Φύλλα Μαθηματικής Παιδείας Φυλλο 4, 26 Οκτωβριου 204 ISSN 224-3367 Εκδίδεται στην Αθήνα. Διανέμεται και αναπαράγεται ελεύθερα. Δικτυακός Τόπος: www.nsmvroginnis.gr/ekthetis.htm Στοιχειοθετείται με το LATEX 2ε Επιμέλεια: Ν.Σ. Μαυρογιάννης, Δρ Μαθηματικών Πρότυπο Γενικό Πειραματικό Λύκειο Ευαγγελικής Σχολής Σμύρνης mvroginnis@gmil.com Μαθηματικά Κατεύθυνσης Γ Λυκείου Εξισώσεις (Μέθοδοι- Σχόλια- Εφαρμογές) Περίληψη Μπάμπης Στεργίου Μαθηματικός Στο άρθρο αυτό προσπαθούμε να επισημάνουμε και να περιγράψουμε τις πιο χαρακτηριστικές ε- ξισώσεις που μπορεί να συναντήσει ο μαθητής στα Μαθηματικά Κατεύθυνσης της Γ Λυκείου. Για την κάθε περίπτωση δίνουμε μερικά βασικά θεωρητικά στοιχεία που δηλώνουν τη μορφή και υποδεικνύουν στην ουσία τον τρόπο λύσης των ασκήσεων αυτών. Ακολουθούν μερικά χαρακτηριστικά παραδείγματα για την κάθε περίπτωση, ώστε να φανείπιοσυγκεκριμέναοτρόποςήοιτρόποιεπίλυσης των εξισώσεων αυτών. Ευχαριστίες Ευχαριστώ τη συνάδελφο Φωτεινή Καλδή για τις εύστοχες παρεμβάσεις της και το συνάδελφο Χρήστο Κυριαζή που με μεράκι επιμελήθηκε το κείμενο, κάνοντας χρήσιμες παρατηρήσεις. Μεθοδος. Κάθε εξίσωση, μετά από πιθανή εκτέλεση πράξεων ή κατάλληλους αλγεβρικούς μετασχηματισμούς (πχ λογαριθμίζοντας ή πολλαπλασιάζοντας και τα δύο μέλη με κατάλληλη μη μηδενιζόμενη παράσταση) έχει ή παίρνει τημορφή f()=0,όπου fείναικατάλληλησυνάρτηση,με πεδίοορισμούένασύνολο A,πουείναικαιτοπεδίοορισμού της εξίσωσης. Υποθέτουμε ότι η εξίσωση αυτή δεν μπορεί να λυθεί με αλγεβρικές μεθόδους.. Εστωότιγιατησυνάρτηση fγνωρίζουμεήμπορούμε να αποδείξουμε ότι είναι. Προσπαθούμε τότε ναβρούμεμεπαρατήρησηέναναριθμό A,ώστε f()=0.φέρνουμελοιπόντηνεξίσωσηστημορφή f()=f(),οπότελόγωτου παίρνουμε: f()=f() = Επομένως η μοναδική ρίζα της εξίσωσης είναι η =. 2.Είναισυνήθωςπιοεύκολονααποδείξουμεότιησυνάρτηση f είναι γνησίως μονότονη. Στη συνέχεια προσπαθούμε να εντοπίσουμε με παρατήρηση μια ρίζα τηςεξίσωσης,δηλαδήαριθμό A,ώστε f()=0. 3. Εντοπίζουμε με παρατήρηση μια ρίζα και με απαγωγήσεάτοποαποδεικνύουμεότιηεξίσωσηδενέχει άλλη ρίζα. Εφαρμογη. Να λύσετε την εξίσωση: (2 +3 ) 204 =(2 204 +3 204 ) Διαιρούμεκαιταδύομέλημε 3 204 καιηεξίσωσηγίνεται ισοδύναμα: [( 2 3 ) +] 204 =[( 2 204+] 3 ). Προφανήςρίζαείναιητιμή =204.Διακρίνουμεστησυνέχειατιςπεριπτώσεις <204, >204. Στηνπρώτη πχπερίπτωση,όπου <204,λόγωτουγεγονότοςότιη συνάρτηση f()=( 2 3 ) είναι γνησίως φθίνουσα, ενώ η συνάρτηση g()=(( 2 204+) 3 ) είναι γνησίως αύξουσα, παίρνουμε: [( 2 204 +] 3 ) >[( 2 204 204+] 3 ) >[( 2 204+] 3 ) που σημαίνει ότι δεν υπάρχουν ρίζες μικρότερες του 204. Ομοιαεργαζόμαστεκαιγια >204. Άρα η μοναδική ρίζα της δοσμένης εξίσωσης είναι η =204. Εφαρμογη 2. Δίνεται μια συνάρτηση f ορισμένη στο Rμεσυνεχήπρώτηπαράγωγο,γιατηνοποίαισχύουνοι σχέσεις: f()= f(2 )και f () 0γιακάθε R.. Νααποδείξετεότιηfείναιγνησίωςμονότονη. 2. Ναλύσετετηνεξίσωση f()=0. 3. Ναλύσετετηνεξίσωσηf()=0,μεμόνητηνπληροφορίαότιηfείναιπαραγωγίσιμη, f()= f(2 ) και f () 0γιακάθε R. (Εξετάσεις 2003.)
