Διαφορικός Λογισμός_1

Κων/νος Παπασταματίου

ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΟ Μ. Ε. «ΑΙΧΜΗ»

ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ Συνοπτική θεωρεία – Μεθοδολογία – Λυμένα

Παραδείγματα

Κώστας Παπασταματίου

Κ. ΚΑΡΤΑΛΗ 28 (ΜΕ ΔΗΜΗΤΡΙΑΔΟΣ) ΤΗΛ. 2421302598 ΚΙΝ. 6948065522

ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ Κεφ. 3ο

Επιμέλεια: Κων/ νος Παπασταματίου 2

Κεφ. 3ο ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ

3 Επιμέλεια: Κων/νος Παπασταματίου

ΠΙΝΑΚΑΣ ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΩΝ § 3.1 Η ΕΝΝΟΙΑ ΤΗΣ ΠΑΡΑΓΩΓΟΥ .............................................................................................................. 6

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ – ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ................................................................................................. 8

Μεθοδολογία 1. Υπολογισμός της Παραγώγου στο 0x .............................................................................................. 8

Μεθοδολογία 2. Εύρεση Παραμέτρων .............................................................................................................................. 13

Μεθοδολογία 3. Παράγωγος και Συνέχεια ..................................................................................................................... 14

Μεθοδολογία 4. Παράγωγος και Όρια .............................................................................................................................. 15

Μεθοδολογία 5. Θεωρητικές Ασκήσεις ............................................................................................................................ 16

§ 3.2 ΠΑΡΑΓΩΓΙΣΙΜΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ – ΠΑΡΑΓΩΓΟΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ ............................................... 20

§ 3.3 ΚΑΝΟΝΕΣ ΠΑΡΑΓΩΓΙΣΗΣ ................................................................................................................ 21

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ – ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ.............................................................................................. 22

Μεθοδολογία 1. Κανόνες παραγώγισης........................................................................................................................... 22

Μεθοδολογία 2. Παράγωγος Σύνθετης Συνάρτησης................................................................................................. 23

Μεθοδολογία 3. Παράγωγος Ανωτέρας Τάξης ............................................................................................................. 24


Μεθοδολογία 5. Παραγώγιση με Δύο Μεταβλητές .................................................................................................... 28

Μεθοδολογία 6. Παράγωγος Αντίστροφης Συνάρτησης ........................................................................................ 28

§ 3.4 ΕΦΑΠΤΟΜΕΝΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ ........................................................................................................ 30


Μεθοδολογία 1. Εφαπτόμενη που Διέρχεται από Γνωστό Σημείο .................................................................... 31

Μεθοδολογία 2. Εφαπτόμενη παράλληλη στο x x .................................................................................................... 32

Μεθοδολογία 3. Εφαπτόμενη Παράλληλη Ή Κάθετη σε Ευθεία ........................................................................ 32

Μεθοδολογία 4. Εφαπτόμενη που Ταυτίζεται με ευθεία ........................................................................................ 33

Μεθοδολογία 5. Εφαπτόμενη Δύο Συναρτήσεων ....................................................................................................... 34

Μεθοδολογία 6. Εφαπτόμενη με Γνωστό λ .................................................................................................................... 36


§ 3.5 ΘΕΩΡΗΜΑ ROLLE .............................................................................................................................. 41


Μεθοδολογία 1. Συνθήκες Συμπεράσματα Θεωρήματος Rolle ........................................................................... 42

Μεθοδολογία 2. Εύρεση Παραμέτρων .............................................................................................................................. 44

Μεθοδολογία 3. Ύπαρξη Ρίζας της 0f x με Γνωστή f .............................................................................. 45

Μεθοδολογία 4. Αντιπαραγώγιση....................................................................................................................................... 47

Μεθοδολογία 5. Ύπαρξη Ρίζας της f , εφαρμογή του Θ. Rolle για F ............................................................ 48

Μεθοδολογία 6. Εύρεση F από τη Σχέση F a F ........................................................................................ 54

Μεθοδολογία 7. Ύπαρξη Ρίζας της 0f x ............................................................................................................ 56

Μεθοδολογία 8. Το Πολύ v Ρίζες ........................................................................................................................................ 57

Μεθοδολογία 9. Μοναδική Ρίζα με Θ. Bolzano και Θ. Rolle για f .................................................................... 59



Μεθοδολογία 10. Μοναδική Ρίζα με Θ. Rolle Για F και f ................................................................................... 60

Μεθοδολογία 11. Ύπαρξη Ρίζας με Άτοπο ..................................................................................................................... 62

§ 3.6 ΘΕΩΡΗΜΑ ΜΕΣΗΣ ΤΙΜΗΣ ............................................................................................................... 63


Μεθοδολογία 1. Συνθήκες – Συμπεράσματα Θ.Μ.Τ. .................................................................................................. 64

Μεθοδολογία 2. Ύπαρξη μίας τιμής της f ................................................................................................................... 65

Μεθοδολογία 3. Θ. Bolzano ή Ε.Τ. και Θ.Μ.Τ. ................................................................................................................. 68

Μεθοδολογία 4. Ρίζα της f .................................................................................................................................................. 70

Μεθοδολογία 5. Θ.Μ.Τ. και Ανισότητες ............................................................................................................................ 74

Μεθοδολογία 6. Συνθετικές .................................................................................................................................................... 79

§ 3.7 ΣΥΝΕΠΕΙΕΣ ΘΕΩΡΗΜΑΤΟΣ ΜΕΣΗΣ ΤΙΜΗΣ ................................................................................ 82

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ - ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ ............................................................................................. 83

Μεθοδολογία 1. Σταθερή συνάρτηση – Έυρεση του Τύπου της ......................................................................... 83

Μεθοδολογία 2. Εύρεση f με Δοσμένη f Ή f ..................................................................................................... 85

Μεθοδολογία 3. Εύρεση της f με Βοηθητική Συνάρτηση .................................................................................... 90

Μεθοδολογία 4. Η Μορφή f x g x f x h x .......................................................................................... 94

Μεθοδολογία 5. Σύνθετα Θέματα........................................................................................................................................ 96

§ 3.8 ΜΟΝΟΤΟΝΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ ............................................................................................................ 98

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ - ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ ............................................................................................. 99

Μεθοδολογία 1. Εύρεση Μονοτονίας ................................................................................................................................ 99

Μεθοδολογία 2. Εύρεση Παραμέτρων ........................................................................................................................... 102

Μεθοδολογία 3. Μονοτονία και Εξισώσεις.................................................................................................................. 103

Μεθοδολογία 4. Εξισώσεις της Μορφής x x x ..................................................................... 106

Μεθοδολογία 5. Εύρεση Προσήμου της f ................................................................................................................. 108

Μεθοδολογία 6. Μονοτονία και Ανισότητες ............................................................................................................... 111

Μεθοδολογία 7. Θεωρητικές Ασκήσεις ......................................................................................................................... 116

§ 3.9 ΘΕΩΡΗΜΑ FERMAT – ΑΚΡΟΤΑΤΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ ............................................................................. 118

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ - ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ ........................................................................................... 120

Μεθοδολογία 1. Θεώρημα Fermat – Κρίσιμα Σημεία ............................................................................................. 120

Μεθοδολογία 2. Ανισοϊσότητα – Fermat – Ισότητα ............................................................................................... 121

Μεθοδολογία 3. Η f δεν έχει Ακρότατα ..................................................................................................................... 125

Μεθοδολογία 4. Εύρεση Τοπικών Ακροτάτων .......................................................................................................... 125

Μεθοδολογία 5. Ακρότατα και Ρίζες – Πρόσημο f ............................................................................................... 128

Μεθοδολογία 6. Σύνολο Τιμών – Πλήθος Ριζών Συνάρτησης ........................................................................... 133

Μεθοδολογία 7. Ύπαρξη Ακροτάτου .............................................................................................................................. 138

Μεθοδολογία 8. Θεωρητικές ............................................................................................................................................... 142

§ 3.10 ΚΥΡΤΟΤΗΤΑ – ΣΗΜΕΙΑ ΚΑΜΠΗΣ ..................................................................................................... 144




Μεθοδολογία 1. Μελέτη ως προς τα Κοίλα ................................................................................................................. 146

Μεθοδολογία 2. Εύρεση των Σημείων Καμπής ......................................................................................................... 149

Μεθοδολογία 3. Κοίλα – Σημεία Καμπής – Παράμετροι ....................................................................................... 152

Μεθοδολογία 4. Κυρτότητα και Απόδειξη Ανισοτήτων ....................................................................................... 154

Μεθοδολογία 5. Θεωρητικές Ασκήσεις ......................................................................................................................... 158

§ 3.11 ΑΣΥΜΠΤΩΤΕΣ ...................................................................................................................................... 161


Μεθοδολογία 1. Κατακόρυφες – Οριζόντιες Ασύπτωτες .................................................................................... 162

Μεθοδολογία 2. Πλάγιες Ασύμπτωτες........................................................................................................................... 163

Μεθοδολογία 3. Ασύμπτωτες – Όρια - Παράμετροι ............................................................................................... 165

§ 3.12 ΚΑΝΟΝΑΣ De L’ Hospital .................................................................................................................... 166


Μεθοδολογία 1. Μορφή 0

0

............................................................................................................................................. 167

Μεθοδολογία 2. Μορφή

............................................................................................................................................ 168

Μεθοδολογία 3. Άλλες Απροσδιόριστες Μορφές ..................................................................................................... 168



ΔΙΑΦΟ ΡΙΚΟ Σ Λ ΟΓΙ Σ ΜΟΣ

§ 3.1 Η ΕΝΝΟΙΑ ΤΗΣ ΠΑΡΑΓΩΓ ΟΥ

ΟΡΙΣΜΟΣ

Έστω f μια συνάρτηση και ))(,( 00 xfxA ένα σημείο της fC . Αν υπάρχει το 0

0

0

)()(lim

xx

xfxf

xx

και είναι

ένας πραγματικός αριθμός λ, τότε ορίζουμε ως εφαπτομένη της fC στο σημείο της Α, την ευθεία ε

που διέρχεται από το Α και έχει συντελεστή διεύθυνσης λ.

ΟΡΙΣΜΟΣ

Μια συνάρτηση f λέμε ότι είναι παραγωγίσιμη σ’ ένα σημείο 0x του πεδίου ορισμού της, αν

υπάρχει το

0

0 )()(lim

0 xx

xfxf

xx

και είναι πραγματικός αριθμός. Το όριο αυτό ονομάζεται παράγωγος της f στο 0x και συμβολίζεται με )( 0xf . Δηλαδή:

0

0

0

)()(lim)(

0 xx

xfxfxf

xx

.

Άλλοι τύποι υπολογισμού της παραγώγου.

h

xfhxfxf

h

)()(lim)( 00

00

.

0 0

01

0

lim1h

f x h f xf x

x h

Παράγωγος και Πλευρικά όρια

Η f είναι παραγωγίσιμη στο 0x , αν και μόνο αν υπάρχουν στο 0x τα όρια

0

0

0

)()(lim

xx

xfxf

xx

, 0

0

0

)()(lim

xx

xfxf

xx

και είναι ίσα Εξίσωση Εφαπτόμενης

0 0 0y f x f x x x

Κατακόρυφες Εφαπτόμενες Αν μια συνάρτηση f είναι συνεχής στο 0x και ισχύει μια από τις παρακάτω συνθήκες:



α)

0

0 )()(lim

0 xx

xfxf

xx (ή )

β)

0

0 )()(lim

0 xx

xfxf

xx

και

0

0 )()(lim

0 xx

xfxf

xx

,

γ)

0

0 )()(lim

0 xx

xfxf

xx

και

0

0 )()(lim

0 xx

xfxf

xx

,

τότε ορίζουμε ως εφαπτομένη της fC στο σημείο ))(,( 00 xfxA την κατακόρυφη ευθεία 0xx .

ΘΕΩΡΗΜΑ

Αν μια συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη σ’ ένα σημείο 0x , τότε είναι και συνεχής στο σημείο αυτό.

Σχόλιο: Αν μια συνάρτηση f δεν είναι συνεχής σ’ ένα σημείο 0x , τότε, σύμφωνα με το προηγούμενο

θεώρημα, δεν μπορεί να είναι παραγωγίσιμη στο 0x .



ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ – ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 1. ΥΠΟΛΟΓΙΣΜΟΣ ΤΗΣ ΠΑΡΑΓΩΓΟΥ ΣΤΟ 0x

Α. Η παράγωγος μίας συνάρτησης f σε ένα σημείο 0 fx D βρίσκεται με χρήση ενός από τους

παρακάτω τύπους:

0

0

0

0

limx x

f x f xf x

x x

(1)

0 0

00

limh

f x h f xf x

h

(2)

0 0

0 01

0

lim , 01h

f x h f xf x x

x h

(3)

Τονίζουμε ότι για να είναι η f παραγωγίσιμη στο 0x πρέπει τα παραπάνω όρια να είναι πραγματικοί

αριθμοί.

Β. Αν η f αλλάζει τύπο στο 0x , τότε εργαζόμαστε με τα πλευρικά όρια.

Γ. Σε υπολογιστικά θέματα προτιμάμε τον τύπο (1), ενώ σε θεωρητικά τους τύπους (2) και (3),

ανάλογα με τη μορφή της άσκησης.

Παράδειγμα 1. Να βρείτε την παράγωγο της συνάρτησης f στο 0x όταν:

2f x x , 0 0x

Λύση:

Θα εργαστούμε με τον ορισμό της παραγώγου, δηλαδή με τον τύπο (1) στο σημείο 0x

Έχουμε ότι:

0

2 2 2 20

0 0 00

0 0 0

0 1lim lim lim lim

0

lim lim lim 0 1 0

x x x x x

x x x

f x f x x x x

x x x x x

x xx x

x x

Άρα

0

00 lim 0

0x

f x ff

x

Παράδειγμα 2. Να εξετάσετε αν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο 0x όταν

2

2

3 5 6, 1

2 3, 1

x x xf x

x x

0 1x

Λύση:

Θα εργαστούμε με την χρήση των πλευρικών ορίων, δηλαδή:

1 1

1 11 lim lim

1 1x x

f x f f x ff

x x




21 3 1 5 1 6 3 5 6 4f (Για την εύρεση του 1f επιλέγουμε τον κλάδο της συνάρτησης

που περιέχει την ισότητα).

2 2

1 1 1 1

1 1 3 23 5 6 4 3 5 2lim lim lim lim 1

1 1 1 1x x x x

f x f x xx x x x

x x x x

2 2 22

21 1 1 1

22 2

2 2

2 2 21 1 1

2 21 1

2 3 2 2 3 2 3 21 2 3 4lim lim lim lim

1 1 1 1 3 2

2 3 2 2 3 4 2 1lim lim lim

1 3 2 1 3 2 1 3 2

2 1 1 2 1lim lim

1 3 2

x x x x

x x x

x x

x x xf x f x

x x x x x

x x x

x x x x x x

x x x

x x x

2

2 1 11

1 3 23 2

Άρα η f είναι παραγωγίσιμη στο 0 1x και μάλιστα:

1 1

1 11 lim lim 1 1

1 1x x

f x f f x ff f

x x

Παράδειγμα 3. Να εξετάσετε αν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο 0x όταν

2 2 1f x x x , 0 2x

Λύση: Παρατηρούμε ότι για 2x η απόλυτη τιμή που βρίσκεται μέσα στην συνάρτηση f μηδενίζεται. Άρα θα εργαστούμε με την χρήση των πλευρικών ορίων για την εύρεση της παραγώγου στο ζητούμενο σημείο. Έχουμε ότι:

3 3, 2

1, 2

x xf x

x x

Για 0 02 3x f x

2 2 2

2 3 23 3 3lim lim lim 3

2 2 2x x x

f x f xx

x x x

2 2 2

2 21 3lim lim lim 1

2 2 2x x x

f x f xx

x x x

Παρατηρούμε ότι

2 2

2 2lim lim

2 2x x

f x f f x f

x x

Άρα η f δεν είναι παραγωγίσιμη στο 0 2x

Παράδειγμα 4. Αν μία συνάρτηση f είναι συνεχής στο σημείο 0 0x και για κάθε x ισχύει:

2 22x x x f x x x , να αποδείξετε ότι:



α) 0 0f β)

0

2

x

df x

dx

Λύση:

α) Από υπόθεση έχουμε ότι η f είναι συνεχής στο 0 0x δηλαδή ισχύει ότι:

0 0 0

0 lim 0 lim limx x x

f f x f f x f x

Αρχικά πρέπει να διαιρέσουμε τα μέλη της δοσμένης σχέσης με x Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:

Αν 0x τότε

2 2 2

2 2 22 2

x f xx x x x xx x x f x x x x f x x

x x x x


0

0

lim 2 0

lim 0 1 0 0

x

x

x

xx x

x

Άρα από κριτήριο παρεμβολής 0

lim 0x

f x

Αν 0x τότε

2 2 2

2 2 22 2

x f xx x x x xx x x f x x x x f x x

x x x x


0

0

lim 2 0

lim 0 1 0 0

x

x

x

xx x

x

Άρα από κριτήριο παρεμβολής 0

lim 0x

f x

Επομένως 0

lim 0 0 0x

f x f

β) Από την θεωρεία έχουμε ότι

0

0 0 2

x

df xf f

dx

Ισχύει επίσης ότι:

0 0

00 lim 0 lim

0x x

f x f f xf f

x x

Διαιρούμε την δοσμένη σχέση με 2x επομένως έχουμε ότι:

2 2 2

2 2

2 2 2 2

22 2 1

x f x f xx x x x x xx x x f x x x

x x x x x x

0lim2 2 1 2x

x

x

2

0lim 1 1 1 2x

x

x

Άρα από κριτήριο παρεμβολής

0

lim 2 0 2x

f xf

x .



Παράδειγμα 5. Αν 2 4 2f x x x για κάθε x , να αποδείξετε ότι η f είναι

παραγωγίσιμη στο 0 και 0 1f

Λύση: Η δοσμένη σχέση ισχύει για κάθε x άρα θα ισχύει και για 0x . Έχουμε διαδοχικά ότι:

0

2 24 2 0 0 0 4 2 0 0 0 0x

f x x x f f f

Αναζητούμε το

0 0

00 lim lim

0x x

f x f f xf

x x

Μετασχηματίζουμε την δοσμένη σχέση:

2 2 2

2 2

4 2 4 2 4 2

4 2 4 2

f x x x x f x x x

x x f x x x

Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:

Αν 0x τότε:

22

2 2

22

4 2 4 24 2 4 2

4 2 4 2

x x f x x xx x f x x x

x x x

x f xx x x

x x x x x


2 22 2

2 20 0 0

20

4 2 4 24 2lim lim lim

4 2 4 2

lim 14 2

x x x

x

x xx x x x x

x x x xx x x x

x x

xx

2 22 2

2 20 0 0

20


4 2 4 2

lim 14 2

x x x

x

x xx x x x x

x x x xx x x x

x x

xx


0lim 1x

f x

x

Αν 0x τότε:



22

2 2

22

4 2 4 24 2 4 2

4 2 4 2

x x f x x xx x f x x x

x x x

x f xx x x

x x x x x


2 22 2

2 20 0 0

20


4 2 4 2

lim 14 2

x x x

x

x xx x x x x

x x x xx x x x

x x

xx

2 22 2

2 20 0 0

20


4 2 4 2

lim 14 2

x x x

x

x xx x x x x

x x x xx x x x

x x

xx


0lim 1x

f x

x (2)

Από τιε σχέσεις (1) και (2) έχουμε ότι:

0 0

lim lim 1 0 1x x

f x f xf

x x

Παράδειγμα 6. Αν οι συναρτήσεις f, g είναι παραγωγίσιμες στο 0 1x και ισχύει 1 1f g

και 2 1f x x g x για κάθε x , να δείξετε ότι 1 2 1g f

Λύση:

Από υπόθεση έχουμε ότι οι συναρτήσεις f και g είναι παραγωγίσιμες στο 0 1x δηλαδή τα όρια

1 1

1 1lim lim 1

1 1x x

f x f f x ff

x x

και

1 1

1 1lim lim 1

1 1x x

g x g g x gg

x x

υπάρχουν.

Η δοσμένη σχέση γράφεται διαδοχικά:

1 1

2 21 1 1 1 1 1 1 1f g

f x x g x f x f x g x g f x f x x g x g

Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: Αν 1 0x τότε:

1 1 1 11 1 1 1

1 1 1

1 11

1 1

f x f x x g x gf x f x x g x g

x x x

f x f g x gx

x x

Άρα

1 1 1

1 1lim lim 1 lim 1 2 1

1 1x x x

f x f g x gx f g

x x

(1)

Αν 1 0x τότε:



1 1 1 11 1 1 1

1 1 1

1 11

1 1

f x f x x g x gf x f x x g x g

x x x

f x f g x gx

x x

Άρα

1 1 1

1 1lim lim 1 lim 1 2 1

1 1x x x

f x f g x gx f g

x x

(2)

Από τις (1) και (2) έχουμε ότι: 1 2 1f g

Σημείωση: Θυμίζουμε ότι οποτεδήποτε καλούμαστε να διαιρέσουμε μία ανίσωση με μία παράσταση

του x, δηλαδή με h x , πρέπει να γνωρίζουμε το πρόσημό της.

Ένα δεν το γνωρίζουμε τότε διακρίνουμε τις περιπτώσεις:

0h x και 0h x

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 2. ΕΥΡΕΣΗ ΠΑΡΑΜΕΤΡΩΝ Έστω μία συνάρτηση f που περιέχει παραμέτρους και αλλάζει τύπο, κλαδική συνάρτηση, τουλάχιστον

σε ένα σημείο 0x . Αν θέλουμε να υπολογίσουμε τις τιμές των παραμέτρων ώστε η f να παραγωγίζεται

στο 0x τότε:

Απαιτούμε η f να είναι συνεχής στο 0x δηλαδή

0 0

0lim limx x x x

f x f x f x

Απαιτούμε

0 0

0 0

0

0 0

lim limx x x x

f x f x f x f xf x

x x x x

Οι παραπάνω σχέσεις μας οδηγούν σε σύστημα, του οποίου η λύση μας δίνει τις ζητούμενες παραμέτρους.

Παράδειγμα 7. Αν 2

, 0

4, 0

a x xf x

x x x

να βρείτε τι τιμές των α , β για τις οποίες η f

είναι παραγωγίσιμη στο 0. Λύση: Θέλουμε να δείξουμε ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο 0. Από την θεωρεία γνωρίζουμε ότι αν η f είναι παραγωγίσιμη στο 0 τότε η f θα είναι συνεχής στο 0. Άρα θα ισχύει ότι:

0 0

lim lim 0x x

f x f x f


0 0f a a

0 0

lim limx x

f x a x a

2

0 0lim lim 4 2x x

f x x x

Άρα 2a Για να είναι η f παραγωγίσιμη στο 0 θα πρέπει να ισχύει ότι:



0 0

0 0lim lim 0

0 0x x

f x f f x ff

x x


0 0 0

0 2 2lim lim lim 1

0x x x

f x f x x

x x x

(1)

2 2

0 0 0

2 22

2 20 0

20


0

4 2 4 2lim lim

4 2 4 2

lim 24 2

x x x

x x

x

f x f x x x x

x x x x

x x x

x x x x

x

x

Από τις (1) και (2) έχουμε ότι: 1

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 3. ΠΑΡΑΓΩΓΟΣ ΚΑΙ ΣΥΝΕΧΕΙΑ

Έχουμε ότι αν μία συνάρτηση f είναι συνεχής στο 0x τότε θα ισχύει ότι:

00lim

x xf x f x

Προσοχή!!! Αν μία συνάρτηση f είναι συνεχής σε ένα σημείο 0x τότε δεν είναι απαραίτητα

παραγωγίσιμη στο 0x

Ενώ αν μία συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο 0x τότε η f είναι συνεχής στο

0x

Παράδειγμα 8. Αν μία συνάρτηση f είναι συνεχής στο 1, να αποδείξετε ότι η συνάρτηση

2 3 2g x x f x είναι παραγωγίσιμη στο 1.

Λύση:

Έχουμε ότι η f είναι συνεχής στο 1 δηλαδή 1

lim 1x

f x f

Για 1x έχουμε ότι: 21 1 3 2 1 0g f

Θέλουμε να υπολογίσουμε το όριο:

2 2 2

1 1 1 2

2

21 1 12 2

3 2 3 2 3 211 lim lim lim

1 1 1 3 2

1 1 11 1lim lim lim

23 21 3 2 1 3 2

x x x

x x x

x f x x xg x gg f x

x x x x

x x fx xf x f x f x

xx x x x

Άρα η g είναι παραγωγίσιμη στο 0 1x και 1

12

fg



Παράδειγμα 9. Αν η f είναι συνεχής στο 0 και

0lim 5x

f x x

x

να αποδείξετε ότι:

0 4f

Λύση:

Έχουμε ότι η f είναι συνεχής στο 0 0x δηλαδή ισχύει ότι:

0lim 0x

f x f

Για να υπολογίσουμε το όριο 0

limx

f x

θεωρούμε συνάρτηση

f x x

g x f x xg x xx

και

0lim 5x

g x

0 0

lim lim 0x x

f x xg x x

Θέλουμε να δείξουμε ότι: 0 3f

0 0 0 0

00 lim lim lim lim 5 1 4

0x x x x

f x f f x xg x x xf g x

x x x x

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 4. ΠΑΡΑΓΩΓΟΣ ΚΑΙ ΌΡΙΑ Οι μέθοδοι που εφαρμόζουμε σε αυτό το είδος των ασκήσεων είναι όμοιες με αυτές που αναφέραμε στον υπολογισμό του ορίου με βοηθητική συνάρτηση.

Παράδειγμα 10. Έστω η συνάρτηση f με 1 1 2f f . Να βρείτε τα όρια:

α) 2

21

4lim

2x

f x

x x

β)

1

2lim

3 2x

xf x

x

Λύση: α) Από υπόθεση έχουμε ότι η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο 1 δηλαδή ισχύει ότι:

1 1

1 21 lim lim

1 1x x

f x f f xf

x x

Προσπαθούμε μέσα στο ζητούμενο όριο να εμφανίσουμε την προαναφερθείσα παράσταση. Έχουμε διαδοχικά:

2

21 1 1

1 1

2 2 2 24lim lim lim

2 1 2 1 2

2 2 1 2 8lim lim 1

1 2 1 2 3

x x x

x x

f x f x f x f xf x

x x x x x x

f x f x ff

x x

β) Έχουμε ότι:

1 1 1

1 1

2 2 2lim lim lim

3 2 3 2 3 2 3 2

1 3 2 2 3 21 2lim lim

3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2

x x x

x x

xf x xf x f x f x xf x f x f x

x x x x

f x x x f x xf x x f x

x x x x x x



1

1

1 3 2 2 3 2lim

1 1

2lim 3 2 3 2

1

1 1 3 2 1 1 3 2 16

x

x

f x x x f x x

x x

f xf x x x

x

f f

Παράδειγμα 11. Αν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο 2 να υπολογίσετε το:

2

2

4 2lim

2x

f x x f

x

Λύση: Έχουμε ότι η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο 2 δηλαδή ισχύει ότι:

2

22 lim

2x

f x ff

x


2 2

2 2 2

2 2

2 2 2

4 2 2 2 24 2 4 4 2 4 2 2lim lim lim

2 2 2

4 2 4 22 2 2 2 2 2lim lim

2 2 2 2

2 2lim 4 2 2 4lim 2 lim 2 4

2 2

x x x

x x

x x x

f x f f x xf x x f f x f f x f

x x x

f x f f x ff x x f x x

x x x x

f x f f x ff x f x

x x

2 2f f

Παράδειγμα 12. Έστω η συνάρτηση :f με 0 0f . Αν η f είναι παραγωγίσιμη 0, να

δείξετε ότι 1

lim 0x

xf fx

Λύση:

Έχουμε ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο 0 δηλαδή ισχύει ότι:

0 0

00 lim lim

0x x

f x f f xf

x x

Θέτουμε 1 1

y xx y

για x ισχύει ότι 0y άρα το δοσμένο όριο γράφεται:

0 0

1 1lim lim lim 0x y y

f yxf f y f

x y y

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 5. ΘΕΩΡΗΤΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ

Υπενθυμίζουμε ότι η παράγωγος της f στο 0x βρίσκεται από τις σχέσεις:

0

0

0

0

limx x

f x f xf x

x x

0 0

00

limh

f x h f xf x

h

και

0 0

00

limh

f x h f xf x

h

0



0 0

01

0

lim1h

f hx f xf x

x h

όπου

0 0x

Με τους παραπάνω τύπους αντιμετωπίζονται όλα τα θεωρητικά θέματα που στηρίζονται στον ορισμό της παραγώγου. Παράδειγμα 13. Αν οι συναρτήσεις f, g είναι παραγωγίσιμες στο 0 και ισχύει ότι

2 2 22f x g x x για κάθε x , να δείξετε ότι: 2 2

0 0 2f g .

Λύση: Έχουμε ότι η δοσμένη σχέση ισχύει για κάθε x άρα θα ισχύει και για 0x .

0

2 2 2 2 22 0 0 0 0 0x

f x g x x f g f

και 0 0g

Οι συναρτήσεις f και g είναι παραγωγίσιμες στο 0 δηλαδή ισχύει ότι:

0 0

00 lim lim

0x x

f x f f xf

x x

και

0 0

00 lim lim

0x x

g x g g xg

x x

Η δοσμένη για 0x γράφεται:

2 22 2

2 2 2

2 22 2 2

f x g x f x g xf x g x x

x x x x

2 2 2 2

2 2

0 0 0 0lim lim2 lim lim 2 0 0 2x x x x

f x g x f x g xf g

x x x x

Παράδειγμα 14. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο 1 και

0

1lim 5h

f h

h

, να αποδείξετε ότι

1 0f και ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο 1.

Λύση:

Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο 1 άρα ισχύει ότι: 1

1 limx

f f x

Θέτουμε 1 1x h h x για 0h τότε 1x . Άρα το δοσμένο όριο γράφεται:

0 1

1lim 5 lim 5

1h x

f h f x

h x

Θεωρούμε συνάρτηση

11

f xg x f x g x x

x

και

1lim 5x

g x


1 1

lim lim 1 1 0x x

f x g x x f

Ισχύει ακόμη ότι:

1 1

11 lim lim 5 1 5

1 1x x

f x f f xf f

x x

Άρα η f είναι παραγωγίσιμη στο 1 και μάλιστα έχουμε ότι 1 5f



Παράδειγμα 15. Έστω η συνάρτηση :f με 1 0f . Να δείξετε ότι η συνάρτηση

1 , 2

3 5 , 2

f x xg x

f x x

είναι παραγωγίσιμη στο 2.

Λύση: Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο 1 δηλαδή ισχύει ότι:

1 1

1 11 lim lim 0

1 1x x

f x f f x ff

x x

Επειδή η f είναι παραγωγίσιμη στο 1 θα είναι και συνεχής στο 1 δηλαδή 1

1 limx

f f x

Θέλουμε η g να είναι παραγωγίσιμη στο 2 . Αρκεί λοιπόν να υπολογίσουμε τα πλευρικά όρια:

Έχουμε ότι 2 2 1 1g f f

Αν 2x

2 2

2 1 1lim lim

2 2x x

g x g f x f

x x

(1)

Θέτουμε 1 1y x x y για 2x ισχύει ότι: 1y . Άρα η (1) γράφεται:

1 1

1 11 lim lim 1 0

1 2 1y y

f y f f y ff

y y

Αν 2x

2 2

2 3 5 1lim lim

2 2x x

g x g f x f

x x

(2)

Θέτουμε 5

3 53

yy x x

για 2x ισχύει ότι: 1y . Άρα η (1) γράφεται:

1 1

1 12 lim lim 3 3 1 0

5 12

3

y y

f y f f y ff

y y

Άρα

2 2

2 2lim 0 lim 2 0

2 2x x

g x g g x gg

x x

Παράδειγμα 16. Αν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο 0 και για κάθε ,x y ισχύει

5f x y f x f y xy , να αποδείξετε ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο 0x .

Λύση: Η δοσμένη σχέση ισχύει για κάθε ,x y άρα θα ισχύει και για 0x y

0

5 0 0 0 0 5 0 0 0x y

f x y f x f y xy f f f f

Από υπόθεση έχουμε ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο 0 δηλαδή ισχύει ότι:

0 0

00 lim lim

0x x

f x f f xf

x x

Για τον υπολογισμό της παραγώγου στο τυχαίο 0x θα κάνουμε χρήση του προσθετικού τύπο.

0 0 0 0 0 0

00 0 0

5 5lim lim limh h h

f x h f x f x f h x h f x f h x hf x

h h h



0

0 00 0

5lim lim 5 0 5h h

f h f hx hx f x

h h h

Άρα η f είναι παραγωγίσιμη στο 0x και μάλιστα 0 00 5f x f x

Παράδειγμα 17. Αν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο 1 και για κάθε , 0,x y ισχύει

f x y f x f y , να αποδείξετε ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο 0 0x .

Λύση:

Η δοσμένη σχέση ισχύει για κάθε , 0,x y άρα θα ισχύει και για 1x y

1

1 1 1 1 1 0x y

f x y f x f y f f f f

Η f είναι παραγωγίσιμη στο 1 δηλαδή ισχύει ότι:

Για να δείξουμε ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο τυχαίο 0 0,x θα κάνουμε χρήση του

πολλαπλασιαστικού τύπου υπολογισμού της παραγώγου.

0 0 0 0

01 1 1 1

0 0 0 0 0

11lim lim lim lim

1 1 1 1h h h h

f x h f x f x f h f x f h f h ff x

x h x h x h x h x

Άρα η f είναι παραγωγίσιμη στο τυχαίο 0 0x και μάλιστα ισχύει ότι

0

0

1ff x

x

1 1

11 lim lim

1 1x x

f x f f xf

x x



§ 3.2 ΠΑΡΑΓΩΓΙΣΙΜΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ – ΠΑΡΑΓΩΓΟΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ

Ορισμός:

Έστω f μια συνάρτηση με πεδίο ορισμού ένα σύνολο Α. Θα λέμε ότι:

— H f είναι παραγωγίσιμη στο Α ή, απλά, παραγωγίσιμη, όταν είναι παραγωγίσιμη σε κάθε σημείο Ax 0 .

— Η f είναι παραγωγίσιμη σε ένα ανοικτό διάστημα ),( βα του πεδίου ορισμού της, όταν είναι

παραγωγίσιμη σε κάθε σημείο ),(0 βαx .

— Η f είναι παραγωγίσιμη σε ένα κλειστό διάστημα ],[ βα του πεδίου ορισμού της, όταν είναι

παραγωγίσιμη στο ),( βα και επιπλέον ισχύει

( ) ( )limx

f x f

x

και

( ) ( )limx

f x f

x

.

Παράγωγος Βασικών Συναρτήσεων

Συνάρτηση Παράγωγος

,f x c c

0f x

f x x

1f x

1

, 0f x xx

2

1, 0f x x

x

, 0f x x x

1, 0

2f x x

x

vf x x

1vf x v x

f x x

f x x

f x x

f x x

,2

f x x x k

2

1,f x

x

ή 21 ,

2f x x x k

,f x x x k 2

1,f x

x

ή 21 ,f x x x k

xf x e

xf x e

xf x a

lnxf x a a

ln , 0f x x x

1, 0f x x

x

ln , 0f x x x

1, 0f x x

x



§ 3.3 ΚΑΝΟΝΕΣ ΠΑΡΑΓΩΓΙΣΗΣ

Παράγωγος Αθροίσματος Αν οι συναρτήσεις gf , είναι παραγωγίσιμες στο 0x , τότε η συνάρτηση gf είναι παραγωγίσιμη στο

0x και ισχύει:

)()()()( 000 xgxfxgf

Παράγωγος Γινομένου Αν οι συναρτήσεις gf , είναι παραγωγίσιμες στο 0x , τότε και η συνάρτηση gf είναι παραγωγίσιμη

στο 0x και ισχύει:

)()()()()()( 00000 xgxfxgxfxgf

Παράγωγος Πηλίκου

Αν οι συναρτήσεις gf , είναι παραγωγίσιμες στο 0x και 0)( 0 xg , τότε και η συνάρτηση g

f είναι

παραγωγίσιμη στο 0x και ισχύει:

2

0

0000

0)]([

)()()()()(

xg

xgxfxgxfx

g

f

Παράγωγος Σύνθετης Συνάρτησης Αν η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη στο 0x και η f είναι παραγωγίσιμη στο )( 0xg , τότε η

συνάρτηση gf είναι παραγωγίσιμη στο 0x και ισχύει:

)())(()()( 000 xgxgfxgf

Παράγωγος Σύνθετων Συναρτήσεων

a f x a f x

2

1 f x

f x f x

2

f xf x

f x

1v v

f x v f x f x

f x f x f x f x f x f x

2

f xf x

f x

2

f xf x

f x

lnf x f x

f x a

f x f x

e f x e

ln , 0

f xf x f x x

f x

ln , 0

f xf x f x x

f x




ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 1. ΚΑΝΟΝΕΣ ΠΑΡΑΓΩΓΙΣΗΣ Για να παραγωγίσουμε μία συνάρτηση f χρησιμοποιούμε τους πίνακες και τους κανόνες παραγώγισης που μόλις αναφέραμε.

Ενδιαφέρον παρουσιάζει η παράγωγος μίας συνάρτησης της μορφής v af x x με 0x

Έχουμε ότι: 1

a a a v

v va a vv v va a a

f x x x x x xv v v

Προσοχή!!! Για να παραγωγίσουμε μία συνάρτηση πρέπει πρώτα να βρούμε το πεδίο ορισμού της. Παράδειγμα 1. Να βρείτε την παράγωγο των συναρτήσεων

α) 3 2

3 2

x xf x ax β) lnf x x x

γ) 2 lnf x x x x δ) 2

ln

1

x xf x

x

Λύση: α) Η συνάρτηση f είναι πολυωνυμική με πεδίο ορισμού το σύνολο των πραγματικών αριθμών. Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ως πολυωνυμική. Έχουμε ότι:

3 2 3 2

3 2

2 2

1 1

3 2 3 2 3 2

1 13 2 1

3 2

x x x xf x ax ax x x a x

x x a x x a

β) Έχουμε ότι το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο 0,fD

Για να παραγωγίσουμε την συνάρτηση f θα χρησιμοποιήσουμε τον κανόνα του γινομένου.

Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο 0,fD ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών και

παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο 0,fD .

Ισχύει ότι:

1

ln ln ln 1 ln ln 1f x x x x x x x x x xx

με 0,x

γ) Έχουμε ότι το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο 0,fD

Για να παραγωγίσουμε την συνάρτηση f θα χρησιμοποιήσουμε τον κανόνα του γινομένου.



2 2 2 2

2 2 2

ln ln ln ln

12 ln ln 2 ln ln

f x x x x x x x x x x x x x

x x x x x x x x x x x x x x x xx



δ) Έχουμε ότι το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο 0,fD

Για να παραγωγίσουμε την συνάρτηση f θα χρησιμοποιήσουμε τον κανόνα του γινομένου και τον κανόνα του πηλίκου.



2 2

22 2

2 2

22

22 2

2 22 2

2 2

22

ln 1 ln 1ln

1 1

ln ln 1 ln 1

1

11 ln 1 ln 2 0

ln 1 1 2 ln

1 1

ln ln 1

1

x x x x x xx xf x

x x

x x x x x x x x

x

x x x x x xx x x xx

x x

x x x x

x

Άρα

2 2

22

ln ln 1

1

x x x xf x

x

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 2. ΠΑΡΑΓΩΓΟΣ ΣΥΝΘΕΤΗΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ Α. Για να βρούμε την παράγωγο μίας σύνθετης συνάρτησης θα κάνουμε χρήση του πίνακα των σύνθετων συναρτήσεων που αναφέραμε στην θεωρεία.

Β. Για να βρούμε την παράγωγο μίας συνάρτησης της μορφής g x

h x f x την μετατρέπουμε

στην μορφή lng x f xh x e και στην συνέχεια την παραγωγίζουμε κανονικά με την χρήση των

σύνθετων συναρτήσεων. Η εύρεση του πεδίου ορισμού προκύπτει από τον προηγούμενο τύπο. Παράδειγμα 2. Να βρείτε την παράγωγο των συναρτήσεων

α) 3

25 1f x x β) 24

2

1 lnf x

x

γ) 2 12 xf x x e δ) 2 2ln 1f x x ε)

ln

1x

xf x e

Λύση: α) Το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο των πραγματικών αριθμών. Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ως πολυωνυμική συνάρτηση. Ισχύει ότι:

3 3 1 2 2 2

2 2 2 2 2 2 25 1 3 5 1 5 1 3 5 1 5 1 3 5 1 10 30 5 1f x x x x x x x x x x

β) Για να ορίζεται η f πρέπει 0x και 2 21 ln 0 ln 1x x που ισχύει. Άρα 0,fD



Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο 0, ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων

συναρτήσεων στο 0,


1

2 4

24

22 1 ln

1 lnf x f x x

x

1 1 51

2 2 2 2 24 4 4

5 52 24 4

524

1 12 1 ln 2 1 ln 1 ln 1 ln 1 ln

4 2

1 1 2ln ln1 ln 2ln ln 1 ln

2 21 ln

f x x x x x x

x xx x x x

xx

γ) Το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο . Ισχύει ότι:

2 2 2 21 1 1 2 12 2 2 2 1 2 2 2x x x xf x x e x e x x e x x xe

δ) Θέλουμε 2 21 0 1x x που ισχύει για κάθε x . Άρα το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο . Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο . Ισχύει ότι:

22

2 2 2 2 2 2

2

2

2

2 2

1ln 1 ln 1 2ln 1 ln 1 2ln 1

1

4 ln 122ln 1

1 1

xf x x x x x x

x

x xxx

x x

ε) Για να ορίζεται η f θέλουμε 0x και 1 0xe που ισχύει. Άρα 0,fD


συναρτήσεων στο 0, .


ln ln ln 1

1xx x exf x e f x e

ln ln 1 ln ln 1 ln ln 1

lnln ln 1 ln ln 1

ln ln 1 ln ln 1 ln ln 1

1 ln 1 ln 11 ln lnln 1 ln 1

1 1 1

x x x

x x

x e x e x ex x x

x x xx xxx e x ex x

x x x

f x e e x e e x e x e

e e ex e x ee e x e e

x e x e x e

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 3. ΠΑΡΑΓΩΓΟΣ ΑΝΩΤΕΡΑΣ ΤΑΞΗΣ



Έστω μία συνάρτηση :f A . Τότε:

Ορίζεται η 1:f A όπου

1A A , ως συνάρτηση που αντιστοιχίζει το x στο f x

Ορίζεται η 1:f A όπου

2 1A A , με f x f x

Ορίζεται γενικά η ν-οστή παράγωγος

:v

vf A , όπου 1v vA A A από την σχέση:

1v vf x f x

και 3v

Τονίζουμε ότι το πεδίο ορισμού της παραγώγου μίας συνάρτησης f είναι γενικά υποσύνολο του fD

και όχι υποχρεωτικά το ίδιο, κάτι που συμβαίνει για παράδειγμα στις πολυωνυμικές συναρτήσεις αλλά όχι μόνο σε αυτές.

