ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3ο: ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ ΕΝΟΤΗΤΑ 10: ΕΥΡΕΣΗ ΤΟΠΙΚΩΝ ΑΚΡΟΤΑΤΩΝ [Ενότητα Προσδιορισμός των Τοπικών Ακροτάτων - Θεώρημα Εύρεση Τοπικών Ακροτάτων του κεφ.2.7 Μέρος Β΄ του σχολικού βιβλίου]. ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Β Άσκηση 1. Να μελετήσετε ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα τις συναρτήσεις: i. f (x) = 3x 4 + 8x 3 + 6x 2 − 12 ii.  x2  x2 g(x) =  − 2x  ln x − + 2x 4  2  Λύση i. Το πεδίο ορισμού της f είναι το  . Η f είναι συνεχής ως πολυωνυμική. f ′(x) =12x 3 + 24x 2 + 12x f ′(x) =0 ⇔ 12x 3 + 24x 2 + 12x =0 ⇔ 12x ( x + 1) =0 . Άρα x = 0 ή x = −1 (διπλή). 2 f ′(x) > 0 ⇔ 12x ( x + 1) > 0 . Άρα x > 0 . 2 Η μονοτονία και τα ακρότατα της f φαίνονται στον παρακάτω πίνακα: Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο [ 0, +∞ ) και γνησίως φθίνουσα στο ( −∞, 0] . Έχει ολικό ελάχιστο για x = 0 το f (0) = −12 . ii. Το πεδίο ορισμού της g είναι το ( 0, +∞ ) . 1 Η g είναι συνεχής ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων.  x2  1 x x x g′(x) = ( x − 2 ) ⋅ ln x +  − 2x  ⋅ − + 2 = ( x − 2 ) ⋅ ln x + − 2 − + 2 = ( x − 2 ) ⋅ ln x . 2 2  2  x 2 g′(x) = 0 ⇔ ( x − 2 ) ln x = 0 ⇔ x = 2 ή x = 1 . Για το πρόσημο της g′(x) και τη μονοτονία της g έχουμε τον πίνακα: (x − 2 > 0 ⇔ x > 2 και ln x > 0 ⇔ x > 1) Η g είναι γνησίως αύξουσα στα ( 0,1] και [ 2, +∞ ) και γνησίως φθίνουσα στο [1, 2] . Έχει τοπικό μέγιστο για x = 1 το g(1) = g(2)= 3 − 2 ln 2 . 7 και τοπικό ελάχιστο για x = 2 το 4 2 Άσκηση 2. Να μελετήσετε ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα τις συναρτήσεις: i.= ϕ(x) συνx  π π , x ∈ − ,  1 − ηµx  2 2 g(x) ii. = 2x , x ∈ [ −2, 2] x2 +1 Λύση i. Η ϕ είναι συνεχής ως πηλίκο συνεχών συναρτήσεων. = ϕ′(x) = ( συνx )′ ⋅ (1 − ηµx= ) − συνx ⋅ (1 − ηµx )′ 2 (1 − ηµx ) −ηµx ⋅ (1 − ηµx ) + συν 2 x = 2 (1 − ηµx ) 1 − ηµx 1  π π = > 0 , για κάθε x ∈  − ,  . Άρα η ϕ είναι γνησίως αύξουσα. 2  2 2 (1 − ηµx ) 1 − ηµx Η μονοτονία και τα ακρότατα της ϕ φαίνονται στον παρακάτω πίνακα: Άρα η ϕ έχει ολικό ελάχιστο για x = − ii. π  π το ϕ  −  =0 . 2  2 Η g είναι συνεχής ως πηλίκο συνεχών συναρτήσεων. g′(x) = ( 2x )′ ⋅ ( x 2 + 1) − 2x ⋅ ( x 2 + 1)′ g′(x) = 0 ⇔ 2 = 2 ( x 2 + 1) 1− x2 (x 2 + 1) 2 2x 2 + 2 − 4x 2 1− x2 . 2 = 2 2 ( x 2 + 1) ( x 2 + 1) = 0 ⇔ 1 − x 2 = 0 ⇔ x = 1 ή x = −1 . 