.Παρατηρούμεότιεπειδήησυνάρτηση f είναισυνεχής και δεν μηδενίζεται, αυτή θα διατηρεί πρόσημο. Ετσι, η f είναι γνησίως μονότονη και συγκεκριμένα: είναιγνησίωςαύξουσα,ανηf είναιθετική. είναιγνησίωςφθίνουσα,ανηf είναιαρνητική. 2.Παρατηρούμεότιγια =ηδοσμένησχέσηδίνει: f()= f(2 ) f()+f()=0 2f()=0 f()=0. Επομένως η τιμή = είναι ρίζα της εξίσωσης f()=0καιεπειδήηf είναιγνησίωςμονότονη, η ρίζα αυτή είναι μοναδική. 3. Με τις νέες προϋποθέσεις δεν έχουμε εξασφαλισμένη τημονοτονίατης f,αφούδενγνωρίζουμετησυνέχειατης f. Μαςαρκείόμωςηfναείναι και αυτό το πετυχαίνουμε με απαγωγή σε άτοπο. Εστω λοιπόνότιηfδενείναι.υπάρχουντότε,b R με <b,ώστε f()=f(b). Γιατην fπληρούνται στο[, b] οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle, οπότευπάρχει 0 (,b),τέτοιο,ώστε f ( 0 )=0, άτοπο. Ετσιηfείναι,οπότε f()=0 f()=f() =. Εφαρμογη3.Ναλύσετετηνεξίσωση e = 2 +. Σύμφωναμετασχόλιακαιτηνανάλυσητηςμεθόδου,πρώτα εξετάζουμε αν μπορούμε να εντοπίσουμε ρίζα. Πράγματι,ητιμή =0είναιλύσητηςεξίσωσης.Φέρνουμεόλους τους όρους στο α μέλος και θεωρούμε τη συνάρτηση Είναι και f()=e 2. f ()=(e 2 ) = e 2 f ()=( e 2) =e 2. Φαίνεταιόμωςμετηνπρώτηματιάότιαφούηπρώτηπαράγωγος δε δίνει αμέσως ρίζα και πρόσημο, ενώ η δεύτερη παράγωγος δε διατηρεί πρόσημο, δεν είναι κακή σκέψη να αλλάξουμε τη μορφή της εξίσωσης και αν χρειαστεί, επανερχόμαστε. Είναι λοιπόν: e = 2 + ( 2 +)e = ( 2 +)e =0 Ας θεωρήσουμε επομένως τη συνάρτηση Είναι: f()=( 2 +)e, R. f(0)=0 f ()=(( 2 +)e ) =e (+) 2 >0, Η συνάρτηση λοιπόν f είναι γνησίως μονότονη, οπότε η τιμή =0είναιμοναδικήρίζατηςεξίσωσης f()=0, συνεπώς και της αρχικής εξίσωσης. Σχόλιο Να σημειώσουμε ότι θα μπορούσαμε να συνεχίσουμε την πρώτη μας προσπάθεια, η διαδικασία όμως θα ήταν πιο πολύπλοκηδιότιθαέπρεπεναβρούμετοπρόσημοτης f,τη μονοτονίακαιτοπρόσημοτης f καιτελικάτημονοτονία της f()=e 2. Ας το επιχειρήσει μόνος του ο απαιτητικός μαθητής. Ω- στόσο, μια πολύ εύκολη ενέργεια κατέστησε την λύση της άσκησης πολύ πιο απλή. Υπάρχουν περιπτώσεις που χωρίς τον κατάλληλο μετασχηματισμό της εξίσωσης η επίλυσή της είναι δυσχερής ή αδύνατη. Μεθοδος 2. Φέρνουμε την εξίσωση στη μορφή f()=f(α) και αποδεικνύουμε ότι το α είναι το μοναδικό σημείο, στο οποίο η συνάρτηση παρουσιάζει ολικό ακρότατο. Αυτό συνήθως το πετυχαίνουμε