Παράδειγμα 3. Να βρείτε την δεύτερη παράγωγο της συνάρτησης 2 lnf x x x x

Λύση:

Το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο 0,fD

Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο 0,fD ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων

συναρτήσεων στο 0,fD .


2 2 1ln ln 2

12

f x x x x x x x x xx

f x x xx

Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο 0,fD ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων

συναρτήσεων στο 0,fD .


2

2

2

2

1 1 12 2 2

12

f x x x x x xx x x

f x xx

Παράδειγμα 4. Να βρείτε πολυώνυμο P x τέτοιο, ώστε:

α) 2 2P x P x x x , x

β) να έχει βαθμό *v και να ισχύει 2

P x P x για κάθε x με 1 0P

Λύση:

α) Από την θεωρία έχουμε ότι εάν ένα πολυώνυμο P x είναι βαθμού ν τότε το πολυώνυμο P x θα

είναι βαθμού ν – 1 . Άρα αφού το δεύτερο μέλος είναι βαθμού 2 θα πρέπει και το πρώτο μέλος να είναι βαθμού 2, δηλαδή ο

βαθμός του P x είναι 2.

Ένα πολυώνυμο δευτέρου βαθμού είναι της μορφής 2P x ax x

Και 2P x ax




2 2 2 2 22 2 2 2 2

1 1

2 1 1

2 1

P x P x x x ax x ax x x ax a x x x

a

Άρα 2 1P x x x

β) Έχουμε ότι βαθμός: 2

2 1P x v και βαθμός P x v θέλουμε να ισχύει ότι:

2 1 2 2 2v v v v v

Άρα 2P x ax x και 2P x ax

Από υπόθεση 1 0 0P a (1)


2 2 2 2 2 2 2

2

2 2

2 4 4

4 1 04

4 4 1 0

P x P x ax ax x a x a x ax x

a a

a

Αν α=0 τότε β=γ=0 δηλαδή το P x είναι το μηδενικό πολυώνυμο.

Αν 1

4a τότε:

2 2

2 22

11 1 144 4 410 04

1 1 10 040 2 2

a

Άρα 2 1

4 2 4

x xP x


Παράδειγμα 5. Αν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο 1 και ισχύει 3 21f x f x x

για κάθε x , να αποδείξετε ότι 1 2f .

Λύση: Για 1x η δοσμένη σχέση γράφεται

3 21 1 1 1 1 1 1 0 1 0f f f f f ή 2 1 1 0f αδύνατη.

Η δοσμένη σχέση γράφεται:

3 2 3 2 21 1 1 1 1f x f x x f x f x x f x f x x x

Για 1x έχουμε ότι:



2

2

11 1 1

1 1

f x xf x f x x x

x f x

(1)

Η f είναι παραγωγίσιμη στο 1 άρα και συνεχής στο 1, δηλαδή ισχύει ότι: 1

lim 1x

f x f

Η (1) γράφεται διαδοχικά:

2 21 1

1 1 1lim lim 1 1 2

1 1 1 1x x

f x xf f

x f x f

Παράδειγμα 6. Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση :f για την οποία ισχύει

3 2 2f x xf x f x x για κάθε x . Να βρείτε την 0f .

Λύση: Για 0x η δοσμένη σχέση γράφεται:

0

3 2 3 22 0 0 0 0 2 0 0 0x

f x xf x f x x f f f f

Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη σε όλο το πεδίο ορισμού της άρα μπορούμε να παραγωγίσουμε και τα δύο μέλη της δοσμένης σχέσης. Έχουμε διαδοχικά ότι:

3 2 3 2

3 2

2 2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

3 2 2

3 2 2 2

3 2 2 2

3 2

f x xf x f x x f x xf x f x x

f x xf x f x x x

f x f x x f x x f x f x x

f x f x f x xf x f x f x x

f x f x f x xf x f x x f x x

f x f x f x xf x f x

2 2f x x

Για 0x η προηγούμενη σχέση γράφεται:

02 2

02 2

3 2 2 2

3 0 0 0 2 0 0 0 0 2 2 0

0 2

x

x

f x f x f x xf x f x f x x

f f f f f f

f

Παράδειγμα 7. Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση :f . Να δείξετε ότι:

α) Αν η f είναι άρτια, τότε η f είναι περιττή.

β) Αν η f είναι περιττή, τότε η f είναι άρτια.

Λύση:

α) Έχουμε ότι η f είναι άρτια άρα για κάθε x θα ισχύει ότι: f x f x

Παραγωγίζοντας και τα δύο μέλη της προηγούμενης σχέσης έχουμε ότι:

f x f x f x f x f x x f x f x f x

f x f x

Άρα η f είναι περιττή.



β) Έχουμε ότι η f είναι περιττή άρα για κάθε x θα ισχύει ότι: f x f x

Παραγωγίζοντας και τα δύο μέλη της προηγούμενης σχέσης έχουμε ότι:

f x f x f x f x f x x f x f x f x

f x f x

Άρα η f είναι άρτια.

Σημείωση: Το προηγούμενο παράδειγμα μπορεί να χρησιμοποιηθεί ως θεωρεία αρκεί πρώτα να αποδειχθεί.

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 5. ΠΑΡΑΓΩΓΙΣΗ ΜΕ ΔΥΟ ΜΕΤΑΒΛΗΤΕΣ Αν μία ισότητα με παραγωγίσιμες συναρτήσεις περιέχει δύο μεταβλητές, για παράδειγμα x και y ,

τότε μπορούμε: Να θεωρήσουμε το y σταθερό και να παραγωγίσουμε θεωρώντας ως μεταβλητή το x, Να θεωρήσουμε το x σταθερό και να παραγωγίσουμε θεωρώντας ως μεταβλητή το y.

Παράδειγμα 8. Αν η συνάρτηση :f , είναι παραγωγίσιμη και ισχύει

y xf x y e f x e f y a για κάθε ,x y

Να αποδείξετε ότι:

α) 0 0f a

β) 0 xf x f x f e για κάθε x

Λύση: α) Για 0x y η δοσμένη σχέση γράφεται:

0

0 00 0 0 0 0 2 0 0x y

y xf x y e f x e f y a f e f e f a f f a f a

Για y x έχουμε ότι:

00

0

0 0

0 0 1 0 0

yy x x

f ax x

f x y e f x e f y a f x e f x e f a

f x f x e f f e f

Η προηγούμενη σχέση θέλουμε να ισχύει για κάθε x , δηλαδή 0 0f

β) Θεωρώντας το x ως σταθερό παραγωγίζουμε την δοσμένη σχέση ως προς y.

y x y x

y x y x

y x

f x y e f x e f y a f x y e f x e f y a

f x y x y e f x e f y a f x y f x e e f y

f x y e f x e f y

Για 0y έχουμε ότι: 0xf x f x e f

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 6. ΠΑΡΑΓΩΓΟΣ ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΗΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ



Έστω μία παραγωγίσιμη συνάρτηση f σε ένα διάστημα Δ για την οποία ορίζεται η 1 :f f .

Ισχύει τότε ότι η 1f είναι επίσης παραγωγίσιμη συνάρτηση σε κάθε σημείο 0x f με την

προϋπόθεση ότι 1

0 0f f x . Η παράγωγος της 1f προκύπτει ως εξής:

Επειδή 1f f x x για κάθε x f , παραγωγίζοντας παίρνουμε:

1 1 1 1

1

11f f x x f f x f x f x

f f x

Η σχέση (1) εξασφαλίζει ότι αν 0 0f x y και 0 0f x , τότε:

1

0

0

1f y

f x

Παράδειγμα 9. Έστω ότι η συνάρτηση :f είναι παραγωγίσιμη και ορίζεται η 1f στο

. Αν 2

1

1f x

x

και η 1f είναι παραγωγίσιμη, να αποδείξετε ότι 1 1f x f x

για

κάθε x . Λύση:

Επειδή ορίζεται η 1 :f , θα ισχύει ότι 1f f x x , οπότε :

1 1 1 1

1

21 1

11

1

f f x x f f x f x f xf f x

f x f x

Από την (1) έχουμε ότι η 1f είναι παραγωγίσιμη στο , ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων

συναρτήσεων στο . Άρα:

21

1 12

1 1 1 1

2 21 1

21 1

1 1 1

21

1 21

2 1 2 1

2 1

2 1

f x f x f xf x f x f x f x

f x f x

f x f x

f x f x f x

f x



§ 3.4 ΕΦΑΠΤΟΜΕΝΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ

Εξίσωση Εφαπτόμενης

0 0 0y f x f x x x

Η πρώτη παράγωγος της συνάρτησης f δίνει τον συντελεστή διεύθυνσης της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της f Για την εύρεση της γωνίας που σχηματίζει η γραφική παράσταση της f αρκεί να λύσουμε την

εξίσωση f x

Κατακόρυφες Εφαπτόμενες Αν μια συνάρτηση f είναι συνεχής στο 0x και ισχύει μια από τις παρακάτω συνθήκες:

α)

0

0 )()(lim

0 xx

xfxf

xx (ή )

β)

0

0 )()(lim

0 xx

xfxf

xx

και

0

0 )()(lim

0 xx

xfxf

xx

,

γ)

0

0 )()(lim

0 xx

xfxf

xx

και

0

0 )()(lim

0 xx

xfxf

xx

,

τότε ορίζουμε ως εφαπτομένη της fC στο σημείο ))(,( 00 xfxA την κατακόρυφη ευθεία 0xx .




ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 1. ΕΦΑΠΤΟΜΕΝΗ ΠΟΥ ΔΙΕΡΧΕΤΑΙ ΑΠΟ ΓΝΩΣΤΟ ΣΗΜΕΙΟ Έστω μια συνάρτηση f και ένα σημείο Α(xΑ, yΑ) και μας ζητείται να βρούμε την εφαπτόμενη που διέρχεται από αυτό το σημείο. Αρχικά ελέγχουμε αν το σημείο ανήκει στη γραφική παράσταση της συνάρτησης f. Δηλαδή αν f(xΑ)=yΑ.

Αν ανήκει τότε η εφαπτόμενη είναι της μορφής AAA xxxfxfy

Αν δεν ανήκει στης γραφική παράσταση της f τότε εργαζόμαστε ως έξεις. Εξετάζουμε αν η εξίσωση x=xA είναι εφαπτόμενη της Cf . Θεωρούμε τυχαίο σημείο της Cf M(x0, y0).

Η εφαπτόμενη στο τυχαίο σημείο είναι (ε): 000 xxxfxfy

Θέλουμε το σημείο Α(xΑ, yΑ) να ανήκει στην ευθεία (ε).

Δηλαδή 0A00A xxxfxfy (1)

Λύνουμε την εξίσωση (1) ως προς x0. Παράδειγμα 1. Δίνεται η συνάρτηση f(x)=x2 – 3x+5. Να βρείτε το x0 έτσι ώστε η εφαπτόμενη διέρχεται από το σημείο Α(2,0). Λύση: Έχουμε ότι f(2)=22 – 3·2+5=3≠0. Άρα το σημείο Α(2,0) δεν ανήκει στην γραφική παράσταση της Cf. Έστω τυχαίο σημείο M(x0, y0) της γραφικής παράστασης της f . Η εφαπτόμενη στο Μ είναι η

(ε): 000 xxxfxfy

Θέλουμε το σημείο Α(2,0) να ανήκει στην εφαπτόμενη δηλαδή:

32x

32x

2

124x

2

124x

01x4xx36x2x45x3x

x23x25x3xx2xf)x(f0

0

0

0

0

0

2

00

2

000

2

0

000

2

0000

Παράδειγμα 2. Έστω η συνάρτηση 24f x x . Να δείξετε ότι οι εφαπτόμενες που άγονται

από οποιοδήποτε σημείο της ευθείας 1

:16

y είναι κάθετες.

Λύση: Η f είναι παραγωγίσιμη στο ως πολυωνυμική

8f x x για κάθε x

Έστω τυχαίο σημείο 0 0,M x y της ευθείας 1

:16

y . Άρα θα ισχύει ότι 0

1

16y και 0x

1,

16M

.



Παρατηρούμε ότι το σημείο Μ δεν είναι σημείο της γραφικής παράστασης της f.

Έστω 1 1,A x f x τυχαίο σημείο της γραφικής παράστασης της f.

Η εφαπτόμενη της fC στο σημείο 1 1,A x f x είναι της μορφής

2 2

1 1 1 1 1 1 1 1: 4 8 8 4y f x f x x x y x x x x y x x x

Θέλουμε το σημείο Μ αν ανήκει στην ευθεία (ε) δηλαδή

2 2

1 1 1 1

1 18 4 4 8 0

16 16x x x x (1)

Λύνουμε την σχέση (1) ως προς 1x

Έχουμε ότι 2 21

8 4 4 64 116

Άρα 2

1,1

8 64 1

8x

και

2

1,2

8 64 1

8x

Για να είναι κάθετες οι εφαπτόμενες θέλουμε 1,1 1,2 1f x f x

Ισχύει ότι

2 22 2

1,1 1,2

22 2 2 2

8 64 1 8 64 18 8 8 64 1 8 64 1

8 8

8 64 1 64 64 1 1

f x f x

Άρα οι εφαπτόμενες που άγονται από οποιοδήποτε σημείο της ευθείας 1

:16

y είναι κάθετες.

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 2. ΕΦΑΠΤΟΜΕΝΗ ΠΑΡΑΛΛΗΛΗ ΣΤΟ x x Έστω μια συνάρτηση f. Θέλουμε να βρούμε την εφαπτόμενη της f που είναι παράλληλη στον άξονα x΄x. Τότε αρκεί να λύσουμε της εξίσωσης f΄(x0)=0 και να υπολογίσουμε το x0.

Η εξίσωση της εφαπτόμενης θα είναι της μορφής 0xfy

Παράδειγμα 3. Δίνεται η συνάρτηση xlnxxf με ,0x .

Να βρείτε την εφαπτόμενη που είναι παράλληλη στον άξονα x΄x. Λύση:

Η παραγωγός της f είναι η 1xlnxlnxxf

Για να βρούμε την εφαπτόμενη που είναι παράλληλη στον άξονα x΄x αρκεί να λύσουμε την εξίσωση

0xf 0

Έχουμε: 11xln

0 ex1xln01xln0xf ee

Άρα η ζητούμενη ευθεία είναι η 11 eyefy

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 3. ΕΦΑΠΤΟΜΕΝΗ ΠΑΡΑΛΛΗΛΗ Ή ΚΑΘΕΤΗ ΣΕ ΕΥΘΕΙΑ Έστω μια συνάρτηση f και μια ευθεία (ε):y=α·x+β.



Έστω ότι θέλουμε να βρούμε την εξίσωση της εφαπτόμενης της Cf που είναι παράλληλη στην ευθεία (ε). Τότε αρκεί να λύσουμε την εξίσωση

0xf όπου α ο συντελεστής διεύθυνσης της (ε).

Έστω ότι θέλουμε να βρούμε την εξίσωση της εφαπτόμενης της Cf που είναι κάθετη στην ευθεία (ε). Τότε αρκεί να λύσουμε την εξίσωση

1xf 0 όπου α ο συντελεστής διεύθυνσης της (ε).

Παράδειγμα 4. Δίνεται η συνάρτηση f(x)=x2 – 4x +3 Να βρείτε: α) την f΄(x) β)την εξίσωση της εφαπτόμενης i) Που είναι παράλληλη στην ευθεία y=6x+5

ii)Που είναι κάθετη στην ευθεία 3x2

1y

Λύση:

α) Έχουμε 4x23x4xxf 2

β) Για να είναι η εφαπτόμενη της CIF παράλληλη στην ευθεία y=6x+5 θέλουμε

5x10x264x26xf 0000

ισχύει ακόμη 835455f 2

Άρα η ζητούμενη ευθεία είναι η

22x6y5x68y5x5f5fy

Για να είναι η εφαπτόμενη της Cf κάθετη στην ευθεία 3x2

1y θέλουμε

1x2x224x22xf12

1xf 00000

Ισχύει ακόμη 831411f2

Άρα η ζητούμενη ευθεία είναι η

6x2y1x28y1x1f1fy

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 4. ΕΦΑΠΤΟΜΕΝΗ ΠΟΥ ΤΑΥΤΙΖΕΤΑΙ ΜΕ ΕΥΘΕΙΑ Έστω ότι έχουμε μια συνάρτηση f και θέλουμε να βρούμε την εφαπτόμενη της Cf που ταυτίζεται με την ευθεία y=α·x+β τότε αρκεί να λύσουμε το σύστημα

0

0 0 0

f x

f x x f x

ή

0

0 0

f x a

f x ax

Παράδειγμα 5. Δίνεται η συνάρτηση xxxxf 23

Να βρείτε : α) την f΄(x) β) το συντελεστή διευθύνσεις της εφαπτόμενης της καμπύλης f στο σημείο της Α(1, f(1)) γ) τους α, β αν η ευθεία y=2x+1 είναι η εφαπτόμενη της καμπύλης της f στο σημείο Α. Λύση:

α) Έχουμε 1x2x3xxxxf 223

β) Ο συντελεστής διευθύνσεις της εφαπτόμενης της καμπύλης της f στο σημείο Α είναι ο



241f

γ) Έχουμε ότι 21111f 23

Για να είναι η ευθεία y=2x+1 εφαπτόμενη της καμπύλης της f στο σημείο Α θέλουμε:

6

1

1422

242

11f11f

21f

Άρα η συνάρτηση f έχει τύπο 6xxxxf 23

Παράδειγμα 6. Δίνεται η συνάρτηση xf x a , 0a . Να βρείτε το α ώστε η ευθεία

: 0x y να είναι εφαπτόμενη της fC .

Λύση: Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο .

Έχουμε ότι lnxf x a a

Έστω τυχαίο σημείο 0 0,M x f x της γραφικής παράστασης της f.

Για να είναι η ευθεία : y x εφαπτόμενη της fC στο σημείο 0 0,M x f x πρέπει και αρκεί το

σύστημα

0

0 0

f x a

f x ax

έχει λύση.

0 0 0

00 0 0

0 0 0

00 0 0

0 0

1

ln 1ln 1 ln 1

ln ln

1ln

x x x

x ex x x

e

x a x ea a a a e x e

e a ea x a ea x a x a x

x e x e

a a ee

Άρα 1

ea e

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 5. ΕΦΑΠΤΟΜΕΝΗ ΔΥΟ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ Δίνονται δυο συναρτήσεις f(x) και g(x).

Θέλουμε να βρούμε την κοινή εφαπτόμενη τους. Έστω ότι η εφαπτόμενη τέμνει την Cf στο σημείο Α(α, f(α)) και την Cg στο σημείο B(β, g(β)). Τότε αρκεί να λύσουμε το σύστημα

ggff

gf

Για να βρούμε την εφαπτόμενη στο κοινό τους σημείο Α(α, β) αρκεί να λύσουμε το σύστημα :

ggff

gf

Το κοινό σημείο Α(α, β) είναι λύση της εξίσωσης f(x)=g(x). Παράδειγμα 7. Να βρείτε τις κοινές εφαπτόμενες των γραφικών παραστάσεων των

συναρτήσεων 2xxf και x

1xg

Λύση:



Έχουμε: x2xf και 2x

1xg

Οι εξισώσεις των εφαπτόμενων των Cf και Cg στα σημεία Α(α, f(α)) και B(β, g(β)) αντίστοιχα είναι:

2 xggy:

1 xffy:

2

1

Για να έχουμε κοινή εφαπτόμενη θέλουμε το σύστημα

ggff

gf να έχει λύση.

Δηλαδή:

2

1

2

8

1

2

1

2

4

1

2

1

2

2

1

112

12

3

2

4

2

2

2

2

2

2

Άρα η κοινή εφαπτόμενη μπορεί να βρεθεί από την αντικατάσταση του α ή του β σε μια από της εξισώσεις (1) και (2) Έχουμε λοιπόν:

4x4y2x44y2x2f2fy

Παράδειγμα 8. Δίνονται οι συναρτήσεις 2x5x3xf 2 και x

1xxg

. Να βρείτε τις

κοινές εφαπτόμενες των γραφικών παραστάσεων στα κοινά τους σημεία, αν υπάρχουν. Λύση:

Έστω M(x, y) κοινό σημείο των Cf και Cg. Τότε 2x5x3y 2 και x

1xy

.

Έχουμε την εξίσωση:

01xx5x31xx2x5x3x

1x2x5x3 23232

(1)

Παρατηρούμε ότι η εξίσωση (1) έχει ρίζα για x=1 δηλαδή 0111513 23 . Για λύσουμε την εξίσωση (1) κάνουμε Horner για x=1.

Άρα η (1) γράφετε: 3

1- xή 1x0

3

1x1x1x01x2x31x 2

Επομένως Μ1(1,0) και

4,

3

1M 2

Έχουμε 5x6xf 2 και

22 x

1

x

x1xx1x

x

1xxg

Επειδή 753

16

3

1f

και 9

3

1g

δεν υπάρχει κοινή εφαπτόμενη των Cf και

Cg .στο σημείο

4,

3

1M 2

3 -5 1 1 x=1

3 -2 -1

3 -2 -1 0



Επειδή 1g11f οι Cf και Cg. έχουν κοινή εφαπτόμενη στο σημείο Μ1(1,0) με εξίσωση:

1xy1x1f1fy

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 6. ΕΦΑΠΤΟΜΕΝΗ ΜΕ ΓΝΩΣΤΟ Λ Δίνεται μια συνάρτηση f.

Έστω ότι θέλουμε να βρούμε την εφαπτόμενη της καμπύλης της f που έχει κλίση ένα αριθμό λ.

Τότε αρκεί να λύσουμε την εξίσωση 0xf και να βρούμε το x0.

Έστω ότι θέλουμε να βρούμε την εφαπτόμενη της καμπύλης της συνάρτησης f που σχηματίζει

με τον άξονα xx γωνία ω . Τότε αρκεί να λύσουμε την εξίσωση 0xf και να βρούμε

το ζητούμενο x0.

Παράδειγμα 9. Δίνεται η συνάρτηση x

1xxf

. Να βρείτε:

α) την f΄(x) β) την εξίσωση της εφαπτόμενης της Cf που σχηματίζει με τον άξονα xx γωνία 450.

γ) την εξίσωση της εφαπτόμενης της Cf που έχει κλίση ίση με 4

1.

Λύση:

α) Έχουμε:

222 x

1

x

1xx

x

x1xx1x

x

1xxf

β) Θέλουμε την εξίσωση της εφαπτόμενης της Cf που σχηματίζει με τον άξονα xx γωνία 450 Δηλαδή αρκεί να λύσουμε την εξίσωση

1x1x1x

145xf 0

2

02

0

0

0

Η ζητούμενες εξισώσεις θα είναι οι:

Για x=1 έχουμε: 1xy1x10y1x1f1fy:1

Για x= – 1 έχουμε: 3xy1x12y1x1f1fy:2

γ) Θέλουμε την εξίσωση της εφαπτόμενης της Cf που έχει κλίση ίση με 4

1.

Δηλαδή αρκεί να λύσουμε την εξίσωση

2x4x4

1

x

1

4

1xf 1

2

12

1

1

Η ζητούμενες εξισώσεις θα είναι οι:

Για x=2 έχουμε: x4

1y2x

4

1

2

1y2x2f2fy:3

Για x= – 2 έχουμε: 2x4

1y2x

4

1

2

3y2x2f2fy:4




Παράδειγμα 10. Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση :f με 0 0f για την οποία

ισχύει: 2

2 14

f xx για κάθε x . Να δείξετε ότι η ευθεία : 2 2y x εφάπτεται στην

fC .

Λύση:

Έχουμε ότι η δοσμένη σχέση 2

2 14

f xx ισχύει για κάθε x .

Αρχικά πρέπει να βρούμε τον τύπο της f. Έχουμε ότι:

2

2 2 2 21 4 1 2 14

f xx f x x f x x

Επειδή η f είναι συνεχής στο έχουμε ότι 22 1f x x ή 22 1f x x

Από υπόθεση έχουμε ότι 0 0f . Άρα 22 1f x x για κάθε x

Η f είναι παραγωγίσιμη στο

2

2

2 2

1 22 1 2

2 1 1

x xf x x f x f x

x x

Για να είναι η ευθεία (ε) εφαπτόμενη της fC έχουμε ότι:

2 222

2

2 2 2 2

222 2 2 12 2 1

12 2 2 2 2 22 2

4 2 1 12 1

2 2 22 22 2

xf x x xx x

xf x x f x x f x xf x x

x x xx x

f x xf x xf x x

Για 1x η σχέση (2) γράφεται

21 2 1 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2f αληθές

Για 1x

2

1 2 1 2 2 1 1 0 2 2 0f άτοπο

Άρα 1x

Για 1x η (ε) εφάπτεται στην fC

Παράδειγμα 11. Έστω η δύο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση :g με 0g x για

κάθε x και η συνάρτηση

g xf x

g x

, x . Να βρείτε την γωνία που σχηματίζει με το άξονα

x x , η εφαπτόμενη της fC στο σημείο που τέμνει η fC τον άξονα x x .

Λύση:



Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο . Έχουμε ότι:

2

2

g x g x g xg xf x f x

g x g x

Έστω ότι η το σημείο τομής της fC με τον άξονα x x είναι το

0 0

0

0 0 0

0

,0 0 0 0g x

f

g xA x A C f x g x

g x

Για 0x x η f x γράφεται διαδοχικά:

2 2

0 0 0 0

0 0 02 2

0 0

1g x g x g x g x

f x f x f xg x g x

Για να βρούμε την γωνία που σχηματίζει η με το άξονα x x , η εφαπτόμενη της fC στο σημείο

0 ,0A x αρκεί να λύσουμε την εξίσωση:

0ˆ ˆ ˆ1

4f x

Παράδειγμα 12. Δίνεται η συνάρτηση : 0,f για την οποία ισχύει 2 3f x x για

κάθε 0x . Να βρείτε την εφαπτόμενη της fC στο

0 2x .

Λύση: Αρχικά θα βρούμε τον τύπο της f.

Θέτουμε 0

2x

y x x y

Άρα η f γράφεται:

2

3 32 3

y x

f x x f y y f x x

με 0,x

Έχουμε ότι η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο 0, ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων


3 3

12 2

3 3

2 2

xf x x f x x f x

Η εφαπτόμενη της fC στο 0 2x δίνεται από την σχέση:

: 2 2 2y f f x


3

2 2 2 2 2f f

3 2

22

f

Άρα 3 2 3 2

: 2 2 2 2 2 2 22 2

y f f x y x y x



Παράδειγμα 13. Αν η ευθεία : 2 1y x εφάπτεται της fC στο

0 1x να βρείτε το

2

1

1lim

1x

f x

x

.

Λύση:

Η ευθεία (ε) εφάπτεται της fC στο

0 1x ισοδυναμεί με :

1 2f και 1 2 1 1 1 1f f


1 1

1 11 2 lim 2 lim 2

1 1x x

f x f f xf

x x

Το ζητούμενο όριο γράφεται διαδοχικά:

2

1 1 1 1 1

1 1 1 11lim lim lim 1 lim lim 1

1 1 1 1

2 1 1 4

x x x x x

f x f x f x f xf xf x f x

x x x x

f

Παράδειγμα 14. Α) Να δείξετε ότι η εξίσωση 8 8xe x έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (1, 2).

Β) Να δείξετε ότι οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων 22f x x και xg x e έχουν κοινή

εφαπτόμενη. Λύση:

Α) Θεωρούμε συνάρτηση 8 8xh x e x με 1,2x

Η h είναι συνεχής στο [1, 2] ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο [1,2].

1 0h e , 22 8 0h e άρα 1 2 0h h

Από θεώρημα Bolzano έχουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον 0 1,2x τέτοιο ώστε 0 0h x δηλαδή

η εξίσωση 8 8xe x έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (1, 2). Β) Οι συναρτήσεις f και g είναι συνεχής και παραγωγίσιμες στο ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων.

Έστω τυχαίο σημείο 1 1,A x f x της γραφικής παράστασης της f. Η εφαπτόμενη της fC στο Α θα

είναι μία ευθεία της μορφής.

2 2

1 1 1 1 1 1 1 1 1: 2 4 4 2y f x f x x x y x x x x y x x x

Έστω τυχαίο σημείο 2 2,B x g x της γραφικής παράστασης της g. Η εφαπτόμενη της gC στο B θα

είναι μία ευθεία της μορφής.

2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2: 1x x x x x x x

y g x g x x x y e e x x y e x x e e y e x e x

Για να ταυτίζονται οι ευθείες 1 και 2 θέλουμε:

2 2 2 21

2

222

01 1 1 1

2 22

1 1 21 1 2 1 1 21 2

221

1 2 1 21 2

4 4 4 4

2 2 2 02 4 1 2 4 1 02 1

8 8 14 2 24

2 2 2 2 22 2

x x x x x

x

xxx

x e x e x e x e

x x xx x x x x xx e x

e xx ex e

x x x xx x

Από το Α ερώτημα έχουμε ότι η εξίσωση (1) έχει λύση για 2 0x x στο (1, 2)



Άρα το σύστημα 2 0

1 02 2

x x

x x

έχει μοναδική λύση την 1 2 0 0, 2 2,x x x x

Άρα η γραφική παράσταση της f και η γραφική παράσταση της g έχουν κοινή εφαπτόμενη την ευθεία

0 0

0 0 0 0: 1x x

y g x g x x x y e x e x



§ 3.5 ΘΕΩΡΗΜΑ ROLLE

ΘΕΩΡΗΜΑ (Rolle)

Αν μια συνάρτηση f είναι:

συνεχής στο κλειστό διάστημα ],[ βα

παραγωγίσιμη στο ανοικτό διάστημα ),( βα και

)()( βfαf

τότε υπάρχει ένα, τουλάχιστον, ),( βαξ τέτοιο, ώστε:

0)( ξf

Γεωμετρικά, αυτό σημαίνει ότι υπάρχει ένα, τουλάχιστον, ),( βαξ

τέτοιο, ώστε η εφαπτομένη της fC στο ))(,( ξfξM να είναι

παράλληλη στον άξονα των x.

y

O x β ξ΄ ξ α

Μ(ξ,f (ξ))

Β(β,f (β)) Α(α,f (α))

18




ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 1. ΣΥΝΘΗΚΕΣ ΣΥΜΠΕΡΑΣΜΑΤΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΟΣ ROLLE Α. Για να ισχύει το θεώρημα Rolle για μία συνάρτηση f σε διάστημα [α, β] πρέπει:

Η f να είναι συνεχής στο κλειστό διάστημα [α, β] Η f να είναι παραγωγίσιμη στο ανοικτό διάστημα (α, β)

f a f

Υπάρχει τότε ένα τουλάχιστον ,a τέτοιο, ώστε 0f

Β. α) Είναι προτιμότερο να εξετάζουμε πρώτα την συνθήκη f a f

β) Αν δεν ισχύει μία τουλάχιστον από τις προηγούμενες συνθήκες, τότε το Θεώρημα Rolle δεν ισχύει.

Γ. Τονίζουμε ότι για μία συνάρτηση f μπορεί να υπάρχει ,a με 0f χωρίς όμως να

ισχύουν στο [α, β] κάποιες από τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle.

Παράδειγμα 1. Έστω η συνάρτηση 2

4 1, 1

8 20 9, 1

x xf x

x x x

Να δείξετε ότι για την f ισχύουν οι υποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο [0, 2] και να βρείτε το σημείο

,0A , 0,2 που η fC τέμνει τον άξονα x x .

Λύση:

Αρχικά θα εξετάσουμε την συνθήκη 0 2f f


0 1f και 22 8 2 20 2 9 1f άρα 0 2f f

Για 0,1 1,2x η f είναι συνεχής ως πολυωνυμική.

Εξετάζουμε ξεχωριστά την συνέχεια της f στο 0 1x με την χρήση του ορισμού.

Έχουμε διαδοχικά:

21 8 1 20 1 9 3f

1 1

lim lim 4 1 3x x

f x x

και 2

1 1lim lim 8 20 9 3x x

f x x x

Ισχύει λοιπόν ότι: 1 1

lim lim 1x x

f x f x f

αρά η f είναι συνεχής στο 0 1x

Άρα η f είναι συνεχής στο [0, 2]

Η f είναι παραγωγίσιμη στο 0,1 1,2 ως πολυωνυμική.

Εξετάζουμε ξεχωριστά την παραγωγισιμότητα της f στο 0 1x με την χρήση του ορισμού.

Έχουμε διαδοχικά:

1 1 1

1 4 14 1 3lim lim lim 4

1 1 1x x x

f x f xx

x x x

2 2

1 1 1 1 1

1 1 8 128 20 9 3 8 20 12lim lim lim lim lim 8 12 4

1 1 1 1x x x x x

f x f x xx x x xx

x x x x

άρα η f είναι παραγωγίσιμη στο 0 1x και 1 4f



Από τα παραπάνω έχουμε ότι ισχύουν οι υποθέσεις του θεωρήματος Rolle άρα υπάρχει ένα

τουλάχιστον ,a τέτοιο ώστε 0f , δηλαδή υπάρχει 0,2 που η fC τέμνει τον

άξονα x x Παράδειγμα 2. Έστω μία συνάρτηση f συνεχής στο [0, π], παραγωγίσιμη στο (0, π) και

0 0f f

α) Να δείξετε ότι για την συνάρτηση g x f x x , 0,x ισχύουν οι υποθέσεις του

θεωρήματος Rolle.

β) Να δείξετε ότι υπάρχει 0, τέτοιο, ώστε f f

Λύση: α) Έχουμε ότι:

Η g είναι συνεχής στο [0, π] ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων στο [0, π].

Η g είναι παραγωγίσιμη στο (0, π) ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο (0, π).

g x f x x g x f x x f x x

0 0 0 0g f f

g f f

και επειδή 0 0 0f f f f έχουμε ότι

0g g

Άρα ισχύουν οι υποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο [0, π].

β) Από το προηγούμενο ερώτημα έχουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον 0, τέτοιο ώστε

0 0g f f f f

f f f f

Παράδειγμα 3. Έστω η συνάρτηση f, η οποία είναι παραγωγίσιμη στο και ισχύει

f x xf x για κάθε x . Να δείξετε ότι:

α) Για τη συνάρτηση g x f x ισχύει το θεώρημα Rolle στο [0, π].

β) Υπάρχει ένα τουλάχιστον 0, τέτοιο ώστε f g

Λύση: α) Ελέγχουμε τις υποθέσεις του θεωρήματος Rolle για την συνάρτηση g στο [0, π]

Η g είναι συνεχής στο [0, π] ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων στο [0 , π] Η g είναι παραγωγίσιμη στο (0, π) ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων

στο (0, π)

g x f x g x f x x g x x f x

0 0 0g f f , 0g f f άρα 0g g

β) Άρα από θεώρημα Rolle 0, : 0g

Παραγωγίζοντας και τα δύο μέλη της δοσμένης σχέσης έχουμε ότι



g x f x

f x xf x f x x f x x f x f x xg x g x

Για x η προηγούμενη σχέση γράφεται:

0g

f g g f g

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 2. ΕΥΡΕΣΗ ΠΑΡΑΜΕΤΡΩΝ Αν μας δίνεται μία συνάρτηση f με παραμέτρους και θέλουμε να βρούμε τις τιμές των παραμέτρων αυτών, ώστε να εφαρμόζεται σε κάποιο δοσμένο διάστημα [α, β] το θεώρημα Rolle, τότε απαιτούμε:

f a f

Η f να είναι συνεχής στο [α, β] κάνοντας χρήση του ορισμού για την συνέχεια στο σημείο 0x ,

όταν η f δίνεται κατά κλάδους. Η f να είναι παραγωγίσιμη στο (α, β), κάνοντας ενδεχομένως και εδώ χρήση του ορισμού της

παραγώγου. Παράδειγμα 4. Να βρείτε τις τιμές των α, β, γ ώστε για τη συνάρτηση

2

4 2 , 1

4 1, 1

ax xf x

x x x

να ισχύουν οι υποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο 3,3

Λύση:

Αρχικά θέλουμε

23 3 4 3 2 3 4 3 1 12 2 10 12 6 6 5 1f f a a

Ελέγχουμε την f ως προς την συνέχεια

Η f είναι συνεχής στο 3,1 1,3 ως πολυωνυμική συνάρτηση.

Απαιτούμε η f να είναι συνεχής και στο 0 1x δηλαδή

0 0

01 1

lim lim lim lim 1x x x x x x

f x f x f x f x f x f

Έχουμε:

1 1

lim lim 4 2 4 2x x

f x ax a

2

1 1lim lim 4 1 2 4x x

f x x x

Και 1 4 2f a

Άρα 4 2 2 4 2 2 1 2a a

Ελέγχουμε την f ως προς την παραγωγισιμότητα

Η f είναι παραγωγίσιμη στο 3,1 1,3 ως πολυωνυμική

Θέλουμε η f να είναι παραγωγίσιμη και στο 0 1x δηλαδή

1 1

1 1lim lim 1

1 1x x

f x f f x ff

x x




1 1 1 1

1

1 4 14 2 4 2 4 4lim lim lim lim

1 1 1 1

lim 4 4

x x x x

x

f x f a xax a ax a

x x x x

a a

2 2

1 1 1 1

1

1 1 1 4 14 1 2 4 1 4 4lim lim lim lim

1 1 1 1

1 1 4lim 2 4

1

x x x x

x

f x f x x xx x x x

x x x x

x x

x

Άρα 4 2 4 2 2 1a a (3)

Από τις σχέσεις (2) και (3) έχουμε ότι:

2 2 1

2 2 1 1 1 0a

a

Άρα η (1) γράφεται: 6 6 5 6 6 5 (4)

Από το σύστημα των (2) και (4) έχουμε ότι:

2 2 1 6 6 3

6 6 5 6 6 5

a a

8 212 8

12 3

Άρα 1

6

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 3. ΎΠΑΡΞΗ ΡΙΖΑΣ ΤΗΣ 0f x ΜΕ ΓΝΩΣΤΗ f

Το Θεώρημα Rolle είναι ένα σημαντικό εργαλείο στην εύρεση ριζών της παραγώγου μίας συνάρτησης f στο διάστημα (α, β). Ένα ακόμη πολύ χρήσιμο συμπέρασμα που προκύπτει από την εφαρμογή του είναι ότι αν ισχύει για

μία συνάρτηση f σε ένα διάστημα [α, β] τότε αυτή θα έχει μία τουλάχιστον εφαπτόμενη στο ,a

παράλληλη στον άξονα x x .

Παράδειγμα 5. Δίνεται η συνάρτηση 1 ln 1f x x x . Να αποδείξετε ότι:

α) Η εξίσωση 0f x έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (0, 1)

β) Η εξίσωση 1 11

x xx e έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο ανοικτό διάστημα (0, 1)

Λύση:

α) Το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο 1,fD

Η f είναι συνεχής στο [0, 1] ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων στο [0, 1] Η f είναι παραγωγίσιμη στο (0, 1) ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο

(0, 1)

1 ln 1 1 ln 1 1 ln 1f x x x f x x x x x

1 1

ln 1 1 ln 11 1

x xf x x x f x x

x x



0 0 1 ln 0 1 0f , 1 1 1 ln 1 1 0f άρα 0 1f f

Από θεώρημα Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον 0,1 τέτοιο, ώστε 0f

β) Για x έχουμε ότι:

1 1 1

1 1 1ln 1 ln 1 0 ln 1 1 ln 1 1

1 1 1

ln 1 1 1

f

e

Άρα υπάρχει ένα τουλάχιστον 0,1 τέτοιο ώστε η εξίσωση 1 11

x xx e έχει μία τουλάχιστον

ρίζα στο ανοικτό διάστημα (0, 1).


2

3 2

axf x x x

, όπου

, , , και ισχύει 03 2

. Να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον 0,1 τέτοιο

ώστε η εφαπτόμενη της γραφικής παράστασης της f στο σημείο , f να είναι παράλληλη προς

τον άξονα x x . Λύση: Το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο των πραγματικών αριθμών.

Η f είναι συνεχής στο [0, 1] ως πολυωνυμική Η f είναι παραγωγίσιμη στο (0, 1) ως πολυωνυμική

3

2 2 23 2 2

axf x x x f x ax x

0f , 0

3 2

13 2 3 2

a

a af

άρα 0 1f f

Από θεώρημα Rolle έχουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον 0,1 τέτοιο, ώστε 0f , δηλαδή

υπάρχει ένα τουλάχιστον 0,1 τέτοιο ώστε η εφαπτόμενη της γραφικής παράστασης της f στο

σημείο , f να είναι παράλληλη προς τον άξονα x x .

Παράδειγμα 7. Αν η εξίσωση 3 2 0x ax x έχει τρείς ρίζες πραγματικές και άνισες ανά

δύο, να δείξετε ότι 2 3a .