3 Επειδή η g είναι συνεχής σε κλειστό διάστημα θα έχει μία μέγιστη και μια ελάχιστη τιμή. Υπολογίζουμε τις τιμές της g στα κρίσιμα σημεία x = 1 και x = −1 καθώς και στα άκρα του διαστήματος. Η μεγαλύτερη απ’ αυτές είναι το μέγιστο και η μικρότερη το ελάχιστο της συνάρτησης. 4 5 Έτσι έχουμε: g(−2) = − , g(2) = 4 , g(−1) = −1 , g(1) = 1 . 5 Άρα η g παίρνει το μέγιστο για x = 1 και είναι το g(1) = 1 και το ελάχιστο για x = −1 και είναι το g(−1) = −1 . Επειδή g′(x) > 0 ⇔ 2 1− x2 > 0 ⇔ 1 − x 2 > 0 ⇔ −1 < x < 1 , η μονοτονία της g και το 2 2 (x − 1) είδος των ακροτάτων φαίνονται στον παρακάτω πίνακα. Οπότε, η g , εκτός από το ολικό ελάχιστο για x = −1 , το g(−1) = −1 και ολικό μέγιστο − για x = 1 , το g(1) = 1 , παρουσιάζει τοπικό μέγιστο για x = −2 , το g(−2) = τοπικό ελάχιστο για x = 2 , το g(2) = 4 και 5 4 . 5 4 Άσκηση 3. Να μελετήσετε ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα τις συναρτήσεις: i.  x 2 − 4, x≤2 f (x) =  2  x − 6x + 8, x > 2 ii.  1 ,x<2 2  g(x) =  ( x − 2 )  2  x − 4x + 4, x ≥ 2 Λύση i. Η συνάρτηση f έχει πεδίο ορισμού το  . Είναι συνεχής για x < 2 και για x > 2 , ως πολυωνυμική. Επίσης ισχύουν: (x) lim+ ( x 2 − 6x += 8 ) 0 και f (2) = 0 . Άρα είναι lim− f= (x) lim− ( x 2 −= 4 ) 0 , lim+ f= x →2 x →2 x →2 x →2 συνεχής και στο x 0 = 2 . Για x < 2 , f ′(x) = 2x και για x > 2 , f ′(x) = 2x − 6 . Η συνάρτηση f δεν είναι παραγωγίσιμη στο x 0 = 2 , διότι: f (x) − f (2) x2 − 4 lim 2 ) 4 , ενώ = lim− = lim− ( x + = x → 2− x →2 x − 2 x →2 x−2 lim+ x →2 ( x − 2 ) ⋅ ( x − 4 ) = −2 . f (x) − f (2) x 2 − 6x + 8 = lim+ = lim+ x →2 x →2 x−2 x−2 x−2 x<2  2x, . 2x − 6, x > 2  Άρα f ′(x) =  f ′(x) = 0 ⇔ 2x = 0 ⇔ x = 0 ή f ′(x) = 0 ⇔ 2x − 6 = 0 ⇔ x = 3 . f ′(x) > 0 ⇔ 2x > 0 ⇔ 0 < x < 2 και f ′(x) > 0 ⇔ 2x − 6 > 0 ⇔ x > 3 . Η μονοτονία και τα ακρότατα της f φαίνονται στον παρακάτω πίνακα: 5 Παρατηρούμε ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στα διαστήματα ( −∞, 0] και [ 2,3] , γνησίως αύξουσα στα [ 0, 2] και [3, +∞ ) και έχει τοπικό ελάχιστο για x = 0 το f (0) = −4 και για x = 3 το f (3) = −1 και τοπικό μέγιστο για x = 2 το f (2) = 0 . ii. Η συνάρτηση g έχει πεδίο ορισμού το  . Είναι συνεχής για x < 2 ως ρητή και για x > 2 , ως πολυωνυμική. Επίσης ισχύει: lim− g(x) = lim− x →2 x →2 1 ( x − 2) Για x < 2 , g′(x) = − 2 = +∞ . Άρα δεν είναι συνεχής στο x 0 = 2 . 