με το να αποδείξουμε ότι η συνάρτηση f αλλάζειμονοτονίαμόνοστο =α. Γιατολόγο αυτόμελετάμεαρχικάτην fωςπροςτημονοτονίακαιτα ακρότατα. Στησυνέχεια,αντο αείναιτομοναδικόσημείο, στο οποίο η συνάρτηση παρουσιάζει ολικό ακρότατο, τότε με τη βοήθεια του ορισμού της μονοτονίας προκύπτει ότι f() f(α)γιακάθε α. Ετσιτο =αείναιη μοναδική ρίζα. Εφαρμογη 4. Δίνεται η συνάρτηση f()=ln+ +.. Ναμελετηθείησυνάρτηση fωςπροςτημονοτονία. 2. Ναλύσετετηνεξίσωση f()=2. 3. Ναλυθείηεξίσωση f( 2 +)+f( 4 +)=4.. Ησυνάρτηση fέχειπεδίοορισμούτο D f =(0,+ ). Είναι: f ()=(ln+ + ) = 2= 2. Απότοπρόσημοτης f προκύπτειότιηfείναι: 2
Γνησίως φθίνουσα στο διάστημα(0, ]. Γνησίως αύξουσα στο διάστημα[, + ). 2.Απότημονοτονίατης fπροκύπτειότιτο f()=2 είναι ολικό ελάχιστο της f και μάλιστα αυτό παρουσιάζεταιμόνοστηθέση 0 =. Αυτόσημαίνειότι είναι f()>2γιακάθε. Άραημοναδικήρίζα τηςεξίσωσης f()=2είναιη=2. Σχόλιο Μπορούμε να εργαστούμε πιο αναλυτικά ως εξής: Αν <, τότε f() > f() = 2, δηλαδή f()>2.αυτόσημαίνειότιf() 2για <. Αν >, τότε f() > f() = 2, δηλαδή f()>2.αυτόσημαίνειότιf() 2για >. Επομένωςημοναδικήρίζατηςεξίσωσηςείναιη=. 3. Παρατηρούμε ότι η εξίσωση f( 2 +)+f( 4 +)=4 αληθεύειγια =0. Αυτήηρίζαείναιημοναδική, αφούγιακάθεάλλητιμήτου είναι 2 + και 4 +,οπότε δηλαδή Άρα f( 2 +)>2και f( 4 +)>2, f( 2 +)+ f( 4 +)>2+2=4. f( 2 +)+ f( 4 +)=4 =0. Εφαρμογη 5. Να λύσετε την εξίσωση 3 +3+6ln+2=6 2. Αν f()= 3 +3+6ln+2 6 2,με > 0,τότε: και f ()=3 2 +6ln+9 2 f ()=6+ 6 6( )2 2=. Ετσι,αφού f()=f ()=0,ηf είναιγνησίωςαύξουσα καιτελικάηfαλλάζειμονοτονίαμόνοστο =. Άρα: Για >είναι f()>f()=0 Για 0<<είναι f()>f()=0 Επομένωςείναι f()>0γιακάθε. Συνεπώςμοναδικήρίζατης fείναιη=. Μεθοδος 3. Αν η εξίσωση έχει σχετικά πολύπλοκη μορφή,προσπαθούμενατηφέρουμεστημορφήf((g())= f(h()),όπου fείναιμιακατάλληλη συνάρτηση.επομένως θα είναι: f((g())=f(h()) g()=h(). Η νέα εξίσωση είτε λύνεται αλγεβρικά, είτε λύνεται όπως στις μεθόδους που περιγράψαμε παραπάνω. Εφαρμογη 6. Να λύσετε την εξίσωση: 2( 2 3+2)=ln[ (3 2)2 + 4 ] + Εξετάσεις 200. Βλέπουμε αρχικά ότι η εξίσωση έχει νόημα(ορίζεται) σε όλοτο R. Είναιφανερόότιμάλλονπρέπειναεξετάσουμεμήπωςηεξίσωσηπαίρνειμιαπιοκαλήμορφήκαιόχι να θεωρήσουμε για μελέτη τη συνάρτηση της διαφοράς. Παρατηρούμε λοιπόν ότι: 2( 2 3+2)=ln[ (3 2)2 + 