµη µε την f (κ 2 + 2) > f (3κ ) και αφού η f είναι γνησίως αύξουσα µε την

κ 2 + 2 > 3κ ⇔ κ 2 − 3κ + 2 > 0 ⇔ κ < 1 ή κ > 2 38 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

γ) lim x →0

f ( x) − f (0) f ( x) = lim = lim → x 0 x →0 x−0 x

∫

f ( x)

f ( x) 1 1+ t2

όπου f ( x) = u , άρα lim f ( x) = f (0) = 0 , δηλαδή u → 0 , άρα lim u →0

x →0

∫

g (u ) = ∫

1+ t2

(2) dt

dt , u ∈ \ είναι συνεχής ως παραγωγίσιµη, άρα

lim g (u ) = g (0) ⇔ lim ∫ u →0

u 1

u →0 0

1 1+ t

dt = ∫

1+ t2

dt = 0

0 Το όριο (2) είναι της µορφής   και από τον κανόνα De L’Hospital προκύπτει: 0 lim u →0

∫

u 1 1+ t2

(u )′

= lim dt

u →0

 u  ∫0 

′ 1 dt  1+ t2 

1 1

= lim u →0

1+ u2

Άρα, f ′(0) = 1 .

44. Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιµη στο \ µε f (0) = 1 και f ′( x) =

1 , για 3 f ( x) + 1 2

κάθε x ∈ \ . Α. Να αποδείξετε ότι: i) Για κάθε x ∈ \ ισχύει: f 3 ( x) + f ( x) = x + 2 . ii) Η f αντιστρέφεται και να βρεθεί f −1 : iii) Η τιµή της f στο x0 = −2 είναι f (−2) = 0 . Β. Να βρείτε τα σηµεία καµπής της f . Γ. Να υπολογιστεί το εµβαδόν του χωρίου που ορίζεται από την γραφική παράσταση της

f , τους άξονες x′x, y′y και την γραµµή x = −2 .

ΛΥΣΗ Α. i) Επειδή f ′( x) =

1 ⇒ 3 f ′( x) f 2 ( x) + f ′( x) = 1 ⇒  f 3 ( x) + f ( x) ′ = ( x)′ 3 f ( x) + 1 2

⇔ f 3 ( x) + f ( x) = x + c ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

40 Για x = 0 : f 3 ( x) + f ( x) = x + 2

( c = 2)

ii) y = f ( x) δίνει: y 3 + y = x + 2 ⇔ x = y 3 + y − 2, y ∈ \ .

Από την µοναδικότητα της λύσης x, προκύπτει ότι η f είναι «1-1» και άρα, έχει αντίστροφη την: f −1 ( x) = x 3 + x − 2, x ∈ \ .

iii) Επειδή f −1 (0) = −2 είναι ισοδύναµα: f (−2) = 0 .

Β. Η f ′( x) =

µε: f ′′( x) =

1 είναι παραγωγίσιµη στο \ , ως πηλικο παραγωγίσιµων συναρτήσεων 3 f ( x) + 1 2

−6 f ′( x) ⋅ f ( x) 3 f 2 ( x) + 1

Επειδή f ′( x) > 0 το πρόσηµο της f ′′ εξαρτάται µόνο από την f ( x) . Η f ( x) είναι γνησίως αύξουσα και έχει ρίζα -2. Έτσι: •

Με x < −2 : f ( x) < f (−2) ⇔ f ( x) < 0 ⇔ f ′′( x) > 0

•

Με x > −2 : f ( x) > f (−2) ⇔ f ( x) > 0 ⇔ f ′′( x) < 0

Η f έχει σηµείο καµπής το ( −2, 0 ) .

Γ. E = ∫

−2

f ( x) dx = ∫ f ( x)dx −2

[ x ≥ −2 ⇔

f ( x) ≥ 0]

Θέτουµε: f ( x) = u ⇔ x = f −1 (u ) , τότε: dx =  f −1 (u ) ′ du = ( u 3 + u − 2 )′ du = ( 3u 2 + 1) du Τα νέα άκρα ολοκλήρωσης είναι τα f (0) = 1 , f (−2) = 0 . Τότε: 1

 3u 4 u 2  5 E = ∫ u (3u + 1)du = ∫ ( 3u + u ) du =  +  = τ .µ . 0 0 2 0 4  4 1

40 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

41 45. ∆ίνεται η συνάρτηση f , µε f ( x) = x 5 − 5 x + a, a ∈ \ .( βασική ασκηση) α) Να µελετηθεί η f ως προς την µονοτονία και τα ακρότατα. β) Να βρεθεί το σύνολο τιµών της f . γ) Να βρεθεί το πλήθος των ριζών της εξίσωσης f ( x) = 0 , όταν −4 < a < 4 .

ΛΥΣΗ α) f ′( x) = 5 x 4 − 5

f ′( x) = 0 ⇔ 5 x 4 − 5 = 0 ⇔ 5 x 4 = 5 ⇔ x 4 = 1 ⇔ x = ±1

•

Η f είναι γνησίως αύξουσα στα

( −∞, −1]

και [1, +∞ ) , ενώ η f είναι γνησίως

φθίνουσα στο [ −1,1] . • • •

Η f παρουσιάζει στο x1 = −1 τοπικό µέγιστο την τιµή: f (−1) = (−1)5 − 5(−1) + a = −1 + 5 + a = a + 4 Η f παρουσιάζει στο x2 = 1 τοπικό ελάχιστο την τιµή: f (1) = 15 − 5 ⋅1 + a = a − 4 .