2 ( x − 2) 3 ⋅ ( x − 2 )′ = − 2 ( x − 2) 3 > 0 και για x > 2 , g′(x) = 2x − 4 > 0 . Άρα η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα στα ( −∞, 2 ) και [ 2, +∞ ) . Το σύνολο τιμών της g στο ( −∞, 2 ) είναι το ( lim g(x), lim g(x)=) x →−∞ ) σύνολο τιμών στο [ 2, +∞ ) είναι το g(2), lim g(x)=  x →+∞ x → 2− ( 0, +∞ ) και το [0, +∞ ) . Δηλαδή το σύνολο τιμών της g είναι το [ 0, +∞ ) . Άρα είναι g(x) ≥ 0 = g(2) , για κάθε x ∈  . Οπότε η g έχει ελάχιστο το g(2) = 0 . 6 ΘΕΜΑ Γ Άσκηση 1. Δίνεται η συνάρτηση = f (x) x ln x + 2 . i. ii. Να δείξετε ότι έχει ελάχιστο. 2 x Να δείξετε ότι η εξίσωση x ⋅ e = 1 είναι αδύνατη για x > 0 . Λύση i. Το πεδίο ορισμού της f είναι το ( 0, +∞ ) . Η f είναι συνεχής ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων. 1 f ′(x)= ln x + x ⋅ = ln x + 1 . x f ′(x) = 0 ⇔ ln x + 1 = 0 ⇔ ln x = −1 ⇔ x = 1 . e 1 f ′(x) > 0 ⇔ ln x + 1 > 0 ⇔ x > . e Η μονοτονία και τα ακρότατα της f φαίνονται στον παρακάτω πίνακα: Η f έχει ελάχιστο για x = 2 ii. 1 2e − 1 1 1 1 1 το f   = ln + 2 =− + 2 = >0. e e e e e e 2 2 Είναι x ⋅ e x =1 ⇔ ln(x ⋅ e x ) =ln1 ⇔ ln x + ln e x =0 ⇔ ln x + 2 = 0 ⇔ x ln x + 2 = 0 ⇔ f (x) = 0 x (1) Από το i) ερώτημα έχουμε ότι η f έχει για x = f (x) ≥ 1 2e − 1 , ελάχιστο το . Άρα ισχύει e e 2e − 1 > 0 . για κάθε x > 0 . Οπότε η εξίσωση f (x) = 0 είναι αδύνατη, και λόγω e της ισοδυναμίας (1), το ίδιο ισχύει και για την αρχική εξίσωση. 7 Άσκηση 2. i. Να δείξετε ότι e x > 2x , για κάθε x ∈  . ii. Να μελετήσετε το πρόσημο της συνάρτησης g(x) = e x − x 2 − 1. Λύση i. Είναι e x > 2x ⇔ e x − 2x > 0 . Θεωρούμε τη συνάρτηση f (x) = e x − 2x , x ∈  . Είναι συνεχής ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων f ′(x) = ex − 2 . f ′(x) = 0 ⇔ e x − 2 = 0 ⇔ x = ln 2 και f ′(x) > 0 ⇔ e x − 2 > 0 ⇔ x > ln 2 . Στον παρακάτω πίνακα φαίνονται η μονοτονία και τα ακρότατα της f : Η f έχει ελάχιστο για x = ln 2 το f (ln 2) = eln 2 − 2 ln 2 = 2 − 2 ln 2 . Άρα ισχύει f (x) ≥ f (ln 2) = 2 − 2 ln 2 > 0 αφού 2 − 2 ln 2 =2(1 − ln 2) =2(ln e − ln 2) =2 ln Άρα e x − 2x > 0 ,για κάθε x ∈  . ii. e e > 0 γιατί > 1 . 2 2 Η g(x) = e x − x 2 − 1 έχει πεδίο ορισμού το  και είναι συνεχής ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων. g′(x) = e x − 2x = f (x) > 0 , για κάθε x ∈  , σύμφωνα με το (i) ερώτημα. Άρα η g είναι γνησίως αύξουσα. Επίσης ισχύει g(0) = 0 , οπότε η εξίσωση g(x) = 0 έχει μοναδική ρίζα την x 0 = 0 . Για το πρόσημο της g έχουμε : x < 0 x>0 g: γν. αύξ. ⇒ g: γν.αύξ. ⇒ g(x) < g(0) = 0 και g(x) > g(0) = 0. 8 Άσκηση 3. i. Να μελετήσετε ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα τη συνάρτηση f (x)= ln x − x + 1 . ii. Να βρείτε το πρόσημο της συνάρτησης g(x) = ln 2 x + ln x − x + 1 . 