Λύση:

Έστω 1 2 3, ,x x x οι ρίζες της εξίσωσης με 1 2 3x x x

Θεωρούμε συνάρτηση 3 2f x x ax x με 1 3,x x x

Η f είναι συνεχής στο 1 2,x x και 2 3,x x ως πολυωνυμική.

Η f είναι παραγωγίσιμη στο 1 2,x x και 2 3,x x ως πολυωνυμική.

23 2f x x ax

1 2 3 0f x f x f x



Άρα από το Θεώρημα Rolle έχουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον 1 1 2 1, : 0x x f και υπάρχει

ένα τουλάχιστον 2 2 3 2, : 0x x f

Έχουμε ότι 1 2 δηλαδή η f που είναι ένα τριώνυμο έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες άρα

θα πρέπει να ισχύει ότι:

2 20 2 4 3 0 3a a

Παράδειγμα 8. Αν μία συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο και δεν είναι «1-1», να δείξετε

ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον τέτοιο, ώστε 0f

Λύση: Από υπόθεση έχουμε ότι η παραγωγίσιμη συνάρτηση f δεν είναι «1-1» άρα υπάρχουν δύο τουλάχιστον

1 2,x x με 1 2x x τέτοια ώστε 1 2f x f x .

Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι 1 2x x

Η f είναι συνεχής στο 1 2,x x ως παραγωγίσιμη στο

Η f είναι παραγωγίσιμη στο 1 2,x x

1 2f x f x

Άρα από το θεώρημα Rolle έχουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον 1 2,x x τέτοιο ώστε

0f

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 4. ΑΝΤΙΠΑΡΑΓΩΓΙΣΗ Για την εύρεση της αντιπαραγώγου, (αρχικής συνάρτησης ή παράγουσας) χρήσιμες είναι οι παρακάτω παρατηρήσεις:

c c x f x xf x xf x

1

1

vv ax

axv

f x g x f x g x f x g x

2

a a

x x

2

f x xf x f x

x x

1

ln xx

2

f x g x f x g x f x

g x g x

x x 2

2

f xf x f x

x x 1

1

v

vf x

f x f xv

x xe e

f x f xe f x e



2

1x

x

ln

f xf x

f x

2

1x

x

2

f x f x f x f x f x

xx e

ea

2

2

f x f x f x f x

f xf x

x

ax

2

2

f x f x f x f x

f xf x

ax

ax

g x g x

f x g x f x f x e e

ln1 x

x

g x g x

f x g x f x f x e e

ln

xx a

aa

Η επαλήθευση γίνεται παραγωγίζοντας το δεύτερο μέλος. Οι σχέσεις αυτές αποτελούν ισχυρά εργαλεία σε ολόκληρο το διαφορικό λογισμό και θα τις εμπεδώσουμε κυρίως σε επόμενη παράγραφο. Θα πρέπει, βλέποντας το α΄ μέλος, να οδηγούμαστε άμεσα στο δεύτερο.

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 5. ΎΠΑΡΞΗ ΡΙΖΑΣ ΤΗΣ f , ΕΦΑΡΜΟΓΗ ΤΟΥ Θ. ROLLE ΓΙΑ F

Όπως και για την εφαρμογή του θεωρήματος Bolzano, έτσι και στο Θεώρημα Rolle είναι ορισμένες απαραίτητο να βρούμε βοηθητική συνάρτηση, η οποία θα μας εξασφαλίσει ότι υπάρχει κάποιο

,a , ώστε να ισχύει η ζητούμενη σχέση.

Θέτουμε στη θέση του ξ το x και φέρνουμε όλους τους όρους στο α΄ μέλος.

Ονομάζουμε, για παράδειγμα g x το α΄ μέλος της νέας σχέσης

Προσπαθούμε να βρούμε μία συνάρτηση G x με , ,G x g x x a . Η συνάρτηση

αυτή λέγεται αρχική ή παράγουσα της g.

Στην G x εφαρμόζουμε το θεώρημα Rolle, αφού βέβαια διαπιστώσουμε ότι πληρούνται οι

προϋποθέσεις του.

Παράδειγμα 9. Αν 6 7 3 ln 2a , να δείξετε ότι η εξίσωση 2x a xx

έχει μία

τουλάχιστον ρίζα στο (1, 2) Λύση:

Θεωρούμε συνάρτηση 2f x x a xx

με 1,2x

Αναζητούμε την αρχική της f, δηλαδή μία συνάρτηση F που αν την παραγωγίσουμε θα μας δώσει την f

f x F x .



Έχουμε διαδοχικά ότι:

2 1 32 2

2 1 3

x xx x

x

x

Και 1

ln xx

Άρα η αρχική της f θα είναι η συνάρτηση

3 3

ln ln3 3

xx xF x a x F x a x x

με 1,2x

Η F είναι συνεχής στο [1, 2] ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων στο [1, 2] Η F είναι παραγωγίσιμη στο (1, 2) ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων

στο (1, 2).

3 2

2

3ln

3 3

x xF x a x x F x a x x

x

F x x a xx

1

13

F a , 8

2 ln 23

F a

Ελέγχουμε την συνθήκη 1 2F F

1 8

1 2 ln 2 1 3 8 3 3 ln 2 6 7 3 ln 23 3

F F a a a αληθές από

υπόθεση. Από τα παραπάνω έχουμε ότι ικανοποιούνται οι συνθήκες του θεωρήματος Rolle για την συνάρτηση

F , δηλαδή υπάρχει ένα τουλάχιστον 1,2 τέτοιο ώστε 0 0F f η εξίσωση

2x a xx

έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (1, 2)

Παράδειγμα 10. Δίνεται μία συνάρτηση f συνεχής στο [1, 2] και παραγωγίσιμη στο (1, 2) με

2 1 ln 2f f . Να δείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον 1,2 τέτοιο ώστε

22 3 1

f

Λύση: Μεταφέρουμε όλους τους όρους στο α΄ μέλος και θέτουμε x στην θέση του ξ. Έχουμε ότι:

2 22 3 1 2 3 1 1

0 2 3 0x x x x

f x f x f x xx x x

Θεωρούμε συνάρτηση του πρώτου μέλους.

1

2 3g x f x xx

με 1,2x και αναζητούμε συνάρτηση G αρχική της g τέτοια ώστε

G x g x για κάθε 1,2x .




f x f x , 22x x

, 3 3x , 1

ln xx

Άρα 2 3 lnG x f x x x x με 1,2x

Η G είναι συνεχής στο [1, 2] ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων στο [1, 2] Η G είναι παραγωγίσιμη στο (1, 2) ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων

στο (1, 2).

2 13 ln 2 3G x f x x x x G x f x x

x

με 1,2x

1 1 2G f , 2 2 2 ln 2G f

Ελέγχουμε την συνθήκη 1 2G G

1 2 1 2 2 2 ln 2 2 1 ln 2G G f f f f αληθές από υπόθεση.

Από τα παραπάνω έχουμε ότι ικανοποιούνται οι συνθήκες του θεωρήματος Rolle για την συνάρτηση

G, δηλαδή υπάρχει ένα τουλάχιστον 1,2 τέτοιο ώστε:

22 3 1

0 0G g f

Παράδειγμα 11. Έστω η συνάρτηση f η οποία είναι παραγωγίσιμη στο 1

0,2

με 0 0f . Να

αποδείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον 1

0,2

τέτοιο ώστε 1 2 2f f

Λύση: Μεταφέρουμε όλους τους όρους στο α΄ μέλος και θέτουμε x στην θέση του ξ. Έχουμε ότι:

1 2 2 1 2 2 0x f x f x x f x f x (1)

Παρατηρούμε ότι 1 2 2x άρα η (1) γράφεται:

1 2 2 0 1 2 1 2 0 1 2 0x f x f x x f x x f x x f x

Θεωρούμε συνάρτηση 1 2 2g x x f x f x με 1

0,2

x

και την 1 2G x x f x

αρχική της g.

Η G είναι συνεχής στο 1

0,2

ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων στο 1

0,2

Η G είναι παραγωγίσιμη στο 1

0,2

ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων

στο 1

0,2

1 2 1 2 2G x x f x G x x f x f x

0 1 2 0 0 0 0G f f , 1 1 1

1 2 02 2 2

G f

άρα 1

02

G G


G, δηλαδή υπάρχει ένα τουλάχιστον 1

0,2

τέτοιο ώστε:



0 0 1 2 2G g f f

Παράδειγμα 12. Αν μία συνάρτηση f είναι συνεχής στο [α, β], παραγωγίσιμη στο(α, β) και ισχύει

0f x για κάθε ,x a , να δείξετε ότι υπάρχει ,a τέτοιο ώστε

1 1f

f a

.

Λύση: Θέτουμε x στην θέση του ξ. Έχουμε ότι:

1 1f x

f x a x x

Παρατηρούμε ότι ένα βάλουμε όπου x a ή x τότε προκύπτει μη πραγματικός αριθμός στον όρο

1

a x ή αντίστοιχα στον όρο

1

x . Για να εξαλείψουμε την απροσδιοριστία θα κάνουμε ομώνυμα

τα κλάσματα του δευτέρου μέλους και στην συνέχεια θα κάνουμε απαλοιφή παρονομαστών.

2

1 12

2 0

f x f x a x xa x x f x a x f x

f x a x x f x a x x

a x x x f x a x f x

Θεωρούμε συνάρτηση 2 2g x a x x x f x a x f x με ,x a

Παρατηρούμε ότι: 2 2 2a x x x a x a x άρα η g γράφεται:

2

2 2

2

2g x a x x x f x a x f x

g x a x x x f x a x x x f x

g x a x x x f x

Μία αρχική G της g θα είναι η 2G x a x x x f x G x a x x f x με

,x a

Η G είναι συνεχής στο [α, β] ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων στο [α, β] Η G είναι παραγωγίσιμη στο (α, β) ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων

στο (α, β)

0G a a a a f a , 0G a f άρα G a G


G, δηλαδή υπάρχει ένα τουλάχιστον ,a τέτοιο ώστε:

1 1

0 0f

G gf a

Παράδειγμα 13. Δίνεται συνάρτηση f η οποία είναι συνεχής στο [0, 1], παραγωγίσιμη στο (0, 1)

και ισχύει 1 1

10 1f f

. Αν 0f x για κάθε 0,1x να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα

τουλάχιστον 0 0,1x τέτοιο ώστε 2

0 0 02f x x f x .



Λύση:

Μεταφέρουμε όλους τους όρους στο α΄ μέλος και θέτουμε x στην θέση του 0x .


02

2 22 2 2 0

f xf x f xf x xf x x x

f x f x


22

f xg x x

f x

με 0,1x

Παρατηρούμε ότι:

2

1f x

f x f x

και 22x x

Άρα μία αρχική της g είναι η συνάρτηση

21G x x

f x με 0,1x

Η G είναι συνεχής στο 0,1 ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων στο [0, 1]

Η G είναι παραγωγίσιμη στο (0, 1) ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο (0, 1)

2

2

12

f xG x x G x x

f x f x

1

00

Gf

, 1

1 11

Gf

και

1 1 1 1

0 1 1 10 1 0 1

G Gf f f f

που ισχύει από υπόθεση.


G, δηλαδή υπάρχει ένα τουλάχιστον 0 0,1x τέτοιο ώστε:

2

0 0 0 0 00 0 2G x g x f x x f x

Παράδειγμα 14. Έστω μία συνάρτηση f η οποία είναι παραγωγίσιμη στο και ισχύει γι’ αυτήν

το Θεώρημα Rolle στο [1, 4]. Να δείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον * τέτοιο ώστε:

21 1 3 2

3 2

f f

Λύση: Θέτουμε x στην θέση του ξ και έχουμε ότι:

2

2 2

2

1 1 3 22 2 3 3 3 2 2 2 3 3 3 2 0

3 2

3 3 2 2 2 3 0

f x f xx xf x f x x xf x f x

x

f x x f x x

Θεωρούμε συνάρτηση 23 3 2 2 2 3g x f x x f x x με 1,4x

Παρατηρούμε ότι :

3 2 3 2 3 2 3 3 2f x f x x f x

2 2 2 22f x f x x x f x



2 3 2 3x x x

Άρα μία αρχική της g θα είναι η 2 23 2 3G x f x f x x x με 1,4x

Από υπόθεση έχουμε ότι για την συνάρτηση f ισχύουν οι υποθέσεις του Θ. Rolle άρα Η f είναι συνεχής στο [1,4] Η f είναι παραγωγίσιμη στο (1, 4)

1 4f f

Για την συνάρτηση 2 23 2 3G x f x f x x x με 1,4x έχουμε ότι:


στο [1, 4]

2 2 23 2 3 3 3 2 2 2 3G x f x f x x x G x f x x f x x

2 21 3 1 2 1 1 3 1 2 1 2G f f f ,

1 4

2 22 3 2 2 2 2 3 2 2 4 2 2 1 2 1f f

G f f f f G



21 1 3 20 0

3 2

f fG g

Παράδειγμα 15. Έστω μία παραγωγίσιμη συνάρτηση :f για την οποία ισχύει

1f x ef x για κάθε x . Να δείξετε ότι υπάρχει 0,1 τέτοιο ώστε f f .

Λύση: Μεταφέρουμε όλους τους όρους στο α΄ μέλος και θέτουμε x στην θέση του ξ.

0f x f x f x f x

Πολλαπλασιάζουμε και τα δύο μέλη της προηγούμενης σχέσης με xe επομένως έχουμε:

0x xe f x e f x

Θεωρούμε συνάρτηση x xg x e f x e f x με 0,1x

Παρατηρούμε ότι: x xe e άρα η g γράφεται: x x xg x e f x e f x e f x

Μία αρχική της g είναι η συνάρτηση xG x e f x με 0,1x


στο (0, 1).

11 1G e f , 0 0G f

Για 1x η σχέση 1f x ef x γράφεται

11 0 1 0 0 1f ef e f f G G



0 0G g f f



Παράδειγμα 16. Έστω η συνάρτηση f η οποία είναι συνεχής στο [0, 1], παραγωγίσιμη στο (0, 1)

και ισχύει ότι 0f x για κάθε 0,1x . Αν 0 ln 2f και 1 ln 1f e να δείξετε ότι υπάρχει

0,1 τέτοιο ώστε 2 1f

f e

.

Λύση: Θέτουμε x στην σχέση που θέλουμε να δείξουμε.

2 1 2 1 2 2 01 1

f x f x

f x f x f x

f x f x

e f x e f xf x x e e f x x e x x

e e

Μπορούμε να διαιρέσουμε με

1f x

e καθώς από υπόθεση έχουμε ότι

00 1 0f x f x

f x e e e για κάθε 0,1x


2

1

f x

f x

e f xg x x

e

με 0,1x


1f x f x

e e f x

,

άρα η g γράφεται διαδοχικά 2

12 ln 1

1

f x

f x

f x

eg x x g x e x

e

Μία αρχική της g είναι η συνάρτηση 2ln 1f x

G x e x με 0,1x


στο (0, 1).

2ln 1 2

1

f x

f x

f x

e f xG x e x G x x

e

0 ln 20 ln 1 0 ln 1 0f

G e e ,

1 ln 11 ln 1 1 ln 1 1 ln 1 1 1 ln 1 0

f eG e e e e

άρα 0 1G G



0 0 2 1f

G g f e

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 6. ΕΥΡΕΣΗ F ΑΠΟ ΤΗ ΣΧΕΣΗ F a F

Σε ορισμένες περιπτώσεις η βοηθητική συνάρτηση προσδιορίζεται ευκολότερα, αν εκμεταλλευτούμε κατάλληλα τις συνθήκες της άσκησης. Ένας τρόπος είναι τα τροποποιήσουμε κατάλληλα την συνθήκη ώστε στο ένα μέλος να βρίσκονται όλοι οι όροι που περιέχουν το α και στο άλλο όλοι οι όροι που περιέχουν το β. Στη συνέχεια θέτουμε a x και εφαρμόζουμε το Θεώρημα Rolle για την συνάρτηση που σχηματίσαμε.

Παράδειγμα 17. Έστω ότι η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο και ισχύει f a fa

με

1 a . Να δείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ,a τέτοιο ώστε lnf f

Λύση:



Η δοσμένη σχέση με τα α και β γράφεται διαδοχικά: ln ln ln ln

f a f f a fa a f a a f

Θεωρούμε την συνάρτηση lnF x f x x με ,x a

Η F είναι συνεχής στο [α, β] ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων στο [α, β] Η F είναι παραγωγίσιμη στο (α, β) ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων

στο (α, β)

ln ln ln lnf x

F x f x x F x f x x f x x F x f x xx

ln lnF a f a a f F

Από τα παραπάνω έχουμε ότι ικανοποιούνται οι συνθήκες του θεωρήματος Rolle για την συνάρτηση,

F δηλαδή υπάρχει ένα τουλάχιστον , τέτοιο ώστε:

0 ln 0 lnf

F f f f

Παράδειγμα 18. Έστω η συνάρτηση f δύο φορές παραγωγίσιμη στο [α, β] και 0f x για

κάθε ,x a . Αν f a f f f a να δείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ,a

τέτοιο ώστε 0f f

Λύση:

Θα διαιρέσουμε και τα δύο μέλη της σχέσης με τα α και β, με f a f καθώς από υπόθεση

γνωρίζουμε ότι 0f x για κάθε ,x a .


f a f f f a f a ff a f f f a

f a f f a f f a f


f xF x

f x

με ,x a

Η F είναι συνεχής στο [α, β] ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων [α, β] Η F είναι παραγωγίσιμη στο (α, β) ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων

στο (α, β)

2

2

f x f x f xf xF x F x

f x f x

f a fF a F

f a f

Από τα παραπάνω έχουμε ότι ικανοποιούνται οι συνθήκες του θεωρήματος Rolle για την συνάρτηση,

F δηλαδή υπάρχει ένα τουλάχιστον , τέτοιο ώστε:

2

2 2

20 0 0

0

f f fF f f f f f f

f

f f



ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 7. ΎΠΑΡΞΗ ΡΙΖΑΣ ΤΗΣ 0f x

Έστω μία συνάρτηση f συνεχής και δύο φορές παραγωγίσιμη σε ένα διάστημα [α, β]. Αν για την f

ισχύει ότι f a f f με γ εσωτερικό σημείο του [α, β] τότε εφαρμόζουμε το Θεώρημα

Rolle στα διαστήματα [α, γ] και [γ, β]

Από την εφαρμογή του Rolle έχουμε ότι θα υπάρχουν 1 ,a και 2 , τέτοια ώστε

1 2 0f f

Αν εφαρμόσουμε το Θεώρημα Rolle στο 1 2, για την f θα πάρουμε ως συμπέρασμα ότι υπάρχει

ένα τουλάχιστον 1 2, ,a τέτοιο ώστε 0f δηλαδή θα δείξουμε ότι υπάρχει μία

τουλάχιστον ρίζα της εξίσωσης 0f x .

Παράδειγμα 19. Έστω μία συνάρτηση f δύο φορές παραγωγίσιμη στο με 1 1 1f f

και 0 0f . Να δείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον 1,1 τέτοιο ώστε η εφαπτόμενη της fC

στο σημείο ,A f να είναι παράλληλη στην ευθεία : 2 3y x

Λύση:

Θέλουμε να δείξουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον 1,1 τέτοιο ώστε 2f

Θέτουμε x επομένως έχουμε 2 0 2 0f x f x x

Θεωρούμε συνάρτηση 2g x f x x με 1,1x

Μία αρχική της g είναι η 2G x f x x με 1,1x και 2G x f x x g x

Η G είναι συνεχής στο [-1, 0] και στο [0, 1] ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων στο [-1,0] και στο [0, 1]

Η G είναι παραγωγίσιμη στο (-1, 0) και στο (0, 1) ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο (-1, 0) και στο (1, 0)

2

1 1 1 1 1 0G f f , 0 0 0G f , 21 1 1 0G f άρα

1 0 1G G G

Από την εφαρμογή του θεωρήματος Rolle έχουμε ότι

1 1 11,0 : 0 0x G x g x

2 2 20,1 : 0 0x G x g x

Για την συνάρτηση g έχουμε ότι:

Η g είναι συνεχής στο 1 2,x x ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων 1 2,x x

Η g είναι παραγωγίσιμη στο 1 2,x x ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων

στο 1 2,x x

1 20g x g x

Άρα από το Θεώρημα Rolle έχουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον 1 2, 1,1x x τέτοιο ώστε

0 2g f δηλαδή υπάρχει ένα τουλάχιστον 1,1 τέτοιο ώστε η εφαπτόμενη της

fC στο σημείο ,A f να είναι παράλληλη στην ευθεία : 2 3y x .



ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 8. ΤΟ ΠΟΛΥ v ΡΙΖΕΣ

Το πρόβλημα:

«Να αποδειχθεί ότι μία εξίσωση έχει το πολύ ν ρίζες» αντιμετωπίζεται με τη μέθοδο απαγωγής σε άτοπο ως εξής:

Φέρνουμε την εξίσωση στην μορφή 0f x

Υποθέτουμε ότι η εξίσωση 0f x έχει ν+1 ρίζες:

1 2 1...

και καταλήγουμε σε άτοπο ακολουθώντας τα εξής βήματα:

1. Σε καθένα από τα διαστήματα 1 2 1, ,..., , εφαρμόζουμε το θεώρημα Rolle, όποτε η

f θα πρέπει να έχει ν τουλάχιστον ρίζες:

1 1 2 1, ,..., ,

2. Βρίσκουμε την f και αν η εξίσωση 0f x δεν έχει ν ρίζες ή αν δε βρίσκονται στο

διάστημα που τις αναμένουμε, τότε έχουμε καταλήξει σε άτοπο. Αν όμως δεν συμβαίνει καμία από τις παραπάνω περιπτώσεις, τότε:

3. Επαναλαμβάνουμε την διαδικασία για την f στα διαστήματα 1 2 1, ,..., , και έτσι η

f πρέπει να έχει ν – 1 ρίζες (ανάμεσα στις ρίζες της f ), η 3f θα πρέπει να έχει ν – 2 ρίζες

ανάμεσα στις ρίζες της f και γενικά η vf θα πρέπει να έχει μία τουλάχιστον ρίζα, ανάμεσα

στις ρίζες της 1vf

. Σε κάποιο από τα παραπάνω βήματα θα καταλήξουμε σε άτοπο.

Παράδειγμα 20. Δίνεται μία συνάρτηση f, παραγωγίσιμη στο και η εφαπτόμενη σε

οποιοδήποτε σημείο της δεν είναι παράλληλη στην ευθεία : 2 1 0x y . Να δείξετε ότι η fC και

η ευθεία 2y x έχουν ένα το πολύ κοινό σημείο.

Λύση:

Η fC δεν έχει εφαπτόμενη παράλληλη στη ευθεία : 2 1 0 2 1x y y x σε κανένα σημείο

του πεδίου ορισμού της δηλαδή 2f x για κάθε x .

Για να βρούμε τα κοινά σημεία της fC και της ευθεία 2y x αρκεί να λύσουμε την εξίσωση

2f x x .

Έστω ότι η ζητούμενη εξίσωση έχει δύο ρίζες στο τις 1 2,x x με 1 2x x δηλαδή 1 12f x x και

2 22f x x

Θεωρούμε συνάρτηση 2g x f x x με 1 2,x x x

Η g είναι συνεχής στο 1 2,x x ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων στο 1 2,x x


στο 1 2,x x

2 2g x f x x g x f x

1 20g x g x

Άρα από το Θεώρημα Rolle έχουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον 1 2,x x τέτοιο ώστε

0 2g f άτοπο



Άρα η fC και η ευθεία 2y x έχουν ένα το πολύ κοινό σημείο.

Παράδειγμα 21. Έστω η f η οποία είναι παραγωγίσιμη στο και ισχύει

2 3f x xf x e f x x e για κάθε x . Να δείξετε ότι η εξίσωση 0f x έχει μία το πολύ

ρίζα. Λύση:

Έστω ότι η εξίσωση 0f x έχει δύο ακριβώς ρίζες τις 1 2,x x με

1 2x x δηλαδή 1 0f x και

2 0f x

Η f είναι συνεχής στο 1 2,x x


1 20f x f x

Άρα από θεώρημα Rolle έχουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον 1 2,x x τέτοιο ώστε 0f

Παραγωγίζοντας και τα δύο μέλη της δοσμένης σχέσης έχουμε ότι:

2 3 22 3f x f xx xf x e f x x e f x f x f x e f x x e

για κάθε x

Για x η προηγούμενη σχέση γράφεται:

2 22 3 3 0f

f f f e f e e άτοπο αφού 23 0e για κάθε

Άρα η εξίσωση 0f x έχει μία το πολύ ρίζα.

Παράδειγμα 22. Δίνεται μία συνάρτηση f με 2f x για κάθε x . Να δείξετε ότι η

εξίσωση 2f x x x , έχει δύο το πολύ ρίζες.

Λύση:

Έχουμε 2 2 0f x x x f x x x

Θεωρούμε συνάρτηση 2g x f x x x με x

Έστω ότι η εξίσωση 0g x έχει τρείς ακριβώς ρίζες στο ρίζες τις 1 2 3, ,x x x με

1 2 3x x x

δηλαδή 1 2 3 0g x g x g x

Η g είναι συνεχής στα 1 2,x x και 2 3,x x ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων

στα 1 2,x x και 2 3,x x

Η g είναι παραγωγίσιμη στα 1 2,x x και 2 3,x x ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων

συναρτήσεων στα 1 2,x x και 2 3,x x

2g x f x x

1 2 3 0g x g x g x

Άρα από το Θεώρημα Rolle έχουμε ότι:

1 1 2 1, : 0x x g και 2 2 3 2, : 0x x g

Η g είναι συνεχής στο 1 2, ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων στο 1 2,



Η g είναι παραγωγίσιμη στο 1 2, ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων

στο 1 2,

2g x f x

1 20g g

Άρα από Θεώρημα Rolle έχουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον 1 2, : 0 2g f

άτοπο αφού από υπόθεση 2f x για κάθε x .

Επομένως η εξίσωση 2f x x x , έχει δύο το πολύ ρίζες.

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 9. ΜΟΝΑΔΙΚΗ ΡΙΖΑ ΜΕ Θ . BOLZANO ΚΑΙ Θ. ROLLE ΓΙΑ f

Για να δείξουμε ότι μία εξίσωση της μορφής 0f x , όπου f μία συνάρτηση συνεχής σε ένα

διάστημα [α, β] και παραγωγίσιμη σε ένα διάστημα (α, β), έχει μοναδική λύση εργαζόμαστε ως εξής:

Ελέγχουμε τις υποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο[α, β]. Αν 0f a f τότε θα

υπάρχει ένα τουλάχιστον σημείο 0 ,x a τέτοιο ώστε 0 0f x

Δεχόμαστε ότι υπάρχει ακόμη ένα 1 ,x a με 1 0x x τέτοιο ώστε 1 0f x . Εφαρμόζουμε

το θεώρημα Rolle για την f στο [α, β], άρα 0 1, : 0x x f . Με την βοήθεια τον

δεδομένων της άσκησης καταλήγουμε σε άτοπο, άρα η 0f x έχει μία το πολύ ρίζα στο

(α, β) Μια τουλάχιστον ρίζα στο (α, β) από Θεώρημα Bolzano, μία το πολύ ρίζα στο (α, β) από το

Θεώρημα Rolle άρα η 0f x θα έχει μία ακριβώς ρίζα στο (α, β)

Παράδειγμα 23. Αν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο [0, 1] με 1 2f x για κάθε

0,1x και 2f x x για κάθε 0,1x , να δείξετε ότι υπάρχει μοναδικός αριθμός 0 0,1x

τέτοιος ώστε 2

0 0 1f x x .

Λύση:

Θεωρούμε συνάρτηση 2 1g x f x x με 0,1x

Η g είναι συνεχής στο [0, 1] ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων στο [0, 1]

0 0 1g f από υπόθεση έχουμε ότι:

1 2f x για κάθε 0,1x για 0x έχουμε

1 0 2 0 0 1 1 0 0f f g

0 1 2g f από υπόθεση έχουμε ότι:

1 2f x για κάθε 0,1x για 1x έχουμε

1 1 2 1 1 2 0 1 0f f g

Άρα 0 1 0g g

Από το Θεώρημα Bolzano έχουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον 0 0,1x τέτοιο ώστε

2

0 0 00 1g x f x x .

Έστω ότι υπάρχει 1 0,1x με 1 0g x και 0 1x x





στο 1 2,x x

2 1 2g x f x x g x f x x

0 10g x g x

Άρα από θεώρημα Rolle έχουμε ότι θα υπάρχει 0 1, 0,1x x τέτοιο ώστε

0 2g f άτοπο αφού από υπόθεση έχουμε ότι 2f x x για κάθε 0,1x .

Επομένως υπάρχει μοναδικό 0 0,1x τέτοιο ώστε 2

0 0 1f x x

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 10. ΜΟΝΑΔΙΚΗ ΡΙΖΑ ΜΕ Θ. ROLLE ΓΙΑ F ΚΑΙ f

Έστω μία συνάρτηση f συνεχής και παραγωγίσιμη σε ένα διάστημα [α, β]

Η απόδειξη μοναδικής ρίζας για μία εξίσωση της μορφής 0f x σε ένα διάστημα της μορφής [α, β]

μπορεί να γίνει, κάτω από ορισμένες προϋποθέσεις με την αποκλειστική χρήση του θεωρήματος Rolle. Αρχικά βρίσκουμε την αρχική F της f και εφαρμόζουμε το θεώρημα Rolle για την F στο [α, β].

Από αυτή την διαδικασία θα πάρουμε το συμπέρασμα ότι η 0f x έχει μία τουλάχιστον

ρίζα0x στο (α, β)

Υποθέτουμε ότι υπάρχει μία ακόμη ρίζα της εξίσωση 0f x στο (α, β) έστω 1x με

0 1x x .

Άρα 0 1 0f x f x . Εφαρμόζουμε το Θεώρημα Rolle για την συνάρτηση f και εξάγουμε

ως συμπέρασμα ότι 0 1, , : 0x x a f . Με την βοήθεια των δεδομένων θα

καταλήξουμε σε άτοπο.

Παράδειγμα 24. Έστω μία συνάρτηση f για την οποία ισχύει 0 1f f e και xf x e

για κάθε x . Να αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδικός αριθμός 0,1 τέτοιος ώστε 1f e .

Λύση: Θέτουμε x στην δοσμένη σχέση και έχουμε ότι:

1 1 0x xf x e f x e

Θεωρούμε συνάρτηση 1xg x f x e με 0,1x

Μία αρχική της g είναι η xG x f x e x με G x g x

Έχουμε ότι: Η G είναι συνεχής στο [0, 1] ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων στο [0, 1] Η G είναι παραγωγίσιμη στο (0, 1) ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων

στο (0, 1).

0 0 1G f , 1 1 1G f e . Θέλουμε

0 1 0 1 1 1 0 1G G f f e f f e αληθές από υπόθεση.

Άρα από το Θ. Rolle έχουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον 0 0,1x τέτοιο ώστε

0 00 0G x g x

Έστω ότι υπάρχει ένα 1 10,1 : 0x g x με 0 1x x (χωρίς βλάβη της γενικότητας)





στο 0 1,x x .

xg x f x e

0 1 0g x g x

Άρα από το Θ. Rolle έχουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον 0 1,x x τέτοιο ώστε:

0 0g f e f e άτοπο αφού από υπόθεση έχουμε ότι xf x e για κάθε

x .

Επομένως υπάρχει μοναδικό 0,1 : 1f e

Παράδειγμα 25. Έστω μία συνάρτηση f, συνεχής στο [0, 1] με 2f x για κάθε 0,1x . Αν

για την f ισχύουν οι υποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο [0, 1], να δείξετε ότι υπάρχει μοναδικό

0,1 στο οποίο οι εφαπτόμενες της fC και της γραφικής παράστασης της συνάρτησης

2g x x x είναι παράλληλες.

Λύση: Αρχικά ας αναλύσουμε τα δεδομένα της άσκησης και ας προσπαθήσουμε να αποσαφηνίσουμε το ζητούμενο. Έχουμε ότι για την συνάρτηση f ισχύουν οι υποθέσεις του θεωρήματος Rolle, δηλαδή:

Η f είναι συνεχής στο [0,1] Η f είναι παραγωγίσιμη στο (0,1)

0 1f f

Το ζητούμενο είναι να δείξουμε ότι υπάρχει μοναδικό 0,1 στο οποίο οι εφαπτόμενες της fC και

της γραφικής παράστασης της συνάρτησης 2g x x x είναι παράλληλες δηλαδή

2 1f g f

Θεωρούμε συνάρτηση 2 1h x f x x με 0,1x

Μία αρχική της h είναι η 2H x f x x x με H x h x και 0,1x

Η H x είναι συνεχής στο [0, 1] ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων στο [0, 1].

Η H x είναι παραγωγίσιμη στο (0, 1) ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων

συναρτήσεων στο (0, 1).

0 0H f , 1 1H f άρα 0 1H H

Από το Θεώρημα Rolle έχουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον 0,1 : 0 0H h

Έστω ότι υπάρχει 1 10,1 : 0x h x με 1x

Η h είναι συνεχής στο 1, x ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων στο 1, x

Η h είναι παραγωγίσιμη στο 1, x ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων

στο 1, x .

2 1 2h x f x x h x f x



1 0h h x

Από Θ. Rolle έχουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον

0 0 0 00,1 : 0 2 0 2x h x f x f x , άτοπο αφού από υπόθεση 2f x για

κάθε 0,1x .

Άρα υπάρχει μοναδικός αριθμός 0,1 τέτοιος ώστε 1f e .

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 11. ΎΠΑΡΞΗ ΡΙΖΑΣ ΜΕ ΆΤΟΠΟ Παράδειγμα 26. Έστω οι συναρτήσεις f, g οι οποίες είναι παραγωγίσιμες στο και ισχύει ότι

f x g x f x g x για κάθε x . Αν 1 2,x x διαδοχικές ρίζες της g 1 2x x , να δείξετε ότι:

α) Οι 1 2,x x δεν είναι ρίζες της f.

β) Υπάρχει 3 1 2,x x x το οποίο είναι ρίζα της f.

Λύση:

α) Έχουμε ότι 1 2,x x διαδοχικές ρίζες της g δηλαδή ισχύει ότι 1 20g x g x και από συνέπειες

του θεωρήματος Bolzano η g διατηρεί σταθερό πρόσημο στο 1 2,x x .

Έστω ότι 1 2,x x ρίζες και της συνάρτησης f δηλαδή ισχύει ότι 1 20f x f x

Από υπόθεση έχουμε ότι f x g x f x g x για κάθε x

Για 1x x η προηγούμενη σχέση γράφεται:

1 1 1 1 0 0f x g x f x g x άτοπο. Άρα το 1x δεν είναι ρίζα της f.

Όμοια δείχνουμε ότι και το 2x δεν είναι ρίζα της f.

β) Έστω ότι η f δεν παρουσιάζει ρίζα στο 1 2,x x δηλαδή 0f x για κάθε 1 2,x x x


0f x g x f x g x f x g x f x g x

20 0

f x g x f x g x g x

f x f x


g xh x

f x

με 1 2,x x x

Η h είναι συνεχής στο 1 2,x x ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων στο 1 2,x x

Η h είναι παραγωγίσιμη στο 1 2,x x ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων

στο 1 2,x x

1

1

1

0g x

h xf x

,

2

2

2

0g x

h xf x

άρα 1 2h x h x

Από το Θ. Rolle έχουμε ότι υπάρχει 1 2, : 0 0x x h f g g f άτοπο

αφού από υπόθεση έχουμε ότι f x g x f x g x για κάθε x .

Άρα υπάρχει 3 1 2,x x x το οποίο είναι ρίζα της f.



§ 3.6 ΘΕΩΡΗΜΑ ΜΕΣΗΣ ΤΙΜΗΣ

ΘΕΩΡΗΜΑ (Μέσης Τιμής Διαφορικού Λογισμού Θ.Μ.Τ.)

Αν μια συνάρτηση f είναι:

συνεχής στο κλειστό διάστημα ],[ βα και

παραγωγίσιμη στο ανοικτό διάστημα ),( βα

τότε υπάρχει ένα, τουλάχιστον, ),( βαξ τέτοιο, ώστε:

αβ

αfβfξf

)()()(

Γεωμετρικά, αυτό σημαίνει ότι υπάρχει ένα, τουλάχιστον, ),( βαξ τέτοιο, ώστε η εφαπτομένη της γραφικής

παράστασης της f στο σημείο ))(,( ξfξM να είναι

παράλληλη της ευθείας ΑΒ.

Β(β,f (β))

β ξ΄ ξ a x

y

Ο

M(ξ,f (ξ))

A(a,f (a))

20




ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 1. ΣΥΝΘΗΚΕΣ – ΣΥΜΠΕΡΑΣΜΑΤΑ Θ.Μ.Τ. Α. Για να εφαρμόζουμε το θεώρημα μέσης τιμής (Θ.Μ.Τ.) σε ένα διάστημα [α, β], πρέπει:

Η f να είναι συνεχής στο [α, β] Να είναι παραγωγίσιμη στο (α, β)

Με αυτές τις προϋποθέσεις, υπάρχει ,a τέτοιο, ώστε:

f f a

fa

Ορισμένες φορές το συμπέρασμα του Θ.Μ.Τ. είναι προτιμότερο να το γράφουμε στην μορφή:

f f a a f

Β. Υπενθυμίζουμε ότι, γεωμετρικά το Θ.Μ.Τ. εξασφαλίζει ότι υπάρχει σημείο ,M f της fC , με

,a τέτοιο ώστε η εφαπτόμενη της fC στο Μ να είναι παράλληλη με την ευθεία που ορίζεται

από τα σημεία ,A a f a και ,B f .

Παράδειγμα 1. Έστω η συνάρτηση f η οποία είναι συνεχής στο [α, β], παραγωγίσιμη στο (α, β)

και ισχύει 0f x για κάθε ,x . Να δείξετε ότι:

α) Για τη συνάρτηση lng x f x ισχύουν οι υποθέσεις του Θεωρήματος Μέσης Τιμής στο [α, β].

β) Υπάρχει ένα τουλάχιστον ,a τέτοιο ώστε

fa

ffe

f

Λύση:

α) Το πεδίο ορισμού της g είναι το σύνολο [α, β] καθώς 0f x για κάθε ,x

Η g είναι συνεχής στο [α, β] ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων στο [α, β] Η g είναι παραγωγίσιμη στο (α, β) ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων

στο [α, β].

ln

f xg x f x g x

f x

για κάθε ,x a

β) Από το θεώρημα Μέσης Τιμής έχουμε ότι:

ln ln, : ln

fa

f

g g a f f f a f fg a

a f a f f a

fe

f a

Παράδειγμα 2. Έστω μία συνάρτηση f η οποία είναι συνεχής στο [2, 3], παραγωγίσιμη στο

2,3 με 3 2 2 3f f . Να δείξετε ότι υπάρχει 2,3 τέτοιο ώστε 2 2f f

Λύση:



Έχουμε ότι: Η f είναι συνεχής στο [2, 3] Η f είναι παραγωγίσιμη στο (2, 3)

Από Θ.Μ.Τ. έχουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον 3 2

2,3 :3 2

f ff

3

3 2 2 2 2 22

f f f f f f f f

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 2. ΎΠΑΡΞΗ ΜΙΑΣ ΤΙΜΗΣ ΤΗΣ f

Σε ορισμένα θέματα είναι απαραίτητο να χωρίσουμε το διάστημα [α, β] σε ν υποδιαστήματα

1 1 2 1, , , ,..., ,a και σε καθένα από αυτά να εφαρμόσουμε το Θ.Μ.Τ. Οι ποιο

χαρακτηριστικές περιπτώσεις είναι οι παρακάτω: Α. Αν θέλουμε να αποδείξουμε μία σχέση της μορφής:

1 1 2 2 ... v vf f f f

Τότε:

Θεωρούμε τον αριθμό 1 2 ... 0 καθώς και τον αριθμό d

Χωρίζουμε το [α, β] σε ν υποδιαστήματα που έχουν αντίστοιχα πλάτος 1 2, ,...,d d d

Αυτό γίνεται θεωρώντας τους αριθμούς 1 2 1, ,...,

έτσι ώστε:

1 1d , 2 1 2d ,…, 1v vd

Προφανώς:

1 1d , 2 1 2 d , … , 1 1 2 ... d

Με άλλα λόγια οι αριθμοί 1 2 1, ,...,

ικανοποιούν την σχέση:

11 2 1

1 2

... d

Και βρίσκονται πιο απλά παρατηρώντας το προηγούμενο σχήμα, αφού:

1 1d , 2 1 2 1 2d d d , … ,

1 1 2 1 2... ...d d d d

ή γενικά:

1 2 ... d με 1 1

Σε καθένα από τα διαστήματα που δημιουργούνται εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Τ.

Τονίζουμε ότι η εύρεση των 1 2 1, ,..., μπορεί τελείως να αποφευχθεί, διότι οι σχέσεις:

1 1d , 2 1 2d ,…, 1v vd

είναι ακριβώς οι μόνες που μας χρειάζονται κατά την εφαρμογή του Θ.Μ.Τ.

Β. Αν θέλουμε σχέση της μορφής 1 2 ... vf f f , τότε στην προηγούμενη

περίπτωση θεωρούμε 1 2 ... 1 και έτσι:

d

, d με 1 1

δηλαδή οι αριθμοί 1 2 1, ,..., είναι τέτοιοι ώστε:



1 2 1 1... d , d

Γ. Αν f f και θέλουμε σχέση της μορφής:

1 2

1 2

... v

vf f f

Τότε χωρίζουμε πρώτα το διάστημα ,f a f σε ν διαστήματα ανάλογα με τους αριθμούς

1 2, ,..., θεωρώντας τα σημεία 1 2 1, ,..., , για τα οποία ισχύει

1 12 1

1 2

...f a f f f a

,

1 2 ... 0

Τονίζουμε ότι η εύρεση των 1 2 1, ,..., , , ως συνάρτηση των ,f a d και 1 2, ,..., δεν

είναι απαραίτητη.