β) Στο ∆1 = ( −∞, −1] η f είναι γνησίως αύξουσα

lim f ( x) = lim ( x5 − 5 x + a ) = lim ( x 5 ) = −∞

x →−∞

f (−1) = a + 4 Άρα, f (∆1 ) = ( −∞, a + 4] . Στο ∆ 2 = ( −1,1) η f είναι γνησίως φθίνουσα lim+ f ( x) = f (−1) = a + 4 ( f συνεχ ής ) x →1

lim f ( x) = f (1) = a − 4 ( f συνεχ ής )

x →1−

Άρα, f (∆ 2 ) = ( a − 4, a + 4 ) . Στο ∆ 3 = [1, +∞ ) η f είναι γνησίως αύξουσα f (1) = a − 4 lim f ( x) = lim ( x5 − 5 x + a ) = lim ( x 5 ) = +∞

x →+∞

ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

42 Άρα, f (∆ 3 ) = [ a − 4, +∞ ) . Το σύνολο τιµών της είναι το f ( A) = ( −∞, +∞ )

γ) a − 4 < 0 < a + 4 , άρα 0 ∈ f (∆1 ) , 0 ∈ f (∆ 2 ) και 0 ∈ f (∆ 3 )

Η f ( x) = 0 έχει ακριβώς µία ρίζα σε καθένα από τα ∆1 , ∆ 2 και ∆ 3 . Άρα, η f ( x) = 0 έχει ακριβώς 3 ρίζες στο \ . 46.∆ίνεται η συνάρτηση f , που είναι παραγωγίσιµη στο \ και ισχύει f 5 ( x) + f 3 ( x) + f ( x) = x , για κάθε x ∈ \ . α) Να αποδειχθεί ότι η f δεν έχει ακρότατα. β) Να αποδειχθεί ότι η f αντιστρέφεται και να βρεθεί η f −1 . γ) Αν η C f διέρχεται από τα σηµεία A ( a,1) και B ( β , 2 ) , να υπολογιστεί το εµβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την C f και τις ευθείες x = a και x = β . ΛΥΣΗ α) Παραγωγίζοντας κατά µέλη έχουµε: 5 f 4 ( x) ⋅ f ′( x) + 3 f 2 ( x) ⋅ f ′( x) + f ′( x) = 1 ⇔ 1 ⇔ f ′( x) ⋅ 5 f 4 ( x) + 3 f 2 ( x) + 1 = 1 ⇔ f ′( x) = >0 4 5 f ( x) + 3 f 2 ( x) + 1

(5 f

( x) + 3 f 2 ( x) + 1 > 0, ∀ x ∈ \ ) . Άρα, η f είναι γνησίως αύξουσα και στερείται ακροτάτων.

β) Η f είναι γνησίως αύξουσα στο \ , άρα η f είναι «1-1», άρα η f είναι αντιστρέψιµη. Θέτω όπου x το f −1 ( x) , άρα: f 5 ( x) + f 3 ( x) + f ( x) = x ⇔

⇔ f 5 ( f −1 ( x) ) + f 3 ( f −1 ( x) ) + f ( f −1 ( x) ) = f −1 ( x) ⇔ x5 + x3 + x = f −1 ( x)

Άρα, f −1 ( x) = x5 + x3 + x . f/

γ) f (a ) < f ( β ) ⇒ a < β f/

a ≤ x ≤ β ⇒ f ( a ) ≤ f ( x) ≤ f ( β ) ⇔ 1 ≤ f ( x) ≤ 2

Άρα, f ( x) > 0 , για κάθε x ∈ [ a, β ] . E = ∫ f ( x)dx = ∫ u ⋅ ( 5u 4 + 3u 2 + 1)du = ∫ ( 5u 5 + 3u 3 + u ) du = β

 5u 6 3u 4 u 2   5 ⋅ 26 3 ⋅ 24 22   5 ⋅16 3 ⋅14 12  = + +  = + + − + + = 4 2 1  6 4 2  6 4 2  6 320 5 3 1 783 τ .µ. = + 12 + 2 − − − = 6 6 4 2 12 42 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

47. α) Αν a ∈ \* , z ∈ ^ και ισχύει z − a = z + ai , να αποδειχθεί ότι Re( z ) = − Im( z ) . β) Αν επιπλέον η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστηµα [κ , λ ] και αντιστρέψιµη και z = f (κ ) + i ⋅ f (λ ) , να αποδειχθεί ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον x0 ∈ (κ , λ ) , τέτοιο ώστε f ( x0 ) = 0 .