4 + ] ln((3 2) 2 +)+2(3 2)=ln( 4 +)+2 2 ln((3 2) 2 +)+2(3 2)=ln(( 2 ) 2 +)+2 2 Αν λοιπόν θεωρήσουμε τη συνάρτηση f()=ln( 2 +)+2, τότε η εξίσωση παίρνει τη μορφή: ln((3 2) 2 +)+2(3 2)=ln(( 2 ) 2 +)+2 2 f(3 2)=f( 2 ) Θα μελετήσουμε επομένως την f ως προς τη μονοτονία. Είναι f ()=(ln( 2 +)+2) = 2 ++ 2 + +2=22 2 >0. + Αφούλοιπόνηπαράγωγοςτης f είναιθετικήσεόλοτο R,ηfείναιγνησίωςαύξουσα. Είναιεπομένωςκαι, οπότε η εξίσωση γίνεται: f(3 2)+f( 2 ) 3 2= 2 2 3+2=0 (=2ή=). Καιοιδύοαυτέςτιμέςείναιδεκτές,μιαςκαιδενέχουμε περιορισμούς. 3
Εφαρμογη7.Δίνεταιησυνάρτησηf()=e ln(e ). Να λυθεί η εξίσωση: f( 4 +3)+f( 2 +)=f( 4 +)+f( 2 +3). Ηεξίσωσηαλλάζονταςτηθέσητωνόρωνπαίρνειτημορφή: Είναι f( 4 +3) f( 4 +)=f( 2 +3) f( 2 +). f()=e ln(e )=e ln, µε >0 f ()=(e ln) =e και f ()=(e ) =e + 2>0, >0. Επομένωςηf είναιγνησίωςαύξουσα. Ημορφήτηςεξίσωσης μας οδηγεί να θεωρήσουμε τη συνάρτηση g()=f(+2) f(), αφούέτσιηεξίσωσηπαίρνειτημορφή g( 4 +)=g( 2 +), με R. Είναιόμως: g ()=f (+2) f ()>0διότιηf είναι γνησίωςαύξουσακαι +2>. Άραηgείναιγνησίως αύξουσα, συνεπώς είναι και. Ετσι, τελικά παίρνουμε: Σχόλιο g( 4 +)=g( 2 +) 4 += 2 + 4 2 =0 2 ( 2 )=0 (=0 ή = ή = ). Η δοσμένη εξίσωση παραπέμπει προφανώς και στο θεώρημαμέσηςτιμής. Προφανείςρίζεςείναιοι =0, =, =. Θααποδείξουμεότιδενέχειάλλες. Ομωςγια την εφαρμογή του ΘΜΤ είναι απαραίτητη η διάταξη των αριθμών 2 +, 2 +3, 4 +, 4 +3.Είναιπροφανώς 2 +< 2 +3 και 4 + < 4 +3. Ετσιξεκινάμεμετηδιάταξητων 2 +3, 4 +καιβλέπουμε τελικά ότι: Αν 2,τότε 2 +< 2 +3 < 4 + < 4 +3. Αν < < 2,τότε 2 +< 4 + < 2 +3 < 4 +3. Αν 0< <,τότε 4 +< 2 + < 4 +3 < 2 +3. Αν λοιπόν εφαρμόσουμε ΘΜΤ στην πρώτη περίπτωση στα διαστήματα[ 2 +, 2 +3] και[ 4 +, 4 +3],τότεη εξίσωση γίνεται: f( 2 +3) f( 2 +)=f( 4 +3) f( 4 +) 2f ( )=2f ( 2 ) = 2, με ( 2 +, 2 +3)και 2 ( 4 +, 4 +3). Αλλά ησχέση = 2 οδηγείσεάτοπο. Ομοια, σε άτοπο οδηγούμαστε και στις άλλες περιπτώσεις. Μεθοδος 4. Σε ορισμένες, πιο σπάνιες περιπτώσεις, πιθανόν να χρειαστεί να εντοπίσουμε με παρατήρηση δύο ή περισσότερες ρίζες και να αποδείξουμε ότι οι ρίζες αυτέςείναιοιμοναδικές. Αυτόμπορείναγίνεικαιωςεξής: Υποθέτουμεότιηεξίσωση(πουπαίρνειήέχειτημορφή f()=0)έχειπ.