Από Θ.Ε.Τ. υπάρχουν 1 2 1, ,..., ,vx x x a ώστε:

1 1f x , 2 2f x , . . . , 1 1f x

Εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Τ. στα ν διαστήματα που δημιουργούνται με άκρα:

1, x , 1 2,x x , 2 3,x x , . . . , 1,vx

και καταλήγουμε στην ζητούμενη σχέση. Τονίζουμε ότι η παραπάνω γενική μέθοδος έχει ενδιαφέρον για τις περιπτώσεις 2v ή 3v , οπότε η όλη διαδικασία γίνεται πολύ απλή, κάτι που θα φανεί και στις εφαρμογές που ακολουθούν. Παράδειγμα 3. Έστω μία συνάρτηση f παραγωγίσιμη στο για την οποία ισχύει

3 3f x f x για κάθε x . Αν 1 3f να δείξετε ότι υπάρχουν 1 2 3, , 0,3x x x τέτοια ώστε

1 2 3 9f x f x f x .

Λύση:

Έχουμε ότι η ζητούμενη σχέση είναι της μορφής 1 2 3 9f x f x f x . Άρα θα εργαστούμε με

το B τρόπο όπως αυτός αναφέρθηκε στην μεθοδολογία, για την διαίρεση του διαστήματος.

Ισχύει ότι 13

ad d

άρα τα διαστήματα που προκύπτουν είναι 0,1 , 1,2 , 2,3

Για 0x έχουμε ότι 3 0 3 0 2 0 0 0 0f f f f

Για 1x έχουμε ότι 3 1 3 1 3 3 3 3 9f f f f

Η f είναι συνεχής στα 0,1 , 1,2 , 2,3

Η f είναι παραγωγίσιμη στα 0,1 , 1,2 , 2,3

Άρα από Θ.Μ.Τ. έχουμε ότι:

1 1 1

1 00,1 : 1 0

1 0

f fx f x f x f f

(1)

2 2 2

2 11,2 : 2 1

2 1

f fx f x f x f f

(2)

3 3 3

3 22,3 : 3 2

3 2

f fx f x f x f f

(3)

Με πρόσθεση των (1), (2) και (3) κατά μέλη έχουμε ότι:



1 2 3 1 0 2 1 3 2 3 0 9f x f x f x f f f f f f f f

Παράδειγμα 4. Έστω μία συνεχής συνάρτηση : , 2006f a a . Αν η f είναι παραγωγίσιμη στο

, 2006a a και ισχύει 2006 2006f a f a , να δείξετε ότι υπάρχουν 1 2, , 2006a a

τέτοια ώστε 1 2 2f f

Λύση:

Έχουμε ότι 2006 2006

10032 2

a ad

Άρα τα διαστήματα που προκύπτουν είναι , 1003 , 1003, 2006a a a a

Η f είναι συνεχής στα διαστήματα , 1003 , 1003, 2006a a a a

Η f είναι παραγωγίσιμη στα διαστήματα , 1003 , 1003, 2006a a a a


1 1 1

1003 1003, 1003 :

1003 1003

f a f a f a f aa a f f

a a

(1)

1 1

2006 10031003, 2006 :

2006 1003

f a f aa a f

a a

1

2006 1003

1003

f a f af

(2)

Με πρόσθεση κατά μέλη των (1) και (2) έχουμε ότι:

1 2

1003 2006 1003

1003 1003

2006 20062

1003 1003

f a f a f a f af f

f a f a f a f a

Παράδειγμα 5. Έστω μία συνάρτηση f για την οποία ισχύουν οι υποθέσεις του θεωρήματος

Rolle στο [α, β]. Να δείξετε ότι υπάρχουν 1 2 3, , ,a τέτοια ώστε

1 2 32 3 0f f f

Λύση: Για την συνάρτηση f έχουμε ότι ισχύουν οι υποθέσεις του Θεωρήματος Rolle στο [α, β]. Άρα:

Η f είναι συνεχής στο [α, β] Η f είναι παραγωγίσιμη στο (α, β)

f a f

Έχουμε ότι 1 1 , 2 2 και 3 3 . Άρα 1 2 3 1 2 3 6

Ισχύει ακόμη ότι 6

ad d

και

1 1 1 1

5

6 6

a ad

2 1 2 2 2 21 26 2 2

a a ad



Άρα τα διαστήματα είναι τα 1 1 2 2

5 5, , , , , , , , , ,

6 6 2 2a a

Η f είναι συνεχής στα διαστήματα 5 5

, , , , ,6 6 2 2

a

Η f είναι παραγωγίσιμη στα διαστήματα 5 5

, , , , ,6 6 2 2

a


1 1 1

5 5

5 6 6, :

56

6 6

a af f a f f a

a f fa a

a

1

5

66

af f a

fa

(1)

2 2 2

5 5

5 2 6 2 6, :

5 2 26 2

2 6 6

a a a af f f f

af f

a a a

2

5

2 63

a af f

fa

(2)

3 3 3

2 2, : 2

2

2

a af f f f

af f

a a

(3)

Από τις (1) , (2) και (3) έχουμε ότι:

1 2 3

5 56 6 6 6 6 6

6 2 6 22 3

6 60

f f a

a a a af f a f f f f

f f fa a a

f f

a

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 3. Θ. BOLZANO Η Ε.Τ. ΚΑΙ Θ.Μ.Τ. Παράδειγμα 6. Έστω μία συνάρτηση f η οποία είναι συνεχής στο [0, 1] και παραγωγίσιμη στο

(0, 1) με 0 1f και 1 3f . Να δείξετε ότι:

α) Υπάρχει 0 0,1x τέτοιο ώστε 0 2f x

β) Υπάρχουν 1 2, 0,1 τέτοια ώστε 1 2

1 11

f f

Λύση:

α) Έχουμε ότι η f είναι συνεχής στο [0, 1] και 0 1f f . Ισχύει ακόμη ότι 0 1 2 3 1f f .

Άρα από θεώρημα Ενδιαμέσων Τιμών έχουμε ότι:



Υπάρχει ένα τουλάχιστον 0 0,1x τέτοιο ώστε 0 2f x

β τρόπος.

Θεωρούμε συνάρτηση 2g x f x με 0,1x και εφαρμόζουμε το Θ. Bolzano.

β) Θα χωρίσουμε το διάστημα [0, 1] στα διαστήματα 00, x και 0 ,1x καθώς το 0x είναι το μοναδικό

εσωτερικό σημείο του διαστήματος [0, 1]για το οποίο γνωρίζουμε την τιμή της f. Έχουμε ότι:

Η f είναι συνεχής στα διαστήματα 00, x και 0 ,1x

Η f είναι παραγωγίσιμη στα διαστήματα 00, x και 0 ,1x


0

1 0 1 1 0

0 0 1

0 2 1 10, :

0

f x fx f f x

x x f

(1)

0

2 0 2 2 0

0 0 2

1 3 2 1,1 : 1

1 1

f f xx f f x

x x f

(2)

Από την πρόσθεση κατά μέλη των (1) και (2) έχουμε ότι:

0 0

1 2

1 11 1x x

f f

Άρα υπάρχουν 1 2, 0,1 τέτοια ώστε 1 2

1 11

f f

Παράδειγμα 7. Έστω μία συνεχής συνάρτηση : ,f a με 0f x για κάθε

,x a και f a f . Να δείξετε ότι:

α) υπάρχει 0 ,x a τέτοιο ώστε 03 2f x f a f

β) υπάρχουν 1 2, ,a τέτοια ώστε 1 0 2 02f x a f x

γ) Υπάρχουν 1 2 3, , ,a τέτοια ώστε 1 2 3

2 1 3

f f f

Λύση:

α) Θεωρούμε συνάρτηση 3 2g x f x f a f με ,x a

Η g είναι συνεχής στο [α, β] ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων στο [α, β].

3 2 2g a f a f a f f a f

3 2g f f a f f f f f

2

2 0g a g f a f

Άρα από το Θεώρημα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον 0 0, : 0x a g x

03 2f x f a f

β) θα εξετάσουμε μήπως η ζητούμενη σχέση προκύπτει από το Θ.Μ.Τ. στα διαστήματα 0,a x και

0 ,x

Η f είναι συνεχής στα διαστήματα 0,a x και 0 ,x



Η f είναι παραγωγίσιμη στα διαστήματα 0,a x και 0 ,x

Από Θ.Μ.Τ. έχουμε ότι:

0

1 0 1 0 1 0

0

0 1 0 1

,

221

3 3

f x f aa x f x a f f x f a

x a

f a ff a fx a f f a x a f

0

2 0 2 0 2 0

0

0 2 0 2

,

22

3 3

f f xx f x f f f x

x

f a f f f ax f f x f

Από τις (1) και (2) έχουμε ότι

0 1

0 1 0 2

0 1

32

23

f f ax f

x a f x ff a f

x a f

γ) Από τις (1) και (2) έχουμε ακόμη ότι:

02

0 20 2

0

0 1 110

0

2 0 0

2 10

1

13

33

232

33 2

31

1 23 3

32

f f a xf f a fx fx f f f a

x af a f f a fx a f f

f f a fx a

x

f f f a a x x

f f f f a f f ax a

f f a f

2 1

31 2 a

f f f f a

(3)


Άρα από Θ.Μ.Τ. έχουμε ότι

3 3

3

1, :

f f a aa f

a f f f a

(4)

Από τις (3) και (4) έχουμε ότι:

1 2 3

2 1 3

f f f

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 4. ΡΙΖΑ ΤΗΣ f

Έστω μία συνάρτηση f συνεχής στο [α ,β] και δύο φορές παραγωγίσιμη στο (α, β).

Α. Αναζητούμε ένα 0x εσωτερικό του διαστήματος (α, β) τέτοιο ώστε: 0f a f x f



Εφαρμόζουμε το θεώρημα Rolle στα διαστήματα 0,a x και 0 ,x

Από την εφαρμογή του Θ. Rolle έχουμε ότι: 1 0 1, : 0a x f και 2 0 2, : 0x f .

Άρα έχουμε ότι 1 20f f

Εφαρμόζουμε το Θ. Rolle στο 1 2, άρα θα υπάρχει 1 2, : 0f

Β. Αναζητούμε ένα 0x εσωτερικό του διαστήματος (α, β) τέτοιο ώστε:

0 0

0 0

f x f a f f x

x a x

Από την εφαρμογή του Θ.Μ.Τ. στα διαστήματα 0,a x και 0 ,x έχουμε ότι

0

1 0 1

0

, :f x f a

a x fx a

και 0

2 0 2

0

, :f f x

x fx

Άρα 1 2f f

Εφαρμόζουμε το Θ. Rolle στο 1 2, άρα θα υπάρχει 1 2, : 0f

Παράδειγμα 8. Έστω μία συνάρτηση f η οποία είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο [1, 5] με

1 5 2 3f f f . Να δείξετε ότι υπάρχει 1,5 τέτοιο, ώστε 0f

Λύση: Προφανώς το εσωτερικό σημείο που αναζητούμε για να χωρίσουμε το διάστημα [1, 5] είναι το 3 καθώς είναι αυτό που δίνεται στην δοσμένη σχέση.

Επειδή δεν γνωρίζουμε και δεν μπορούμε από τα δεδομένα να δείξουμε ότι 1 3 5f f f θα

εργαστούμε με το Θ.Μ.Τ. Έχουμε ότι:

Η f είναι συνεχής στο [1, 3] και [3, 5] Η f είναι παραγωγίσιμη στο (1, 3) και (3, 5)

Άρα από Θ.Μ.Τ. ισχύει ότι:

1 1 1

3 1 3 11,3 :

3 1 2

f f f ff f

2 2 2

5 3 5 33,5 :

5 3 2

f f f ff f

Από υπόθεση έχουμε ότι

2 1

1 5 2 3 1 5 3 3 5 3 3 1

5 3 3 1

2 2

f f f f f f f f f f f

f f f ff f

Η f είναι συνεχής στο 1 2,

Η f είναι παραγωγίσιμη στο 1 2,

2 1f f

Άρα από Θ. Rolle έχουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον 1 2, ,a τέτοιο, ώστε 0f



Παράδειγμα 9. Έστω μία συνάρτηση f που είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο . Αν η

εφαπτόμενη στη fC στο ,A a f a τέμνει τη

fC στο ,B f , β > α να δείξετε ότι:

α) Η f δεν είναι 1-1

β) Υπάρχει ,a τέτοιο ώστε 0f

Λύση:

α) Η εφαπτόμενη της fC στο ,A a f a είναι της μορφής

: y f a f a x a

Από υπόθεση έχουμε ότι το σημείο ,B f είναι σημείο της ευθείας (ε). Άρα:

f f a

B f f a f a a f aa


Από το Θ.Μ.Τ. έχουμε ότι:

0 0, :f f

x a f xa

Επομένως η f δεν είναι 1-1 γιατί για 0 0a x f a f x

Β) Για την f έχουμε ότι:

Η f είναι συνεχής στο 0,a x

Η f είναι παραγωγίσιμη στο 0,a x

0f x f a

Από Θ. Rolle έχουμε ότι 0, : 0a x f

Παράδειγμα 10. Έστω μία συνάρτηση f η οποία είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο με

0f x για κάθε x . Αν οι α, β, γ (α < γ) είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου με διαφορά

και οι , ,f a f f είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου, να δείξετε ότι υπάρχει

,a τέτοιο ώστε

2

f f f

Λύση:

Έχουμε ότι α, β, γ διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου, άρα 2

και , 2 .

Οι , ,f a f f είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου άρα

2

f ff f a f

f a f

Θέτουμε x στην ζητούμενη σχέση:



2

2 2

20 0

0

f x f x f xf x f x f x f x f x f x

f x

f x

f x


f xg x

f x

με ,x a και μία συνάρτηση lnG x f x με ,x a

αρχική της g. Δηλαδή G x g x

Η G είναι συνεχής στο [α, β] και στο [β, γ] ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων στα [α, β] και [β, γ] αντίστοιχα.

Η G είναι παραγωγίσιμη στα (α, β) και (β, γ) ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων στα (α, β) και (β, γ)


2

1 1 1

ln ln, :

2

G G a f f ax a G x G x

aa

1 1

ln2

ln

2

G x g x

f

f a fG x g x

a a f a

(1)

2

2 2 2

ln ln, :

2

G G f fx G x G x

2 2 2

ln2 2

ln ln

2

f f

G x g x f f a

f

f f fG x g x g x

a a f a f a

(2)

Από τις (1) και (2) έχουμε ότι 1 2g x g x

Η g είναι συνεχής στο 1 2, ,x x a ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων στο

1 2, ,x x a

Η g είναι παραγωγίσιμη στο 1 2, ,x x a ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων

συναρτήσεων στο 1 2, ,x x a

1 2g x g x

Από Θ. Rolle έχουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον 1 2, ,x x a τέτοιο ώστε 0g

2

2 2

20 0

f f ff f f f f f

f



Παράδειγμα 11. Έστω μία συνάρτηση f η οποία είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο [0, 2] και

συνάρτηση : 0,1g για τις οποίες ισχύει:

21 1f x f x x x g x (1) για κάθε 0,1x

Να δείξετε ότι υπάρχει 0,2 τέτοιο ώστε 0f

Λύση:

Η σχέση 21 1f x f x x x g x ισχύει για κάθε 0,1x

Για 0x έχουμε: 20 1 0 0 0 0 1 1 0 1f f g f f

Για 1x έχουμε: 21 1 1 1 1 1 1 2 1 1f f g f f

Η f είναι συνεχής στο [0, 1] και στο [1, 2] Η f είναι παραγωγίσιμη στο (0, 1) και στο (1, 2)


1 0 1

1 1 1

1 00,1 : 1

1 0

f ff fx f x f x

2 1 1

2 2 2

2 11,2 : 1

2 1

f ff fx f x f x



1 2f x f x

Από Θ. Rolle έχουμε ότι: 1 2, 0,2 : 0x x f

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 5. Θ.Μ.Τ. ΚΑΙ ΑΝΙΣΟΤΗΤΕΣ Με τη βοήθεια μέσης τιμής είναι δυνατή και η απόδειξη ανισοτήτων. Αυτό γίνεται ως εξής: 1ο βήμα Θεωρώντας κατάλληλη συνάρτηση f σε κατάλληλο διάστημα Δ = [α, β]. Η εύρεση της συνάρτησης αυτής, καθώς και του διαστήματος, γίνεται ύστερα από προσεκτική μελέτη της ζητούμενης ανισότητας ή κάποιας ισοδυναμίας της.

2ο βήμα Εφαρμόζοντας το Θ.Μ.Τ για την f έχουμε ότι υπάρχει ,a τέτοιο, ώστε:

f f a

fa

(1)

3ο βήμα Από την σχέση a δημιουργούμε (κατασκευαστικά) μία ανισότητα για το f ,

δηλαδή μία σχέση της μορφής:

1 f f a

A f B A Ba

Η τελευταία ανισότητα πιθανόν ύστερα από κάποιες απλοποιήσεις, μας δίνει τη ζητούμενη.



Σχόλια Αν η ανισότητα περιέχει μεταβλητή, για παράδειγμα x, τότε για την f εφαρμόζουμε Θ. Μ.Τ. σε

διαστήματα που το ένα άκρο τους είναι η μεταβλητή x

Αν η f είναι γνησίως μονότονη ( για παράδειγμα 0f x ή 0f x στο διάστημα Δ),

τότε η σχέση a δίνει:

f a f f ή f a f f

Ανάλογα με την μονοτονία της f και έτσι η ζητούμενη σχέση προκύπτει ευκολότερα.

Παράδειγμα 12. Έστω μία συνάρτηση f η οποία είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο [α, β] με

0f a f . Αν ,a και 0f , να δείξετε ότι υπάρχει ,a τέτοιο ώστε

0f .

Λύση: Έχουμε ότι:

Η f είναι συνεχής στο [α, γ] και στο [γ, β] Η f είναι παραγωγίσιμη στο (α, γ) και στο (γ, β)


1 1 1, : 0f f a f

x a f x f xa a

2 2 1, : 0f f f

x f x f x



Από Θ.Μ.Τ. έχουμε ότι: 2 1

1 2

2 1

, , : 0f x f x

x x a fx x

Παράδειγμα 13. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα [0, 5], 0 1f και

2 4f x για κάθε 0,5x , να δείξετε ότι: 11 5 21f


Η f είναι συνεχής στο [0, 5]

Η f είναι παραγωγίσιμη στο (0, 5) Από Θ.Μ.Τ. έχουμε ότι:

5 0 5 1

0,5 :5 0 5

f f ff f

Από υπόθεση ισχύει ότι 2 4f x για κάθε 0,5x . Άρα για x η προηγούμενη σχέση

γράφεται:

5 1

2 4 2 4 10 5 1 20 11 5 215

ff f f



Παράδειγμα 14. Έστω μία συνάρτηση f η οποία είναι παραγωγίσιμη στο και ισχύει

1 1f x για κάθε x . Να δείξετε ότι f f για κάθε ,a .

Λύση:

Έχουμε ότι 1 1 1f x f x για κάθε x . (1)

Θεωρούμε δύο τυχαία ,a με α < β. (χωρίς βλάβη της γενικότητας)


Από Θ.Μ.Τ. έχουμε ότι

, :f f a

a fa

Η (1) ισχύει για κάθε x , άρα θα ισχύει και για x

1 1f f a

f f f a aa

Παράδειγμα 15. Έστω μία συνάρτηση f η οποία είναι παραγωγίσιμη στο και η f είναι

γνησίως φθίνουσα στο . Να δείξετε ότι:

1 1f x f x f x f x f x για κάθε x

Λύση:

Θα ελέγξουμε την εφαρμογή του Θ.Μ.Τ. στα διαστήματα , 1x x και 1,x x καθώς αυτά

προκύπτουν ως τιμές μέσα στην συνάρτηση f στα άκρα της δοσμένης ανισότητας. Για την συνάρτηση f έχουμε ότι:

Η f είναι συνεχής στο , 1x x

Η f είναι παραγωγίσιμη στο , 1x x

Από το Θ.Μ.Τ. έχουμε ότι υπάρχει

1 1

1, 1 :

1

f x f xx x f

x x

1 1f f x f x

Η f είναι συνεχής στο 1,x x

Η f είναι παραγωγίσιμη στο 1,x x

Από το Θ.Μ.Τ. έχουμε ότι υπάρχει

2 2

11, :

1

f x f xx x f

x x

2 1f f x f x

Ισχύει ότι και η f είναι γνησίως φθίνουσα στο άρα:

2 1 1 1f f x f f x f x f x f x f x για κάθε x

Παράδειγμα 16. Αν α > 0 να δείξετε ότι: 1 1 1

ln1

a

a a a

Λύση:

Η δοσμένη σχέση γράφεται διαδοχικά 1 1 1 1 1

ln ln 1 ln1 1

aa a

a a a a a



Θεωρούμε συνάρτηση lnf x x με , 1x a a

Η f είναι συνεχής στο , 1x a a

Η f είναι παραγωγίσιμη στο , 1a a και 1

f xx


1

, 1 : 11

f a f aa a f f f a f a

a a

1

ln 1 lna a

Ισχύει ότι

1 1 1 1 1 1 1 1

1 ln 1 ln ln1 1 1

aa a a a

a a a a a a a

Παράδειγμα 17. Έστω η συνάρτηση ln 1f x x x . Να δείξετε ότι:

α) Για την συνάρτηση f ισχύουν οι υποθέσεις του θεωρήματος μέσης τιμής στο [1, e]

β) 1

11 ee e Λύση: α) Η f είναι συνεχής στο [1, e] ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων στο [1, e] Η f είναι παραγωγίσιμη στο (1, e) ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο (1, e).

1

ln 1 ln 1 ln 1 ln 1 lnf x x x f x x x x x f x x x f x xx

Άρα ισχύουν οι υποθέσεις του Θ.Μ.Τ. για την συνάρτηση f στο [1, e].

β) από το Θ.Μ.Τ. για την συνάρτηση f έχουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον 1,e τέτοιο ώστε:

1 ln 1 1 ln1 1 1

ln ln1 1 1

f e f e ef

e e e

Η συνάρτηση lnf x x είναι γνησίως αύξουσα στο (1, e) άρα ισχύει ότι:

1 1

0 11 11

1 ln1 ln ln 0 1 11

e ee e e e e e ee

που είναι η ζητούμενη

σχέση.

Παράδειγμα 18. Αν η f είναι γνησίως φθίνουσα στο 0, με 0 0f , να δείξετε ότι

f x

f xx

για κάθε 0x .

Λύση:

Η f είναι συνεχής στο [0, x]

Η f είναι παραγωγίσιμη στο 0, x


0

0, :0

f x f f xx f f

x x


f x

x f f x f xx

για κάθε 0x .



Παράδειγμα 19. α) Έστω μία συνάρτηση f της οποίας η παράγωγος είναι γνησίως φθίνουσα

στο [α, β]. Να δείξετε ότι

2 2

f a faf

β) Να δείξετε ότι 22

για κάθε , 0,

2

και

Λύση: α) Για την συνάρτηση f ισχύει ότι:

H f είναι συνεχής στα ,2

aa

και ,2

a

Η f είναι παραγωγίσιμη στα ,2

aa

και ,2

a


1 1 1

2 2, : 2

2

2

a af f a f f a

aa f f

a aa

2 2 2

2 2, : 2

2

2

a af f f f

af f

a a

Έχουμε ότι 1 ,

2

aa

και 2 ,

2

a

. Άρα 1 2

Επειδή η παράγωγος της f είναι γνησίως φθίνουσα συνάρτηση έχουμε ότι:

1 2 1 2

2 22 2

a af f f f a

f fa a

2 2 2 2

f a fa a af f f f a f

β) Θεωρούμε συνάρτηση ( )f x x με , 0,2

x a

Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο [α, β] με f x x .

Έχουμε ότι η συνάρτηση x είναι γνησίως αύξουσα για κάθε , 0,2

x a

, άρα :

1 2 1 2 1 2 1 2x x x x x x f x f x

Επομένως η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (α, β)

Από το προηγούμενο ερώτημα ισχύει ότι:

2

2 2 2

f a faf

για κάθε , 0,

2

και



ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 6. ΣΥΝΘΕΤΙΚΕΣ Παράδειγμα 20. Έστω μία συνάρτηση f η οποία είναι παραγωγίσιμη στο με συνεχή πρώτη

παράγωγο. Αν ,a και 0f f a f f (1), να δείξετε ότι υπάρχει

,a τέτοιο ώστε 0f .

Λύση: Θέλουμε να βρούμε μία τουλάχιστον ρίζα για την f στο διάστημα (α, β). Παρατηρούμε ότι αυτό δεν

μπορεί να επιτευχθεί απευθείας με Θεώρημα Rolle καθώς δεν προκύπτει από τα δεδομένα της

άσκησης ότι f a f

Η σχέση (1) όμως παραπέμπει σε Θ.Μ.Τ. για την f και στην συνέχεια σε Θ. Bolzano για την f στο

διάστημα που βρίσκεται μεταξύ των τιμών που προκύπτουν από το Θ.Μ.Τ. Έχουμε διαδοχικά

Η f είναι συνεχής στο [α, γ] και στο [γ, β] Η f είναι παραγωγίσιμη στο (α, γ) και στο (γ, β)


1 1, :f f a

x a f xa

και

2 2, :f f

x f x


1 2 0

f f a f ff f a f ff x f x

a a

Από το Θεώρημα Bolzano έχουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον 1 2, ,x x a τέτοιο ώστε

0f .

Παράδειγμα 21. Έστω μία συνάρτηση f η οποία είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο [0, 2] με

0 2 0f f . Να δείξετε ότι:

α) Υπάρχουν 1 2, 0,2 με 1 2 τέτοια ώστε 1 2 2 1f f f

β) Υπάρχει τέτοιο ώστε 1f f

Λύση: α) Έχουμε

Η f είναι συνεχής στο [0, 1] και στο [1, 2] Η f είναι παραγωγίσιμη στο (0, 1) και στο (1, 2)


1 1 1

1 00,1 : 1

1 0

f ff f f

(1)

2 2 2

2 11,2 : 1

2 1

f ff f f

(2)

Αφαιρώντας τις (1) και (2) κατά μέλη έχουμε ότι:

1 2 1 1 2 1f f f f f



β) Ισχύει ότι:

Η f είναι συνεχής στο 1 2,

Η f είναι παραγωγίσιμη στο 1 2,

Άρα από Θ.Μ.Τ. έχουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον 1 2, τέτοιο ώστε

2 1

2 1 2 1

2 1f f ff f

Έχουμε ότι 1 0,1 και 2 1,2 άρα

2 1 01 1

2 1 2 1

2 2 2 1

2 1 0

2 1 2 1 2 1

0 1 0 1 1 12 0 1 1 2 0

1 2 2 1 2

2 1 2 1 2 1 2 11 11

2 2 2

f f f f ff f

Παράδειγμα 22. Έστω : 0,f μία συνεχής συνάρτηση με 0 0f και 1

xf x e ,

0x .

α) Να δείξετε ότι υπάρχει 0, x τέτοιο ώστε 1

f x xe , 0x

β) Να βρείτε το σύνολο τιμών της f. Λύση: α) Έχουμε ότι

Η f είναι συνεχής στο 0, x

Η f είναι παραγωγίσιμη στο 0, x

Άρα από Θ.Μ.Τ. έχουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον 0, x τέτοιο ώστε

1 1

0

0

f x f f xf e f x xe

x x

β) Έχουμε ότι 1

0xf x e για κάθε 0x . Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο 0, και από τα

συμπεράσματα του Θεωρήματος Μεγίστης Ελαχίστης Τιμής έχουμε ότι:

0, 0 , limx

f f f x

Για 1 2

1 1

1 2 1 2

1 2

1 1 x xx x e e f x f xx x

Άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο 0,

Ισχύει λοιπόν ότι:

1 1

x xf x

x f f x e f x xex

Έχουμε ότι:1 1

lim x

xxe e

Άρα limx

f x

Επομένως το σύνολο τιμών της f θα είναι το σύνολο 0, 0,f



§ 3.7 ΣΥΝΕΠΕΙΕΣ ΘΕΩΡΗΜΑΤΟΣ ΜΕΣΗΣ ΤΙΜΗΣ

ΘΕΩΡΗΜΑ

Έστω μια συνάρτηση f ορισμένη σε ένα διάστημα Δ. Αν

η f είναι συνεχής στο Δ και

0)( xf για κάθε ε σ ω τ ε ρ ι κ ό σημείο x του Δ,

τότε η f είναι σταθερή σε όλο το διάστημα Δ.

ΠΟΡΙΣΜΑ

Έστω δυο συναρτήσεις gf , ορισμένες σε ένα διάστημα Δ. Αν

οι gf , είναι συνεχείς στο Δ και

)()( xgxf για κάθε ε σ ω τ ε ρ ι κ ό σημείο x του Δ,

τότε υπάρχει σταθερά c τέτοια, ώστε για κάθε Δx να ισχύει:

cxgxf )()(

ΣΧΟΛΙΟ

Το παραπάνω θεώρημα καθώς και το πόρισμά του ισχύουν σε διάστημα και όχι σε ένωση διαστημάτων. Για παράδειγμα, έστω η συνάρτηση

0,1

0,1)(

x

xxf .

Παρατηρούμε ότι, αν και 0)( xf για κάθε ),0()0,( x , εντούτοις η f δεν είναι σταθερή στο

),0()0,( .



ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ - ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 1. ΣΤΑΘΕΡΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ – ΈΥΡΕΣΗ ΤΟΥ ΤΥΠΟΥ ΤΗΣ Α. Για να αποδείξουμε ότι μία συνάρτηση f είναι σταθερή σε ένα διάστημα Δ, ακολουθούμε τα εξής βήματα:

Αποδεικνύουμε ότι η f είναι συνεχής στο Δ.

Αποδεικνύουμε ότι 0f x σε κάθε εσωτερικό σημείο x του Δ.

Γράφουμε τότε ότι:

f x c για κάθε x

Αν γνωρίζουμε ή μπορούμε να βρούμε την τιμή της f σε ένα σημείο 0x τότε στην σχέση f x c

θέτουμε 0x x και παίρνουμε:

0 0f x c f x f x για κάθε x

Δηλαδή βρίσκουμε την τιμή της σταθερής συνάρτησης f. Β. Τονίζουμε ότι το προηγούμενο συμπέρασμα ισχύει μόνο σε διαστήματα. Αν αντί του Δ έχουμε ένωση διαστημάτων, τότε εργαζόμαστε χωριστά για το κάθε διάστημα διότι είναι πιθανόν η f να μην είναι σταθερή.

Παράδειγμα 1. Δίνεται η συνάρτηση : 0,2

f

με 0f x για κάθε 0,2

x

παραγωγίσιμη και ισχύουν lnf x f x x f x για κάθε 0,2

x

.

α) Να δείξετε ότι η lng x x f x , 0,2

x

είναι σταθερή.

β) Αν 2

4f e

να βρείτε τον τύπο της f.

Λύση:

α) Η g είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο 0,2

ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων

συναρτήσεων στο 0,2


ln ln ln

lnln ln

ln ln ln ln

ln ln 0

g x x f x g x x f x x f x

f x f x x f xg x x f x x g x x f x x

f x f x

xg x x f x x x f x g x x f x x f x

x

g x x f x x f x g x

Άρα η g είναι σταθερή στο 0,2

δηλαδή ισχύει ότι: g x c για κάθε 0,2

x

(1).



β) Για 4

x

έχουμε από την (1) ότι:

22ln ln 2

4 4 4 2g c f c e c c

Άρα 2

22 ln 2 ln xg x x f x f x f x e

x

για κάθε 0,

2x

Παράδειγμα 2. Έστω μία συνάρτηση :f και η 22F x f x f x , x . Αν

0f x f x για κάθε x , να αποδείξετε ότι η F είναι σταθερή συνάρτηση. Ποίος ο τύπος της

f, όταν 0 0 0f f ;

Λύση: Η συνάρτηση F είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο . Έχουμε:

22 2 2

2 0

F x f x f x F x f x f x f x f x

F x f x f x f x F x

Άρα η F είναι σταθερή στο δηλαδή ισχύει ότι F x c για κάθε x

Για 0x έχουμε ότι

220 0 0 0F c f f c c

Επομένως 220 0 0F x f x f x f x και 0f x για κάθε x

Παράδειγμα 3. Έστω μία συνάρτηση :f για την οποία ισχύει 32f x f x για

κάθε x .

α) Να δείξετε ότι η 2 4g x f x f x είναι σταθερή.

β) Αν 1 1 0f f να βρείτε την f.

Λύση: α) Η g είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο .

2 4 3

3

2 4

2 2 0

g x f x f x g x f x f x f x f x

g x f x f x f x g x

Άρα η g είναι σταθερή στο . Δηλαδή ισχύει ότι g x c για κάθε x .

β) Για 1x έχουμε:

2 41 1 1 0g c f f c c

Άρα 2 40 0 0g x f x f x f x και 0f x για κάθε x .



Παράδειγμα 4. Έστω η συνάρτηση f για την οποία ισχύει 2f x f x για κάθε x και

η 2 2g x f x f x . Να δείξετε ότι η g είναι σταθερή.

Αν 0 1f ποιος ο τύπος της g.

Λύση: Η g είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο

2 2 2 2g x f x f x g x f x f x x f x f x

2 2g x f x f x f x f x (1)

Από τα δεδομένα της άσκησης έχουμε ότι: 2f x f x για κάθε x .

Για x x η προηγούμενη σχέση γράφεται:

2f x f x για κάθε x .

Επομένως η (1) μετασχηματίζεται ως εξής:

2 2 4 4 0g x f x f x f x f x g x f x f x f x f x g x

Άρα η g είναι σταθερή στο δηλαδή g x c για κάθε x


2 20 0 0 1 1 2g c f f c c c

Επομένως 2g x για κάθε x

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 2. ΕΥΡΕΣΗ f ΜΕ ΔΟΣΜΕΝΗ f Ή f

Α. Αν δύο συναρτήσεις f, g είναι συνεχείς σε ένα διάστημα Δ και f x g x , δηλαδή έχουν ίσες

παραγώγους στο εσωτερικό του Δ, τότε οι συναρτήσεις αυτές διαφέρουν κατά μία σταθερά. Θα ισχύει δηλαδή:

f x g x c , x

Β. Αν αντί του διαστήματος Δ έχουμε το σύνολο 1 2 , όπου 1 2, είναι διαστήματα, στα

οποία οι ,f g είναι συνεχής στο εσωτερικό τους και είναι f x g x τότε δεν είναι υποχρεωτικά

f x g x c , αλλά είναι:

1 1

2 2

,

,

g x c xf x

g x c x

Γ. Αν για μία συνάρτηση f σε ένα διάστημα Δ γνωρίζουμε ότι:

f x g x ή f x g x

Τότε μπορούμε να βρούμε την f γράφοντας:

f x g x f x G x f x G x c

Όπου G είναι μία αρχική (παράγουσα) της g στο Δ, δηλαδή μία συνάρτηση με την ιδιότητα

G x g x



Δ. Για την εύρεση μίας αρχικής F (παράγουσας) μίας συνάρτησης f σε ένα διάστημα, χρησιμοποιούμε τον παρακάτω πίνακα: Βασικές Συναρτήσεις

Σύνθετες Συναρτήσεις

Παράγουσα Δύο Συναρτήσεων

c x f x g x f x g x f x g x

1

1

vv ax

axv

1

1

v

vf x

f x f xv

2

f x g x f x g x f x

g x g x

2

a a

x x

2

1f x

f x f x

f g x g x f g x

1

ln xx

ln

f xf x

f x

Συνηθισμένες Παράγουσες

x x f x f x f x

2

f x xf x f x

x x

x x f x f x f x 2

2

f xf x f x

x xe e

f x f xe f x e

2

f x f x f x f x f x

2

1x

x

2

f xf x

f x

2

2

f x f x f x f x

f xf x

2

1x

x

2

f xf x

f x

2

2

f x f x f x f x

f xf x

axax e

ea

x

ax

g x g x

f x g x f x f x e e

ln1 x

x

axax

g x g x

f x g x f x f x e e

ln

xx a

aa

, 0

2

f xf x f x

f x

f x xf x xf x

Παράδειγμα 5. Να βρείτε τον τύπο της :f για την οποία ισχύει ότι:

23 1f x x x και 0 2f

Λύση: Παρατηρούμε ότι:



2 33x x

, 2

2

xx

, 1 x

Άρα έχουμε διαδοχικά ότι:

2 2

2 3 33 12 2

x xf x x x f x x x f x x x

για κάθε x

Από συνέπειες θεωρήματος μέσης τιμής έχουμε:

2

3

2

xf x x x c για κάθε x

Από την συνθήκη 0 2f θα υπολογίσουμε την σταθερά c.

2 0 2

3 00 0 0 2

2

f

f c c

Επομένως 2

3 22

xf x x x για κάθε x

Παράδειγμα 6. Να βρείτε τον τύπο της :f για την οποία ισχύει ότι:

6 2f x x για κάθε x και 0 1f , 1 3f

Λύση:

Έχουμε ότι : 2 2 2

26 6 6 6 6 32 2 2

x x xx x x x x

και 2 2x

2 23 2 3 2f x x x f x x x για κάθε x

Από Συνέπειες Θεωρήματος Μέσης Τιμής έχουμε ότι :

23 2f x x x c

Ισχύει ακόμη ότι: 20 3 0 2 0 1f c c άρα 23 2 1f x x x για κάθε x

Από τον προηγούμενο πίνακα έχουμε ότι:

2 3 2 3 2

13 2 1f x x x f x x x x f x x x x c


3 2 3 2

1 1 1 11 1 1 1 3 3 6f x x x x c f c c c

Επομένως 3 2 6f x x x x για κάθε x

Παράδειγμα 7. Να βρείτε τον τύπο της :f σε καθεμία από τις παρακάτω περιπτώσεις:

α) ln 1f x x , 0,x και 1 2f

β) 2

xf x

x

, 0,x και 3

2f

γ) 22

2

11

x xf x

xx

, x και 0 3f

Λύση:



α)Παρατηρούμε ότι ln 1f x x . Έχουμε ότι η αντιπαράγωγος της συνάρτησης ln x είναι

δύσκολο να βρεθεί. (δεν δίνεται απευθείας)

Σε τέτοιες περιπτώσεις δοκιμάζουμε το τέχνασμα 1 x που μπορεί να τοποθετηθεί μπροστά από το

ln x και με κατάλληλη περαιτέρω επεξεργασία να δημιουργηθεί η παράγωγος γινομένου ή πηλίκου συναρτήσεων.

1ln 1 1 ln 1 ln ln ln

ln

f x x f x x f x x x x f x x x x xx

f x x x

Άρα από Συνέπειες Θεωρήματος Μέσης Τιμής έχουμε ότι:

lnf x x x c

Για 1x ισχύει 1 1 ln1 2 0 2f c c c

Επομένως ln 2f x x x για κάθε 0,x

β) Παρατηρούμε ότι x x άρα η δοσμένη συνάρτηση γράφεται διαδοχικά:

22 2

x xxf x f x f x

x x x

Από τον πίνακα των παραγουσών συναρτήσεων, όπως αυτός αναφέρθηκε στην μεθοδολογία έχουμε ότι:

2

1xf x f x

xx

Άρα 1

f x cx

για κάθε 0,x

Από υπόθεση έχουμε ότι: 1

3 3 1 3 42

2

f c c c

Επομένως θα ισχύει ότι: 1

4f xx

για κάθε 0,x

γ) Παρατηρούμε ότι

2

2 2 2

2 2 2

1 21 1 1

2 1 2 1 1

x x xx x x

x x x

και 2 1 2x x

2

2 2 2

2 22

2 2

121 1 ln 1

1 11

1 ln 1

xx xf x f x x f x x x

x xx

f x x x

Από Συνέπειες Θεωρήματος Μέσης Τιμής ισχύει ότι: 2 21 ln 1f x x x c

Για 0x έχουμε ότι: 2 20 0 1 ln 0 1 3 1 2f c c c

Άρα 2 21 ln 1 2f x x x



Παράδειγμα 8. Έστω μία συνάρτηση :f με 1 2f και 1xf x e για κάθε

x . Να βρείτε την 1f e .

Λύση: Από την δοσμένη σχέση έχουμε ότι:

1x x x x x xf x e x e f x e x e f x e x e

Από Συνέπειες Θεωρήματος Μέσης Τιμής έχουμε ότι:

x xf x e x e c


0 00 0 1 1 2 1 1f e e c f c c c

Άρα 1x xf x e x e για κάθε x

Για 1x ισχύει ότι: 1 1 1 2f e e e

Παράδειγμα 9. Έστω μία συνάρτηση *:f η οποία είναι συνεχής και ισχύει

2 2 1x f x x x για κάθε 0x . Αν 0f f , να βρείτε την f.