γ) Αν επίσης η f είναι δύο φορές παραγωγίσιµη στο (κ , λ ) και το x0 του β ερωτήµατος είναι το µέσο του διαστήµατος [κ , λ ] , να αποδειχθεί ότι η C f έχει ένα τουλάχιστον πιθανό σηµείο καµπής. ΛΥΣΗ α) Έστω: z = x + yi , µε x, y ∈ \ z − a = z + ai ⇔ x + yi − a = x + yi + ai ⇔

( x − a)

+ y2 = x2 + ( y + a ) ⇔ 2

⇔ x 2 − 2ax + a 2 + y 2 = x 2 + y 2 + 2ay + a 2 ⇔ −2ax = 2ay ⇔ x = − y ⇔ Re( z ) = − Im( z )

β) f (κ ) = − f (λ ) (από το α΄ ερώτηµα)

• •

Η f είναι συνεχής στο [κ , λ ] f (κ ) ⋅ f (λ ) = − f 2 (λ ) ≤ 0

Αν f (κ ) = 0 , τότε f (λ ) = 0 , δηλαδή f (κ ) = f (λ ) µε κ ≠ λ . Άτοπο, διότι η f είναι αντιστρέψιµη, άρα f (κ ) ⋅ f (λ ) < 0 . Θεώρηµα Bolzano: υπάρχει ένα τουλάχιστον x0 ∈ (κ , λ ) : f ( x0 ) = 0 . γ) Θ.Μ.Τ. στα [κ , x0 ] και [ x0 , λ ]

•

∃ ένα τουλάχιστον x1 ∈ (κ , x0 ) , τέτοιο ώστε: f ′( x1 ) =

•

f ( x0 ) − f (κ ) 0 − f (κ ) f (λ ) 2 f (λ ) (1) = = = κ +λ λ −κ λ −κ x0 − κ −κ 2 2

∃ ένα τουλάχιστον x2 ∈ ( x0 , λ ) , τέτοιο ώστε: f ′( x2 ) =

f (λ ) − f ( x0 ) f (λ ) − 0 f (λ ) 2 f (λ ) (2) = = = κ + λ λ −κ λ −κ λ − x0 λ− 2 2

o Η f ′ είναι παραγωγίσιµη στο [ x1 , x2 ] ⊆ (κ , λ ) o

f ′( x1 ) = f ′( x2 )

ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

44 Θεώρηµα Rolle: ∃ ένα τουλάχιστον ξ ∈ ( x1 , x2 ) ⊆ (κ , λ ) : f ′′(ξ ) = 0 Άρα, η C f έχει ένα τουλάχιστον πιθανό σηµείο καµπής.

48. Η συνάρτηση f είναι δύο φορές παραγωγίσιµη στο \ , η γραφική παράσταση της f τέµνει τον άξονα y′y στο A ( 0,3) και ισχύει: f ′( x) ⋅ f ( x) − f ′( x) = e2 x + e x , για κάθε x ∈ \ . α) Να αποδειχθεί ότι f ( x) = e x + 2 . β) Να αποδειχθεί ότι η f είναι αντιστρέψιµη και να βρεθεί η f −1 . γ) Να υπολογιστεί το εµβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την C f −1 , τον άξονα x′x και τις ευθείες x = e και x = e + 2 . ΛΥΣΗ  f 2 ( x ) ′  e2 x ′ α) f ′( x) ⋅ f ( x) − f ′( x) = e 2 x + e x ⇔  f ( x ) − =    2   2

′ x ′  + (e ) ⇔ 

′ . f 2 ( x)  f 2 ( x) ′  e 2 x e2 x x ⇔ − f ( x)  =  +e  ⇒ − f ( x) = + ex + c 2 2  2   2  ⇔ f 2 ( x ) − 2 f ( x ) = e 2 x + 2e x + 2c

Για x = 0 : f 2 (0) − 2 f (0) = e0 + 2e0 + 2c ⇔ 32 − 2 ⋅ 3 = 1 + 2 + 2c ⇔ 3 = 3 + 2c ⇔ c = 0 Άρα, f 2 ( x) − 2 f ( x) = e2 x + 2e x ⇔ f 2 ( x) − 2 f ( x) + ( −e2 x − 2e x ) = 0 2 ∆ = ( −2 ) − 4 ⋅1⋅ ( −e 2 x − 2e x ) = 4 + 4e 2 x + 8e x = 4 ( e 2 x + 2e x + 1) = 4 ( e x + 1) =  2 ( e x + 1)  > 0 2

f ( x) =

2 ± 2 ( e x + 1) 2

= 1 ± ( e x + 1)

Άρα, f ( x) = e x + 2 ή f ( x) = −e x Όµως, f (0) = 3 εποµένως f ( x) = e x + 2

β) f ( x) = e x + 2 και f ′( x) = e x > 0 , άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο \ , εποµένως η f

είναι «1-1», δηλαδή η f αντιστρέφεται. y = e x + 2 ⇔ e x = y − 2 ⇔ x = ln ( y − 2 ) , y > 2

Άρα, f −1 ( x) = ln( x − 2), x > 2 44 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