2 Λύση i. Η συνάρτηση f (x)= ln x − x + 1 έχει πεδίο ορισμού το ( 0, +∞ ) και είναι συνεχής ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων. f ′(x) = 1 1− x . −1 = x x f ′(x) = 0 ⇔ x >0 1− x = 0 ⇔1 − x = 0 ⇔ x = 1. x f ′(x) > 0 ⇔ x >0 1− x > 0 ⇔1 − x > 0 ⇔ 0 < x < 1 . x Η μονοτονία και τα ακρότατα της f φαίνονται στο διπλανό πίνακα. Η f είναι γνησίως αύξουσα στο ( 0,1] και γνησίως φθίνουσα στο [1, +∞ ) . Έχει μέγιστο για x = 1 το f (1) = 0 . ii. Η συνάρτηση g(x) = ln 2 x + ln x − x + 1 έχει πεδίο ορισμού το ( 0, +∞ ) και είναι συνεχής 2 ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων. 1 ln x 1 ln x − x + 1 f (x) g′(x)= ln x ⋅ ( ln x )′ + − 1= + − 1= = x x x x x (1) x >0 f (x) = 0 ⇔ f (x) = 0 ⇔ x =1 x (αφού από το (i) ερώτημα η f έχει για x = 1 , μέγιστο το f (1) = 0 προκύπτει ότι η εξίσωση f (x) = 0 έχει μοναδική ρίζα το x = 1 ). g′(x) = 0 ⇔ Επίσης f (x) < f (1) = 0 , για κάθε 0 < x ≠ 1 . Τότε, g′(x) < 0. Άρα η g είναι γνησίως φθίνουσα στο ( 0, +∞ ) . 9 Για το πρόσημο της g έχουμε: 0 < x <1 g: γν. φθίν. ⇒ g(x) > g(1) = 0 και x > 1 g: γν. φθίν. ⇒ g(x) < g(1) = 0. 10 Άσκηση 4. Να μελετήσετε το πρόσημο της συνάρτησης f (x) = ηµx − x + x3 . 3 Λύση Η συνάρτηση έχει πεδίο ορισμού το  και είναι συνεχής ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων. f ′(x) = συνx − 1 + x 2 f ′′(x) = −ηµx + 2x f (3) (x) = −συνx + 2 > 0 , για κάθε x ∈  . Άρα η f ′′ είναι γνησίως αύξουσα. Επίσης f ′′(0) = 0 , οπότε η εξίσωση f ′′(x) = 0 έχει μοναδική ρίζα το x 0 = 0 . Για το πρόσημο της f ′′(x) έχουμε: x<0 x>0 f ′′: γν.αύξ. ⇒ f ′′(x) < f ′′(0) = 0 και f ′′: γν. αύξ. ⇒ f ′′(x) > f ′′(0) = 0. Έτσι στον παρακάτω πίνακα φαίνονται η μονοτονία και τα ακρότατα της f ′ . H f ′ έχει ολικό ελάχιστο για x = 0 , το f ′(0) = 0 . Αυτό σημαίνει ότι η εξίσωση f ′(x) = 0 έχει μοναδική ρίζα το x 0 = 0 και f ′(x) > 0 , για κάθε x ≠ 0. Άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα. Επίσης f (0) = 0 , οπότε η εξίσωση f (x) = 0 έχει μοναδική ρίζα το x 0 = 0 . Για το πρόσημο της f έχουμε: x < 0 f : γν. αύξ. ⇒ f (x) < f (0) = 0 και x > 0 f : γν. αύξ. ⇒ f (x) > f (0) = 0. 