Λύση: Παρατηρούμε ότι το πεδίο ορισμού της f αποτελείται από την ένωση των διαστημάτων

* ,0 0,

Θα εργαστούμε ξεχωριστά σε καθένα από αυτά τα διαστήματα. Για 0x έχουμε ότι:

2

2 2

2 2 2

1 11

x xx f x x x f x f x x

x x x

Έχουμε ότι x x και 2

1 1

x x

Άρα 12

1 1 1f x x f x x f x x c

x x x

Για x ισχύει: 0

1 1 1

1 1 10

f

f c c c

Επομένως 1 1

f x xx

για κάθε 0x

Για 0x

22 2

2 2 2

2

1 1 11

1

x xx f x x x f x f x x f x x

x x x x

f x x cx

Για x ισχύει 0

2 2 2

1 1 10 0

f

f c c c

Άρα



1 1

f x xx

για κάθε 0x

Επομένως ο τύπος της f είναι:

1 1, 0

1 1, 0

x xx

f x

x xx

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 3. ΕΥΡΕΣΗ ΤΗΣ f ΜΕ ΒΟΗΘΗΤΙΚΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ

Α. Η σημαντικότερη κατηγορία σ’ αυτή την ενότητα είναι η εύρεση του τύπου μίας συνάρτησης, η

οποία ικανοποιεί μία σχέση. Εκτός από τη βασική περίπτωση, όπου αποδείξαμε ότι 0f x ή

f x g x , όπου g είναι συνάρτηση με γνωστή παράγουσα, στις υπόλοιπες περιπτώσεις η εύρεση

της f γίνεται μέσω βοηθητικής συνάρτησης. Για την εύρεση της βοηθητικής συνάρτησης χρήσιμη είναι η δεύτερη στήλη του πίνακα της προηγούμενης μεθοδολογίας. Β. Είναι επίσης πιθανόν από τα δεδομένα να θεωρήσουμε μία βοηθητική συνάρτηση g, η οποία να

έχει ως όρο της την f x και για αυτή τη συνάρτηση να ισχύει ότι 0g x , όποτε g x c ή

g x h x , επομένως g x H x c , όπου H x είναι αρχική της h x κ.λπ.

Γ. Μία χαρακτηριστική βοηθητική συνάρτηση για τον προσδιορισμό της f είναι και η συνάρτηση:

2

2

1 1g x f x f x f x f x

Για την οποία αποδεικνύουμε ότι 0g x , οπότε g x c . Αρκεί λοιπόν να είναι 0c , οπότε

1f x f x .

Παράδειγμα 10. Έστω μία συνάρτηση :f με 1

1 xf x

e

για κάθε x και

0 0f . Να δείξετε ότι f x f x x για κάθε x .


1 1 1

1 1 1 1

xx y y x

x y x x

ef x f y f x f x

e e e e


11 1

1 1

x

x x

ef x f x f x f x f x f x

e e

f x f x x f x f x x c


0 0

0 0 0 0f

f f c c

Άρα f x f x x f x f x x για κάθε x .



Παράδειγμα 11. Α. Έστω μία συνάρτηση f με 0f x f x για κάθε x .

α) Να δείξετε ότι η 2 2 ,g x f x f x x είναι σταθερή.

β) Αν 0 0 0f f , να βρείτε την f.

Β. Αν για τη συνάρτηση h ισχύουν 0h x h x για κάθε x και 0 1h , 0 0h , να

δείξετε ότι h x x

Λύση: Α. α) Έχουμε ότι:

2 2 2 2 2

2 0 0

g x f x f x g x f x f x f x f x g x f x f x f x

g x f x g x

Άρα από Συνέπειες Θεωρήματος Μέσης Τιμές έχουμε ότι:

g x c για κάθε x

β) Για 0x έχουμε ότι 2 20 0 0 0g c f f c c

άρα 2 20 0 0g x f x f x f x και 0f x

Επομένως 0f x για κάθε x .

Β. Αρκεί να δείξουμε ότι 0h x x και 0h x x h x x

Με βάση την μεθοδολογία θα θεωρήσουμε μία συνάρτηση της μορφής

2

2

1 1g x f x f x f x f x

Έστω 2 2

g x h x x h x x (1) για κάθε x


2 2

0

2 2

2

2 0h x h x

g x h x x h x x

g x h x x h x x h x x h x x

g x h x x h x x h x x

g x h x x h x h x g x

Άρα g x c για κάθε x

Για 1x η (1) γράφεται:

2 2 2 2

0 0 0 0 0 1 1 0 0 0g h h c c

Άρα 0g x για κάθε x

Επομένως:

2 2

0 0h x x h x x h x x και 0h x x h x x



Παράδειγμα 12. Να βρείτε τον τύπο της συνάρτησης :f σε κάθε μία από τις παρακάτω

περιπτώσεις, όταν ισχύουν:

α) 23f x x f x , x , 0f x και 0 1f

β) 1 0xf x e f x , 1f x , x και 0 2f

γ) 1

f xxf x xe

, 0,x και 1 0f

δ) 3 0f x x f x x , 0f x , 0,2

x

και 14

f

Λύση:

α) Από τα δεδομένα της άσκησης έχουμε ότι 0f x . Ο λόγος που κυρίως δίνεται η συγκεκριμένη

συνθήκη είναι για να έχουμε την δυνατότητα να βάλουμε την συνάρτηση f μέσα σε λογάριθμο.

Διαιρούμε και τα δύο μέλη της δοσμένης σχέσης με f x .


2 2 33 3 ln

f xf x x f x x f x x

f x

Άρα 3ln f x x c για κάθε x

Για 0x έχουμε ότι: 3ln 0 0 ln1 0f c c c

Ισχύει ότι: 33ln xf x x f x e για κάθε x

β)Παρατηρούμε ότι 1f x f x

Θα προσπαθήσουμε να δημιουργήσουμε την παράγωγο της ρίζας 1f x που είναι

1

2 1

f xf x

f x


1 0 121 2 1

1 12 2

xx x x

x x

f x f x ef x e f x f x e f x e

f x f x

e ef x f x c

Για 0x η προηγούμενη σχέση γράφεται:

0 1 1

0 1 12 2 2

ef c c c

Άρα 2 2

1 1 1 11 1 1 1

2 2 2 2 2

x x x xe e e ef x f x f x f x

για

κάθε x .

γ) Παρατηρούμε ότι: f x f xe f x e

Θα προσπαθήσουμε να δημιουργήσουμε στην δοσμένη σχέση την παραπάνω παράγωγο. Έχουμε διαδοχικά:



2 2

1

2 2

f x f x f x f x f x

f x f x f x

xf x xe e xf x e x x e xf x e x

x xx e x e xe

Επομένως 2

2

f x xx e c για κάθε 0,x

Για 1x η προηγούμενη σχέση δίνει:

2

1 1 1 11 1

2 2 2

fe c c c

Άρα

2 2 2 21 1 1 1ln

2 2 2 2 2

f x f x f xx x x xx e x e e f x

x x

για κάθε 0,x

δ) Η δοσμένη σχέση γράφεται διαδοχικά:

3

33 0 3

ln 3 ln 3ln ln ln

f x xf x x f x x f x x f x x

f x x

xf x f x x f x x

x

Άρα 3ln lnf x x c

Για 4

x

έχουμε ότι:

3 3

3 2 2ln ln ln 0 ln ln 2 2

4 4 2 2f c c c c

Επομένως είναι:

3 3 3ln ln ln 2 2 ln ln 2 2 2 2f x x f x x f x x για κάθε

0,2

x

.

Παράδειγμα 13. Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση :f για την οποία ισχύουν:

0f x και 0f x f x x για κάθε x .

α) Να δείξετε ότι η f είναι συνεχής.

β) Να δείξετε ότι η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη και ότι η f είναι συνεχής.

γ) Αν η γραφική παράσταση της f διέρχεται από το σημείο Α(π, 1) να βρείτε τη συνάρτηση f. Λύση: α) Έχουμε ότι:

0f x f x x f x f x x

Η f είναι συνεχής στο ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων στο

β) Η f είναι παραγωγίσιμη στο ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο

f x f x x f x f x x f x x

f x f x x f x x



γ) Η γραφική παράσταση της f διέρχεται από το σημείο Α(π, 1) άρα 1f

Από την δοσμένη σχέση έχουμε διαδοχικά:

0

lnf x f x

f x f x x x f x xf x

Άρα ln f x x c για κάθε x

Για x έχουμε ότι:

ln 0 1 1f c c c

Επομένως 1ln 1 xf x x f x e για κάθε x

Παράδειγμα 14. Έστω μία συνάρτηση f για την οποία ισχύουν 0f x και

2 22f x f x f x f x για κάθε x . Αν 0 0 1f f να βρείτε τον τύπο της f.

Λύση: Έχουμε διαδοχικά ότι:

2 22 2

2

2

2 2

2 2

f x f x f x f x f x f x f x f x

f x f x f x f xx

f x f x

Άρα

2

f xx c

f x

για κάθε x


02 0 1

0

fc c

f

Επομένως

2 2

12 1 ln lnf x

x f x x x f x x x cf x

για κάθε x

Για 0x ισχύει 2

1 1ln 0 0 0 0f c c

Άρα 22ln x xf x x x f x e για κάθε x

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 4. Η ΜΟΡΦΗ f x g x f x h x

Σε θέματα εύρεσης του τύπου μίας συνάρτησης συχνά παρουσιάζονται οι παρακάτω περιπτώσεις, οι οποίες αντιμετωπίζονται ως εξής:

Α. Αν προκύψει σχέση της μορφής f x f x g x , τότε πολλαπλασιάζουμε και τα δύο μέλη

με xe παίρνουμε:

x x x x xf x f x g x e f x e f x e g x f x e e g x (1)

Αν λοιπόν x είναι μία αρχική του β΄ μέλους, δηλαδή xe g x x , τότε η (1) δίνει:

x x x xf x e x f x e x c f x x e ce , x

Πιο ειδικά ισχύει:



,xf x f x f x ce x

0 0

0 ,

x x

x x x

f x f x f x f x e f x e f x

e f x e f x c f x ce x

Β. Η πιο γενική σχέση που μπορούμε να συναντήσουμε είναι η:

f x g x f x h x

Εδώ πολλαπλασιάζουμε με G xe , όπου G είναι μία αρχική της g και παίρνουμε:

G x G x G x

G x G x G x G x

G x G x

f x g x f x h x e f x g x e f x e h x

e f x e h x e f x H x e f x H x c

f x e H x ce

Όπου H x μία αρχική της G xe h x .

Σχόλιο Αξιοσημείωτη είναι η εξής ειδική περίπτωση:

,xf x f x f x ce x

Η παραπάνω περίπτωση είναι ειδική περίπτωση της (Α), μπορεί όμως να εκλαμβάνεται άμεσα ως γνωστή, χωρίς δηλαδή να αποδεικνύεται.

Γ. Επισημαίνουμε επίσης ότι για να αποδείξουμε ότι f x g x :

Θεωρούμε τη συνάρτηση

f xh x

g x και βρίσκουμε ότι η h είναι σταθερή αποδεικνύοντας

ότι 0h x

Θεωρούμε τη συνάρτηση h x f x g x και αποδεικνύουμε ότι 0h x οπότε η h

είναι σταθερή. Τονίζουμε ότι το πεδίο ορισμού των f, g πρέπει να είναι ένα διάστημα Δ.

Παράδειγμα 15. Έστω μία συνάρτηση :f με 0f x και lnf x f x f x για

κάθε x . Αν 0 1f , να βρείτε τον τύπο της f.

Λύση:

Παρατηρούμε ότι

ln

f xf x

f x


ln ln ln ln

f xf x f x f x f x f x f x

f x

(1) για κάθε x

Θεωρούμε συνάρτηση lng x f x και 0 ln 0 ln1 0g f

Από την (1) έχουμε ότι:

0 0x x xg x g x g x g x e g x e g x e g x c

Άρα x xe g x c g x ce



Για 0x ισχύει 00 0g ce c

Επομένως 0 ln 0 1g x f x f x για κάθε x

Παράδειγμα 16. Δίνεται η συνάρτηση :f με: 2f x xf x για κάθε x και

0 1f . Να βρεθεί ο τύπος της f.


2 2 0f x xf x f x xf x

Αναζητούμε μία συνάρτηση που εάν την παραγωγίσουμε θα μας δώσει 2x . Ισχύει ότι 2 2x x .

Με βάση όσα αναφέραμε στην μεθοδολογία, πολλαπλασιάζουμε και τα δύο μέλη της δοσμένης σχέσης

με 2xe .

2 2 2 2 2

2 0 2 0 0 0x x x x xf x xf x e f x x e f x e f x e f x e f x

Άρα 2xe f x c για κάθε x

Για 0x έχουμε

20 1

0 0 1f

e f c c

Επομένως 2xf x e για κάθε x

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 5. ΣΥΝΘΕΤΑ ΘΕΜΑΤΑ Παράδειγμα 17. Να βρείτε την συνάρτηση :f για την οποία ισχύουν

0f x f x x για κάθε x και 0 1f

Λύση: Η δοσμένη σχέση γράφεται διαδοχικά:

2 20 2 2f x f x x f x f x x f x f x x f x x

Άρα 2 2f x x c για κάθε x

Για 0x έχουμε 2 0 0 1f c c

Επομένως 2 2 1f x x (1)

Από υπόθεση η f είναι συνεχής στο άρα 2 1f x x ή 2 1f x x και επειδή από

υπόθεση έχουμε ότι 0 1f θα ισχύει ότι: 2 1f x x για κάθε x

Παράδειγμα 18. Έστω μία συνάρτηση f παραγωγίσιμη στο τέτοια, ώστε να ισχύει η σχέση:

2

x f xf x e

για κάθε x και 0 0f

α) Να αποδείξετε ότι 1

ln2

xef x



β) Να αποδείξετε ότι f x f x x για κάθε x

Λύση: α) Η δοσμένη σχέση γράφεται διαδοχικά:

2 2 22

2

xx f x f x f x f xx x

xf x

ef x e f x e e f x e e f x e

ee

Άρα

2

xf x e

e c

Για 0x έχουμε ότι: 0

0 1 11

2 2 2

f ee c c c

Επομένως

1 1 1ln

2 2 2 2

x x xf x f xe e e

e e f x

για κάθε x


11 1 1 1 12ln ln ln ln ln ln

11 12 2 11

2

1ln ln

1

x

x x x x x

x xx

x x

x x

x

x

ee e e e e

f x f xe ee

e e

e ee x

e



§ 3.8 ΜΟΝΟΤΟΝΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ

ΘΕΩΡΗΜΑ

Έστω μια συνάρτηση f, η οποία είναι σ υ ν ε χ ή ς σε ένα διάστημα Δ.

Αν 0)( xf σε κάθε ε σ ω τ ε ρ ι κ ό σημείο x του Δ, τότε η f είναι γνησίως αύξουσα σε όλο το Δ.

Αν 0)( xf σε κάθε ε σ ω τ ε ρ ι κ ό σημείο x του Δ, τότε η f είναι γνησίως φθίνουσα σε όλο το Δ.

Για παράδειγμα:

— η συνάρτηση xxf )( , είναι γνησίως αύξουσα στο ),0[ , αφού

είναι συνεχής στο ),0[ και ισχύει 02

1)(

xxf για κάθε

),0( x .

— η συνάρτηση xxxf 2)( 2 είναι γνησίως αύξουσα στο ),1[ , αφού

είναι συνεχής στο ),1[ και 0)1(2)( xxf για κάθε ),1( x , ενώ

είναι γνησίως φθίνουσα στο ]1,( , αφού είναι συνεχής στο ]1,( και

0)1(2)( xxf για κάθε )1,(x .

— η συνάρτηση x

xf1

)( είναι γνησίως φθίνουσα σε καθένα από τα

διαστήματα )0,( , και ),0( , αφού 01

)(2

xxf για κάθε

)0,(x και για κάθε ),0( x .

ΣΧΟΛΙΟ

Το αντίστροφο του παραπάνω θεωρήματος δεν ισχύει. Δηλαδή, αν η f είναι γνησίως αύξουσα (αντιστοίχως γνησίως φθίνουσα) στο Δ, η παράγωγός της δεν είναι υποχρεωτικά θετική (αντιστοίχως αρνητική) στο εσωτερικό του Δ.

Για παράδειγμα, η συνάρτηση 3)( xxf , αν και είναι γνησίως αύξουσα στο

, εντούτοις έχει παράγωγο 23)( xxf η οποία δεν είναι θετική σε όλο το

, αφού 0)0( f . Ισχύει όμως 0)( xf για κάθε x .

y x

x

y

Ο

x 2

1

y

Ο

y=x22x

yx

1

x

y

Ο

x

y=x3

y

Ο




ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 1. ΕΥΡΕΣΗ ΜΟΝΟΤΟΝΙΑΣ Για να βρούμε τη μονοτονία μίας συνάρτησης f, ακολουθούμε τα εξής βήματα:

Βρίσκουμε το πεδίο ορισμού fD και εξετάζουμε αν η f είναι συνεχής

Βρίσκουμε την f και τις ρίζες της f , αν υπάρχουν, λύνοντας την εξίσωση:

0f x

Κατασκευάζουμε τον πίνακα προσήμου της f , στον οποίο βάζουμε τα άκρα των

διαστημάτων του fD και τις ρίζες της f , αν υπάρχουν. (Αν υπάρχουν και σημεία ασυνέχειας,

πρέπει να μπουν και αυτά.) Για την κατασκευή του πίνακα προσήμων της f ορισμένες

φορές είναι προτιμότερο να λύνουμε την ανίσωση 0f x

Σε κάθε διάστημα Δ που η f είναι συνεχής και στο εσωτερικό του η f είναι θετική (αντίστοιχα

αρνητική), η f είναι γνησίως αύξουσα (αντίστοιχα γνησίως φθίνουσα). Τονίζουμε ότι τα διαστήματα μονοτονίας της f στα σημεία που είναι ρίζες της f είναι κλειστά.

Το πρόσημο της f βρίσκεται είτε με τη μέθοδο της επιλεγμένης τιμής (αν η f είναι συνεχής) είτε

λύνοντας την ανίσωση 0f x . Η μέθοδος εύρεσης του προσήμου της f πρέπει να αναφέρεται

διότι στις εξετάσεις βαθμολογείται. Παράδειγμα 1. Να βρείτε τα διαστήματα μονοτονίας των συναρτήσεων:

α) 2ln 3 2f x x x x

β) 2 2 1f x x x , 0,x

γ) 21f x x x

Λύση: α) Αρχικά βρίσκουμε το πεδίο ορισμού της f.

Έχουμε ότι: 0x άρα 0,fD

Η f είναι συνεχής στο πεδίο ορισμού της ως αποτέλεσμα πράξεων

συνεχών συναρτήσεων στο 0,

Η f είναι παραγωγίσιμη στο 0, ως αποτέλεσμα πράξεων

παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο 0,

2 2 2

2 2

ln 3 2 ln ln 3 2

2 ln ln ln 3 ln 2ln 3

f x x x x f x x x x x x

f x x x x x f x x x

Λύνουμε την εξίσωση 0f x

20 ln 2ln 3 0 ln 3f x x x x ή 3ln 1x x e ή x e

1 2 3 4 5 6

3

2

1

1

2

3

0.02 0.04 0.06 0.08 0.10 0.12

2.05

2.10

2.15

2.20

2.25

2.30



Θυμίζουμε ότι τα πρόσημα τις f πηγαίνουν εναλλάξ με αρχή το πρόσημο του μεγιστοβάθμιου. (Το

γεγονός αυτό ισχύει και σε αύτη την περίπτωση γιατί η συνάρτηση ln x είναι γνησίως αύξουσα.) Σχηματίζουμε τον πίνακα μονοτονίας της f Από τον διπλανό πίνακα έχουμε ότι:

Η f είναι γνησίως αύξουσα στο 30, ,e e

Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο 3,e e

β) Το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο 0,fD όπως αυτό δίνεται από τα δεδομένα της

άσκησης. Η f είναι συνεχής στο (0, π) ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων στο (0, π) Η f είναι παραγωγίσιμη στο (0, π) ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο (0, π)

2 2 1 2 2 2f x x x f x x x f x x x

Η επίλυση της συγκεκριμένης εξίσωσης είναι δύσκολη με τις μέχρι τώρα γνώσεις μας. Θα προσπαθήσουμε να εντοπίσουμε το πρόσημο της f

Από το προηγούμενο κεφάλαιο έχουμε ότι x x (1)

Στο 0, ισχύει ότι 0x άρα η (1) γράφεται

0 2 0 0 0x x x x x x f x f x για κάθε 0,x

Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο (0, π) Σχηματίζουμε τον πίνακα μονοτονίας της f.

x 0 π

f

f

γ) Το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο για το οποίο

ισχύει 21 0 1 1 0x x x

Άρα 1,1fD

Η f είναι συνεχής στο [-1, +1] ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων στο [-1, +1] Η f είναι παραγωγίσιμη στο (-1, +1) ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο (-1, +1 )

2

2 2 2 2

2

22 2

2 2

11 1 1 1

2 1

21 1

2 1 1

xf x x x f x x x x x f x x x

x

x xf x x x f x x

x x

2 2 2

2 2 2

1 1 2

1 1 1

x x xf x f x

x x x

x 0 3e e

f

f

x -1 +1

21 x

0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0

0.5

1.0

1.5

2.0

2.5

3.0

0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0

2

4

6

8

10

12

y=x

2 2 1y x x

y x



Λύνουμε την εξίσωση 2

2 2

2

1 2 1 20 0 1 2 0

2 21

xf x x x x

x

Τα πρόσημα στον πίνακα προσήμων της f πηγαίνουν εναλλάξ με πρώτο το ‘ –‘ γιατί ο

μεγιστοβάθμιος είναι το 22x που είναι αρνητικός. Δημιουργούμε τον πίνακα μονοτονίας της f

Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο

2 21, ,1

2 2

Η f είναι γνησίως αύξουσα στο

2 2,

2 2

Παράδειγμα 2. Δίνεται η συνάρτηση 1

ln1

x

x

ef x

e

. Να δείξετε ότι η f είναι «1 – 1» και να

βρείτε την αντίστροφή της. Λύση: Σε προηγούμενη παράγραφο αναφέραμε πως για να δείξουμε ότι μία συνάρτηση f είναι «1 – 1», αρκεί να δείξουμε ότι είναι γνησίως μονότονη. Βρίσκουμε αρχικά το πεδίο ορισμού της f.

Θέλουμε: 1

0 1 0 1 01

xx x

x

ee e x

e

δηλαδή

,0fD

Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ,0 ως

αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο

,0

2

2 2

2 2 2

1 1 1 11

111ln

1 11

1 1

1 1 2

1 1 1

1 1 1

1 1 1

2

1 1

x x x xx

xxx

x xx

x x

x x x x x x x x x

x x x

x x x

x x x

x

x x

e e e ee

eeef x f x f x

e ee

e e

e e e e e e e e e

e e ef x f x f x

e e e

e e e

ef x

e e

Λύνουμε την ανίσωση

x -1 2

2

2

2 +1

f

f

5 4 3 2 1

2.0

1.5

1.0

0.5



2 2

0 0 0 2 1 1 01 1 1 1

x xx x x

x x x x

e ef x e e e

e e e e

1 0 1 0x xe e x άτοπο αφού ,0x

Άρα 0f x για κάθε ,0x

Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο πεδίο ορισμού της.

Για να βρούμε την αντίστροφή της f θέτουμε f x y

1 1 1ln ln 1 1

1 1 1

11 1 1 1 1

1

x x xy y x x

x x x

yy y x x x y x y x y y x

y

e e ef x y e e e e

e e e

ee e e e e e e e e e e e

e

Για να μπορέσουμε να λογαριθμίσουμε θέλουμε το δεύτερο μέλος της προηγούμενης ισότητας να είναι θετικός αριθμός.

Δηλαδή 1

0 1 0 1 01

yy y

y

ee e y

e

άρα το σύνολο τιμών της f είναι το σύνολο

,0 ,0f

Η (1) γράφεται διαδοχικά:

1 11 1 1 1ln ln ln

1 1 1 1

y y y xx

y y y x

e e e ee x f y f x

e e e e

,για κάθε 0x

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 2. ΕΥΡΕΣΗ ΠΑΡΑΜΕΤΡΩΝ Α. Αν θέλουμε να βρούμε τις τιμές μίας παραμέτρου, ώστε μία συνάρτηση f να είναι γνησίως μονότονη σε ένα διάστημα Δ, στο οποίο είναι συνεχής, τότε:

Βρίσκουμε την παράγωγο της f

Απαιτούμε 0f x στο εσωτερικό του Δ, αν θέλουμε η f να είναι γνησίως αύξουσα το Δ,

Απαιτούμε 0f x στο εσωτερικό του Δ, αν θέλουμε η f να είναι γνησίως φθίνουσα στο Δ,

Και στις δύο περιπτώσεις εξετάζουμε ειδικά τις τιμές της παραμέτρου για τις οποίες είναι

0f x .

Σημειώνουμε ότι αν η f έχει μεμονωμένες ρίζες, δηλαδή δεν μηδενίζεται σε ολόκληρο διάστημα

(υποδιάστημα του Δ), τότε για να είναι η f γνησίως μονότονη, απαιτούμε 0f x για κάθε x

εσωτερικό του Δ ή 0f x για κάθε x εσωτερικό του Δ, πράγμα που εξασφαλίζει ότι η f είναι

αντιστοίχως γνησίως αύξουσα ή γνησίως φθίνουσα στο Δ. Β. Αν μία συνάρτηση f έχει πεπερασμένο ή και άπειρο πλήθος ριζών σε ένα διάστημα Δ, στο οποίο είναι συνεχής και η f διατηρεί το ίδιο πρόσημο εκατέρωθεν όλων των ριζών, τότε η f είναι γνησίως

μονότονη στο διάστημα Δ.

Παράδειγμα 3. Να βρείτε τις τιμές του α ώστε η συνάρτηση 2 2ln 1f x x a ax να

είναι γνησίως φθίνουσα στο . Λύση:



Το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο fD 2 2 0,x a x

Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο

2 2 2 2ln 1 ln 1f x x a ax f x x a ax

2 2 2 3

2 2 2 2 2 2

2 2x a x ax x af x a f x a f x

x a x a x a

Θέλουμε η f να είναι γνησίως φθίνουσα στο δηλαδή απαιτούμε:

2 3

2 3

2 2

20 0 2 0

ax x af x ax x a

x a

(1)

Η (1) είναι ένα τριώνυμο ως προς x και για να είναι μονίμως αρνητική θέλουμε α < 0 (2) και Δ<0 Έχουμε:

3 44 4 4 4a a a 4 4 40 4 4 0 4 4 1 1 1a a a a a ή 1a (3)

Από τις (2) και (3) έχουμε ότι: 1 , 1a a

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 3. ΜΟΝΟΤΟΝΙΑ ΚΑΙ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ Α. Για να δείξουμε ότι μία εξίσωση έχει μία το πολύ ρίζα τότε:

Μεταφέρουμε όλους τους παράγοντες στο πρώτο μέλος και θεωρούμε συνάρτηση έστω f x

Ελέγχουμε την f ως προς την μονοτονία με την διαδικασία που αναλύσαμε στην Μεθοδολογία

1. Αν η f είναι γνησίως μονότονη τότε η εξίσωση 0f x έχει μία το πολύ ρίζα στο πεδίο

ορισμού της συνάρτησης. Β. Για να δείξουμε ότι η f έχει δύο το πολύ ρίζες τότε:

Ελέγχουμε την f ως προς την μονοτονία

Εάν η f αλλάζει μονοτονία σε ένα σημείο έστω 0x τότε σε καθένα από τα διανύσματα που η f

διατηρεί την μονοτονία της θα έχει μία το πολύ ρίζα.

Εάν η μονοτονία της f είναι δύσκολο να διαπιστωθεί τότε βρίσκουμε την μονοτονία της f . Αν

η f είναι γνησίως μονότονη τότε η f θα έχει δύο το πολύ ρίζες.

Γ. Για να δείξουμε ότι μία εξίσωση έχει μία ακριβώς ρίζα με την χρήση της μονοτονίας εργαζόμαστε ως εξής: Αρχικά, μεταφέρουμε όλους τους όρους σε ένα μέλος και θεωρούμε συνάρτηση f, στην οποία εντοπίζουμε το πεδίο ορισμού. Ελέγχουμε την f ως προς την συνέχεια και την παραγωγισιμότητα. Στην συνέχεια εργαζόμαστε με έναν από τους παρακάτω τρόπους:

1. Βρίσκουμε μία προφανή ρίζα της εξίσωσης 0f x (συνήθως με δοκιμές) και στην συνέχεια

μελετούμε την f ως προς την μονοτονία. Αν η f είναι γνησίως μονότονη στο πεδίο ορισμού της, τότε η ρίζα που εντοπίσαμε είναι και η μοναδική.

2. Εντοπίζουμε κατάλληλο διάστημα ώστε να εφαρμόσουμε κάποιο από τα θεωρήματα ύπαρξης (Θεώρημα Bolzano για την f, Θεώρημα Rolle για την παράγουσα της f), στην συνέχεια μελετούμε την μονοτονία της f. Αν η f είναι γνησίως μονότονη τότε θα έχει μία ακριβώς ρίζα στο πεδίο ορισμού της.



3. Μελετούμε την μονοτονία της f. Αν η f είναι γνησίως μονότονη και δείξουμε ότι το 0 ανήκει στο

σύνολο τιμών της f τότε η εξίσωση 0f x θα έχει μία ακριβώς ρίζα στο πεδίο ορισμού της.

4. Στην μοναδικότητα της ρίζας ρ καταλήγουμε επίσης αν

εξασφαλίσουμε ότι η f αλλάζει μονοτονία μόνο στο ρ. Έτσι αν η f έχει τη μονοτονία του διπλανού πίνακα, τότε:

0x f x f f x

0x f x f f x

Δηλαδή 0f x για κάθε x , οπότε η ρίζα ρ είναι

μοναδική. Αν η μονοτονία της f έχει τη μορφή του διπλανού σχήματος, τότε:

Το x είναι η μοναδική ρίζα της εξίσωσης

0f x

Θα είναι 0f x για κάθε fx x D

Σημείωση: Η μία ακριβώς ρίζα προκύπτει από , μία το πολύ και μία τουλάχιστον ρίζα σε ένα διάστημα. Δ. Κάθε γνησίως μονότονη συνάρτηση είναι «1 – 1». Για το λόγο αυτό φέρνουμε ορισμένες φορές

τη δοσμένη εξίσωση στη μορφή f g x f h x , όπου f είναι και γνησίως μονότονη συνάρτηση,

οπότε γράφουμε:

:1 1f

f g x f h x g x h x

Η τελευταία εξίσωση είναι προφανώς απλούστερη από την αρχική.

Παράδειγμα 4. Αν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο [1, e] με 0 1f x και 0f x

για κάθε 1,x e , να δείξετε ότι υπάρχει ένας μόνο αριθμός 0 1,x e τέτοιος ώστε

0 0 0 0lnf x x x x

Λύση:

Θεωρούμε συνάρτηση lng x f x x x x με 1,x e

Η g είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο [1, e] ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο [1, e]

Για να δείξουμε ότι υπάρχει ένα ακριβώς 0 1,x e τέτοιο ώστε 0 0g x , αρκεί να δείξουμε ότι η

εξίσωση έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (1, e) και μία το πολύ ρίζα στο (1, e). Επειδή από τα δεδομένα της άσκησης δεν μπορεί να προκύψει προφανής ρίζα της εξίσωσης για να δείξουμε ότι υπάρχει μία τουλάχιστον ρίζα θα εργαστούμε με κάποιο από τα θεωρήματα ύπαρξης. Στην συγκεκριμένη περίπτωση καταλληλότερο είναι το Θεώρημα Bolzano.

H g είναι συνεχής στο [1, e] ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων στο [1, e].

1 1 1ln1 1 1 1 1g f g f ισχύει ακόμη από υπόθεση ότι

1

0 1 0 1 1 1 1 1 0x

f x f f

άρα 1 0g

lng e f e e e e f e και από υπόθεση 3

0 1 0 1 0x

f x f e f e

Επομένως 1 0g g e

x ρ

f

x ρ

f

0

0



Από το Θεώρημα Bolzano έχουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον 0 1,x e τέτοιο, ώστε

0 0 0 0 00 lng x f x x x x

Εξετάζουμε τώρα την μονοτονία της g. Η g είναι παραγωγίσιμη στο [1, e] ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο [1, e].

ln ln ln ln 1

ln 1 1 ln

g x f x x x x g x f x x x x g x f x x x x x

g x f x x g x f x x

Από υπόθεση 0f x και 1 ln ln1 ln 0x x x

άρα 0g x για κάθε 1,x e

Σχηματίζουμε τον πίνακα μονοτονίας της g. H g είναι γνησίως αύξουσα στο [1, e] Από τα προηγούμενα έχουμε ότι ένας μόνο αριθμός

0 1,x e τέτοιος ώστε 0 0 0 0lnf x x x x

Παράδειγμα 5. Να λύσετε τις εξισώσεις:

α) 2 1 0xe x β) ln 1 1xe x

Λύση:

α) Παρατηρούμε ότι για 0x η δοσμένη εξίσωση γράφεται 2 0 0 1 0 0 0e αληθές. Άρα το 0

είναι ρίζα της εξίσωσης. Αρκεί να βρούμε ότι είναι μοναδική.

Θεωρούμε συνάρτηση 2 1xf x e x με x

Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο .

2 21 2 1 0x xf x e x f x e

Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο

Επομένως η εξίσωση 0f x έχει μοναδική λύση την 0x

β) Παρατηρούμε ότι για 0x η δοσμένη εξίσωση γράφεται 0 ln 0 1 1 1 ln1 1 0 0e

αληθές. Άρα το 0 είναι ρίζα της εξίσωσης. Αρκεί να βρούμε ότι είναι μοναδική.

Θεωρούμε συνάρτηση ln 1 1xf x e x με 1,x


1

ln 1 1 01

x xf x e x f x ex

για κάθε

1,x


Επομένως η εξίσωση 0f x έχει μοναδική λύση την 0x

Παράδειγμα 6. Δίνεται η συνάρτηση 2 1 lnf x x x

α) Να δείξετε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα

β) Να λύσετε την εξίσωση: ln 2

, 0,2

x 1 e

g

g

x

f

f

x -1

f

f



γ) Να λύσετε την εξίσωση 17 3 2008f x f x f x f x

Λύση:


Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο 0, ως αποτέλεσμα

πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο 0,

2 11 ln 2 0f x x x f x x

x

για κάθε 0,x

Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο 0, .

β) Θα προσπαθήσουμε να μετασχηματίσουμε την δοσμένη εξίσωση στην μορφή f g x f h x

Έχουμε:

2 2 2 2

2 2

ln 2 ln ln ln ln

ln 1 ln 1 , 1f f

Η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο 0, άρα θα είναι και «1 – 1»

Άρα η σχέση (1) γράφεται:

:1 1

1 14 4

f

f f

γ) Για x=1 η δοσμένη εξίσωση γράφεται:

17 3 20081 1 1 1 2 1 2 1 0 0f f f f f f αληθές

Αρά το 1 είναι ρίζα της εξίσωσης. Για 1x έχουμε ότι:

3 3

7 3 2008

7 2008 7 2008

f

f

x x f x f xf x f x f x f x

x x f x f x


3 3

7 3 2008

7 2008 7 2008

f

f

x x f x f xf x f x f x f x

x x f x f x

Άρα η μοναδική λύση της εξίσωσης 17 3 2008f x f x f x f x είναι η 1x .

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 4. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΤΗΣ ΜΟΡΦΗΣ x x x

Αν έχουμε εξίσωση της μορφής x x x (1) με 0 , τότε βρίσκουμε την

προφανή ρίζα και διαιρούμε όλους τους όρους με το x , οπότε:

1 0

x xx x

x x

(2)

Θεωρούμε συνάρτηση του πρώτου μέλος και την εξετάζουμε ως προς την μονοτονία. Η (2) είναι πάντοτε γνησίως μονότονη άρα η προφανής είναι και η μοναδική λύση.

x 0

f

f



Θυμίζουμε ότι η συνάρτηση xf x a είναι γνησίως αύξουσα αν α > 1 και γνησίως φθίνουσα αν

0<α<1. Ισχύει ακόμη ότι ln 0a για κάθε α < 1.

Παράδειγμα 7. Δίνεται η συνάρτηση 2 4

23 3

x

xf x

α) Να μελετήσετε την f ως προς την μονοτονία.

β) Να λύσετε την εξίσωση 3 2 4 3 3 6x x x Λύση:

α) Το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο fD


2 4 2 2

2 ln 2 ln 23 3 3 3

x x

x xf x f x

Λύνουμε την ανίσωση 0f x

2 2 2 2 1 20 ln 2 ln 2 0 ln 2 ln 2 ln ln 2 ln 2 ln 3 3 ln 2

3 3 3 3 3 3

ln 2 ln 3 3 ln 2 0, 1

x x x

x x x

x

f x

Παρατηρούμε ότι η παραπάνω ανίσωση είναι δύσκολο να λυθεί.

Θεωρούμε συνάρτηση ln 2 ln3 3 ln 2xg x , x

Η g είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο

ln 2 ln3 3 ln 2 3 ln3 ln 2 0x xg x g x για κάθε x

Άρα η g είναι γνησίως φθίνουσα για κάθε x

Το σύνολο τιμών της g είναι το lim , limx x

g g x g x


lim lim ln 2 ln3 3 ln 2 ln 2 ln3 3 ln 2x

x xg x

lim lim ln 2 ln3 3 ln 2 ln 2 ln3 3 ln 2 ln 2 ln3 0x

x xg x

Άρα , ln 2 ln3g επομένως 0g x για κάθε x

Η σχέση (1) είναι αδύνατη, δηλαδή ισχύει ότι: 0f x για κάθε

x

Έχουμε λοιπόν ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο

β) Διαιρώντας και τα δύο μέλη της δοσμένης εξίσωσης με 3xπαίρνουμε διαδοχικά ότι:

x

g

g

x

f

f



3 2 4 3 3 6 3 2 4 3 3 2 3 2 43 2 4 3 3 6 3 3 2

3 3 3 3 3 3 3 3

2 42 0 0

3 3

xx x x x x x xx x x x

x x x x x x x

x

x f x

Για 1x έχουμε 1

12 41 2 0

3 3f

άρα το 1x είναι ρίζα της εξίσωσης 0f x και επειδή f

γνησίως φθίνουσα στο είναι μοναδική ρίζα.

Παράδειγμα 8. Να λυθεί η εξίσωση 5 12 13x x x Λύση:

Διαιρούμε και τα δύο μέλη της δοσμένης εξίσωσης με 13x

5 12 5 125 12 13 1 1 0

13 13 13 13

x xx xx x x

x x

Θεωρούμε συνάρτηση 5 12

113 13

x x

f x

με x


5 12 5 5 12 12

1 ln ln13 13 13 13 13 13

x x x x

f x f x


5 5 5 5 51 ln ln1 ln 0 ln 0

13 13 13 13 13 5 5 12 12ln ln 0 0

13 13 13 1312 12 12 12 121 ln ln1 ln 0 ln 0

13 13 13 13 13

x

x x

xf x

Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο

Για 2x έχουμε 2 2 25 12 13 25 144 169 0 0 αληθές. Άρα η ζητούμενη εξίσωση έχει

μοναδική λύση το 2x .

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 5. ΕΥΡΕΣΗ ΠΡΟΣΗΜΟΥ ΤΗΣ f

Α. Όταν γνωρίζουμε τη μονοτονία και τη ρίζα μίας συνάρτησης, τότε μπορούμε να βρούμε το πρόσημό της.

Το πρόσημο της f φαίνεται στους αντίστοιχους πίνακες και είναι:

Πλην από αριστερά και συν από δεξιά, αν η f είναι γνησίως αύξουσα Συν από αριστερά και πλην από δεξιά, αν η f είναι γνησίως φθίνουσα

x ρ

f

x ρ

f

0 0



Β. Για τον λόγο αυτό, αν δεν μπορούμε να λύσουμε κάποια από τις εξισώσεις:

0f x , 0f x κλπ.

οι οποίες όμως έχουν (με παρατήρηση) ως ρίζα ένα αριθμό ρ, τότε προχωράμε μέχρι την εύρεση εκείνης της παραγώγου, της οποίας να βρίσκεται το πρόσημο.

Έτσι το πρόσημο της vf x βρίσκουμε την μονοτονία της 1v

f x

Από το πρόσημο της 1vf x

βρίσκουμε την μονοτονία της 2v

f x

κλπ. από το πρόσημο της f

βρίσκουμε την μονοτονία της f και τέλος από το πρόσημο της f βρίσκουμε την μονοτονία της f (ή

και το πρόσημο της αν 0f )

Γ. Επισημαίνουμε ότι αν η λύση της εξίσωσης 0f x (ή η εύρεση του προσήμου της f ) δεν

επιτυγχάνεται με αλγεβρικές μεθόδους, τότε:

Βρίσκουμε τις 3,f f κλπ και κατασκευάζουμε τον πίνακα που περιγράψαμε στη

προηγούμενη περίπτωση.

Παραγοντοποιούμε κατάλληλα την f και θεωρούμε συνάρτηση g τον όρο του οποίου το

πρόσημο δεν μπορούμε να προσδιορίσουμε. Στην συνέχεια εργαζόμαστε για την g όπως στην προηγούμενη μέθοδο.

Παράδειγμα 9. Να δείξετε ότι η εξίσωση lnxe x έχει μοναδική ρίζα για κάθε . Λύση:

Θεωρούμε συνάρτηση lnxf x e x




ln ln ln ln

1ln ln 1

x x x x

xx x

f x e x f x e x f x e x e x

ef x e x e f x x x

x x

Παρατηρούμε ότι η επίλυση της εξίσωσης 0f x ή της ανίσωσης 0f x είναι δύσκολη.

Δεν είναι επίσης συμφέρον να καταφύγουμε στην εύρεση της f καθώς θα είναι σε ποίο περιπλοκή

μορφή από την f .

Από τον τύπο της f αντιλαμβανόμαστε ότι ο όρος που καθορίζει το πρόσημο είναι η παράσταση

ln 1x x , καθώς 0, 0xe x

Θεωρούμε συνάρτηση ln 1g x x x για κάθε

0,x

Η g είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο 0, ως

αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων

στο 0, .

ln 1 ln 1 ln ln ln 1g x x x g x x x g x x x x x g x x

10 ln 1 0 ln 1g x x x x e

Σχηματίζουμε τον πίνακα μονοτονίας της g

x 0 1e

g

g

0



Η g είναι γνησίως αύξουσα στο 1,e άρα:

Η g είναι γνησίως φθίνουσα στο 10,e


1 1 1 1 1

1 1

ln 1 1

1 11 0

g e e e g e e

eg e g e

e e

1 1 0g

x e g x g e g x

Για 1,x e έχουμε ότι:

1 1 0g

x e g x g e g x

Για 10,x e έχουμε ότι:

Σε κάθε λοιπόν περίπτωση ισχύει ότι 0g x

Άρα ln 1 0x xe e

f x x x f x g xx x

για κάθε

0,x

Η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα για κάθε 0,x

Από τις συνέπειες του Θεωρήματος Μεγίστης Ελαχίστης Τιμής έχουμε ότι

0

0, lim , limx x

f f x f x

0

0 0lim lim ln ln 0 1x

x xf x e x e

lim lim ln lnx

x xf x e x e

Παρατηρούμε ότι το σύνολο τιμών της f είναι το σύνολο 0, ,f και 0 άρα η

εξίσωση lnxe x έχει μοναδική ρίζα για κάθε .