45 γ) f −1 ( x) > 0 ⇔ ln( x − 2) > 0 ⇔ x − 2 > 1 ⇔ x > 3

E=∫

e+ 2

f −1 ( x) dx = − ∫ f −1 ( x)dx + ∫

e+2

= − ∫ ln( x − 2)dx + ∫

f −1 ( x)dx =

ln( x − 2)dx =

3 e+2 = − ∫ ( x − 2 )′ ⋅ ln( x − 2)dx + ∫ ( x − 2 )′ ⋅ ln( x − 2)dx = 3

e+2

= − ( x − 2 ) ⋅ ln( x − 2)  e + ∫ 1dx + ( x − 2 ) ⋅ ln( x − 2)  3

−∫

e+2

1dx =

= −  0 − ( e − 2 ) ⋅ ln ( e − 2 )  + [ x ]e + e − 0 − [ x ]3 = 3

e+2

= ( e − 2 ) ⋅ ln ( e − 2 ) + 4 − e  τ .µ . 49. Η συνάρτηση f είναι ορισµένη και συνεχής στο διάστηµα [ a, β ] , έχει σύνολο τιµών το [ −2,3] και f (a) = 2 , f ( β ) = 1 . α) Να αποδειχθεί ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον x0 ∈ ( a, β ) , τέτοιο ώστε: f ( x0 ) = 0 . β) Αν επιπλέον η f είναι παραγωγίσιµη στο ( a, β ) , i) να αποδειχθεί ότι η C f δέχεται δύο τουλάχιστον οριζόντιες εφαπτοµένες. ii) Αν επιπλέον η f ′ είναι συνεχής στο ( a, β ) , να αποδειχθεί ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ ∈ ( a, β ) , τέτοιο ώστε: f (ξ ) ⋅  f ′(ξ ) + f 2012 (ξ )  = 0 .

iii) Να αποδειχθεί ότι υπάρχουν δύο τουλάχιστον ξ1 , ξ 2 ∈ ( a, β ) , µε ξ1 ≠ ξ 2 , τέτοιο ώστε:

1 1 a−β − = . f ′(ξ1 ) 2 f ′(ξ 2 ) 2 ΛΥΣΗ α) Από θεώρηµα µέγιστης-ελάχιστης τιµής και επειδή

−2 = f min < f ( β ) = 1 < f (a) = 2 < f max = 3 , τότε υπάρχουν: •

x1 ∈ ( a, β ) : f ( x1 ) = f min = −2

•

x2 ∈ ( a, β ) : f ( x2 ) = f max = 3

Θεώρηµα Bolzano στο [ x1 , x2 ] ή [ x2 , x1 ] ⊆ ( a, β ) , υπάρχει ένα τουλάχιστον x0 ∈ ( a, β ) : f ( x0 ) = 0

β) i) τα x1 , x2 είναι εσωτερικά σηµεία του ( a, β )

η f είναι παραγωγίσιµη στα x1 , x2 η f παρουσιάζει ακρότατα στα x1 , x2 Θεώρηµα Fermat: f ′( x1 ) = f ′( x2 ) = 0 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

46 Άρα, η C f

δέχεται δύο τουλάχιστον οριζόντιες εφαπτοµένες στα

A ( x1 , f ( x1 ) ) και

B ( x2 , f ( x2 ) ) .

ii) Θεωρούµε τη συνάρτηση g , µε g ( x) = f ( x) ⋅  f ′( x) + f 2012 ( x) 

•

Η g είναι συνεχής στο [ x1 , x2 ] ή [ x2 , x1 ] ⊆ ( a, β )

•

g ( x1 ) = f ( x1 ) ⋅  f ′( x1 ) + f 2012 ( x1 )  = −2 ⋅ 0 + ( −2 ) 

2012

<0 

g ( x2 ) = f ( x2 ) ⋅  f ′( x2 ) + f 2012 ( x2 )  = 3 ⋅ 0 + 32012  > 0 Θεώρηµα Bolzano: ∃ ένα τουλάχιστον ξ ∈ ( a, β ) , τέτοιο ώστε: g (ξ ) = 0 ⇔ f (ξ ) ⋅  f ′(ξ ) + f 2012 (ξ )  = 0 iii) Εφαρµόζουµε Θ.Μ.Τ. στα [ a, x0 ] και [ x0 , β ]

•

∃ ένα τουλάχιστον ξ1 ∈ ( a, x0 ) : f ′(ξ1 ) =

•

∃ ένα τουλάχιστον ξ 2 ∈ ( x0 , β ) :

f ′(ξ 2 ) = (+)

(1), (2) ⇒

f ( x0 ) − f (a) 0 − 2 x −a 1 (1) = ⇔ =− 0 x0 − a x0 − a f ′(ξ1 ) 2

f ( β ) − f ( x0 ) 1 − 0 β − x0 1 (2) = ⇔ = 2 f ′(ξ 2 ) 2 β − x0 β − x0

x − a β − x0 β − a 1 1 + = 0 + = 2 2 2 f ′(ξ1 ) 2 f ′(ξ 2 ) ν

 2z +1  50. Αν a, β ∈ \ , µε 4a + 9β = 1 και για το µιγαδικό z ισχύει   = 2a + 3β i , z ≠ 1 ,  z −1  ν ∈ `* , τότε: α) να αποδειχθεί ότι z + 1 = 1 2

β) να βρεθεί ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων του − z γ) αν για τον µιγαδικό w ισχύει w + 3i − 5 = 2 , να βρεθεί ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων του w . δ) να υπολογιστεί η µέγιστη και η ελάχιστη τιµή του z + w . ΛΥΣΗ ν