11 Άσκηση 5. Να δείξετε ότι η συνάρτηση f (x) = συνx − x + διάστημα ( 0, π ) . x2 έχει ακριβώς μία θέση ολικού ελαχίστου στο 2 Λύση Η συνάρτηση f είναι συνεχής, ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων στο [ 0, π] . Η f ′(x) = −ηµx − 1 + x είναι συνεχής στο [ 0, π] ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων. f ′(0) = −ηµ0 − 1 + 0 = −1 < 0 και f ′ ( π ) = −ηµπ − 1 + π = π − 1 > 0 . Δηλαδή f ′(0) ⋅ f ′ ( π ) < 0 . Σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano, η εξίσωση f ′(x) = 0 , έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο ( 0, π ) . Επίσης, f ′′(x) = −συνx + 1 > 0 , για κάθε x ∈ ( 0, π ) . Άρα η f ′(x) είναι γνησίως αύξουσα στο [ 0, π] . Οπότε η ρίζα της εξίσωσης f ′(x) = 0 είναι μοναδική και έστω x 0 η ρίζα αυτή στο ( 0, π ) . Τότε έχουμε: 0 < x < x 0 x0 < x < π f ′: γν. αύξ. ⇒ f ′: γν. αύξ. ⇒ f ′(x) < f ′(x 0 ) ⇒ f ′(x) < 0 και f ′(x) > f ′(x 0 ) ⇒ f ′(x) > 0 . Από τα παραπάνω προκύπτει ότι η f έχει ακριβώς μία θέση ολικού ελαχίστου στο ( 0, π ) . 12 Άσκηση 6. Δίνεται η συνάρτηση f :  →  , δύο φορές παραγωγίσιμη για την οποία ισχύουν f= (1) f= (3) 0 και f ′′(x) > 0 , για κάθε x ∈  . Να αποδείξετε ότι υπάρχει ακριβώς ένα x 0 ∈  στο οποίο η f παρουσιάζει ελάχιστο. Λύση Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [1,3] και παραγωγίσιμη στο (1,3) , αφού είναι δύο φορές παραγωγίσιμη. Επίσης, ισχύει f= (1) f= (3) 0 . Σύμφωνα με το θεώρημα Rolle, υπάρχει ένα τουλάχιστον x 0 ∈ (1,3) τέτοιο, ώστε f ′(x 0 ) = 0 . Επειδή η f ′′(x) > 0 , για κάθε x ∈  , τότε η f ′ είναι γνησίως αύξουσα. Άρα το x 0 είναι μοναδικό. Έχουμε, x < x 0 f ′: γν. αύξ. ⇒ f ′(x) < f ′(x 0 ) = 0 και x > x 0 f ′: γν. αύξ. ⇒ f ′(x) > f ′(x 0 ) = 0. Άρα η συνάρτηση παρουσιάζει ελάχιστο για x = x 0 . 13 Άσκηση 7. x3 . ex i. Να μελετηθεί ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα η συνάρτηση f (x) = ii. Να δείξετε ότι: ( e ⋅ x ) ≤ 27e x , για κάθε x ∈  . iii. Nα μελετηθεί ως προς τα ακρότατα η συνάρτηση h(x)= e − x − x 3 − 3x 2 − 6x − 6 − 3 ( ) 27 x. e3 Λύση i. Η συνάρτηση f (x) = = f ′(x) x3 είναι συνεχής στο  , ως πηλίκο συνεχών συναρτήσεων. ex 2 3x 2 ⋅ e x − e x ⋅ x 3 x ( 3 − x ) . = e 2x ex f ′(x) = 0 ⇔ x2 (3 − x ) = 0 ⇔ x 2 ( 3 − x ) = 0 ⇔ x = 0 (διπλή) ή x = 3 . x e f ′(x) > 0 ⇔ ex >0 x2 (3 − x ) > 0 ⇔ x 2 ( 3 − x ) > 0 ⇔ x < 3 και x ≠ 0 x e Η μονοτονία και τα ακρότατα της f φαίνονται στον παρακάτω πίνακα: Η f είναι γνησίως αύξουσα στο ( −∞,3] και γνησίως φθίνουσα στο [3, +∞ ) . Επίσης έχει μέγιστο για x = 3 το f (3) = ii. 27 e Αφού η f έχει μέγιστο για x = 3 , θα ισχύει f (x) ≤ f (3) = , για κάθε x ∈  . Άρα 3 έχουμε, iii. 27 . e3 x 3 27 3 ≤ 3 ⇔ x 3 ⋅ e3 ≤ 27 ⋅ e x ⇔ ( e ⋅ x ) ≤ 27 ⋅ e x , για