χτουλάχιστοντρειςρίζες,οπότεμεδιαδοχικέςεφαρμογέςτουθεωρήματος Rolleγιατις f,f,f προσπαθούμε να καταλήξουμε σε άτοπο. Εφαρμογη 8. Να λύσετε την εξίσωση 2 +3 2 =9+2. Παρατηρούμεότιοιαριθμοί =0, =επαληθεύουντην εξίσωση, οπότε είναι ρίζες. Θα αποδείξουμε με τη μέθοδο τηςαπαγωγήςσεάτοποότιαυτέςοιλύσειςείναιοιμοναδικές. Εστωλοιπόνότιυπάρχεικαιάλληλύσηκαιας ονομάσουμε, b, c τις τρεις(τουλάχιστον) από τις ρίζες τηςεξίσωσης,με <b<c. Είναιπροφανέςότιδύοαπό τουςαριθμούς,b,cείναιοι0και.ηεξίσωσημαςοδηγεί στη συνάρτηση f()=2 +3 2 9 2. Είναιτότε f()=f(b)=f(c)=0. Απότοθεώρημα Rolleγιατην f υπάρχουν (,b)και 2 (b,c)τέτοια, ώστε: f ( )=0και f ( 2 )=0. Επίσης,πάλιαπότο θεώρηματου Rolleαλλάγιατην f,υπάρχει ξ (, 2 ), με f (ξ)=0.είναιόμως: και f ()=2 ln2+2 3 2 ln2 9 f ()=2 ln 2 2+4 3 2 ln 2 2>0. Αλλάητελευταίασχέσημετην f (ξ)=0οδηγούνσε άτοπο. Ηεξίσωσηλοιπόνδενμπορείναέχειτρειςήπερισσότερες ρίζες, οπότε οι λύσεις της είναι αναγκαστικά οι =0, =. 4
Εφαρμογη 9. Να λύσετε την εξίσωση 2 +3 +6 =3 2 +5+3. Προφανείςρίζεςείναιοι =0,=,=. Αςυποθέσουμεότιέχουμετέσσεριςτουλάχιστονρίζες,τις,b,c,d με <b<c<d. Οπωςστηνπροηγούμενηεφαρμογή,πάλι με διαδοχικές εφαρμογές του θεωρήματος Rolle για τη συνάρτηση f()=2 +3 +6 3 2 5 3, θαπρέπειναυπάρχει ξμε f (3) (ξ)=0. Αυτόόμωςείναι άτοπο, διότι: f (3) ()=2 ln 3 2+3 ln 3 2+6 ln 3 6> 0. Εφαρμογη0. Εστω f R Rκυρτήσυνάρτησηκαι α R.Ναλύσετετηνεξίσωση: f()=f(α)+f (α)( α). Παρατηρούμεότιπροφανήςρίζατηςεξίσωσηςείναιη=α. Εστωότιυπάρχεικαιάλληρίζα τηςεξίσωσηςμε α, πχ >α.σύμφωναμετοθμτ,υπάρχει ξ (α,),τέτοιο ώστε: f (ξ)= f() f(α) f()=f(α)+f (ξ)( α) α Επομένως η εξίσωση παίρνει τη μορφή: f()=f(α)+f (α)( α) f(α)+f (ξ)( α)=f(α)+f (α)( α) f (ξ)( α)=f (α)( α) f (ξ)=f (α) ξ=α διότιηf είναικυρτή,οπότεηf,ωςγνησίωςαύξουσα, είναι. Αλλάησχέση ξ= αοδηγείσεάτοπο,διότι ξ (α,)πουσημαίνειότι ξ α. Ομοιακαταλήγουμεσε άτοπο,ανδεχθούμεότιυπάρχειρίζα τηςεξίσωσηςμε <α. Άραημοναδικήρίζατηςδοσμένηςεξίσωσηςείναι η =α. Άλλος τρόπος Τοθεώρημαμέσηςτιμήςστηλύσηεξισώσεων. Μια αξιοσημείωτη περίπτωση. Εφαρμογη. Να λυθεί η εξίσωση 3 +5 =2 + 6. Εστω ρίζα της εξίσωσης, δηλαδή ήισοδύναμα Θεωρούμε τη συνάρτηση 3 +5 =2 +6 3 2 =6 5 (). f(t)=t,t>0. Με εφαρμογή του Θεωρήματος Μέσης Τιμής στα διαστήματα[2, 3],[5, 6]προκύπτειότιυπάρχουν (2,3)και b (5,6),τέτοια,ώστε: f ()=3 2, f (b)=6 5. Επομένως, λόγω της σχέσης() είναι: f ()=f (b). Επειδή f (t)=t προκύπτειότι: =b ( b ) =0 (=0ή=). Οι τιμές 0, ικανοποιούν την εξίσωση, οπότε αυτές είναι και οι μοναδικές ρίζες της. Τονίζουμε ότι είναι απαραίτητο να κάνουμε επαλήθευση, διότι στις τιμές αυτές φτάσαμε με τηνυπόθεσηότιηεξίσωσηέχειλύση,κάτιόμωςπουδεν είναι απαραίτητο να συμβαίνει. Εφαρμογη2.