Παράδειγμα 10. Δίνεται η συνάρτηση 21ln 4

1f x x

x

α) Να εξετάσετε την f ως προς την μονοτονία, να βρείτε τις ρίζες και το πρόσημό της.

β) Να λύσετε την ανίσωση 241 xx e στο 1,

Λύση:

α) Το πεδίο ορισμού της f προκύπτει για 1

0 1 0 11

x xx

άρα 1,fD



2

2 2

1

1 11ln 4 2 2

11 1

1

1 2 2 2 2 1

1 1 1

xf x x f x x f x x

x x

x

x x x xf x f x

x x x


2

22 2 10 0 2 2 1 0

1

x xf x x x

x

(1)

x 0

f

f



Έχουμε ότι: 22 4 2 1 4 0

Άρα η (1) είναι αδύνατη και μάλιστα ισχύει ότι: 0f x , για κάθε 1,x

Επομένως η f είναι γνησίως φθίνουσα στο 1,

Παρατηρούμε ότι για 2x έχουμε ότι 212 ln 2 4 0

2 1f

άρα το 2x είναι η μοναδική ρίζα της εξίσωσης 0f x .

Για 2 2 0f

x f x f f x

Για 2 2 0x f x f f x

β) Η δοσμένη ανίσωση γράφεται διαδοχικά

2 2 24 4 4 2 21 1 11 1 ln 4 ln 4 0

1 1 1

0 2

x x xx e x e e x xx x x

f x x

Παράδειγμα 11. Αν η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο , η fC εφάπτεται στον x x στο

0 1x και ισχύει 0f x για κάθε x . Να βρείτε το πρόσημο της f.

Λύση:

Η fC εφάπτεται στον x x στο 0 1x 1 0f και 1 0f

Από τα δεδομένα έχουμε ότι 0f x για κάθε x άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο .

Για 1 1 0f

x f x f f x

Για 1 1 0f

x f x f f x

Από τον διπλανό πίνακα έχουμε ότι:

Η f είναι γνησίως αύξουσα για κάθε ,1x άρα για 1 1 0f

x f x f f x

Η f είναι γνησίως φθίνουσα για κάθε 1,x άρα για 1 1 0f

x f x f f x

Σε κάθε λοιπόν περίπτωση η f είναι μικρότερη του μηδενός.

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 6. ΜΟΝΟΤΟΝΙΑ ΚΑΙ ΑΝΙΣΟΤΗΤΕΣ

Α. Μία ασφαλής και παραγωγική μέθοδος για την απόδειξη ανισοτήτων της μορφής f x g x ,

x είναι η εξής:

Θεωρούμε τη συνάρτηση της διαφοράς των f και g, δηλαδή h x f x g x

Μελετάμε την h ως προς την μονοτονία, βρίσκοντας (πιθανώς) τις ,h h

Θυμίζουμε ότι αν μία συνάρτηση είναι γνησίως μονότονη, τότε:

x a f x f a αν η f είναι γνησίως αύξουσα

x a f x f a αν η f είναι γνησίως φθίνουσα

Για κατάλληλη τιμή του α προκύπτουν συχνά ενδιαφέρουσες ανισότητες.

x 1 2

f

f

x 1

f

f

0

0

0



Β. Αν η ανισότητα έχει δύο μεταβλητές (π.χ. α και β), τότε: α) είναι πιθανόν η ανισότητα να προκύπτει από εφαρμογή του ορισμού της μονοτονίας στη σχέση α < β ή α > β όπου βέβαια τα α, β βρίσκονται στο ίδιο διάστημα μονοτονίας της f. β) μπορούμε να θέσουμε x τη μία παράμετρο και να εργαστούμε με τη μέθοδο της διαφοράς (περίπτωση Α). Γ. Η μέθοδος τη μονοτονίας εφαρμόζεται και στη λύση ανισώσεων. Έτσι, αν μία ανίσωση έχει ή

παίρνει τη μορφή f g x f h x , όπου f είναι γνησίως μονότονη συνάρτηση τότε:

Αν η f είναι γνησίως αύξουσα, γράφουμε: f

f g x f h x g x h x

Αν η f είναι γνησίως φθίνουσα, γράφουμε: f

f g x f h x g x h x

Σε κάθε περίπτωση οδηγούμαστε σε απλούστερη περίπτωση. Δ. Τονίζουμε με έμφαση ότι σε ορισμένες περιπτώσεις μετασχηματίζουμε πρώτα τη δοσμένη ανισότητα (π.χ. λογαριθμίζοντας τα δύο μέλη ή διαιρώντας και τα δύο μέλη με κατάλληλο θετικό όρο) σε μία ισοδύναμη ανισότητα και στη συνέχεια θεωρούμε τη συνάρτηση της διαφοράς. Με τον τρόπο αυτό η παραγώγιση διευκολύνεται και όλη η μελέτη είναι απλούστερη. Παράδειγμα 12. Να λύσετε τις ανισώσεις:

α) 5 47 48x x β)

2 ln 1x x Λύση:

α)Θεωρούμε συνάρτηση του πρώτου μέλους έστω 3 47 48f x x x με πεδίο ορισμού το σύνολο

των πραγματικών αριθμών. Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ως πολυωνυμική συνάρτηση.

23 47 0f x x για κάθε x

Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα σε όλο .


30 47 48 0 ... 1f x x x x

Για 3 31 1 0 47 48 0 47 48x f x f f x x x x x

Άρα οι λύσεις τις ανίσωσης βρίσκονται στο διάστημα 1, .

β) Θεωρούμε συνάρτηση 2 ln 1f x x x με 0,fD

Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο 0, ως αποτέλεσμα

πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο 0, .

2

2 1 2 1ln 1 2 0

xf x x x f x x f x

x x

για

κάθε 0,x

Παρατηρούμε ότι για 1x , 21 1 ln1 1 1 0f f

Για 2 21 1 0 ln 1 0 ln 1x f x f f x x x x x

Άρα οι λύσεις τις ανίσωσης βρίσκονται στο διάστημα 1, .

x 1

f

f

x 0 1

f

f

0

0



Παράδειγμα 13. α) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση 2ln 1 1xf x x e είναι γνησίως

αύξουσα.

β) Να λύσετε την ανίσωση 2

11ln

2

xxe e

Λύση:

Έχουμε ότι 21 0x για κάθε x άρα fD


2

2

1ln 1 1 0

1

x xf x x e f x ex

για κάθε x .

Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο .

Για 0x παρατηρούμε ότι: 2 00 ln 1 0 1 1 1 0f e

β) η δοσμένη ανίσωση γράφεται:

21 2 1 2 1

2 1

1ln ln 1 ln 2 ln 1 ln 2

2

ln 1 1 ln 2 1 1 1

x x x

fx

xe e x e e x e e

x e e f x f x

Παράδειγμα 14. Δίνεται η συνάρτηση xf x x e

α) Να μελετήσετε την f ως προς την μονοτονία

β) Να λύσετε την εξίσωση2 1 1 2 0x x xe e x

γ) Να λύσετε την ανίσωση 2 1 2 2xe x

Λύση:

α) Η f έχει πεδίο ορισμού το σύνολο fD


1 0x xf x e x f x e για κάθε x

Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα. β) Έχουμε ότι:

2 2 21 1 2 1 2 1 1 2 1 2

2 2

0 1 1 1 1

1 1 0 0

x x x x x x x x xe e x e x e e x x e x f x x f x

x x x x x

γ) Ισχύει ότι:

2 21 2 1 2 2 2 22 1 1 1 0 1 0 1 1x xe x e x f x f x x x

1x ή 1x

Παράδειγμα 15. α) Να μελετήσετε ως προς την μονοτονία τη συνάρτηση 2f x x x

β) Να λύσετε την ανίσωση: 22 1x x x x



Λύση: α) Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο .

2 2 0f x x x f x x για κάθε x .

1 1 1 1 3 2 1 2 0x x x x


β) 2 2 2 2 22 1 2 2 2 2x x x x x x x x x x x x

2 2 1 0f

f x f x x x x x

Άρα 0,1x

Παράδειγμα 16. α) Να μελετήσετε τη συνάρτηση 1

1

xef x

x

ως προς την μονοτονία.

β) Αν 1a , να δείξετε ότι: 1

1

ae

Λύση:

α) Έχουμε ότι: 1 0 1x x άρα 1 ,1 1,fD

H f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο 1 ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων

συναρτήσεων στο 1 .

1 1 1 11

2 2

1 1 1

1 1 1

x x x xx e x e x e x eef x f x f x

x x x

1

2

2

1

xe xf x

x

Λύνουμε την ανίσωση

1

2

20 0 2 0 2

1

xe xf x x x

x

Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο ,1 1,2

Η f είναι γνησίως αύξουσα στο 2,

β) Για 1x έχουμε ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα. Άρα για 1a ισχύει ότι:

1 0 1 1

1 1 1 1

af aa

e ae e aa f a f e e

a

Παράδειγμα 17. Έστω η συνάρτηση :f για την οποία ισχύει xf x e x για κάθε

x . Αν 0 1f να δείξετε ότι 2

2

xxf x e για κάθε 0x .

Λύση:

x 0 1

1x x

x 1 2

f

f



Θεωρούμε συνάρτηση του πρώτου μέλους 2

2

xxg x f x e για κάθε x

Η g είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο .

2

02

x xxg x f x e g x x f x e

για κάθε x ( από υπόθεση)

Άρα η g είναι γνησίως φθίνουσα στο

Για 2 2 2

000 0 0 1 1

2 2 2

gx xx x

x g x g f x e f e f x e

2

2

xxf x e

Παράδειγμα 18. Έστω μία συνάρτηση :f , η οποία είναι παραγωγίσιμη και η

συνάρτηση

2, 0

f xg x x

x . Αν για κάθε 0x ισχύει 2f x xg x , να μελετήσετε την g ως

προς την μονοτονία. Λύση:

Η g είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο * ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων

στο * .

2 2

2 4 4 4

2 2 2 2 2 2 2

2

2 2

22 2

2

f x f x x xf x f x x xf xg x g x g x

x x x x

f x f x f x f x xg xx xg x g x g x g x

x x x x x x x

f x xg xg x

x

Από υπόθεση έχουμε ότι:

2

22 2 0 0 0

f x xg xf x xg x f x xg x g x

x

Άρα η g είναι γνησίως φθίνουσα για κάθε 0x Παράδειγμα 19. Έστω f, g δύο συναρτήσεις παραγωγίσιμες στο για τις οποίες υποθέτουμε

2 1xg x f x x e για κάθε x . Να δείξετε ότι:

0 0g x f f x g για κάθε 0x


2 21 1x xg x f x x e g x f x x e

Θεωρούμε συνάρτηση h x g x f x για κάθε x .

Η h είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο

2 1 0xh x g x f x h x x e για κάθε x .

Άρα η h είναι γνησίως αύξουσα στο .



Για 0 0 0 0 0 0h

x h x h g x f x g f g x f f x g


Παράδειγμα 20. Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση :f για την οποία ισχύει

3 1 xf x f x e για κάθε x .

α) Να εξετάσετε την f ως προς την μονοτονία

β) Να λύσετε την ανίσωση 2 2f x f x

Λύση: α) Αρχικά παραγωγίζουμε και τα δύο μέλη της δοσμένης σχέσης:

3 1 3 1 2 1

12 1

2

3

3 13 1

x x x

xx

f x f x e f x f x e f x f x f x e

ef x f x e f x

f x

Έχουμε ότι 23 1 0f x και 1 0xe άρα 0f x

Επομένως η f είναι γνησίως φθίνουσα στο . β) Ισχύει ότι:

2 2 2 2f

f x f x x x x x

που ισχύει για κάθε 0x

Παράδειγμα 21. Έστω μία συνάρτηση : ,f a η οποία είναι δύο φορές παραγωγίσιμη

και ισχύει 0f x για κάθε ,x a . Να δείξετε ότι η συνάρτηση f x f a

g xx a

είναι

γνησίως αύξουσα στο (α, β). Λύση:

Από υπόθεση έχουμε ότι 0f x για κάθε ,x a άρα η f x είναι γνησίως αύξουσα στο

,a

Η g είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο (α, β) ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο (α, β).

2

2 2

f x f a x a x a f x f af x f ag x g x

x a x a

f x x a f x f a f x x a f x f ag x g x

x a x a

Γνωρίζουμε ότι 2

0x a για κάθε ,x

Η f είναι συνεχής στο [α, x] Η f είναι παραγωγίσιμη στο (α, x)

Άρα από Θ.Μ.Τ.

, :f x f a

a x fx a



Για ,a x έχουμε:

0

f x af x f ax f f x f x f x f a f x x a

x a

f x x a f x f a

Άρα

2

0f x x a f x f a

g xx a


Δηλαδή η g είναι γνησίως αύξουσα στο (α, β).



§ 3.9 ΘΕΩΡΗΜΑ FERMAT – ΑΚΡΟΤΑΤΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ

ΟΡΙΣΜΟΣ

Μια συνάρτηση f, με πεδίο ορισμού Α, θα λέμε ότι παρουσιάζει στο Ax 0 τοπικό μέγιστο, όταν

υπάρχει 0δ , τέτοιο ώστε

)()( 0xfxf για κάθε ),( 00 δxδxAx .

Το 0x λέγεται θέση ή σημείο τοπικού μεγίστου, ενώ το )( 0xf τοπικό μέγιστο της f.

Aν η ανισότητα )()( 0xfxf ισχύει για κάθε Ax , τότε, όπως είδαμε στην παράγραφο 1.3, η f

παρουσιάζει στο Ax 0 ολικό μέγιστο ή απλά μέγιστο, το )( 0xf .

ΟΡΙΣΜΟΣ

Μία συνάρτηση f, με πεδίο ορισμού Α, θα λέμε ότι παρουσιάζει στο Ax 0 τοπικό ελάχιστο, όταν

υπάρχει 0δ , τέτοιο ώστε

)()( 0xfxf , για κάθε ),( 00 δxδxAx .

Το 0x λέγεται θέση ή σημείο τοπικού ελαχίστου, ενώ το )( 0xf τοπικό ελάχιστο της f.

Αν η ανισότητα )()( 0xfxf ισχύει για κάθε Ax , τότε, όπως είδαμε στην παράγραφο 1.3, η f

παρουσιάζει στο Ax 0 ολικό ελάχιστο ή απλά ελάχιστο, το )( 0xf .

Τα τοπικά μέγιστα και τοπικά ελάχιστα της f λέγονται τοπικά ακρότατα αυτής, ενώ τα σημεία στα οποία η f παρουσιάζει τοπικά ακρότατα λέγονται θέσεις τοπικών ακροτάτων. Το μέγιστο και το ελάχιστο της f λέγονται ολικά ακρότατα ή απλά ακρότατα αυτής. ΣΧΟΛΙΑ

i) Ένα τοπικό μέγιστο μπορεί να είναι μικρότερο από ένα τοπικό ελάχιστο

ii) Αν μια συνάρτηση f παρουσιάζει μέγιστο, τότε αυτό θα είναι το μεγαλύτερο από τα τοπικά μέγιστα, ενώ αν παρουσιάζει, ελάχιστο, τότε αυτό θα είναι το μικρότερο από τα τοπικά ελάχιστα. Το μεγαλύτερο όμως από τα τοπικά μέγιστα μίας συνάρτησης δεν είναι πάντοτε μέγιστο αυτής. Επίσης το μικρότερο από τα τοπικά ελάχιστα μίας συνάρτησης δεν είναι πάντοτε ελάχιστο της συνάρτησης

ΘΕΩΡΗΜΑ (Fermat)

Έστω μια συνάρτηση f ορισμένη σ’ ένα διάστημα Δ και 0x ένα εσωτερικό σημείο του Δ. Αν η f

παρουσιάζει τοπικό ακρότατο στο 0x και είναι παραγωγίσιμη στο σημείο αυτό, τότε:

0)( 0 xf

Από το Θεώρημα Fermat έχουμε επίσης ότι η f θα έχει στο 0x μία εφαπτόμενη παράλληλη στον άξονα

x x

ΣΧΟΛΙΟ

Σύμφωνα με το προηγούμενο θεώρημα, τα εσωτερικά σημεία του Δ, στα οποία η f είναι διαφορετική

από το μηδέν, δεν είναι θέσεις τοπικών ακροτάτων. Επομένως, όπως φαίνεται και στα σχήματα 29 και 30, οι π ι θ α ν έ ς θ έ σ ε ι ς τ ων τ ο π ι κ ώ ν α κ ρ ο τ ά τ ω ν μιας συνάρτησης f σ’ ένα διάστημα Δ είναι:

1. Τα εσωτερικά σημεία του Δ στα οποία η παράγωγος της f μηδενίζεται.



2. Τα εσωτερικά σημεία του Δ στα οποία η f δεν παραγωγίζεται.

3. Τα άκρα του Δ (αν ανήκουν στο πεδίο ορισμού της).

Τα ε σ ω τ ε ρ ι κ ά σημεία του Δ στα οποία η f δεν παραγωγίζεται ή η παράγωγός της είναι ίση με το μηδέν, λέγονται κρίσιμα σημεία της f στο διάστημα Δ.

ΘΕΩΡΗΜΑ

Έστω μια συνάρτηση f παραγωγίσιμη σ’ ένα διάστημα ),( βα , με εξαίρεση ίσως ένα σημείο του 0x ,

στο οποίο όμως η f είναι συνεχής.

i) Αν 0)( xf στο ),( 0xα και 0)( xf στο ),( 0 βx , τότε το )( 0xf είναι τοπικό μέγιστο της f. (Σχ.

35α)

ii) Αν 0)( xf στο ),( 0xα και 0)( xf στο ),( 0 βx , τότε το )( 0xf είναι τοπικό ελάχιστο της f. (Σχ.

35β)

iii) Aν η )(xf διατηρεί πρόσημο στο ),(),( 00 βxxα , τότε το )( 0xf δεν είναι τοπικό ακρότατο και η f

είναι γνησίως μονότονη στο ),( βα

ΣΧΟΛΙΑ

΄Οπως είδαμε στην απόδειξη του παραπάνω θεωρήματος στην πρώτη περίπτωση το )( 0xf είναι η

μέγιστη τιμή της f στο ),( βα , ενώ στη δεύτερη περίπτωση το )( 0xf είναι η ελάχιστη τιμή της f στο

),( βα .

Αν μια συνάρτηση f είναι συνεχής σ’ ένα κλειστό διάστημα ],[ βα , όπως γνωρίζουμε (Θεώρημα §

1.8),η f παρουσιάζει μέγιστο και ελάχιστο. Για την εύρεση του μέγιστου και ελάχιστου εργαζόμαστε ως εξής:

1. Βρίσκουμε τα κρίσιμα σημεία της f.

2. Υπολογίζουμε τις τιμές της f στα σημεία αυτά και στα άκρα των διαστημάτων.

3. Από αυτές τις τιμές η μεγαλύτερη είναι το μέγιστο και η μικρότερη το ελάχιστο της f.

Για να εφαρμόσουμε το προηγούμενο θεώρημα απαιτείται να προσδιορίσουμε το πρόσημο της f

εκατέρωθεν του 0x . Όταν ο προσδιορισμός αυτός δεν είναι εύκολος ή είναι αδύνατος, τότε το

παρακάτω θεώρημα, του οποίου η απόδειξη παραλείπεται, μπορεί να μας πληροφορήσει αν το 0x

είναι θέση τοπικού ακρότατου.

ΘΕΩΡΗΜΑ

Έστω μια συνάρτηση f παραγωγίσιμη σε ένα διάστημα ),( και 0x ένα σημείο του ),( στο

οποίο η f είναι δυο φορές παραγωγίσιμη.

Αν 0)( 0 xf και 0)( 0 xf , τότε το )( 0xf είναι τοπικό μέγιστο.

Αν 0)( 0 xf και 0)( 0 xf , τότε το )( 0xf είναι τοπικό ελάχιστο.




ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 1. ΘΕΩΡΗΜΑ FERMAT – ΚΡΙΣΙΜΑ ΣΗΜΕΙΑ

Α. Αν μία συνάρτηση f παρουσιάζει τοπικό ακρότατο σε ένα εσωτερικό σημείο 0x ενός διαστήματος Δ

και είναι παραγωγίσιμη στο 0x , τότε 0 0f x .

Η πρόταση αυτή είναι το Θεώρημα Fermat. Τονίζουμε ότι: Το αντίστροφο δεν ισχύει,

Το 0x πρέπει υποχρεωτικά να είναι εσωτερικό σημείο του Δ και όχι άκρο,

Η f δεν χρειάζεται να παραγωγίζεται σε ολόκληρο το Δ, αφού αρκεί μόνο η παραγωγισιμότητα

της f στο 0x .

Β. Για να βρούμε τα κρίσιμα σημεία της συνάρτησης :f A ακολουθούμε τα εξής βήματα:

Βρίσκουμε την παράγωγο της f. Εντοπίζουμε τα εσωτερικά σημεία των διαστημάτων του πεδίου ορισμού Α, στα οποία είτε η f

δεν παραγωγίζεται είτε η f μηδενίζεται.

Γ. Οι πιθανές θέσεις των τοπικών ακροτάτων της f είναι:

Τα κρίσιμα σημεία της συνάρτησης f, Τα τυχόν κλειστά άκρα των διαστημάτων του πεδίου ορισμού της f.

Τονίζουμε ότι ακόμα και αν η f είναι συνεχής στο [α, β], τα άκρα α, β δεν είναι υποχρεωτικά θέσεις τοπικών ακροτάτων της f.

Παράδειγμα 1. Δίνεται η συνάρτηση x af x a x με 0x

α) Να βρεθεί η παράγωγος της f.

β)Αν x aa x για κάθε 0x , να αποδειχθεί ότι a e Λύση:

α) Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο 0, ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων


1lnx a x af x a x f x a a ax

β) Εκμεταλλευόμαστε την δοσμένη ανισοτική σχέση και την συνάρτηση όπως αυτή δίνεται στην αρχή της άσκησης.

0 0x a x aa x a x f x (1)

Αναζητούμε μία τιμή που να μηδενίζει την συνάρτηση f

Παρατηρούμε ότι: 0a af a a a

Άρα η (1) γράφεται: f x f a για κάθε 0x

Από τον ορισμό του ακροτάτου συνάρτησης έχουμε ότι η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο για x a Ισχύει ακόμη ότι η f είναι παραγωγίσιμη σε όλο το πεδίο ορισμού της άρα η f είναι παραγωγίσιμη και για x a . Επομένως από το Θ. Fermat έχουμε ότι:

10 ln 0 ln 0 ln 1 0 ln 1a a a a af a a a a a a a a a a a a e



Παράδειγμα 2. Αν η συνάρτηση ln 2f x a x ax

παρουσιάζει στο 1 ακρότατο το

2 ln 2 , να βρείτε τα α, β. Λύση:

H f έχει πεδίο ορισμού το σύνολο 0,



2ln 2

af x a x a f x

x x x

Από τα δεδομένα έχουμε ότι η f παρουσιάζει στο 1 ακρότατο το 2 ln 2 .

1 2 ln 2 ln 2 1 2 ln 2 ln 2 2 ln 21

f a a a a

(1)

Η f είναι παραγωγίσιμη στο 0, άρα και στο 1. Από Θεώρημα Fermat έχουμε ότι:

21 0 0

1 1

af a

(2)

Από τις (1) και (2) έχουμε ότι:

ln 2 2 ln 2 2 ln 2 2 ln 2 2 ln 2 2 ln 2 1a

a a a a a a

Άρα 1a

Παράδειγμα 3. Δίνονται οι παραγωγίσιμες συναρτήσεις f και g με πεδίο ορισμού το ανοικτό

διάστημα Δ. Να δείξετε ότι αν η συνάρτηση h x f x g x έχει στο 0x μέγιστο, τότε οι f

και g έχουν παράλληλες εφαπτόμενες στο 0x .

Λύση: Η h είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο Δ ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο Δ.

h x f x g x

Η h παρουσιάζει στο 0x μέγιστο, και επειδή η f παραγωγίσιμη στο

0x από Θεώρημα Fermat

έχουμε ότι:

0 0 0 0 00 0h x f x g x f x g x

Άρα οι f και g έχουν παράλληλες εφαπτόμενες στο 0x .

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 2. ΑΝΙΣΟΪΣΟΤΗΤΑ – FERMAT – ΙΣΟΤΗΤΑ Το θεώρημα Fermat είναι το μοναδικό από τα θεωρήματα ύπαρξης ρίζας που βοηθά στην μετατροπή μίας ανισοϊσοτικής σχέσης σε ισότητα. Έστω ότι δίνεται μία συνάρτηση f συνεχής και παραγωγίσιμη σε ένα διάστημα Δ για την οποία ισχύει

μία σχέση της μορφής f x a ή f x a (1) a (η σχέση αύτη μπορεί να δίνεται ή να

αποδεικνύεται με βάση τα δεδομένα της άσκησης) Με κάποιο από τα θεώρημα ύπαρξης (Θεώρημα Bolzano,Θεώρημα Ενδιαμέσων Τιμών, Θεώρημα

Rolle) ή με δοκιμές βρίσκουμε ένα τουλάχιστον 0x τέτοιο ώστε 0f x a



Από τις (1) έχουμε ότι η f θα παρουσιάζει ακρότατο στο 0x , άρα από Θεώρημα Fermat θα ισχύει

ότι 0 0f x .

Η συνάρτηση f εάν δεν δίνεται τότε την δημιουργούμε μεταφέροντας όλους τους όρους της δοσμένης ανισοϊσότητας σε ένα μέλος.

Παράδειγμα 4. Αν ισχύει 2 ln 1 1xx x e ax για κάθε 1x να βρείτε το α.


2 ln 1 1 2 ln 1 1 0x xx x e ax x x e ax (1)

Θεωρούμε συνάρτηση 2 ln 1 1xf x x x e ax για κάθε 1,x



2 ln 1 1 2 ln 1 1

2 ln 1 2 ln 1

2ln 1

1

x x

x

x

f x x x e ax f x x x e ax

f x x x x x e a

xf x x e a

x

Παρατηρούμε ότι για 0x ισχύει: 00 0 2 ln 0 1 0 1 0f e a

Από την (1) έχουμε ότι 0 0f x f x f για κάθε 1,x

Η f παρουσιάζει ολικό μέγιστο για 0x και η f είναι παραγωγίσιμη στο 0 1, άρα από

Θεώρημα Fermat έχουμε ότι

00 20 0 ln 0 1 0 2 1 0 1

0 1f e a a a

Παράδειγμα 5. Έστω μία συνάρτηση :f η οποία είναι παραγωγίσιμη και ισχύει:

11 3xe f x x για κάθε x . Να βρείτε την εφαπτόμενη της fC στο σημείο της

1,2A

Λύση:

Από υπόθεση έχουμε ότι: 1 2fA C f

Η εφαπτόμενη της fC στο σημείο της 1,2A δίνεται από την σχέση: : 1 1 1y f f x

Αρκεί να βρούμε το 1f


1 11 3 1 3 0x xe f x x e f x x

Θεωρούμε συνάρτηση 11 3xg x e f x x για κάθε x




1 1 1

1 1

1 3 1 1

1

x x x

x x

g x e f x x g x e f x e f x x

g x e f x e f x x

Για 1x έχουμε 1 11 1 1 1 3 1 1 1 2 1 3 1 0g e f g g

Άρα 0 1g x g x g για κάθε x

Η g παρουσιάζει ολικό μέγιστο για 1x και g παραγωγίσιμη στο 1 άρα από Θεώρημα Fermat

1 1 1 11 0 1 1 1 1 0 1 2 1 1 1 0 0

2 2 1 0 1 1

g e f e f f

f f

Επομένως η ζητούμενη εφαπτόμενη θα είναι η ευθεία

: 1 1 1 2 1 1y f f x y x y x

Παράδειγμα 6. Έστω μία συνάρτηση :f η οποία είναι δύο φορές παραγωγίσιμη και

ισχύει 2 22 1f x f x για κάθε x . Να δείξετε ότι:

α) Υπάρχει 0 0,1x τέτοιο ώστε 0 0f x

β) 0 1f f

γ) Η εξίσωση 0f x έχει δύο τουλάχιστον ρίζες στο (0, 1).

Λύση:

α) Η δοσμένη σχέση γράφεται διαδοχικά: 2 2 2 22 1 2 1 0f x f x f x f x


22 2 2 22 0 0 1 0 0 2 0 1 0 0 2 0 1 0 0 1 0

0 1 0 0 1

f f f f f f f

f f


22 2 2 22 1 1 1 0 1 2 1 1 0 1 2 1 1 0 1 1 0

1 1 0 1 1

f f f f f f f

f f


Η f είναι παραγωγίσιμη στο (0, 1)

0 1 1f f

Άρα από το Θεώρημα Rolle έχουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον 0 0,1x τέτοιο ώστε 0 0f x .

β) Θεωρούμε συνάρτηση 2 22g x f x f x με x


2 2 22 4 2g x f x f x g x xf x f x f x

Για 0x έχουμε 2 20 2 0 0 2 1 1g f f και

Για 1x έχουμε 2 21 2 1 1 2 1 1g f f



Από υπόθεση ισχύει ακόμη ότι:

01

1

g x gg x

g x g

,Άρα η g παρουσιάζει ολικό ελάχιστο για

0x και για 1x . Με τη βοήθεια του Θεωρήματος Fermat έχουμε ότι:

20 0 4 0 0 2 0 0 0 2 0 0 0 0g f f f f f και

21 0 4 1 1 2 1 1 0 2 1 0 1 0g f f f f f

Άρα 0 1f f

γ) Έχουμε ότι:

Η f είναι συνεχής στο 00, x και στο 0 ,1x

Η f είναι παραγωγίσιμη στο 00, x και στο 0 ,1x

00 1 0f f x f

Άρα από Θεώρημα Rolle έχουμε ότι:

1 0 10, : 0x f και 2 0 2,1 : 0x f επομένως η εξίσωση 0f x έχει δύο

τουλάχιστον ρίζες στο (0, 1)

Παράδειγμα 7. Έστω μία συνάρτηση : ,f a η οποία είναι συνεχής. Αν f a f ,

να δείξετε ότι η f έχει ένα τουλάχιστον κρίσιμο σημείο στο (α, β). Λύση:

Έστω ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον 0 ,x a στο οποίο η f δεν είναι παραγωγίσιμη. Άρα η f έχει ένα

τουλάχιστον κρίσιμο σημείο στο (α, β).

Αν η f είναι παραγωγίσιμη στο (α, β) τότε επειδή η f είναι συνεχής στο [α, β] και f a f από το

Θεώρημα Rolle έχουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον 0 ,x a τέτοιο ώστε 0 0f x

Σε κάθε λοιπόν περίπτωση η f έχει ένα κρίσιμο σημείο στο (α, β)

Παράδειγμα 8. Έστω μία συνάρτηση :f , δύο φορές παραγωγίσιμη με 0f x για

κάθε x . Αν τα α και β είναι θέσεις ακροτάτων της f, να δείξετε ότι υπάρχει ,a τέτοιο ώστε

2

ff

f

.

Λύση: Η f είναι παραγωγίσιμη στο και τα α, β είναι θέσεις τοπικών ακροτάτων, άρα από θεώρημα Fermat

έχουμε ότι 0f a f

Θέτουμε x στην σχέση που θέλουμε να αποδείξουμε.

2

2 22 2 0f x

f x f x f x f x f x f x f xf x



22

20 0

f x f x f x f x

f x f x


f xg x

f x


Η g είναι συνεχής στο [α, β] ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων στο [α, β] Η g είναι παραγωγίσιμη στο (α, β) ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων

στο (α, β)

0

f ag a

f a

και

0

fg

f

άρα g a g

Άρα από θεώρημα Rolle έχουμε ότι υπάρχει ,a τέτοιο ώστε

2

0f

g ff

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 3. Η f ΔΕΝ ΕΧΕΙ ΑΚΡΟΤΑΤΑ

Ένας από του τρόπους για να δείξουμε ότι μία παραγωγίσιμη συνάρτηση f με πεδίο ορισμού το Δ δεν έχει ακρότατα είναι με τη χρήση του Θεωρήματος Fermat.

Δεχόμαστε ότι η f παρουσιάζει ένα τουλάχιστον ακρότατο στο 0x εσωτερικό του Δ. Άρα από Θ.

Fermat θα ισχύει 0 0f x σχέση που θα μας οδηγήσει σε άτοπο με την χρήση των δεδομένων.

Παράδειγμα 9. Να αποδείξετε ότι αν για μία συνάρτηση f που είναι παραγωγίσιμη στο

ισχύει 3 2f x xf x x , τότε η f δεν έχει ακρότατα.

Λύση:

Έστω ότι η f παρουσιάζει ακρότατο στο 0x . Επειδή η f είναι παραγωγίσιμη από το Θ. Fermat θα

ισχύει ότι 0 0f x

Παραγωγίζουμε και τα δύο μέλη της δοσμένης σχέσης:

3 22 3 1f x xf x x f x f x xf x f x για κάθε x .

Για 0x x η προηγούμενη σχέση γράφεται:

0 0

2

0 0 0 0 0 03 1 1f x

f x f x x f x f x f x

Και για 0x x η αρχική σχέση θα μας δώσει:

0 1

3

0 0 0 0 0 02 1 2 0 1f x

f x x f x x x x

άτοπο.

Άρα η f δεν παρουσιάζει ακρότατο στο

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 4. ΕΥΡΕΣΗ ΤΟΠΙΚΩΝ ΑΚΡΟΤΑΤΩΝ Έστω ότι έχουμε μία συνάρτηση f, της οποίας γνωρίζουμε τον τύπο και θέλουμε να βρούμε τα τοπικά ακρότατα της f ή τις θέσεις των τοπικών ακροτάτων της. Για το σκοπό αυτό ακολουθούμε τα εξής βήματα:

Βρίσκουμε το πεδίο ορισμού Α της f και εξετάζουμε αν η f είναι συνεχής στο Α.



Βρίσκουμε την f και τις ρίζες εξίσωσης 0f x (ή λύνουμε την ανίσωση 0f x ), αν

υπάρχουν. Κατασκευάζουμε τον πίνακα μονοτονίας της f.

Συμπεράσματα

α) Αν σε κάποιο 0x A η f είναι συνεχής και αλλάζει η μονοτονία στο

0x , τότε το 0f x είναι τοπικό

ακρότατο της f. Το είδος του ακροτάτου προκύπτει άμεσα από τη μορφή της μονοτονίας εκατέρωθεν

του 0x .

β) Αν η f είναι συνεχής στο 0x και δεν αλλάζει μονοτονία στα 0,a x και 0 ,x τότε η f είναι γνησίως

μονότονη στο ,a και το 0f x δεν είναι τοπικό ακρότατο.

γ) Αν η f είναι γνησίως αύξουσα στο 0,a x , γνησίως φθίνουσα στο 0 ,x ή αντίστροφα και

συνεχής στο 0x , τότε το 0f x είναι ολικό ακρότατο της f στο διάστημα (α, β).

δ) Αν η f είναι συνεχής και γνησίως μονότονη σε ένα διάστημα Δ, τότε τα κλειστά άκρα του Δ είναι θέσεις ολικών ακροτάτων της f στο διάστημα Δ και προφανείς θέσεις τοπικών ακροτάτων της f. Παράδειγμα 10. Να εξετάσετε τις παρακάτω συναρτήσεις ως προς την μονοτονία και τα ακρότατα:

α) 2

x

xf x

e β) 2 lnf x x x

Λύση:

α) Το πεδίο ορισμού της f είναι το αφού 0xe για κάθε x .


2 22 2 2

2 2

2 2x x x x

x x x x

x e x ex xe x e x xf x f x f x f x

e e e e

Λύνουμε την εξίσωση:

2

220 0 2 0 2 0 0

x

x xf x x x x x x

e

ή 2x

Παρατηρούμε ότι ο μεγιστοβάθμιος όρος είναι αρνητικός. Δημιουργούμε τον πίνακα μονοτονίας της f.

Από τον πίνακα έχουμε ότι:

Η f είναι γνησίως αύξουσα στο 0,2

Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο ,0 2,

Η f παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο για 0x το 0 0f

Η f παρουσιάζει τοπικό μέγιστο για 2x το 2

42f

e

x 0 2

f

f

2 4 6 8

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

1.2



β) Το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο 0,fD



2 2 2 2 1ln ln ln 2 ln

2 ln

f x x x f x x x x x f x x x xx

f x x x x


0 2 ln 0 2ln 1 0 2ln 1 0f x x x x x x x ή 1

0 ln2

x x ή 0x

1

2x e

ή 0x Δημιουργούμε τον πίνακα μονοτονία της f.

Η f είναι γνησίως αύξουσα στο 1

2 ,e

Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο 1

20,e

Η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο για 1

2x e

το

21 1 1

12 2 21 1

ln2 2

f e e e ee

Παράδειγμα 11. Να μελετήσετε την συνάρτηση

2 2 , 2

ln 1 , 2

x x xf x

x x

ως προς την

μονοτονία και τα ακρότατα. Λύση: Παρατηρούμε ότι η συνάρτηση f είναι κλαδική. Αυτό σημαίνει ότι πρέπει να εξετάσουμε ξεχωριστά την συνέχεια και την παραγωγισιμότητα στο με την χρήση των ορισμών στο σημείο αλλαγής τύπου. Το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο .

Η f είναι συνεχής στο ,2 2, ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων στο

,2 2, .

Για 2x έχουμε:

2

2 2

2 2 2 2

2 2

2 2 2 2 0

lim lim 2 2 2 2 0 lim lim 2

lim lim ln 1 ln 2 1 0

x x x x

x x

f

f x x x f x f x f

f x x

x 0

1

2e

f

f

0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4

0.2

0.2

0.4

0.6

0.8



Άρα η f είναι συνεχής στο 2x , δηλαδή η f είναι συνεχής στο

Η f είναι παραγωγίσιμη στο , 2 ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο

, 2 .

2 2 2 1f x x x f x x για κάθε , 2x

Η f είναι παραγωγίσιμη στο 2, ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο

2, .

1

ln 11

f x x f xx

για κάθε 2,x

Για 2x θα εργαστούμε με την βοήθεια του ορισμού.

2

2 2 2 2

2 22lim lim lim lim 2

2 2 2x x x x

f x f x xx xx

x x x

'

2 2 2 2 2

1ln 12 ln 1 11lim lim lim lim lim 1

2 2 1 12

De l Hospital

x x x x x

xf x f x x

x x xx


2 2

2 2lim lim

2 2x x

f x f f x f

x x

Άρα η f δεν είναι παραγωγίσιμη στο 2x

Επομένως 2 1, 2

1, 2

1

x x

f xx

x

Θα λύσουμε την εξίσωση 0f x σε καθένα από τα

διαστήματα του ορίζεται η f

Για 2x έχουμε:

1

0 2 1 02

f x x x

Για 2x

1

0 01

f xx

αδύνατη αφού 1

01

f xx

για κάθε 2x

Σχηματίζουμε τον πίνακα μονοτονία της f

H f είναι γνησίως φθίνουσα στο 1

,2


,2

Η f παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο για 1

2x το

21 1 1 3

22 2 2 4

f

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 5. ΑΚΡΟΤΑΤΑ ΚΑΙ ΡΙΖΕΣ – ΠΡΟΣΗΜΟ f

Έστω μία συνεχής συνάρτηση f ορισμένη σε ένα διάστημα Δ.

x 12

2

f

f

1 1 2 3

1

1

2

3



Αν η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο 0x και 0 0f x τότε:

o Το 0x είναι μοναδική ρίζα της f.

o Για κάθε 0x x ισχύει 0 0f x f x f x

Αν η f παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο και 0 0f x τότε:

o Το 0x είναι μοναδική ρίζα της f.

o Για κάθε 0x x ισχύει 0 0f x f x f x

Αν min 0f , τότε 0f x για κάθε x

Αν max 0f , τότε 0f x για κάθε x

Παράδειγμα 12. Έστω οι συναρτήσεις ln 2 2f x x x και 2 ln

2

x xg x

x

.

α) Να μελετήσετε την f ως προς την μονοτονία και να βρείτε το πρόσημο της.

β) Να δείξετε ότι

4

f xg x

x x , να μελετήσετε τη g ως προς τα ακρότατα και να βρείτε το πρόσημο

της . Λύση:

α) Η f έχει πεδίο ορισμού το σύνολο 0,fD



1

ln 2 2 2 0f x x x f xx

για κάθε 0,x

Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο 0,

Για 1x παρατηρούμε ότι 1 ln1 2 1 2 0f . Άρα:

1 1 0f

x f x f f x

1 1 0f

x f x f f x

β) Το πεδίο ορισμού της g είναι το σύνολο 0,

Η g είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο 0, ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων


2

2 ln 2 2 ln 22 ln

2 2

x x x x x xx xg x g x

x x

x 0 1

f

f

0



2

1 2 2 2 ln2 2 2 ln 4

2

42

x x xx x x x

x x x xg x g x

xx

4 2 2 ln

2 2 ln

4 4 4

x x x

f xx xx x xg x g x g x

x x x x x

Έχουμε ότι 4 0x x για κάθε 0,x και 0f x για κάθε 1,x και 0f x , 0,1x

Άρα ο πίνακας μονοτονίας διαμορφώνεται ως εξής:

Η g είναι γνησίως αύξουσα στο 1,

Η g είναι γνησίως φθίνουσα στο 0,1

Για 1x η g παρουσιάζει ολικό ελάχιστο το

2 1 ln1

1 1 1 02 1

g g

Άρα 1 1 0g x g g x g x για κάθε 0,x

Παράδειγμα 13. α) Να μελετήσετε ως προς την μονοτονία και τα ακρότατα τη συνάρτηση

1xf x e x και να βρείτε τις ρίζες της.