 2z +1   2z +1  α)   = 2a + 3β i , άρα   = 2a + 3β i ⇔  z −1   z −1 

46 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

47 ν

2z +1 = z −1 ⇔

( 2a ) + ( 3β ) 2

= 4a 2 + 9 β 2 = 1 = 1 ⇔

2z +1 2z +1 =1⇔ = 1 ⇔ 2z + 1 = z −1 ⇔ z −1 z −1

(

)

(

)

⇔ 2 z + 1 = z − 1 ⇔ ( 2 z + 1) 2 z + 1 = ( z − 1) z − 1 ⇔ 2

⇔ 4z z + 2z + 2z + 1 = z z − z − z + 1 ⇔ ⇔ 3z z + 3z + 3z = 0 ⇔ z z + z + z = 0 ⇔

(

) (

)

⇔ z z + z + z +1 = 1 ⇔ z z +1 + z +1 = 1 ⇔

(

)

⇔ ( z + 1) z + 1 = 1 ⇔ z + 1 = 1 ⇔ z + 1 = 1 2

β) Η εικόνα του z κινείται σε κύκλο C1 µε κέντρο K ( −1, 0 ) και ακτίνα p = 1 , άρα η εικόνα

του − z κινείται σε κύκλο C2 µε κέντρο Λ (1, 0 ) και ακτίνα p = 1 . γ) w − ( 5 − 3i ) = 2 , άρα η εικόνα του − z κινείται σε κύκλο C3 µε κέντρο M ( 5, −3) και ακτίνα

r = 2. δ) Το z + w = w − ( − z ) είναι η απόσταση της εικόνας του w από την εικόνα του − z .

( ΜΛ ) = ( 5 − 1) + ( −3) = 5 max z + w = ( Γ∆ ) = ( ΜΛ ) + ρ + r = 5 + 1 + 2 = 8 min z + w = ( AB ) = ( ΜΛ ) − ρ − r = 5 − 1 − 2 = 2 2

ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

48 51. Έστω µια συνάρτηση f παραγωγίσιµη στο ( a, β ) µε lim+ f ( x) = lim− f ( x) = λ . x→a

x→β

 f ( x), x ∈ (α , β ) α) ∆είξτε ότι η g ( x) =  είναι συνεχής. λ , x = a ή x = β β) Υπάρχει ξ ∈ ( a, β ) τέτοιο ώστε: f ′(ξ ) = 0

ΛΥΣΗ α)

lim g ( x) = lim+ f ( x) = λ

x→a+

x→a

g (a) = λ

x →a

lim g ( x) = lim− f ( x) = λ

x→β −

⇒ lim+ g ( x) = g (a ), ά ρα g συνεχ ής στο α .

x→β

g (β ) = λ

⇒ lim− g ( x) = g ( β ), ά ρα g συνεχ ής στο β . x→β

Αφού f παραγωγίσιµη στο ( a, β ) , τότε g παραγωγίσιµη στο ( a, β ) ⇒ g συνεχής στο ( a, β ) g συνεχης στο a

⇒

g συνεχης στο β

β)

g συνεχής στο [ a, β ] .

g (a) = λ ⇒ g (a) = g ( β ), g ′( x) = f ′( x) ∀ x ∈ ( a, β ) g (β ) = λ

g συνεχ ής στο [α , β ]

Rolle

g παραγωγ ίσιµη στο (α , β ) ⇒ ∃ τουλ ά χιστον ένα ξ ∈ ( a, β ) : g ′(ξ ) = 0 ⇒ f ′(ξ ) = 0 g (a) = g ( β )

e x + 3x 2 dx , αντίθετα άκρα µε f (0) = 0 . −a 1 + ex

52. A = ∫

ΛΥΣΗ x 2 x 2 x e + 3x 0 e + 3x e x + 3x 2 ⇒ ( ) = + dx f x dx ∫− x 1 + e x ∫0 1 + e x dx ⇒ − x 1 + ex

Θέτω: f ( x) = ∫ ⇒ f ( x) = − ∫

−x

x 2 x e + 3x e x + 3x 2 dx + ∫0 1 + e x dx (1) 1 + ex

48 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

49 H

x 2 x e + 3x e x + 3x 2 ή ⇒ συνεχ ς ∫0 1 + e x dx παραγωγ ίσιµη . ⇒ 1 + ex η − x παραγωγ ίσιµη

⇒η ∫

−x

e x + 3x2 dx παραγωγ ίσιµη ως σ ύνθεση της − x µε 1 + ex

∫

e x + 3x 2 dx 1 + ex

x 2 e − x + 3(− x) 2 ′ + e + 3x = − x ( ) 1 + e− x 1 + ex 1 1 + e x 3x 2 2 + 3 x x e x + 3x 2 e x + 3x 2 ex =e + = + 1 ex + 1 1 + ex 1 + ex 1+ x e ex 1 + e x 3x 2 e x + 3x 2 1 + e x 3x 2 + e x + 3x 2 ⇒ f ′( x) = + = = 1 + ex 1 + ex 1 + ex e x (1 + 3 x 2 ) + (1 + 3 x 2 ) (1 + 3 x 2 )(1 + e x ) = = 1 + ex 1 + ex f ′( x) = 1 + 3 x 2 ⇒ f ( x) = x 3 + x + c

(1) ⇒ f ′( x) = −

f (0) = 0 ⇒ 0 = 03 + 0 + c ⇒ c = 0

Άρα, f ( x) = x 3 + x f (a) = a3 + a e x + 3x 2 dx =a 3 + a −a 1 + ex

⇒∫

53. Έστω f , g παραγωγίσιµες συναρτήσεις όπου f , g έχουν τουλάχιστον ένα κοινό σηµείο και f ′( x) f ( x) + g ′( x) g ( x) = ( f ( x) g ( x) )′ . ∆είξτε ότι: f ( x) = g ( x) .