κάθε x ∈  . x e e Η h είναι συνεχής στο  ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων. 14 −e − x ( − x 3 − 3x 2 − 6x − 6 ) + e − x ( −3x 2 − 6x − 6 ) − h ′(x) = 27 x 3 27 = − ≤ 0, e3 e x e3 για κάθε x ∈  , σύμφωνα με το προηγούμενο ερώτημα. Ισχύει h ′(x) = 0 μόνο για x = 3 , από το (i) ερώτημα. Άρα η h είναι γνησίως φθίνουσα στο  και δεν έχει ακρότατα. 15 Άσκηση 8. i. = e λx − x − Να βρεθεί η ελάχιστη τιμή της συνάρτησης f (x) ii. Να βρεθεί η μικρότερη τιμή του λ > 0 , ώστε eλx ≥ x + 3 , λ >0. λ 3 , για κάθε x ∈  . λ Λύση i. = e λx − x − Η συνάρτηση f (x) 3 , λ > 0 , είναι συνεχής στο  ως άθροισμα συνεχών λ συναρτήσεων. λ e λx − 1 . f ′(x) = f ′(x) = 0 ⇔ λeλx − 1 = 0 ⇔ eλx = 1 ln λ ⇔ λx = − ln λ ⇔ x = − . λ λ f ′(x) > 0 ⇔ λeλx − 1 > 0 ⇔ eλx > 1 ln λ ⇔ λx > − ln λ ⇔ x > − . λ λ Άρα η συνάρτηση έχει ελάχιστο για x = −  ln λ   λ   ln λ  λ⋅ − f − =e  λ  ii. + ln λ , το λ ln λ 3 1 ln λ − 3 ln λ − 2 − = + = λ λ λ λ λ 3 3 ⇔ eλx − x − ≥ 0 , για κάθε x ∈  . Από το (i) ερώτημα πρέπει λ λ f (x) ≥ 0 , για κάθε x ∈  , δηλαδή το ελάχιστο της f να είναι ≥ 0 . Πρέπει eλx ≥ x + Άρα πρέπει: λ> 0 ln λ − 2 ≥ 0 ⇔ ln λ − 2 ≥ 0 ⇔ ln λ ≥ 2 ⇔ λ ≥ e 2 . λ Συνεπώς η μικρότερη τιμή του λ για να ισχύει η δοθείσα ανισότητα είναι το e 2 . 16 Άσκηση 9. Να δείξετε ότι ln ( x + 1) ≥ 2x , για κάθε x ≥ 0 . x+2 Λύση Η ανισότητα ισοδύναμα γράφεται ln ( x + 1) − Θεωρούμε τη συνάρτηση f (x)= ln ( x + 1) − κάθε x ≥ 0 . 2x ≥ 0, x ≥ 0 . x+2 2x , x ≥ 0 . Αρκεί να δείξουμε ότι f (x) ≥ 0 , για x+2 Είναι συνεχής ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων. Επίσης 2 ( x + 2 ) − 2x ( x + 2 ) − 4 ( x + 1) 1 x2 f ′(x) = − = = > 0 , για κάθε x > 0 2 2 2 x +1 ( x + 1) ⋅ ( x + 2 ) ( x + 2) ( x + 1) ⋅ ( x + 2 ) 2 Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο [ 0, +∞ ) . Οπότε έχει ελάχιστο για x = 0 , το f (0) = 0 . Άρα ισχύει f (x) ≥ f (0) ⇒ f (x) ≥ 0 , για κάθε x ≥ 0 . 17 ΘΕΜΑ Δ Άσκηση 1. Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση f : ( 0, +∞ ) → ( 0, +∞ ) για την οποία ισχύουν 1  f ′(x) =  2x −  f (x) και f (1) = e . x  2 i. ex . Να δείξετε ότι f (x) = x ii. Να μελετήσετε την f ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα. iii. Να δείξετε ότι x 2 ≥ iv. Να δείξετε ότι η ευθεία ε : y = 1 + ln 2 + ln x , για κάθε x > 0 . 2 2e ⋅ x εφάπτεται στην γραφική παράσταση της συνάρτησης= g(x) e x , x > 0 . 2 Λύση i.   Ισχύει f ′(x) =  2x − f (x ) > 0 ′ 1 f (x) 1 = 2x − ⇔ ( ln f (x) )′ = ( x 2 − ln x )′ .  