β) Να μελετήσετε ως προς τα ακρότατα τη συνάρτηση 22 2xx e x x και να βρείτε το

πρόσημό της.

γ) Να αποδείξετε ότι οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων 1xg x e και 21

2h x x x

έχουν ένα μόνο κοινό σημείο, στο οποίο έχουν κοινή εφαπτόμενη. Λύση: α)Η f έχει πεδίο ορισμού το σύνολο Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο .

1 1 0x xf x e x f x e για κάθε x


Παρατηρούμε ότι για 0x έχουμε ότι 00 0 1 0 0f e f

Για 0 0 0f

x f x f f x

Για 0 0 0f

x f x f f x

β)H φ έχει πεδίο ορισμού το σύνολο Η φ είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών και παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο

22 2 2 2 2 2 1 2x x xx e x x x e x x e x x f x

x 0 1

g

g

x 0

f

f

x 0

1

0



Από τον προηγούμενο πίνακα που περιέχει την συνάρτηση f συμπεραίνουμε ότι:

0x για κάθε 0x και 0x για κάθε 0x

Άρα ο πίνακας μονοτονίας της φ διαμορφώνεται ως εξής: Η φ είναι γνησίως φθίνουσα για 0x

Η φ είναι γνησίως αύξουσα για 0x

Για 0x η φ παρουσιάζει ολικό ελάχιστο το 0 20 2 0 2 0 0 2e

Άρα 0 2 0x x x για κάθε x

γ)Το πεδίο ορισμού των g και h είναι το σύνολο Για να βρούμε τα κοινά σημεία των συναρτήσεων g και h αρκεί να λύσουμε την εξίσωση:

2 211 2 2 2 2

2

x xh x g x e x x e x x x

Από το προηγούμενο ερώτημα έχουμε ότι η εξίσωση έχει μοναδική λύση την 0x .

Άρα το κοινό σημείο των g και h είναι το 0,0A

Ισχύει δηλαδή ότι 00 1 0g e και 210 0 0 0

2h

Για να δείξουμε ότι οι γραφικές παραστάσεις των g και h έχουν κοινή εφαπτόμενη στο κοινό του

σημείο αρκεί να δείξουμε ότι: 0 0h g


0

02

1 0 1

0 01

1 0 12

xx x

x

g x e g x e g

g h

h x x x h x x h

Άρα οι g και h έχουν κοινή εφαπτόμενη στο κοινό τους σημείο την ευθεία:

: 0 0 1 0 1 1 1y g g x y x y x

Παράδειγμα 14. Δίνεται η συνάρτηση ln

1

x xf x

x

. Να μελετήσετε την συνάρτηση f ως προς

την μονοτονία και τα ακρότατα. Λύση:

Το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο 0,1 1,fD

Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο 0,1 1, ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων

συναρτήσεων στο 0,1 1,

2 2

ln 1 ln 1 ln 1 1 lnln

1 1 1

x x x x x x x x x xx xf x f x f x

x x x

2 2

ln 1 ln ln ln 1

1 1

x x x x x x x xf x f x

x x

Παρατηρούμε πώς αν παραγωγίσουμε την f δεν εξαλείφετε το ln x

x 0 1



Έχουμε ότι 2

1 0x για κάθε 0,1 1,x

Αρκεί τώρα να υπολογίσουμε το πρόσημο του αριθμητή.

Θεωρούμε συνάρτηση ln 1g x x x με 0,x

Η g είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο 0, ως

αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο 0, .

1 1

1x

g x g xx x

Λύνουμε την ανίσωση 1

0 0 1 0 1x

g x x xx

Η g είναι γνησίως αύξουσα στο 0,1

Η g είναι γνησίως φθίνουσα στο 1,

Για 1x η g παρουσιάζει ολικό μέγιστο το 1 ln1 1 1 1 0g g

Άρα 1 0g x g g x για κάθε 0,x με την ισότητα να ισχύει μόνο για 1x

Επομένως

2 2

gln 10

1 1

xx xf x f x

x x

για κάθε 0,1 1,x

Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο πεδίο ορισμού της. Παράδειγμα 15. Να λύσετε τις ανισώσεις:

α) 211

2x x β)

2 2 1xe x

Λύση:

α) Θεωρούμε συνάρτηση 211

2f x x x με x


211

2f x x x f x x x

για κάθε

x

Λύνουμε την εξίσωση 0 0 0f x x x x

Η f είναι γνησίως φθίνουσα για 0x

Η f είναι γνησίως αύξουσα για 0x

Για 0x η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο το 0 0f

Άρα 0 0f x f f x για κάθε x με την ισότητα να ισχύει μόνο για 0x

Επομένως 210 1

2f x x x για κάθε 0x

β) Θεωρούμε συνάρτηση 2 2 1xf x e x για κάθε x


g

g

x 0

f

f

x 0

0



2 2

2

2 1 2 2

2 1

x x

x

f x e x f x xe x

f x x e

Λύνουμε την εξίσωση

2 2

0 2 1 0 1x xf x x e e ή 2 0 0x x

Σχηματίζουμε τον πίνακα μονοτονίας της f Η f είναι γνησίως φθίνουσα για 0x

Η f είναι γνησίως αύξουσα για 0x

Για 0x η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο το 0 0f

Άρα 0 0f x f f x για κάθε x με την ισότητα να ισχύει μόνο για 0x

Επομένως 2 20 1xf x e x για κάθε 0x

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 6. ΣΥΝΟΛΟ ΤΙΜΩΝ – ΠΛΗΘΟΣ ΡΙΖΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ Α. Για την εύρεση του συνόλου τιμών μίας συνάρτησης f εργαζόμαστε ως εξής:

Βρίσκουμε την f και κατασκευάζουμε τον πίνακα μονοτονίας της f.

Το πεδίο ορισμού χωρίζεται σε διαστήματα 1 2, ,... στα οποία η f είναι γνησίως μονότονη και

συνεχής.

Βρίσκουμε τα 1 2, ,...f f οπότε το σύνολο τιμών είναι η ένωση των παραπάνω

διαστημάτων 1 2, ,...f f

Β. Ειδικότερα, αν θέλουμε το σύνολο τιμών ή τα ακρότατα της συνεχούς συνάρτησης f στο κλειστό διάστημα Δ=[α, β], τότε:

Βρίσκουμε τα τοπικά ακρότατα της f στο [α, β] (εδώ τα α. β είναι πιθανές θέσεις ακροτάτου). Το μικρότερο τοπικό ελάχιστο είναι και το ολικό ελάχιστο m και το μεγαλύτερο τοπικό μέγιστο

είναι το ολικό μέγιστο Μ της f στο διάστημα Δ=[α, β].

Το σύνολο τιμών της f στο Δ=[α, β] είναι το διάστημα ,f m M

Τονίζουμε ότι σε τέτοια θέματα η συνέχεια της f είναι βασική προϋπόθεση και πρέπει να αναφέρεται με σαφήνεια στην αποδεικτική πορεία.

Γ. Η ύπαρξη ριζών μίας εξίσωσης της μορφής 0f x σε ένα διάστημα Δ εξασφαλίζεται συνήθως με

το θεώρημα Bolzano ή με εφαρμογή του θεωρήματος Rolle σε μία αρχική συνάρτηση της f. Εκτός από όμως από τα παραπάνω, συχνά απλή και αποτελεσματική είναι και η μέθοδος της μονοτονίας. (ειδικότερα όταν δίνεται ο τύπος της συνάρτησης).

Συγκεκριμένα, για την εύρεση των πραγματικών ριζών της εξίσωσης 0f x , ακολουθούμε τα εξής

βήματα:

Κατασκευάζουμε τον πίνακα μονοτονίας της f και βρίσκουμε τα διαστήματα 1 2, ,... κλπ.

στα οποία η f είναι γνησίως μονότονη.

Βρίσκουμε τα πλευρικά όρια στα άκρα των 1 2, ,... κλπ., οπότε, λόγω της συνέχειας που είναι

εξασφαλισμένη εκ των προτέρων, προκύπτουν αμέσως τα 1 2, ,...f f κλπ.

f

f



Κάθε φορά που σε κάποιο από τα if ανήκει το 0, συμπεραίνουμε ότι η εξίσωση 0f x

έχει μοναδική ρίζα στο διάστημα i . Η ύπαρξη ρίζας προκύπτει από το θεώρημα ενδιαμέσων

τιμών και η μοναδικότητα από το γεγονός ότι η f είναι γνησίως μονότονη στο i .

Τελικά το πλήθος των ριζών της εξίσωσης 0f x είναι το πλήθος των i στα οποία υπάρχει ρίζα

της. Ας τονίσουμε ότι να ένα κοινό άκρο δύο διαστημάτων i και

1i είναι ρίζα τότε αυτό πρέπει να

το μετρήσουμε ως ρίζα μόνο μία φορά. Αν τα i οριστούν ως ανοικτά διαστήματα , τότε ο κίνδυνος

αυτός δεν υφίσταται.

Παράδειγμα 16. Δίνεται η συνάρτηση 2 1f x x x , 0,x

α) Να μελετήσετε την f ως προς την μονοτονία και τα ακρότατα. β) Να βρείτε το σύνολο τιμών της f. γ) Να βρείτε το πλήθος των ριζών της f. Λύση: α) Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο [0, π] ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο [0, π]

2 1 2 2 1f x x x f x x x x f x x x


0 2 1 0 0f x x x x ή 2 1 0 0x x ή x ή

10

2x x ή x ή

3x

Για να μπορέσουμε να βρούμε τα πρόσημα της f εργαζόμαστε ως εξής.

Έχουμε από την γραφική παράσταση των συναρτήσεων ημx και συνx στο [0, π] ότι:

0x για κάθε 0,x

Και η συνx είναι γνησίως φθίνουσα στο [0, π] Άρα για

2 23 3 3

12 1 2 1 2 1 0

2

x x x

x x

2 23 3 3

12 1 2 1 2 1 0

2

x x x

x x

Επομένως ο πίνακας μονοτονίας της f διαμορφώνεται ως εξής:

Η f είναι γνησίως αύξουσα στο 0,3

Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο ,3

Η f παρουσιάζει ολικό μέγιστο για 3

x

το

x 0 3

π

f

f

0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0

1.0

0.5

0.5

1.0

y=ημx

y=συνx

0

1

-2



2 1 13 3 3 3

f f

Για 0x έχουμε ότι 20 0 0 1 0 0f f

Για x έχουμε ότι 2 1 2f f

β) Η f είναι γνησίως αύξουσα στο 0,3

άρα 0, 0 , 0, 0,13 3 3

f f f f


άρα , , , 2,13 3 3

f f f f

Το σύνολο τιμών της f είναι το σύνολο

0, 0, , 0, 0,1 2,1 0, 2,13 3

f f f f f

γ) Παρατηρούμε ότι

0 0, 0 0,13

f

άρα η f έχει μοναδική

ρίζα στο 0,3

ισχύει ακόμη ότι

0 , 0 2,13

f

άρα η f έχει

μοναδική ρίζα στο ,3

Από τα παραπάνω έχουμε ότι η εξίσωση 0f x έχει δύο ακριβώς ρίζες στο [0, π]

Παράδειγμα 17. Έστω η συνάρτηση 2 1

xf x

x

α) Να μελετήσετε την συνάρτηση f ως προς την μονοτονία και τα ακρότατα. β) Να βρείτε το σύνολο τιμών της f.

γ) Να δείξετε ότι η εξίσωση 2

2 1x x δεν έχει καμία ρίζα.

Λύση:

α) Το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο 2 1 0,x x

Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών και παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο

x – 1 +1

f

0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0

2.0

1.5

1.0

0.5

y=f(x)



2 2 2 2 2

2 2 22 2 2 2

1 1 1 2 1

1 1 1 1

x x x xx x x xf x f x f x f x

x x x x


22

22

10 0 1 0 1

1

xf x x x

x

Κατασκευάζουμε τον πίνακα μονοτονίας της f. Η f είναι γνησίως αύξουσα στο [-1, +1]

Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο , 1 1,

Για 1x η f παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο το

2

1 11 1

21 1f f

Για 1x η f παρουσιάζει τοπικό μέγιστο το 2

1 11 1

1 1 2f f

β) Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο , 1 άρα , 1 1 , limx

f f f x

Υπολογίζουμε το 2 2

1lim lim lim lim 0

1x x x x

x xf x

x x x

Επομένως 1

, 1 ,02

f

Η f είναι γνησίως αύξουσα στο 1, 1 άρα 1 1

1, 1 1 , 1 ,2 2

f f f

Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο 1, άρα 1

1, lim , 1 1, 0,2x

f f x f f

Το σύνολο τιμών της f είναι:

1 1 1 1 1 1

, 1 1,1 1, ,0 , 0, ,2 2 2 2 2 2

f f f f

γ) Παρατηρούμε ότι το 0 ανήκει μόνο στο διάστημα 1,1

αφού 1 1

1,1 ,2 2

f

Άρα η f παρουσιάζει μοναδική ρίζα στο 1,1 δηλαδή η

εξίσωση 0f x έχει μοναδική ρίζα στο ,αφού το 0 δεν

ανήκει σε κανένα άλλο από τα διαστήματα στα οποία η f είναι γνησίως μονότονη.

γ) Έχουμε ότι: 2

2 2 2

21 1 1

1

xx x x x f x

x

Από το σύνολο τιμών της f έχουμε ότι 1 1 1 1

,2 2 2 2

f x f x

Ισχύει ακόμη ότι 2 2 2 210 1 1 1 1

2x x x x f x

f

3 2 1 1 2 3

0.4

0.2

0.2

0.4

0

-1/2

1/2

0



Άρα η εξίσωση 2

2 21 1x f x x x δεν έχει καμία ρίζα στο .

Παράδειγμα 18. Έστω η συνάρτηση 2f x x x a , a

α) Να μελετήσετε την f ως προς την μονοτονία και τα ακρότατα.

β) Για τις διάφορες τιμές του a , να βρείτε το πλήθος των ριζών της εξίσωσης 2 0x x a Λύση: α) Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο .

2 2f x x x a f x x x

Παρατηρούμε ότι τόσο η λύση της εξίσωσης 0f x όσο και η ανίσωση 0f x είναι δύσκολο να

λυθούν. Θα προσπαθήσουμε να βρούμε το πρόσημο της f με την χρήση της f

Έχουμε 2 2 0f x x x f x x για κάθε x αφού 1 1x

Επομένως η f είναι γνησίως αύξουσα στο .

Παρατηρούμε ότι για 0x 0 2 0 0 0 0f f και επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα

η 0x είναι η μοναδική ρίζα της 0f x

Για 0 0 0f

x f x f f x

Για 0 0 0f

x f x f f x

Σχηματίζουμε τον πίνακα μονοτονίας της f



20 0 0 0 1f a f a Για 0x η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο το

β) Για να λύσουμε την εξίσωση 2 0 0x x a f x αρκεί να βρούμε το σύνολο τιμών της

f. Έχουμε ότι:

Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο ,0 άρα ,0 0 , limx

f f f x

2lim limx x

f x x x a

Για τον υπολογισμό του παραπάνω ορίου θα χρησιμοποιήσουμε το Κριτήριο Παρεμβολής.

Έχουμε ότι : 2 2 2 2 2 21 1 1 1 1 1x x x x x x a x x a x a

2. .

2

2

lim 1lim lim

lim 1

x

x x

x

x ax x a f x

x a

Επομένως ,0 1,f a

Η f είναι γνησίως αύξουσα στο 0, άρα 0, 0 , limx

f f f x

Όμοια έχουμε ότι 2lim limx x

f x x x a

Επομένως 0, 1,f a

x 0

f

f

1a



Το σύνολο τιμών της f θα είναι το σύνολο 1,f a

Αν 1 0a τότε επειδή η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο για 0x έχουμε ότι

0 1 0f x f f x a f x για κάθε x , άρα η εξίσωση 0f x δεν έχει

πραγματικές ρίζες.

Εναλλακτικά θα μπορούσαμε να πούμε ότι 0 1,a που είναι το σύνολο τιμών της f άρα

η εξίσωση 0f x δεν έχει πραγματικές ρίζες.

Αν 1 0a τότε 0 0f x f f x με την

ισότητα να ισχύει μόνο στην περίπτωση που 0x ,

δηλαδή η εξίσωση 0f x έχει μοναδική ρίζα την

0x

Αν 1 0a τότε έχουμε ότι

o 0 ,0 0 1,f a άρα η

0f x έχει μοναδική ρίζα στο ,0 και

o 0 0, 0 1,f a άρα η 0f x έχει μοναδική ρίζα στο 0,

Δηλαδή η 0f x έχει δύο ακριβώς ρίζες στο

Παράδειγμα 19. Δίνεται η εξίσωση 3 3 0x x a . Να βρείτε τις τιμές του a , ώστε η εξίσωση να έχει ακριβώς μία ρίζα στο (-1, 1). Λύση:

Θεωρούμε συνάρτηση 3 3f x x x a με 1,1x

Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο [-1, 1] ως πολυωνυμική συνάρτηση.

3 2 23 3 3 3 1f x x x a f x x f x x

2 20 3 1 0 1 0 1f x x x x

Σχηματίζουμε τον πίνακα μονοτονίας της f Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (-1, 1)

Το σύνολο τιμών της f είναι

1,1 1 , 1 1,1 2 ,2f f f f a a

Για να έχει μία ακριβώς ρίζα η f στο (-1, 1) θέλουμε το 0 να ανήκει στο εσωτερικό του συνόλου τιμών της f δηλαδή θέλουμε να ισχύει:

2 0 2 2 2 2 2 2 2a a a a a δηλαδή 2,2a

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 7. ΎΠΑΡΞΗ ΑΚΡΟΤΑΤΟΥ Έστω μία συνεχής συνάρτηση f με πεδίο ορισμού ένα σύνολο Δ. Για να δείξουμε ότι η f παρουσιάζει ένα τουλάχιστον ακρότατο στο Δ, αρκεί να δείξουμε ότι υπάρχει

ένα τουλάχιστον 0x τέτοιο ώστε η μονοτονία της f να μεταβάλλεται σε περιοχή του 0x .

Αν το Δ είναι κλειστό σύνολο τότε εξετάζουμε την περίπτωση το 0x να ταυτίζεται με κάποιο από τα

άκρα, ενώ ταυτόχρονα ελέγχουμε αν τα άκρα είναι ακρότατα της συνάρτησης. Αν τώρα η f είναι και παραγωγίσιμη σε όλο το Δ τότε οι πιθανές θέσεις ακροτάτων της f είναι

ταυτόχρονα και ρίζες της εξίσωσης 0f x .

x -1 1

f

f



Εντοπίζουμε λοιπόν τις ρίζες τις εξίσωσης και ελέγχουμε το πρόσημο της f , εάν αυτό μεταβάλλεται

δεξιά και αριστερά της ρίζας.

Παράδειγμα 20. Να δείξετε ότι υπάρχει μοναδικό 0 0,1x τέτοιο, ώστε η συνάρτηση

2 2 3xf x e x x , να παρουσιάζει ελάχιστο.

Λύση: Η συνάρτηση f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο [0, 1] ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο [0, 1].

2 2 3 2 2x xf x e x x f x e x

Τόσο οι λύσεις τις f όσο και το πρόσημο της είναι δύσκολο να υπολογιστούν. Θα κάνουμε χρήση της

δεύτερης παραγώγου.

2 2 2 0x xf x e x f x e για κάθε 0,1x

Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο [0,1]

Θα βρούμε τις ρίζες τις εξίσωσης 0f x με την χρήση του θεωρήματος Bolzano.


00 2 0 2 1 0f e , 11 2 1 2 0f e e άρα 0 1 0f f

Από το θεώρημα Bolzano έχουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον 0 0,1x τέτοιο ώστε 0 0f x και

επειδή η f είναι γνησίως μονότονη το 0x είναι μοναδικό.

Για 0 0 0f

x x f x f x f x

Για 0 0 0f

x x f x f x f x

Άρα η f παρουσιάζει μοναδικό ακρότατο για 0x x

Παράδειγμα 21. Αν α >0 να δείξετε ότι υπάρχει μοναδικό 0x στο οποίο η συνάρτηση

2lnf x x x ax παρουσιάζει ολικό ελάχιστο.

Λύση:




2ln ln 1 2f x x x ax f x x ax για κάθε 0,x

Παρατηρούμε πως είναι δύσκολο να εξάγουμε συμπεράσματα για την f , άρα θα κάνουμε χρήση της

δεύτερης παραγώγου.

1

ln 1 2 2 0f x x ax f x ax

γιατί 0,x και 0a από υπόθεση.

Επομένως η f είναι γνησίως αύξουσα στο 0,

Αρκεί να δείξουμε τώρα ότι η εξίσωση 0f x έχει ρίζα.


x 0 0x 1

f

f



0 0

lim lim ln 1 2 ln 0 1x x

f x x ax

άρα υπάρχει 1x σε περιοχή του 0 τέτοιο ώστε

1 0f x

0

lim lim ln 1 2a

x xf x x ax

άρα υπάρχει

2x οσοδήποτε μεγάλος αριθμός (2x )

τέτοιος ώστε: 2 0f x


1 2 0f x f x

Άρα από θεώρημα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον 0 1 2,x x x τέτοιο ώστε 0 0f x και επειδή η

f είναι γνησίως αύξουσα το0x είναι μοναδικό.

Για 0 0 0f

x x f x f x f x

Για 0 0 0f

x x f x f x f x

Άρα η f παρουσιάζει μοναδικό ακρότατο (ελάχιστο) για 0x x

Παράδειγμα 22. Δίνεται η συνάρτηση ln 1f x x x x ,

α) Να βρείτε την ελάχιστη τιμή της f.

β) Να βρείτε την μεγαλύτερη τιμή του λ για την οποία ισχύει ln 1x x x για κάθε 0,x

γ) Για την τιμή του λ που βρήκατε στο ερώτημα (β), να αποδείξετε ότι η ευθεία : 1y x

εφάπτεται της γραφικής παράστασης της συνάρτησης lng x x x

Λύση:

α) Το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο 0,



ln 1 ln 1f x x x x f x x

Λύνουμε την ανίσωση:

10 ln 1 0 ln 1f x x x x e

Από τον πίνακα μονοτονίας έχουμε ότι:

Η f είναι γνησίως αύξουσα στο 1,e

Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο 10,e

Για 1x e η f παρουσιάζει ελάχιστο το

1 1 1 1 1 1 1ln 1 1 1 1f e e e e e e e

β) Η δοσμένη σχέση γράφεται διαδοχικά: ln 1 ln 1 0 0x x x x x x f x

Έχουμε ότι η f παρουσιάζει ελάχιστο για 1x e . Άρα ισχύει ότι:

1 1 1f x f e f x e

x 0 0x

f

f

x 0 1e

f

f



Για να ισχύει 0f x για κάθε 0,x θέλουμε να ισχύει

1 11 0 1 1 0 1e e

γ) Η ευθεία : 1y x για λ = 1 γράφεται: : 1y x

Για να είναι η (ε) εφαπτόμενη της γραφικής παράστασης της g θέλουμε να ισχύει:

0 0 0 0

0

000

ln 1 0 01

1ln 1 11

g x y x x xx

xxg x

Άρα η (ε) είναι εφαπτόμενη της γραφικής παράστασης της g στο σημείο 1, 1 1,0A g A

Παράδειγμα 23. Δίνεται η συνάρτηση lnf x x x , λ > 0

α) Να βρείτε την ελάχιστη τιμή της f.

β) Να βρείτε την μικρότερη τιμή του λ για την οποία ισχύει lnx x για κάθε 0x γ) Να βρείτε την τιμή του λ για την οποία η ελάχιστη τιμή της f γίνεται μέγιστη. Λύση:

α) Το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο 0,



1 1 1ln

xf x x x f x x f x

x x


101

0 0 1 0xx

f x x xx

Από τον πίνακα μονοτονίας έχουμε ότι:


,

Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο 1

0,

Για 1

x

η f παρουσιάζει ελάχιστο το

1 1 1 1 11 1 1 ln

ln lnf f f

β) Η δοσμένη σχέση γράφεται διαδοχικά: ln ln 0 0x x x x f x

Έχουμε ότι για 1

x

η f παρουσιάζει ελάχιστο το1

1 lnf

δηλαδή

1

1 lnf x f f x

για κάθε 0x

x 0

1

f

f



Άρα θέλουμε 1 ln 1

0 1 ln 0e

, επομένως η μικρότερη τιμή του λ για την οποία

ισχύει lnx x για κάθε 0x είναι η 1

e

γ) Αναζητούμε το μέγιστο της παράστασης 1

1 lnf

Θεωρούμε συνάρτηση 1 ln x

g xx

με 0x



2 2

1 1 ln1 ln lnxx xg x g x g x

x x x

2

ln0 0 ln 0 1

xg x x x

x


Κατασκευάζουμε τον πίνακα μονοτονίας της g.

H g είναι γνησίως αύξουσα στο 0,1

Η g είναι γνησίως φθίνουσα στο 1,

1 0g Για 1x η g παρουσιάζει ολικό μέγιστο το

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 8. ΘΕΩΡΗΤΙΚΕΣ Παράδειγμα 24. Έστω μία συνάρτηση :f η οποία είναι παραγωγίσιμη και ισχύει

3 1xf x f x e x για κάθε x .

Να εξετάσετε την f ως προς την μονοτονία και τα ακρότατα. Λύση: Παραγωγίζουμε την δοσμένη σχέση:

3 2

2

11 2 1

2 1

xx x e

f x f x e x f x f x f x e f xf x

Έχουμε 22 1 0f x για κάθε x και

1 0 1 0x xe e x Κατασκευάζουμε τον πίνακα μονοτονίας της f.



Για 0x η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο το 0f

Παράδειγμα 25. Έστω η συνάρτηση : 0,2f , για την οποία ισχύουν για κάθε 0,2x ,

2f x f x και 0f x .

α) Να λύσετε την εξίσωση 0f x

x 0 1

g

g

x 0

f

f



β) Αν η f είναι συνεχής στο [0, 2] και 0 1f f να μελετήσετε την f ως προς την μονοτονία και

τα ακρότατα. Λύση: α) Παραγωγίζουμε την δοσμένη σχέση και έχουμε ότι:

2 2 2f x f x x f x f x (1)

Για 1x η παραπάνω σχέση γράφεται:

1 2 1 2 1 0 1 0f f f f

Από υπόθεση έχουμε 0f x και επειδή f συνεχής έχουμε ότι 0f x ή 0f x για κάθε

0,2x άρα η f είναι γνησίως μονότονη στο [0, 2].

Επομένως η 1x είναι η μοναδική λύση της 0f x

β) Η f είναι συνεχής στο [0, 1] και η f παραγωγίσιμη στο (0, 1) άρα από το Θ.Μ.Τ. έχουμε ότι:

1 0

0,1 : 1 0 01 0

f ff f f f

Έστω ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [0, 2]. Τότε θα ισχύει ότι για

1 1 0f

x f x f f x

αληθές.

Άρα f στο 1,2 και 0,1f



§ 3.10 ΚΥΡΤΟΤΗΤΑ – ΣΗΜΕΙΑ ΚΑΜΠΗΣ

ΟΡΙΣΜΟΣ

Έστω μία συνάρτηση f σ υ ν ε χ ή ς σ’ ένα διάστημα Δ και π α ρ α γ ω γ ί σ ι μ η στο ε σ ω τ ε ρ ι κ ό του Δ. Θα λέμε ότι:

Η συνάρτηση f στρέφει τα κοίλα προς τα άνω ή είναι κυρτή στο Δ, αν η f είναι γνησίως

αύξουσα στο ε σ ω τ ε ρ ι κ ό του Δ.

Η συνάρτηση f στρέφει τα κοίλα προς τα κάτω ή είναι κοίλη στο Δ, αν η f είναι γνησίως

φθίνουσα στο ε σ ω τ ε ρ ι κ ό του Δ.

ΣΧΟΛΙΟ

Αποδεικνύεται ότι, αν μια συνάρτηση f είναι κυρτή (αντιστοίχως κοίλη) σ’ ένα διάστημα Δ, τότε η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της f σε κάθε σημείο του Δ βρίσκεται “κάτω” (αντιστοίχως “πάνω”) από τη γραφική της παράσταση (Σχ. 39), με εξαίρεση το σημείο επαφής τους. ΘΕΩΡΗΜΑ

Έστω μια συνάρτηση f σ υ ν ε χ ή ς σ’ ένα διάστημα Δ και δυο φορές παραγωγίσιμη στο ε σ ω τ ε ρ ι κ ό του Δ.

Αν 0)( xf για κάθε ε σ ω τ ε ρ ι κ ό σημείο x του Δ, τότε η f είναι κυρτή στο Δ.

Αν 0)( xf για κάθε ε σ ω τ ε ρ ι κ ό σημείο x του Δ, τότε η f είναι κοίλη στο Δ.

ΣΧΟΛΙΟ

Το αντίστροφο του θεωρήματος δεν ισχύει. Για παράδειγμα, έστω η συνάρτηση 4)( xxf (Σχ. 42).

Επειδή η 34)( xxf είναι γνησίως αύξουσα στο , η 4)( xxf είναι κυρτή στο . Εντούτοις, η

)(xf δεν είναι θετική στο , αφού 0)0( f .

ΟΡΙΣΜΟΣ

Έστω μια συνάρτηση f παραγωγίσιμη σ’ ένα διάστημα ),( βα , με εξαίρεση ίσως ένα σημείο του 0x .

Αν

η f είναι κυρτή στο ),( 0xα και κοίλη στο ),( 0 βx , ή αντιστρόφως, και

η fC έχει εφαπτομένη στο σημείο ))(,( 00 xfxA ,

τότε το σημείο ))(,( 00 xfxA ονομάζεται σημείο καμπής της γραφικής παράστασης της f.

Όταν το ))(,( 00 xfxA είναι σημείο καμπής της fC , τότε λέμε ότι η f παρουσιάζει στο 0x καμπή και το

0x λέγεται θέση σημείου καμπής. Στα σημεία καμπής η εφαπτομένη της fC “διαπερνά” την

καμπύλη. Αποδεικνύεται, επιπλέον, ότι:

ΘΕΩΡΗΜΑ



Αν το ))(,( 00 xfxA είναι σημείο καμπής της γραφικής παράστασης της

f και η f είναι δυο φορές παραγωγίσιμη, τότε 0)( 0 xf .

Σύμφωνα με το παραπάνω θεώρημα, τα εσωτερικά σημεία ενός διαστήματος Δ στα οποία η f είναι

διαφορετική από το μηδέν δεν είναι θέσεις σημείων καμπής. Επομένως, ο ι π ι θ α ν έ ς θ έ σ ε ι ς σ η μ ε ί ω ν κ α μ π ή ς μιας συνάρτησης f σ’ ένα διάστημα Δ είναι: i) τα εσωτερικά σημεία του Δ στα οποία η f μηδενίζεται, και

ii) τα εσωτερικά σημεία του Δ στα οποία δεν υπάρχει η f .

Έστω μια συνάρτηση f ορισμένη σ’ ένα διάστημα ),( βα και ),(0 βαx . Αν

η f αλλάζει πρόσημο εκατέρωθεν του 0x και

ορίζεται εφαπτομένη της fC στο ))(,( 00 xfxA ,

τότε το ))(,( 00 xfxA είναι σημείο καμπής.




ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 1. ΜΕΛΕΤΗ ΩΣ ΠΡΟΣ ΤΑ ΚΟΙΛΑ Α. Για να μελετήσουμε μία συνάρτηση :f A ως προς τα κοίλα, ακολουθούμε τα εξής βήματα:

Διαπιστώνουμε την συνέχεια της f στο Α.

Βρίσκουμε τις f x και f x

Βρίσκουμε το πρόσημο της f x και κατασκευάζουμε τον σχετικό πίνακα.

Για το καθένα από τα διαστήματα Δ, στα οποία χωρίζεται το Α από τις πιθανές ρίζες της f , ισχύει

ότι:

i. Αν 0f x στο εσωτερικό του Δ, τότε η f είναι κυρτή (στρέφει τα κοίλα άνω) στο Δ.

ii. Αν 0f x στο εσωτερικό του Δ, τότε η f είναι κοίλη (στρέφει τα κοίλα κάτω) στο Δ.

Β. α) Αν η f είναι συνεχής στο διάστημα , και 0f x για κάθε 0 0, ,x a x x , τότε

η f είναι κυρτή στο Δ, διότι η f θα είναι γνησίως αύξουσα στο Δ.

β) Αν η f είναι συνεχής στο διάστημα , και 0f x για κάθε 0 0, ,x a x x , τότε η

f είναι κοίλη στο Δ, διότι η f θα είναι γνησίως φθίνουσα στο Δ.

Παράδειγμα 1. Έστω η συνάρτηση 53 1f x x x . Να δείξετε ότι:

α)

3 5

1

f x

f x x x

για κάθε 0,1x

β) Η συνάρτηση lng x f x είναι κοίλη.

Λύση: α) Η συνάρτηση f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ως πολυωνυμική συνάρτηση.

5 5 4 43 2 3 2

42

1 3 1 5 1 1 3 1 5

1 8 3

f x x x f x x x x x f x x x x x

f x x x x


5 4 5 42 3 2 3

5 5 53 3 3

3 1 5 1 3 1 5 1

1 1 1

3 5

1

f x x x x x f x x x x x

f x f xx x x x x x

f x

f x x x

β) Η g είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο 0,1 ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων

συναρτήσεων στο 0,1 .

3 5ln

1

f xg x f x g x g x

f x x x



Η g είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο 0,1 ως ρητή

συνάρτηση.

22

3 5 3 50

1 1g x g x

x x x x

για κάθε

0,1x

Άρα η g είναι κοίλη στο 0,1 (δηλαδή στρέφει τα κοίλα

κάτω)

Παράδειγμα 2. α) Να μελετήσετε την συνάρτηση lnf x x x ως προς την μονοτονία και

τα ακρότατα.

β) Να δείξετε ότι η συνάρτηση 2 2ln 2 ln 3g x x x x x είναι κυρτή στο 0,

γ) Να βρείτε την εφαπτόμενη της gC στο

0 1x

δ) Να δείξετε ότι ln 4 3x x x

Λύση:




1

ln 1f x x x f xx

Λύνουμε την ανίσωση 01 1

0 1 0 1 1x

f x xx x

Σχηματίζουμε τον πίνακα μονοτονίας της f η f είναι γνησίως αύξουσα στο (0, 1)

η f είναι γνησίως φθίνουσα στο 1,

1 ln1 1 1f για 1x η f παρουσιάζει ολικό μέγιστο το

Από το ορισμό του ολικού μέγιστου έχουμε ότι:

1 1f x f f x για κάθε 0,x

β) Το πεδίο ορισμού της g είναι το σύνολο 0,gD



2 2ln 2 ln 3 2ln ln 2 ln 2 ln 2

2ln2 2ln 2

g x x x x x g x x x x x x x x

xg x x x

x



x 0 1

f

f

10 5 5 10

10

5

5

10

15



2

2 2

2

2

2ln 1 ln 2 2 2ln 2 22 2ln 2 2 2

2 ln 2 2

x x x x xg x x x g x g x

x x x x

x x xg x

x

Από προηγούμενο ερώτημα έχουμε ότι ln 1 ln 1x x x x για κάθε 0,x

Ισχύει επίσης ότι 22 2 0x για κάθε 0,x και 2 0x για κάθε 0,x

Άρα 0g x για κάθε 0,x δηλαδή η g είναι κυρτή στο 0,

γ) Η εφαπτόμενη της γραφικής παράστασης της g στο σημείο 0 1x δίνεται από την σχέση:

: 1 1 1y g g x (1)


2 21 ln 1 2 1 ln1 1 3 1 2g g

2ln1

1 2 2ln1 2 1 1 41

g g

Άρα η (1) γράφεται : 2 4 1 4 6y x y x

δ) Επειδή η g είναι κυρτή έχουμε ότι:

g x y για κάθε 0,x δηλαδή

22 2 2 2ln 2 ln 3 4 6 ln 2 ln 4 3 ln 4 3

ln 4 3

x x x x x x x x x x x x x

x x x

Παράδειγμα 3. Δίνεται η συνάρτηση ln 1 1xf x x e

α) Να μελετήσετε την f ως προς τη μονοτονία β) Να δείξετε ότι η f είναι κοίλη. Λύση:

α) Το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο για το οποίο ισχύει 1 0 1 , 1fx x D

Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ,1 ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων

συναρτήσεων στο ,1

1

ln 1 11

x xf x x e f x ex

Παρατηρούμε ότι η εύρεση του προσήμου της f είναι δύσκολο. Θα καταφύγουμε λοιπόν στην

δεύτερη παράγωγο.

Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ,1 ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων

συναρτήσεων στο ,1

2

1 10

1 1

x xf x e f x ex x

για κάθε , 1x

Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα για κάθε , 1x

Για 0x έχουμε 010 0 0

1 0f e f





Σχηματίζουμε τον πίνακα μονοτονίας της f.

Η f είναι γνησίως αύξουσα στο ,0

Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (0, 1)

00 ln 1 0 1 0 0f e f Για x = 0 η f παρουσιάζει ολικό μέγιστο το

β) Στο προηγούμενο ερώτημα δείξαμε ότι για κάθε , 1x

Άρα η f είναι κοίλη για κάθε , 1x

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 2. ΕΥΡΕΣΗ ΤΩΝ ΣΗΜΕΙΩΝ ΚΑΜΠΗΣ

Α. α) Η f (ή η fC ) παρουσιάζει καμπή στο

0x αν:

Ορίζεται η εφαπτόμενη της fC στο σημείο 0 0,M x f x

Η f αλλάζει κοίλα εκατέρωθεν του 0x .

Επομένως, να το 0x είναι θέση σημείο καμπής της f, τότε το

0x είναι εσωτερικό σημείο του

διαστήματος Δ, η f παραγωγίζεται στο εσωτερικό του Δ και η f αλλάζει μονοτονία εκατέρωθεν του

0x .

β) Αν η συνάρτηση f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο εσωτερικό ενός διαστήματος Δ και το 0x

είναι θέση σημείου καμπής της f, τότε ισχύει 0 0f x . Το αντίστροφο δεν ισχύει.

γ) Τα σημεία καμπής μίας συνάρτησης f τα αναζητούμε στις ρίζες της f ή στα σημεία στα οποία η

f δεν παραγωγίζεται , δηλαδή στα σημεία στα οποία δεν ορίζεται (δεν υπάρχει) η f .

Β. Αν γνωρίζουμε τον τύπο της παραγωγίσιμης συνάρτησης f και θέλουμε να βρούμε τα σημεία καμπής της, τότε:

Βρίσκουμε τις f και f

Βρίσκουμε τις ρίζες της f , αν υπάρχουν, καθώς και το πρόσημο της f .

Οι θέσεις των σημείων καμπής της fC είναι τα σημεία 0x στα οποία η f αλλάζει πρόσημο.

Τονίζουμε ότι αν στο 0x είναι 0 0f x και η f αλλάζει πρόσημο εκατέρωθεν του 0x , τότε το

0 0,x f x είναι σημείο καμπής της fC .

Παράδειγμα 4. Η δεύτερη παράγωγος μίας συνάρτησης f είναι:

43 1 1f x x x x , x

Να βρείτε τα διαστήματα στα οποία η f είναι κοίλη ή κυρτή και να προσδιορίσετε (αν υπάρχουν ) τις θέσεις των σημείων καμπής. Λύση:

Αρχικά λύνουμε την εξίσωση 0f x

43 31 1 0 0x x x x ή

41 0x ή 1 0 0x x ή 1x ή 1x

Δημιουργούμε τον πίνακα προσήμων της f

x 0 1

f

f



Η f στρέφει τα κοίλα άνω (είναι κυρτή) στο

, 1 0,

Η f στρέφει τα κοίλα κάτω (είναι κοίλη) στο 1,0

Η f παρουσιάζει σημεία καμπής στο 0 1x και

1 0x

Παράδειγμα 5. Να δείξετε ότι η γραφική παράσταση της συνάρτησης 2 4

xf x

x

έχει

τρία σημεία καμπής τα οποία είναι συνευθειακά. Λύση: Το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο

2 4 0 fD x x


2 2

22 2

2 2 2

2 22 2

4 4

4 4

4 2 4

4 4

x x x xxf x f x

x x

x x xf x f x

x x

Η f είναι παραγωγίσιμη στο ως ρητή συνάρτηση

2 22 2 2 2

2

2 42 2

22 2 2 2 2 2

4 42 2

2 2 2

4 32 2

4 4 4 44

4 4

2 4 4 4 4 2 4 4 2 8

4 4

2 4 12 2 12

4 4

x x x xx

f x f xx x

x x x x x x x x xf x f x

x x

x x x x xf x f x

x x


2

2

32

2 120 2 12 0 2 0

4

x xx x x

x

ή

2 12 0 0x x ή 2 3x

Σχηματίζουμε τον πίνακα κυρτότητας της f Από τον διπλανό πίνακα έχουμε ότι η f παρουσιάζει σημεία καμπής στα σημεία

1 2 3x , 2 0x και 3 2 3x

Καθώς παρατηρούμε ότι δεξιά και αριστερά από αυτά τα σημεία αλλάζει η κυρτότητα της f.

x -1 0 1

f

f

x 2 3 0 2 3

f

f

10 5 5 10

0.2

0.1

0.1

0.2



Παράδειγμα 6. Α. Να δείξετε ότι 2x xe e για κάθε x . Πότε ισχύει το ίσον;

Β. Έστω η συνάρτηση 2x xf x e e x

α) Να λύσετε την εξίσωση 0f x και να μελετήσετε την f ως προς την μονοτονία.