ΛΥΣΗ

Αφού f , g έχουν ένα κοινό σηµείο, τότε: υπ ά ρχει x0 ∈ \ : f ( x0 ) = g ( x0 ) (1)

ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

50 f ′( x) f ( x) + g ′( x) g ( x) = ( f ( x) g ( x) )′ ⇒ 2 f ′( x) f ( x) + 2 g ′( x) g ( x) = ( 2 f ( x) g ( x) )′ ⇒ ( f 2 ( x) )′ + ( g 2 ( x) )′ = ( 2 f ( x) g ( x) )′ ⇒ ( f 2 ( x) + g 2 ( x) )′ = ( 2 f ( x) g ( x) )′ ⇒ f 2 ( x) + g 2 ( x) = 2 f ( x) g ( x) + c x = x0

⇒ f 2 ( x0 ) + g 2 ( x0 ) = 2 f ( x0 ) g ( x0 ) + c (1)

⇒ g 2 ( x0 ) + g 2 ( x0 ) = 2 g ( x0 ) g ( x0 ) + c ⇒ c = 0 Άρα, f 2 ( x) + g 2 ( x) = 2 f ( x) g ( x) ⇒ f 2 ( x) + g 2 ( x) − 2 f ( x) g ( x) = 0 ⇒ ( f ( x) − g ( x) ) = 0 ⇒ f ( x) = g ( x) 2

54. Έστω f παραγωγίσιµη συνάρτηση στο [ 0,1] µε ( 2 x − 1) f ( x) ≠ ( x 2 − x ) f ′( x) (1) για κάθε x ∈ [ 0,1] .

i) f (0) ⋅ f (1) ≠ 0 ii) Η f έχει τουλάχιστον µία ρίζα στο ( 0,1) . ΛΥΣΗ i) (1) ⇒ για

x = 0 : − f (0) ≠ 0 ⇒ f (0) ≠ 0 ⇒ f (0) ⋅ f (1) ≠ 0 x = 1: f (1) ≠ 0 ⇒ f (1) ≠ 0

(i )

ii) Έστω ότι η f ( x) δεν έχει ρίζα στο ( 0,1) , δηλαδή f ( x) ≠ 0 ∀ x ∈ ( 0,1) ⇒ f ( x) ≠ 0, ∀ x ∈ [ 0,1]

′ 2 2 : f 2 ( x ) ≠ 0 ( x − x ) f ( x ) − ( x − x ) f ′( x )  x 2 − x ′ ′ 2 ≠ ⇒ (1) ⇒ ( x − x ) f ( x) − ( x − x ) f ′( x) ≠ 0 ⇒ 0   ≠0 f 2 ( x)  f ( x)  2

Θεωρώ g ( x) =

 x 2 − x ′ x2 − x παραγωγίσιµη στο [ 0,1] µε g ′( x) =   ≠ 0 (2) f ( x)  f ( x) 

g (0) = 0 ⇒ g (0) = g (1) g (1) = 0

50 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

51 g συν [ 0,1]

Rolle

(2)

g παρ ( 0,1) ⇒ ∃ x0 ∈ ( 0,1) : g ′( x0 ) = 0 ⇒ άτοπο g (0) = g (1)

Άρα η f ( x) έχει τουλάχιστον µία ρίζα.

55. Αν f ′ συνεχής στο [ a, β ] . ∆είξτε ότι: ∃ξ1 , ξ 2 , ξ ∈ ( a, β ) : f ′(ξ ) =

3 f ′(ξ1 ) + 2 f ′(ξ 2 ) . 5

ΛΥΣΗ

Χωρίζω το [ a, β ] σε 5 διαστήµατα ίσου πλάτους

β −α 5

και εφαρµόζω Θ.Μ.Τ. σε καθένα από

τα διαστήµατα που σηµειώνω (αφού f ′ συν . ⇒ f παραγ . ⇒ f συνεχ ής [α , β ] ).

β −α   f συν  a, a + 2 5  Θ.Μ .Τ. β −α   ⇒ ∃ξ1 ∈  a, a + 2 5 β −α    f παρ  a, a + 2  5  

 : 

β −α  β −α    f a + 2 f a + 2  − f (a )  − f (a ) 5  5    ′ ′ ⇒ f (ξ1 ) = f (ξ1 ) = β −α β −α −a a+2 2 5 5 β −α   f a+ 2  − f (a) 5   ′ ⇒ 2 f (ξ1 ) = 5 ⋅ (1) β −α

ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

β −α   ,β f συν  a + 2 5 β −α    Θ . Μ . Τ.  ,β : ⇒ ∃ξ 2 ∈  a + 2 5 β −α     ,β  f παρ  a + 2 5   β −α  β −α    f (β ) − f  a + 2 f (β ) − f  a + 2   5  5    ⇒ f ′(ξ 2 ) = ⇒ f ′(ξ 2 ) = β −α 5β − 5α − 2 β + 2α β −a−2 5 5 β −α  β −α    f (β ) − f  a + 2 f (β ) − f  a + 2   5  5    (2) ⇒ f ′(ξ 2 ) = 5 ⋅ ⇒ 3 f ′(ξ 2 ) = 5 ⋅ β −α 3( β − α ) (1), (2) ⇒ 2 f ′(ξ1 ) + 3 f ′(ξ 2 ) = 5

f συν [ a, β ] f παρ ( a, β )

Θ . Μ . Τ.

f ( β ) − f (a) (3) β −α

⇒ ∃ξ ∈ ( a, β ) : f ′(ξ ) =

f ( β ) − f (a) β −α

(3)

⇒ 2 f ′(ξ1 ) + 3 f ′(ξ 2 ) = 5 f ′(ξ )

ΠΡΟΣΟΧΗ!!!

Αν ήθελα: ∃ξ ∈ ( a, β ) : 6 f ′(ξ ) = 1 f ′(ξ1 ) + 2 f ′(ξ 2 ) + 3 f ′(ξ3 ) 6 = 1+ 2 + 3

Χωρίζω το [ a, β ] σε διαστήµατα πλάτους

β −α 6

52 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

53 56. Η συνάρτηση f

είναι δυο

φορές παραγωγίσιµη στο \ , µε f (1) = f (3) και

f ( x3 ) ≥ f ( 3 x ) για κάθε x ∈ \ (1). ∆είξτε ότι η εξίσωση f ′′( x) = 0 έχει τουλάχιστον µία λύση. ΛΥΣΗ

Θέτω: h( x) = f ( x 3 ) − f ( 3 x ) h(1) = f (1) − f (3) ⇒ h(1) = 0 h′( x) = f ′ ( x3 ) ⋅ ( x 3 )′ − f ′ ( 3 x ) ⋅ ( 3 x )′ ⇒ h′( x) = 3 x 2 f ′ ( x3 ) − 3 f ′ ( 3 x ) (2)

Όµως, h( x) ≥ 0 ⇒ h( x) ≥ h(1) ∀ x ∈ \ (2)

Από Θ. Fermat ⇒ h′(1) = 0 ⇒ f ′(1) = f ′(3) f ′ συν [1,3]

Rolle

f ′ παρ (1,3) ⇒ ∃ξ ∈ (1,3) : f ′′(ξ ) = 0 f ′(1) = f ′(3)

57.Αν f ( x) = z − i + z − 1 − 2 ∀ x ∈ \ . z − i < 1, z − 1 < 1, z ≠ i, z ≠ 1 α) Βρες την µονοτονία. β) Να λυθεί η f ( x) = 0 . γ) Γεωµετρικός τόπος των M ( z ) . δ) Αν z − i < z − 1 , µε z = a + β i ⇒ Re( z ) < Im( z ) .

(

ε) lim z − i − z − 1 x →−∞

)

ΛΥΣΗ α) Θέτω: z − i = a µε 0 < a < 1 z − 1 = β µε 0 < β < 1

Άρα, f ( x) = a x + β x − 2

Df = \

Θεωρώ x1 , x2 ∈ \ µε x1 < x2

ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

54 a <1

x1 < x2 ⇒ a x1 > a x2 x

(+)

a 0

β <1

β x1 > β x2 x1 < x2 ⇒ x

⇒ a x1 + β x1 > a x2 + β x2 ⇒ a x1 + β x1 − 2 > a x2 + β x2 − 2 ⇒ f ( x1 ) > f ( x2 )

β 0

Άρα f 2 στο \ .

β) Βρίσκω προφανή ρίζα παρατηρώντας : f (0) = a 0 + β 0 − 2 = 0

Άρα, το 0 ρίζα της f ( x) και επειδή f 2 τότε f «1-1», άρα το 0 είναι η µοναδική ρίζα της

f ( x) .

γ) Αφού

z −i <1 z −1 < 1

⇔ z − ( 0 + i ) < 1 εσωτερικ ά κ ύκλου K ( 0,1) , R1 = 1

και z − (1 + 0i ) < 1 εσωτερικά κύκλου Λ (1, 0 ) , R2 = 1 . Άρα, αφού πρέπει να ισχύουν και τα δύο ταυτόχρονα, πρέπει να πάρω τα κοινά σηµεία, άρα ο γεωµετρικός τόπος είναι η γραµµοσκιασµένη περιοχή.

(

)

(

)

δ) z − i < z − 1 ⇒ z − i < z − 1 ⇒ ( z − i ) z + i < ( z − 1) z − 1 2

(

)

(

)

⇒ z z + zi − zi + 1 < z z − z − z + 1 ⇒ z − z i < − z + z ⇒ ⇒ 2 yii < −2 x ⇒ −2 y < −2 x ⇒ y > x ⇒ Im( z ) > Re( z )

z −1 = β

ε) Θέτω: z − i = a,

Από (δ): a < β < 1 ⇒ a x 2, β x 2

(

lim z − i − z − 1

x →−∞

) = lim ( a x →−∞

−β

)

  β  x  α >1 = lim a  1 −    =x + ∞ (1 − 0 ) = +∞  α  β  x →−∞    α  /

+∞ −∞

54 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

55 57)i)Να δειχθεί ότι t − ln t ≥ 1 για κάθε t > 0 .