f (x) ⇔ x f (x) x Άρα ln f (x) =x 2 − ln x + c . Για x = 1 , γίνεται ln f (1) =1 − ln1 + c ⇔ c = 0 . 2 x 2 − ln x Έτσι, είναι ln f (x) = x − ln x ⇔ f (x) = e 2 ii. ex ⇔ f (x) = . x Η f είναι συνεχής ως πηλίκο συνεχών συναρτήσεων και 2 2 e x ⋅ ( 2x 2 − 1) 2xe x ⋅ x − e x . = f ′(x) = x2 x2 2 e x ⋅ ( 2x 2 − 1) 2 f ′(x) = 0 ⇔ x 2 e x ⋅ ( 2x 2 − 1) = 0 ⇔ 2x 2 − 1 = 0, που ισχύει για x = 1 , διότι x > 0 . 2 > 0 ⇔ 2x 2 − 1 > 0, που ισχύει για x > 1 , διότι x > 0 . 2 2 f ′(x) > 0 ⇔ x 2 Η μονοτονία και τα ακρότατα της f φαίνονται στον παρακάτω πίνακα: 18 Η f έχει ελάχιστο για x = iii. 1  1  το f  =  2  2 Από το (ii) ερώτημα η f έχει ελάχιστο το 2 2 ex f (x) ≥ 2e ⇔ ≥ 2e ⇔ e x ≥ x 2e x 1 + ln 2 x 2 ≥ ln x + , για κάθε x > 0 . 2 iv. 1 2 e = 2e . 1 2 2e , άρα ισχύει ln: γν. αυξ. ⇔ ( ) 1 x 2 ≥ ln x 2e ⇔ x 2 ≥ ln x + ln 2e ⇔ 2 Αρκεί να δείξουμε ότι υπάρχει x 0 > 0 τέτοιο, ώστε 2 e x 0 = = g(x 0 ) = 2e ⋅ x 0 2e ⋅ x 0 ex0 2e ⋅ x 0 ⇔ ⇔ ⇔  2 x g′(x 0 ) = 2e 2x 0 e 0 = 2e 2x 0 ⋅ 2e ⋅ x 0 =2e 2 = ex0 2e ⋅ x 0 1  ⇔ x0 = .  2 1 2 x 0 =  2 2 19 Άσκηση 2. Δίνεται η συνάρτηση f :  →  , για την οποία ισχύουν: • f (4 − x) = f (2 + x) , για κάθε x ∈  και • f ′′(x) ≠ 0 , για κάθε x ∈  . i. Να λυθεί η εξίσωση f ′(x) = 0 . ii. Αν, επιπλέον, η f ′′ είναι συνεχής στο [ 0, 4] και f (0) > f (2) , να βρεθούν τα ολικά ακρότατα της f στο [ 0, 4] . Λύση i. Αφού η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη, παραγωγίζουμε και τα δύο μέλη της ισότητας και έχουμε: f ′(4 − x) ⋅ ( 4 − x )′ = f ′(2 + x) ⋅ ( 2 + x )′ ⇒ −f ′(4 − x)= f ′(2 + x) , για κάθε x ∈  . Για x = 1 , προκύπτει −f ′(3) = f ′(3) ⇔ 2f ′(3) = 0 ⇔ f ′(3) = 0 , δηλαδή το x = 3 είναι λύση της f ′(x) = 0 . Έστω ότι η εξίσωση f ′(x) = 0 έχει κι άλλη ρίζα ρ > 3 . Τότε ισχύουν οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle για την f ′ στο [3,ρ] και έτσι υπάρχει ξ ∈ ( 3, ρ ) με f ′′(ξ) =0 (άτοπο, διότι f ′′(x) ≠ 0 , για κάθε x ∈  ). Ομοίως αν υποθέσουμε ότι έχει κι άλλη ρίζα ρ < 3 . Άρα η εξίσωση f ′(x) = 0 έχει μοναδική ρίζα την x = 3 . ii. Επειδή η f ′′(x) ≠ 0 και συνεχής, θα διατηρεί σταθερό πρόσημο. Άρα η f ′ είναι γνησίως μονότονη. Από Θ.Μ.Τ για την f στο [ 0, 2] , προκύπτει ότι υπάρχει = f ′(ξ1 ) ξ1 ∈ ( 0, 2 ) τέτοιο, ώστε f (2) − f (0) < 0. 2 Από Θ.Μ.Τ για την f ′ στο [ ξ1 ,3] , προκύπτει ότι υπάρχει f ′(3) − f ′(ξ1 ) f ′(ξ1 ) ξ 2 ∈ ( ξ1 ,3) τέτοιο, ώστε f ′′(ξ 2 ) = = − > 0. 