β) Αν 0 0f x , τότε να δείξετε ότι και 0 0f x . Στο 0x x η f παρουσιάζει ακρότατο ή καμπή;

Λύση:

Α. Θεωρούμε συνάρτηση 2x xg x e e με x


2x x x xg x e e g x e e

Λύνουμε την εξίσωση 0g x

0 0 0x x x xg x e e e e x x x

Σχηματίζουμε τον πίνακα μονοτονίας της g.

Η g είναι γνησίως φθίνουσα στο ,0

Ηg είναι γνησίως αύξουσα στο 0,

Για 0x η g παρουσιάζει ολικό ελάχιστο το

0 00 2 0g e e

Άρα 0g x g για κάθε 2 0 2x x x xx e e e e

Η ισότητα ισχύει όταν 0x . Β. α) Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο Έχουμε ότι:

2 2x x x xf x e e x f x e e x

Από προηγούμενο ερώτημα έχουμε ότι 2x xe e για κάθε x Άρα διαδοχικά έχουμε ότι:

Για 0x 2 2 2 2 2 2x x x xe e e e x x f x x

Ισχύει ακόμη ότι: 1 2 2 2 2 0x x x

Άρα 0f x για κάθε *x . Δηλαδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο *

Για 0x έχουμε ότι 0 00 2 0 0 0f e e f μοναδική λύση της εξίσωσης 0f x

αφού για 0x έχουμε ότι 0f x

β) Έχουμε ότι: 0 00 0f x x

Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων

συναρτήσεων στο .


Για 0x έχουμε ότι 0 00 2 0 0 0f e e f

Πρέπει τώρα να μελετήσουμε την f ως προς την κυρτότητα

x 0

g

g



Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων

στο .


Ισχύει ότι 2x xe e για κάθε 0x άρα

2 2 2 2 2 2 0x x x xe e e e x x f x x f x (αφού 2 2 0x

για κάθε x )

Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο και επειδή για 0x , 0 0f έχουμε ότι 0x μοναδική

λύση της 0f x .



Σχηματίζουμε τον πίνακα μονοτονίας της f Για 0x η f παρουσιάζει σημείο καμπής.

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 3. ΚΟΙΛΑ – ΣΗΜΕΙΑ ΚΑΜΠΗΣ – ΠΑΡΑΜΕΤΡΟΙ Α. Έστω μία συνάρτηση f συνεχής στο διάστημα Δ και δύο φορές παραγωγίσιμη στο εσωτερικό του Δ.

Αν 0f x , τότε η f είναι κυρτή στο Δ. Το αντίστροφο δεν ισχύει. Έτσι αν η f είναι κυρτή

στο Δ, τότε 0f x και όχι υποχρεωτικά 0f x

Αν 0f x , τότε η f είναι κοίλη στο Δ. Το αντίστροφο δεν ισχύει. Έτσι αν η f είναι κοίλη στο

Δ, τότε 0f x και όχι υποχρεωτικά 0f x .

Αν ό τύπος της f περιέχει παράμετρο λ και θέλουμε να βρούμε τις τιμές της ώστε η f να είναι κυρτή στο Δ, τότε:

o Βρίσκουμε τις τιμές του λ, για τις οποίες 0f x

o Εξετάζουμε χωριστά τις τιμές του λ, για τις οποίες για κάποια 0x είναι 0 0f x .

Β. α) Αν μία συνάρτηση f έχει σημείο καμπής το 0 0,M x f x και είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο

0x , τότε υποχρεωτικά είναι 0 0f x . Το αντίστροφο δεν ισχύει.

β) Αν ο τύπος της f περιέχει παράμετρο και θέλουμε τις τιμές της, ώστε η f να παρουσιάζει καμπή στο

0x , τότε απαιτούμε να ισχύει 0 0f x (αν φυσικά η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο 0x ). Στη

συνέχεια είναι απαραίτητο να εξετάσουμε, αν για τοις τιμές της παραμέτρου που βρήκαμε, το 0x

είναι πραγματικά θέση σημείου καμπής της f (διότι ενδέχεται και να μην είναι!). Παράδειγμα 7. Να βρείτε τι τιμές του a ώστε η συνάρτηση

4 3 22 6 3 1f x x ax x x να είναι κοίλη στο .

Λύση: Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ως πολυωνυμική συνάρτηση.

4 3 2 3 22 6 3 1 4 6 12 3f x x ax x x f x x ax x

x 0

f

f

f



Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ως πολυωνυμική

3 2 24 6 12 3 12 12 12f x x ax x f x x ax

Παρατηρούμε ότι η f είναι ένα τριώνυμο και από προηγούμενες τάξεις ξέρουμε ότι ένα τριώνυμο

διατηρεί σταθερό πρόσημο όταν η διακρίνουσα του Δ είναι Δ<0 Έχουμε

2 212 4 12 12 144 4a a

Θέλουμε: 2 2 20 144 4 0 4 0 4 2 2 2a a a a a

Άρα αν 2,2a τότε η f έχει το πρόσημο του 2x δηλαδή 0f x για κάθε x , δηλαδή η f

είναι κοίλη στο


ισχύει 0f x και 0f x για κάθε x . Να δείξετε ότι η συνάρτηση g x f x είναι

κοίλη στο . Λύση:

Έχουμε ότι 0f x άρα η f είναι κοίλη στο .


2

f xg x f x g x

f x

Η g είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων

στο .

222

42 4

f xf x f x f x

f x f x f x f xf xg x g x g x

f xf x f x f x

Έχουμε ότι :

0f x και 0f x άρα 0f x f x , 2

0f x και 4 0f x f x επομένως

0g x για κάθε x .

Δηλαδή η g είναι κοίλη στο .

Παράδειγμα 9. Δίνεται η συνάρτηση : 0,f για την οποία ισχύουν f x x και

xf x

x f x

για κάθε 0x . Να δείξετε ότι:

α) η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη.

β) η f είναι κυρτή στο 0,

Λύση:

α) Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο 0, ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων




2 2

2

2 2 2

2 2 2

3 3

1x f x x f x x f x x xf xxf x f x f x

x f x x f x x f x

f x x f x xxf x x

f x xf x x f x x f xf x f x f x

x f x x f x x f x

f x x f x x xf x f x xf x f x

x f x x f x

β) Από υπόθεση έχουμε ότι:

002 2 2 2 2 2

2 2 2 2

3 3 30

x f xx

f x x xf x x xf x f x x x f x x

xf x f x x f x f xf x f x

x f x x f x x f x

Άρα η f είναι κυρτή στο 0,

Παράδειγμα 10. Έστω η συνάρτηση 3 2 1 2f x ax x a x . Να βρείτε τις τιμές των α,

β ώστε η f να παρουσιάζει τοπικό, ακρότατο στο 1 1x και στο 2

1

2x καμπή.

Λύση: Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ως πολυωνυμική συνάρτηση.

3 2 21 2 3 2 1f x ax x a x f x ax x a

Από υπόθεση έχουμε ότι η f παρουσιάζει τοπικό ακρότατο στο 1 1x άρα από το Θεώρημα του Fermat

ισχύει ότι 1 0 3 2 1 0 4 2 1f a a a (1)

Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ως πολυωνυμική.

23 2 1 6 2f x ax x a f x ax

Από υπόθεση έχουμε ότι η f παρουσιάζει καμπή στο 2

1

2x άρα από Θεώρημα έχουμε ότι

10 3 2 0 2 3

2f a a

(2)

Από τις (1) και (2) παίρνουμε διαδοχικά: 2 3

4 2 1 4 3 1 1a

a a a a

και 3

2 32

a

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 4. ΚΥΡΤΟΤΗΤΑ ΚΑΙ ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΑΝΙΣΟΤΗΤΩΝ Η κυρτότητα αποτελεί ένα ακόμη χρήσιμο εργαλείο στην απόδειξη ανισοτικών σχέσεων. Από την θεωρεία γνωρίζουμε ότι:



Έστω f μία παραγωγίσιμη συνάρτηση με πεδίο ορισμού το σύνολο Δ και

0 0 0: y f x x x f x μια τυχαία εφαπτόμενη της γραφικής παράστασης της f σε ένα

τυχαίο σημείο 0x του πεδίου ορισμού της.

Αν η f είναι κυρτή στο Δ τότε θα ισχύει ότι 0 0 0f x y f x f x x x f x για

κάθε τυχαίο 0x

Αν η f είναι κοίλη στο Δ τότε θα ισχύει ότι 0 0 0f x y f x f x x x f x για

κάθε τυχαίο 0x

Σημείωση: Ο τρόπος αυτός απόδειξης ανισοτικών σχέσεων συνήθως εφαρμόζεται όταν γνωρίζουμε ή μας ζητείται μία εφαπτόμενη σε ένα σημείο του πεδίου ορισμού της συνάρτησης, συνήθως σε προηγούμενο ερώτημα.

Παράδειγμα 11. Έστω η συνάρτηση ln lnf x x

α) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της f. β)Να δείξετε ότι η f είναι κοίλη στο πεδίο ορισμού της

γ) Αν α, β ανήκουν στο πεδίο ορισμού της f να δείξετε ότι ln ln ln2

aa

Λύση: α) Το πεδίο ορισμού της f είναι

0, / ln 0, 0 / ln 0 0 / 1 1 1,fD x x x x x x x

β) Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο 1, ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων


ln 1

ln lnln ln

xf x x f x f x

x x x



2 2

ln1 ln 1

ln ln ln

x x xf x f x f x

x x x x x x

Έχουμε ότι ln 0x για κάθε 1x άρα ln 1 0x και 2

ln 0x x για κάθε 1x επομένως

0f x για κάθε 1x , δηλαδή η f είναι κοίλη στο πεδίο ορισμού της.

γ) Διακρίνουμε τις περιπτώσεις

Αν a τότε η ζητούμε νη ισότητα ισχύει.

Αν a τότε χωρίς βλάβη της γενικότητας μπορούμε να υποθέσουμε ότι a , με

, 1,a

Η δοσμένη σχέση γράφεται διαδοχικά



1ln ln ln ln ln ln ln ln ln ln ln ln ln ln

2 2 2 2

22 2 2 2 2

a a aa a a

f a fa a a af f f a f f f a f f

Αρκεί να δείξουμε ότι ισχύει 2 2

a af f a f f

Θα εφαρμόσουμε το Θ.Μ.Τ του διαφορικού λογισμού στα διαστήματα ,2

aa

και ,2

a

Η f είναι συνεχής στα ,2

aa

και ,2

a

Η f είναι παραγωγίσιμη στα ,2

aa

και ,2

a

Άρα από Θ.Μ.Τ έχουμε ότι:

1 1 1

2 2, :

2

2 2

a af f a f f a

aa f f

a aa

2 2 2

2 2, :

2

2 2

a af f f f

af f

a a


1 2 1 2

2 2

2 2

2 2

f

a af f a f f

f fa a

a af f a f f

Και το ζητούμενο αποδείχθηκε.

Παράδειγμα 12. Έστω μία συνάρτηση :f η οποία είναι δύο φορές παραγωγίσιμη, η f

είναι κοίλη και η f παρουσιάζει στο 0 1x τοπικό ακρότατο. Να δείξετε ότι:

2 0 3 0f f

Λύση: Αρχικά ας αποκωδικοποιήσουμε τα δεδομένα της άσκησης.

Η f είναι κοίλη η f είναι γνησίως φθίνουσα στο

Η f παρουσιάζει στο 0 1x τοπικό ακρότατοαπό θεώρημα Fermat 1 0f

Η απόδειξη της ζητούμενης ανισοτικής σχέσης θα γίνει με την βοήθεια του Θ.Μ.Τ για την f . Ο λόγος

που επιλέξαμε το συγκεκριμένο τρόπο εργασίας είναι γιατί αρχικά έχουμε να κάνουμε με

συγκεκριμένες τιμές της f και στην συνέχεια επειδή γνωρίζουμε την μονοτονία της f , γεγονός που

πρέπει να αξιοποιήσουμε. Τα διαστήματα στα οποία θα εφαρμόσουμε το Θ.Μ.Τ. είναι τα [0,1] και [1,3]

Η f είναι συνεχής στα [0,1] και [1,3]



Η f είναι παραγωγίσιμη στα (0,1) και (1, 3)


1 0

1 1 1 1

1 00,1 : 1 0 0

1 0

ff ff f f f f f

1 0

2 2 2 2

3 1 3 1 31,3 :

3 1 2 2

ff f f f ff f f

Επειδή 1 0,1 και 2 1,3 ισχύει ότι

1 2 1 2

30 3 2 0 0

2

f ff f f f f

και το ζητούμενο αποδείχθηκε .

Παράδειγμα 13. Δίνεται η συνάρτηση :f με τύπο 2 xf x x ax e για κάθε

x όπου α, β σταθεροί πραγματικοί αριθμοί.

α) Να βρείτε τους α, β έτσι ώστε η ευθεία : 3 7y x να εφάπτεται στην γραφική παράσταση της

f στο σημείο 0, 0A f .

β) Αν α = 4 και β = 7, τότε: i) Να μελετήσετε την f ως προς την μονοτονία και την κυρτότητα.

ii) Να αποδείξετε ότι 27 3 4 7xx e x x για κάθε x

Λύση: α) Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών και παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο

2 2

2

2

2

x x x

x

f x x ax e f x x ax e x a e

f x x ax x a e

Η εφαπτόμενη της fC στο σημείο 0, 0A f είναι η ευθεία:

0 0 0y f f x y a x y a x

Για να ταυτίζονται οι δύο ευθείες πρέπει και αρκεί:

3 4

7 7

a

β) Για α=4 και β=7 η συνάρτηση γράφεται: 2 4 7 xf x x x e

i) H f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών και παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο

2 2 24 7 4 7 2 4 2 3x x x xf x x x e f x x x e x e f x x x e

Παρατηρούμε ότι η διακρίνουσα Δ του τριωνύμου είναι 22 4 3 8 0 άρα η εξίσωση

0f x είναι αδύνατη και επειδή 2 2 3 xf x x x e με 2 2 3 0x x και 0xe έχουμε

ότι 0f x .


Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών και παραγωγίσιμων

συναρτήσεων στο



2 2 22 3 2 3 2 1x x x xf x x x e f x x x e x e f x x x e

Έχουμε 2 20 1 0 1 0xf x x x e x x αδύνατη

Και επειδή 2 1 0x x και 0xe για κάθε x έχουμε ότι 0f x η f είναι κυρτή στο .

ii) Επειδή η f είναι κυρτή στο και η ευθεία : 3 7y x είναι εφαπτόμενη της fC στο

0, 0A f θα ισχύει ότι:

2 23 7 4 7 3 7 4 7 3 7x xf x y f x x x x e x x x x e

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 5. ΘΕΩΡΗΤΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Α. Η πληροφορία ότι μία συνάρτηση f είναι κυρτή ή κοίλη σε ένα διάστημα Δ αξιοποιείται συνήθως ως εξής:

Η f είναι γνησίως αύξουσα στο εσωτερικό του Δ, αν η f είναι κυρτή.

Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο εσωτερικό του Δ, αν η f είναι κοίλη.

0f x (και όχι 0f x ) για κάθε εσωτερικό σημείο x του Δ, αν η f είναι κυρτή και δύο

φορές παραγωγίσιμη .

0f x (και όχι 0f x ) για κάθε εσωτερικό σημείο x του Δ, αν η f είναι κοίλη και δύο

φορές παραγωγίσιμη . Β. Αν θέλουμε να αποδείξουμε ότι μία συνάρτηση f, που είναι δύο φορές παραγωγίσιμη σε ένα διάστημα Δ, δεν έχει σημεία καμπής, τότε εργαζόμαστε ως εξής:

Υποθέτουμε ότι το 0 0,A x f x είναι σημείο καμπής της fC , οπότε 0 0f x και

προσπαθούμε να καταλήξουμε σε άτοπο. Προσπαθούμε να δείξουμε ότι η f είναι κυρτή ή κοίλη στο Δ ή ότι η f δεν αλλάζει κοίλα στο Δ,

δηλαδή 0f x ή 0f x για κάθε x εσωτερικό του Δ, δηλαδή αρκεί να δείξουμε ότι η

f διατηρεί σταθερό πρόσημο για κάθε x εσωτερικό του Δ.


ισχύουν 0f x και 0g x f x f x για κάθε x . Αν η f παρουσιάζει καμπή στο 0x , να

βρείτε την γωνία που σχηματίζει με τον άξονα x x η εφαπτόμενη της gC στο 0x .

Λύση:

Η f παρουσιάζει καμπή στο 0x 0 0f x

Ισχύει ακόμη ότι

0

f xg x f x f x g x

f x

για κάθε x


2

2

f x f x f xf xg x g x

f x f x




2 2

0 0 0 0

0 0 02 2

0 0

1f x f x f x f x

g x g x g xf x f x

Για να βρούμε την γωνία που σχηματίζει με τον άξονα x x η εφαπτόμενη της gC στο

0x αρκεί να

λύουμε την εξίσωση:

0

31

4 4g x

Παράδειγμα 15. Έστω η συνάρτηση : ,0f η οποία είναι δύο φορές παραγωγίσιμη

και ισχύει 2 2 2f x x x για κάθε 0x . Να αποδείξετε ότι:

α) 2

1f x f x f x

β) η f δεν παρουσιάζει καμπή. Λύση:

α)Παραγωγίζοντας και τα δύο μέλη της σχέσης 2 2 2f x x x έχουμε ότι:

2 2 2 2 2 2 1f x x x f x f x x f x f x x (1)

Επειδή η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη μπορούμε να παραγωγίσουμε και τα δύο μέλη της (1) για δεύτερη φορά:

2

1 1f x f x x f x f x f x (2) και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

β) Έστω ότι υπάρχει σημείο καμπής της fC το 0 0,A x f x , άρα από θεώρημα έχουμε ότι:

0 0f x

Για 0x x η σχέση (2) γράφεται

2 2

0 0 0 01 1f x f x f x f x

Η σχέση (1) για 0x x μας δίνει:

2 22 2 2

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

2 2 2 2

0 0 0 0 0 0 0

1 1 2 1

2 1 2 2 1 0 1

f x f x x f x f x x f x f x x x

f x x x x x x x

Άτοπο. Άρα η f δεν παρουσιάζει καμπή.

Παράδειγμα 16. Έστω μία συνάρτηση : 0,1f η οποία είναι δύο φορές παραγωγίσιμη

και ισχύει 2 4 0f x x f x x για κάθε 0,1x . Να δείξετε ότι η fC δεν έχει σημεία

καμπής. Λύση: Παραγωγίζουμε την δοσμένη σχέση

2 4 0 2 4 1 0f x x f x x f x f x x f x f x (1)

Παραγωγίζουμε ξανά και τα δύο μέλη της προηγούμενης σχέσης:

2

2 4 1 0

2 2 4 0

f x f x x f x f x

f x f x f x f x x f x f x



Έστω ότι η γραφική παράσταση της f παρουσιάζει καμπή στο 0 0,A x f x άρα από θεώρημα

έχουμε ότι: 0 0f x

Για 0x x έχουμε ότι:

2

0 0 02 2f x f x f x 0 0 02 4f x x f x 2

0 00 2 2 0f x f x

0 0 01 0 0f x f x f x ή 0 1f x

Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:

Αν 0 0f x τότε για 0x x η (1) γράφεται:

0 0 0 0 02 4 1 0 1f x f x x f x f x f x

Και η δοσμένη σχέση για 0x x γίνεται:

2

0 0 0 0 0 04 0 1 4 0 5 0f x x f x x x x άτοπο.

Αν 0 1f x τότε για 0x x η (1) γράφεται:

0 0 0 0 0 0 0 0 0 02 4 1 0 2 4 1 0 5f x f x x f x f x f x x f x f x x

Και η δοσμένη σχέση για 0x x γίνεται:

22

0 0 0 0 0 0 0 04 0 5 4 5 0f x x f x x x x x x

2 2

0 0 0 0 0 025 10 5 20 4 0 25 0x x x x x x άτοπο.

Άρα δεν υπάρχει 0 0,1x ώστε η f να παρουσιάζει καμπή.



§ 3.11 ΑΣΥΜΠΤΩΤΕΣ

Ασύμπτωτες

ΟΡΙΣΜΟΣ

Αν ένα τουλάχιστον από τα όρια )(lim0

xfxx

, )(lim0

xfxx

είναι ή , τότε η ευθεία 0xx λέγεται

κατακόρυφη ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της f.

ΟΡΙΣΜΟΣ

Αν

)(lim xfx

(αντιστοίχως ))(lim

xfx

, τότε η ευθεία y λέγεται οριζόντια ασύμπτωτη της

γραφικής παράστασης της f στο (αντιστοίχως στο ).

ΟΡΙΣΜΟΣ

Η ευθεία βxλy λέγεται ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της f στο , αντιστοίχως στο

, αν

0)]()([lim

βxλxfx

,

αντιστοίχως 0)]()([lim

βxλxf

x.

ΘΕΩΡΗΜΑ

Η ευθεία βxλy είναι ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της f στο , αντιστοίχως στο ,

αν και μόνο αν

( )limx

f x

x

και lim[ ( ) ]

xf x x

,

αντιστοίχως

( )limx

f x

x

και lim[ ( ) ]

xf x x

ΣΧΟΛΙΑ

1. Αποδεικνύεται ότι:

— Οι πολυωνυμικές συναρτήσεις βαθμού μεγαλύτερου ή ίσου του 2 δεν έχουν ασύμπτωτες.

— Οι ρητές συναρτήσεις )(

)(

xQ

xP, με βαθμό του αριθμητή )(xP μεγαλύτερο τουλάχιστον κατά δύο του

βαθμού του παρονομαστή, δεν έχουν πλάγιες ασύμπτωτες.

2. Σύμφωνα με τους παραπάνω ορισμούς, ασύμπτωτες της γραφικής παράστασης μιας συνάρτησης f αναζητούμε:

— Στα άκρα των διαστημάτων του πεδίου ορισμού της στα οποία η f δεν ορίζεται.

— Στα σημεία του πεδίου ορισμού της, στα οποία η f δεν είναι συνεχής.

— Στο , , εφόσον η συνάρτηση είναι ορισμένη σε διάστημα της μορφής ),( α , αντιστοίχως

),( α .




ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 1. ΚΑΤΑΚΟΡΥΦΕΣ – ΟΡΙΖΟΝΤΙΕΣ ΑΣΥΠΤΩΤΕΣ

Α. Υπενθυμίζουμε ότι:

Η ευθεία 0x x λέγεται κατακόρυφη ασύμπτωτη της

fC , αν ένα τουλάχιστον από τα

0

limx x

f x

, 0

limx x

f x

είναι ίσο με ή

Αν τα 0

limx x

f x

, 0

limx x

f x

είναι και τα δύο (εφόσον βέβαια έχουν νόημα) πραγματικοί αριθμοί

(πεπερασμένα), τότε η ευθεία 0x x δεν είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη.

Τα σημεία 0x τα αναζητούμε στα ανοικτά άκρα του

fD ή στα σημεία ασυνέχειας της f.

Β. Υπενθυμίζουμε ότι:

Η ευθεία y λέγεται οριζόντια ασύμπτωτη στο (ή ), αν limx

f x

limx

f x

.

Μία συνάρτηση f έχει το πολύ δύο οριζόντιες ασύμπτωτες, μία στο και μία στο

Αν η f ορίζεται στα διαστήματα της μορφής ,a , , , τότε για την εύρεση των

οριζοντίων ασύμπτωτων βρίσκουμε, αν υπάρχουν τα:

limx

f x

και limx

f x

Αν κάποιο από αυτά είναι πεπερασμένο, ίσο δηλαδή με , τότε η ευθεία y είναι

οριζόντια ασύμπτωτη στο αντίστοιχο άπειρο. Αν τα παραπάνω όρια είναι άπειρα (μη πεπερασμένα), τότε δεν υπάρχει οριζόντια ασύμπτωτη.

Παράδειγμα 1. Να βρείτε (αν υπάρχουν) τις κατακόρυφες ασύμπτωτες των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων:

α) 1

xf x

x

β)

1

1f x

x

Λύση: α) Το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο

,1 1,fD

Για την εύρεση κατακόρυφης ασύμπτωτου αρκεί να

υπολογίσουμε τα όρια: 1

limx

f x

και 1

limx

f x


1 1

lim lim1x x

xf x

x

( 1 1 1 0x x x )

1 1

1lim lim

1 0x x

xf x

x

Άρα η fC παρουσιάζει κατακόρυφη ασύμπτωτη την ευθεία 1x

β) Το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο 0,1 1,fD



Για την εύρεση κατακόρυφης ασύμπτωτου αρκεί να υπολογίσουμε τα όρια 1

limx

f x

και 1

limx

f x


1 1

1 1lim lim

01x xf x

x

( 1 1 1 0x x x )

1 1

1 1lim lim

01x xf x

x

Άρα η fC παρουσιάζει κατακόρυφη ασύμπτωτη την

ευθεία 1x

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 2. ΠΛΑΓΙΕΣ ΑΣΥΜΠΤΩΤΕΣ Υπενθυμίζουμε ότι:

Η ευθεία y x είναι πλάγια ασύμπτωτη της fC στο ή στο , αν 0 και

αντίστοιχα ισχύει:

lim 0x

f x x

και lim 0x

f x x

Για να βρούμε τις πλάγιες ασύμπτωτες της fC , βρίσκουμε τα όρια:

limx

f x

x

και lim

xf x x

( ή τα αντίστοιχα όρια για x ), οπότε αν , και 0 , τότε η ευθεία y x

είναι πλάγια ασύμπτωτη της fC στο (αντίστοιχα στο )

Αν

lim 0x

f x

x τότε δεν υπάρχει πλάγια ασύμπτωτη στο (αντίστοιχα στο ).

Αν σε κάποια περιοχή του απείρου υπάρχει οριζόντια ασύμπτωτη, τότε είναι μάταιο να αναζητούμε πλάγια ασύμπτωτη στην περιοχή αυτή και αντιστρόφως.

Παράδειγμα 2. Δίνεται συνάρτηση 2 xf x x e x . Να δείξετε ότι:

α) Η ευθεία : 2y x είναι ασύμπτωτη της fC στο

β) Η fC και η ε έχουν άπειρα κοινά σημεία

Λύση: α) Το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο των πραγματικών αριθμών.

Για να δείξουμε ότι η ευθεία : 2y x είναι ασύμπτωτη της fC στο αρκεί να δείξουμε ότι

lim 2 0x

f x x

Έχουμε διαδοχικά ότι:

lim 2 lim 2 2 limx x

x x xf x x x e x x e x

Παρατηρούμε ότι lim 0x

xe

και lim

xx

δεν ορίζεται.

Για τον υπολογισμό του παραπάνω ορίου θα κάνουμε χρήση του κριτηρίου παρεμβολής. Ισχύει ότι:

1 1 x x xx e e x e

1 1 2 3

10

5

5

10

15



lim 0

lim 0

x

x

x

x

e

e

άρα από κριτήριο παρεμβολής έχουμε ότι lim 0x

xe x

β) Για να βρούμε τα κοινά σημεία της fC και της ε αρκεί να λύσουμε της εξίσωση f x y


2 2 0 0 2 ,2

x xf x y x e x x e x x x

Παρατηρούμε ότι το πλήθος των x είναι ίσο με το πλήθος των τιμών που μπορεί να πάρει το κ δηλαδή άπειρο, καθώς το κ παίρνει όλους τους ακεραίους αριθμούς.


xf x x

x

. Να βρείτε τις ασύμπτωτες της

fC και το

πλήθος των κοινών σημείων της fC με αυτές.

Λύση:

Το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο *

fD

Αρχικά εξετάζουμε αν η fC έχει κατακόρυφη στο

0 0x

3 20 0 0

1lim lim limx x x

x xf x x x

x x x

Άρα η ευθεία 0x είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη

της fC στο 0

Εξετάζουμε με την χρήση του θεωρήματος για την εύρεση πλάγιας ασύμπτωτου

3

4lim lim lim 1 1x x x

xxf x xx

x x x

3 3lim lim lim 0x x x

x xf x x x x

x x

Άρα η ευθεία y x είναι πλάγια ασύμπτωτη της fC στο .

3

4lim lim lim 1 1x x x

xxf x xx

x x x

3 3lim lim lim 0x x x

x xf x x x x

x x

Άρα η ευθεία y x είναι πλάγια ασύμπτωτη της fC στο .

Για να βρούμε τα κοινά σημεία της fC με την ευθεία y x αρκεί να λύσουμε την εξίσωση f x y

3 3

20 0

2

x xf x y x x x x

x x

Άρα τα κοινά σημεία της fC με την ευθεία y x είναι άπειρα.

4 2 2 4

5

5

10

15



ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 3. ΑΣΥΜΠΤΩΤΕΣ – ΌΡΙΑ - ΠΑΡΑΜΕΤΡΟΙ

Παράδειγμα 4. Αν η γραφική παράσταση της συνάρτησης f έχει ασύμπτωτη στο την ευθεία

: 5 1y x , να βρείτε το όριο:

2

2 2

3lim

5x

xf x x x x

x f x x

Λύση:

Από τα δεδομένα της άσκησης έχουμε ότι: lim 5 1 0x

f x x

αφού η ευθεία : 5 1y x είναι

ασύμπτωτη της fC στο

Θεωρούμε συνάρτηση 5 1 5 1g x f x x f x g x x με lim 0x

g x

Άρα το ζητούμενο όριο γράφεται διαδοχικά:

22 2 2

2 3 2 3 2 32 3

2

2 2


5 5 55 1 5

2 1

2 2 1lim lim lim

2

lim

x x x

x x x

x

x g x x x x xxf x x x x xg x x x x x x

x f x x x g x x x xx g x x x

g x x x

xg x x x x x g x x x xxg x xx g x x xg x x

x

g x

x

1

21

x

x x

g x

Έχουμε ότι 0

lim 0x

g x

x

, lim 0x

x

x


3xf x

x ax

. Να βρείτε τις τιμές των α, β ώστε η

fC να έχει ασύμπτωτες τις ευθείες 1x και 4x .

Λύση: Η γραφική παράσταση της συνάρτησης έχει κατακόρυφες ασύμπτωτές τις ευθείες 1x και 4x . Άρα θα ισχύει ότι:

1

limx

f x

και 4

limx

f x


2

2

3 3x xf x x ax

x ax f x

2

1 1

3lim lim 1 0 1x x

xx ax a a

f x

2

4 4

3lim lim 16 4 0 16 4 1 0 16 4 4 0

3 12 4

x x

xx ax a

f x

Άρα 5



§ 3.12 ΚΑΝΟΝΑΣ De L ’ Hospital

ΘΕΩΡΗΜΑ 1ο (μορφή 0

0 )

Αν 0)(lim0

xfxx

, 0)(lim0

xgxx

, 0 { , }x και υπάρχει το

)(

)(lim

0 xg

xf

xx

(πεπερασμένο ή άπειρο),

τότε:

)(

)(lim

)(

)(lim

00 xg

xf

xg

xf

xxxx

.

ΘΕΩΡΗΜΑ 2ο (μορφή

)

Αν

)(lim0

xfxx

,

)(lim0

xgxx

, 0 { , }x και υπάρχει το

)(

)(lim

0 xg

xf

xx

(πεπερασμένο ή

άπειρο), τότε:

)(

)(lim

)(

)(lim

00 xg

xf

xg

xf

xxxx

.

ΣΧΟΛΙΑ

1. Το θεώρημα 2 ισχύει και για τις μορφές

,

,

.

2. Τα παραπάνω θεωρήματα ισχύουν και για πλευρικά όρια και μπορούμε, αν χρειάζεται, να τα εφαρμόσουμε περισσότερες φορές, αρκεί να πληρούνται οι προϋποθέσεις τους.




ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 1. ΜΟΡΦΗ 0

0

Α. Όρια της μορφής

0

limx x

f x

g x που οδηγούν στη μορφή

0

0 τα υπολογίζουμε με τη βοήθεια του

κανόνα de L’ Hospital.

Έτσι, αν υπάρχει το

0

limx x

f x

g x

, τότε θα είναι και

0 0

lim limx x x x

f x f x

g x g x

Β. Τονίζουμε ότι:

Οι f, g πρέπει να παραγωγίζονται σε κατάλληλο διάστημα που περιέχει το 0x ή έχει άκρο το

0x

χωρίς ενδεχομένως το 0x . Η ύπαρξη παραγώγου μόνο στο

0x , δεν αρκεί για να εφαρμοστεί ό

κανόνας, ούτε και είναι αναγκαία, Το όριο που αναζητούμε μπορεί να είναι και πλευρικό, Ο κανόνας πιθανόν να εφαρμοστεί περισσότερες φορές, αρκεί να πληρούνται φυσικά οι

προϋποθέσεις.

Γ. Ορισμένες φορές, αν η εύρεση του

0

limx x

f x

g x οδηγεί σε μορφή

0

0, είναι χρήσιμο να γράφουμε:

0 0

0

0

lim lim

v

x x x x

v

f x

f x x x

g xg x

x x

για κάποιο κατάλληλο ν έτσι, ώστε

00

lim 0vx x

g x

x x

.

Με τον τρόπο αυτό, ύστερα και από πιθανές απλοποιήσεις, η εύρεση του ορίου απαλλάσσεται από πολύπλοκες παραγωγίσεις και πράξεις. Παράδειγμα 1. Να υπολογίσετε τα παρακάτω όρια:

α) 3

21

3 2lim

1x

x x

x

β)

2

0

1lim

x

x

e

x

γ)

2 2

2

1lim

2

x x

x

e

x


033 2 20

21 ' 1 12

3 23 2 3 3 3 1 3lim lim lim 0

1 2 2 11

x L Hospital x x

x xx x x

x xx


22 2 2 0

0 0 0'

11 2 2lim lim lim 2

0

xx x

x x xL Hospital

ee e e

x xx

γ) Έχουμε ότι:



22 22 2

2 2 2 22

2 2 2'

1 2 2 2 2 21lim lim lim 2

2 2 2 22

x xx xx x

x x xL Hospital

e x e ee

x xx

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 2. ΜΟΡΦΗ

Αν το

0

limx x

f x

g x οδηγεί σε μορφή

και υπάρχει το

0

limx x

f x

g x

, τότε

0 0

lim limx x x x

f x f x

g x g x

Υπενθυμίζουμε ότι:

Το 0x μπορεί να είναι αριθμός, ή

Το όριο μπορεί να είναι πλευρικό Ο κανόνας μπορεί να εφαρμοστεί και περισσότερες φορές, αρκεί να πληρούνται οι

προϋποθέσεις

Αν το

0

limx x

f x

g x

δεν υπάρχει, τότε το

0

limx x

f x

g x πρέπει να αναζητηθεί με άλλον τρόπο.

Παράδειγμα 2. Να βρείτε τα όρια:

α) ln

limxx

x

e β)

ln 1lim

x

x

e

x


'

1lnln 1 1

lim lim lim lim 0x x xx DeL Hospital x x xx

xx x

e e xee


11

ln 1ln 1 1lim lim lim lim

1 1

lim lim 1

1

x

xx x x

xx x x x

x x

xx xx

eee e e

x ex

e e

ee

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 3. ΆΛΛΕΣ ΑΠΡΟΣΔΙΟΡΙΣΤΕΣ ΜΟΡΦΕΣ

Α. α) Αν το 0

limx x

f x g x

οδηγεί στην μορφή 0 , τότε γράφουμε:

1

f xf x g x

g x

ή

1

g xf x g x

f x



Και έτσι το όριο οδηγεί αντίστοιχα στη μορφή 0

0 ή

Αν πληρούνται και οι υπόλοιπες προϋποθέσεις, εργαζόμαστε με τον κανόνα de L’ Hospital.

β) Αν το 0

limx x

f x g x

οδηγεί σε απροσδιόριστη μορφή , τότε γράφουμε:

1

g xf x g x f x

f x

ή

1

f xf x g x g x

g x

Αν

0

lim 1x x

f x

g x , το αρχικό όριο προκύπτει άμεσα.

Αν

0

lim 1x x

f x

g x , τότε θα οδηγηθούμε στη μορφή 0 και εργαζόμαστε όπως παραπάνω.

γ) Αν έχουμε το όριο της μορφής

0

limg x

x xf x

και αυτό οδηγεί σε μορφή

00 , ή 1 , τότε

γράφουμε:

lng x g x f x

f x e

, 0f x

Αλλά το lim lnox x

g x f x

οδηγεί σε μορφή 0 και αντιμετωπίζεται όπως στην περίπτωση (α).

Β. Αν ένα όριο οδηγεί σε μορφή , τότε είναι πολύ σημαντικό να γνωρίζουμε ότι:

«εκθετικό άπειρο» > «πολυωνυμικό άπειρο» > «λογαριθμικό άπειρο» Επομένως διαιρούμε (παίρνουμε κοινό παράγοντα):

Με τον εκθετικό όρο, αν υπάρχει τέτοιος όρος Με τον πολυωνυμικό (ή άρρητο) όρο, αν λείπει ο εκθετικός.

Παράδειγμα 3. Να βρείτε τα όρια:

α) 3lim ln 2 1x

x x x

β) 2 2lim ln x

xx x e

γ)

1

1 1lim

ln 1x x x

Λύση: α) Παρατηρούμε ότι το ζητούμενο όριο είναι της μορφής . Επίσης παρατηρούμε ότι έχει λογαριθμική και πολυωνυμική συνάρτηση . Θα διαιρέσουμε όλους τους όρους με το x στην μεγαλύτερη δύναμη που εμφανίζεται.

3

3 3 3

3 3 3 3 3 2 3

ln 2 1 ln 2 1lim ln 2 1 lim lim 1x x x

x x x xx x x x x

x x x x x x x

Θα υπολογίσουμε το 3

lnlimx

x

x ξεχωριστά με την βοήθεια του κανόνα De L’ Hospital.

3 2 3

3

1lnln 1

lim lim lim lim 03 3x x x x

xx x

x x xx

Άρα το ζητούμενο όριο είναι

3

3 2 3

ln 2 1lim 1 0 1 0 0x

xx

x x x



β) Το ζητούμενο όριο είναι της μορφής . Θα εργαστούμε με την παραπάνω μέθοδο βγάζοντας

κοινό παράγοντα το 2x .

2 22

2 2 2 2

2 2 2

ln lnlim ln lim lim 1

x x

x

x x x

x e x exx x e x x

x x x

Θα υπολογίσουμε το όριο 2

2

lnlim

x

x

x e

x

ξεχωριστά με την βοήθεια του κανόνα De L’ Hospital.

2

22 2

2 22

2 2 2 2 2 2

2

1

lnln 2lim lim lim lim

2 2

2 1 1lim lim lim

2 2 2 2

1lim

2

x

xx x x

xx x x x

x x x

x x x x x xx x x

x

x

xx

x ex ex e x e x e

x x x x ex

x e e e

x x e x x e x e x x e x e x x e

e

e

x e x x

2 22 2 2

1 1 1 1lim lim 2

2 2 1xx x xx x

x x xx

x e xe x e x ex x

e e ee

Θα υπολογίσουμε το όριο 2

limxx

x

eμε την χρήση του κανόνα De L’ Hospital.

22 22 2lim lim lim lim lim 0

x x xx x x x xx x

x xx x

e e ee e

Άρα η (2) γράφεται:

22

1 1 1 1lim 0

0 12 1

xx

x

xx ex

e

Επομένως το ζητούμενο όριο είναι

2

22

2

lnlim 1 1 0

x

x

x ex

x

γ) Εδώ αρχικά θα κάνουμε τα κλάσματα ομώνυμα και στην συνέχεια θα εφαρμόσουμε τον κανόνα De L’ Hospital.

1 1 1 1

2

1 1 1

2

1 ln1 1 1 ln 1 lnlim lim lim lim

ln 1 ln 1 ln 1 ln 1 ln 1

11 1111

lim lim lim1 1 1 211 ln

1 ln

x x x x

x x x

x xx x x x

x x x x x x x x x x

xx x

x xxx x x

x



Παράδειγμα 4. Να υπολογίσετε τα όρια:

α) 2

0lim lnx

x x

β) 0

lim 1 lnx

xe x

Λύση α) Έχουμε ότι το όριο είναι της μορφής 0 . Άρα θα μετατρέψουμε το γινόμενο σε κλάσμα και στην συνέχεια θα εφαρμόσουμε τον κανόνα De L’ Hospital.

1 22

2 3 30 0 0 0 0 0 02

2

1lnln ln

lim ln lim lim lim lim lim lim 01 2 2 2x x x x x x x

xx x x xxx xx x x

xx

β) Έχουμε ότι το όριο είναι της μορφής 0 . Άρα θα μετατρέψουμε το γινόμενο σε κλάσμα και στην συνέχεια θα εφαρμόσουμε τον κανόνα De L’ Hospital

0 0 0 0 0

2 2

22

0 0 0 0 0

2 2

1 1lnln

lim 1 ln lim lim lim lim1 1 1

1 1 11 1 11

1 111 2 1

lim lim lim lim lim1

1 1

x

x x x x xx x

xx xx

xx x x

x x xx x x x xx x

x x

xx x xe x

e ee e ee

ee e ex x

e x e xee x e

e e

0 0

2 1 2 1 2 1 1lim lim 0

1 1 0 1

x

x x x

xx x

e

e e e

e x x

Παράδειγμα 5. Να υπολογίσετε τα παρακάτω όρια:

α) 0

lim x

xx

β)

1

lim x x

xx e

Λύση

α) Παρατηρούμε ότι το δοσμένο όριο είναι της μορφής 00 . Έχουμε ότι:

ln lnxx x x xx e e

Αρκεί τώρα να υπολογίσουμε το όριο 0 0

lim ln lim lnx x

xx x x x

x

Υπολογίζουμε το όριο

0 0 0 0 0

2

1lnln

lim ln lim lim lim lim 01 1

1x x x x x

xx xx x x

x xx

Άρα0 0

lim ln lim ln 0 1 0x x

xx x x x

x

Επομένος 0

0lim 1x

xx e

Διαφορικός Λογισμός_1

Documents