1 dt .Να βρεθεί το πεδίο ορισµού της f . x t − ln t iii) Να µελετήσετε την µονοτονία της συνάρτησης f . iv) Να αποδείξετε ότι 0 < f ( x) < x, x > 0 . v) Να αποδείξετε ότι ln 2 < f ( x) για κάθε x ≥ 1 . ii) Έστω η συνάρτηση f ( x) =

∫

vi) Να δείξετε ότι η δεν έχει κατακόρυφες ασύµπτωτες.

Λύση i). Έστω g (t ) = t − ln t − 1, t ∈ ( 0, +∞ ) . Η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιµη στο ( 0, +∞ ) ως άθροισµα παραγωγίσιµων συναρτήσεων 1 t −1 . µε g '(t ) = ( t − ln t − 1) ' = 1 − = t t Τότε: g '(t ) ≥ 0 ⇔ t ≥ 1 , οπότε η συνάρτηση g : -Είναι γνησίως φθίνουσα στο ( 0,1) , -Είναι γνησίως αύξουσα στο [1, +∞ ) , παρουσιάζει ολικό ελάχιστο για x = 1 ,το g (1) = 0 . Συνεπώς g (t ) ≥ g (1) ⇔ t − ln t − 1 ≥ 0 ⇔ t − ln t ≥ 1 για t > 0 . 1 ορίζεται όταν t > 0 και t − ln t ≠ 0 (ισχύει λόγω του ερωτήµατος (i)). t − ln t Εποµένως θα πρέπει: x > 0 και 2 x > 0 , άρα D f = ( 0, +∞ ) . ii)H συνάρτηση

2x 1 1 είναι συνεχής στο ( 0, +∞ ) , άρα ορίζεται η ∫ dt x t − ln t t − ln t 2 1 ln(2 x) − ln x 2 . και είναι παραγωγίσιµη µε f '( x) = − = 2 − ln(2 x) x − ln x ( 2 − ln(2 x) )( x − ln x )

iii).. H συνάρτηση

Για x ∈ ( 0, +∞ ) έχουµε: f '( x) ≥ 0 ⇔ ln(2 x) − ln x 2 ≥ 0 ⇔ ln(

2x 2 ) ≥ 0 ⇔ ln( ) ≥ 0 2 x x

f ( x ) = ln( x )/ 2 2 ⇔ ln( ) ≥ ln1 ⇔ ≥1⇔ 2 ≥ x x x , οπότε η συνάρτηση f : - Είναι γνησίως αύξουσα στο ( 0, 2] ,

-Είναι γνησίως φθίνουσα στο [ 2, +∞ ) , παρουσιάζει ολικό µέγιστο για x = 2 το f (2) .

ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.

56 iv) Αφού t − ln t ≥ 1 (χωρίς να είναι παντού µηδέν) για t > 0 , έχουµε ότι

∫

1 dt > 0 , t − ln t

δηλαδή f ( x) > 0 (1) . Επίσης λόγω του 1ου ερωτήµατος ισχύει:

t − ln t − 1 ≥ 0 , χωρίς να είναι παντού µηδέν, t − ln t 2x  2x 2x t − ln t − 1 1  1 dt 0 1 dt 0 1 dt > ⇔ − > ⇔ >   ∫x t − ln t ∫x  t − ln t  ∫x ∫x t − ln t dt ⇔ x > f ( x)(2) Από τις (1) ,(2)προκύπτει ότι: x < f ( x) < 0, x > 0 .

άρα

v) Για t ≥ 1 έχουµε ότι:

ln t 1 1 ≥0⇔ − ≤ 0 , χωρίς να είναι παντού µηδέν, t − ln t t t − ln t οπότε

∫

2x  1  2x  1  1  1  − dt < 0 ⇔ ∫x  dt < ∫x  dt ⇔ ln(2 x) − ln x < f ( x) ⇔ ln 2 < f ( x)  t t − ln t  t  t − ln t 

για x ≥ 1 . vi) Κατακόρυφη ασύµπτωτη θα αναζητήσουµε στο x = 0 Αφού 0 < f ( x) < x για x > 0 , ισχύει και η 0 ≤ f ( x) ≤ x για x > 0 . Αφού lim+ 0 = lim+ x = 0 , x →0

x →0

από το κριτήριο παρεµβολής θα ισχύει ότι lim+ f ( x) = 0 , x →0

οπότε η f δεν έχει κατακόρυφη ασύµπτωτη.

ΒΙΒΛΙΟΓΡΑΦΙΑ -Περιοδικό ΕΥΚΛΕΙ∆ΗΣ - Θέµατα συναρτήσεων Ευρυπιώτης Στέλιος -Ολοκληρώµατα Θ.Ν.Καζαντζη - Problems and Solutions for Undergraduate Analysis Serge Lang -Problems In Calculus Of One Variable Maron - Theory of functions Konrad Knopp -Functional equations and how to solve them Cristopher G Small -Problems in High school mathematics A.I.Prilepko

56 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α.