3 − ξ1 3 − ξ1 20 Οπότε f ′′(x) > 0 , για κάθε x ∈  . Άρα η f ′ είναι γνησίως αύξουσα. Έτσι έχουμε: 3 < x < 4 ⇒ f ′(x) > f ′(3) = 0 και 0 < x < 3 ⇒ f ′(x) < f ′(3) = 0. Οπότε η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [ 0,3] και γνησίως αύξουσα στο [3, 4] . Συγκρίνουμε τις τιμές της f στα σημεία x1 = 3 (κρίσιμο σημείο) και x 2 = 0 , x 3 = 4 (άκρα): 0<3 f : γν. φθίν. ⇒ f (0) > f (3) , 3 < 4 f : γν. αύξ. ⇒ f (3) < f (4) . Αν στην αρχική ισότητα θέσουμε x = 2 , προκύπτει f (2) = f (4) . Επίσης, έχουμε f (0) > f (2) . Από τα παραπάνω συμπεραίνουμε ότι f (3) < f (4) < f (0) , οπότε η f έχει ελάχιστο στο x = 3, το f (3) και μέγιστο στο x = 0 , το f (0) . 21 Άσκηση 3. A. Να δείξετε ότι η εξίσωση e 2x + x = 0 έχει μοναδική ρίζα στο ( −1, 0 ) . B. Δίνεται ο μιγαδικός αριθμός z =+ e x xi, x < 0 (1). i. Να βρείτε το γεωμετρικό τόπο της εικόνας του z . ii. Να δείξετε ότι υπάρχει μιγαδικός αριθμός z της μορφής (1) που έχει την ελάχιστη απόσταση από την αρχή των αξόνων. Λύση A. Έστω η συνάρτηση f (x) = e 2x + x , x ∈ [ −1, 0] . Είναι συνεχής ως άθροισμα συνεχών 1 − e2 συναρτήσεων και f (−1)= e − 1= < 0 , f (0)= 1 > 0 . e2 −2 Από το θεώρημα Bolzano, προκύπτει ότι η εξίσωση f (x) = 0 έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο ( −1, 0 ) . Όμως, f ′(x) = 2e 2x + 1 > 0 , για κάθε x ∈ ( −1, 0 ) . Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα και η ρίζα της εξίσωσης f (x) = 0 είναι μοναδική. B. i. Έστω = κ ex , = λ x , όπου M( κ, λ) η εικόνα του μιγαδικού αριθμού z . Τότε είναι κ= eλ ⇔ λ= ln κ , με λ = x < 0 . Άρα ο γεωμετρικός τόπος της εικόνας του z είναι η καμπύλη y = ln x , με 0 < x < 1 αφού ln x < 0 . ii. Η απόσταση της εικόνας του z από την αρχή των αξόνων είναι = z = ( OM ) e 2x + x 2 . Έστω g(x) = e 2x + x 2 , x < 0 . Η συνάρτηση g είναι συνεχής ως σύνθεση συνεχών συναρτήσεων και ′(x) g= 1 2 e 2x + x 2 g′(x) = 0⇔ ⋅ ( e 2x + = x 2 )′ f (x) e 2x + x 2 2e 2x + 2x = 2 e 2x + x 2 e 2x + x = e 2x + x 2 f (x) e 2x + x 2 0 ⇔ f (x) = 0 που έχει μοναδική ρίζα στο ( −1, 0 ) = σύμφωνα με το (i) ερώτημα. Έστω ότι είναι x 0 η μοναδική ρίζα της εξίσωσης, δηλαδή f (x 0 ) = 0 . (2) 22 Έχουμε: g′(x) > 0 ⇔ f (x) e 2x + x 2 (2) > 0 ⇔ f (x) > 0 ⇔ f (x) > f (x 0 ) ⇔ x > x 0 , διότι η f είναι γνησίως αύξουσα. Η μονοτονία και τα ακρότατα της g φαίνονται στον παρακάτω πίνακα: Η g έχει ελάχιστο για x = x 0 , άρα ο μιγαδικός με την ελάχιστη απόσταση από την αρχή των αξόνων είναι ο = z e x 0 + x 0i . Ημερομηνία τροποποίησης: 2/9/2011 23