Ανησυνάρτηση f (0,+ ) Rείναι παραγωγίσιμηκαιηf είναιγνησίωςμονότονη,ναλυθείη εξίσωση: Η εξίσωση της εφαπτομένης της C f στο σημείο της M(α,f(α))είναιηεξής: (ε) y f(α)=f (α)( α) y=f(α)+f (α)( α). f(+ 2 )+f( 2 )=f()+f(). Αλλάηfείναικυρτή,οπότεηγραφικήτηςπαράστασηείναιπάνωαπότηνεφαπτομένη(ε),μεεξαίρεσητοσημείο επαφής M(α,f(α)). Ετσι,για αισχύειότι: f()>y f()>f(α)+f (α)( α). Αφούτο =αείναιρίζατηςδοσμένηςεξίσωσης, από την παραπάνω σχέση συμπεραίνουμε ότι αυτή είναι και η μοναδική. Η εξίσωση γράφεται: f()+f()=f(+ 2 )+f( 2 ) f() f(+ 2 )=f( 2 ) f(). Παρατηρούμεότιπροφανήςρίζατηςεξίσωσηςείναιη=. Θα αποδείξουμε ότι αυτή είναι και η μοναδική. Διακρίνουμε τις περιπτώσεις. 5
Αν >,τότε + 2 <<< 2. Από το ΘΜΤ υπάρχουν: ξ (+ 2,)τέτοιο,ώστε f (ξ )= f() f(+ 2 ) (+ 2 ) f() f(+ 2 ) 2 ξ 2 (, 2 )τέτοιο,ώστε f (ξ 2 )= f(2 ) f() 2 Επειδήηf είναιγνησίωςμονότονηκαι ξ <ξ 2,είναι f (ξ ) f (ξ 2 ),οπότε f() f(+ 2 ) 2 f(2 ) f() 2 f() f(+ 2 ) f( 2 ) f(). = Άρα δεν υπάρχει λύση της εξίσωσης στο διάστημα (,+ ). Αν 0<<,τότε 2 < <<+ 2,τότε εργαζόμαστε τελείως ανάλογα στα διαστήματα [ 2,],[,+ 2 ] καικαταλήγουμεότιδενμπορείναέχουμερίζαστοδιάστημα(0,). Μοναδική λοιπόνρίζατηςεξίσωσηςείναιη=. Μεθοδος 5. Υπάρχει μια ειδική κατηγορία εξισώσεων, που έχουν τη γενική μορφή: f(())+f(b())=f(d())+f(g()). Στις εξισώσεις αυτές προσπαθούμε αρχικά να αποδείξουμε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως μονότονη. Στη συνέχεια, αφού εντοπίσουμε μια ρίζα ρ της δοσμένης εξίσωσης, προσπαθούμεμετημέθοδοτηςαπαγωγήςσεάτοπονααποδείξουμεότιηεξίσωσηδενέχειάλληρίζα. Αυτότο πετυχαίνουμε διακρίνοντας τις περιπτώσεις < ρ, > ρ, συγκρίνοντας τις ποσότητες (), b(), d(), g() κατάλληλα ανά δύο και χρησιμοποιώντας το είδος της μονοτονίας τηςσυνάρτησης f. Εφαρμογη 3. Να λυθεί η εξίσωση 2 ln(2 +)+4 ln(4 +)=3 ln(3 +)+5 ln(5 +). Μιαπροφανήςρίζαείναιη=0. Παρατηρούμεότιαν θεωρήσουμε τη συνάρτηση f()=ln(+), µε >, τότε η εξίσωση παίρνει τη μορφή: Είναι όμως: και f(2 )+f(4 )=f(3 )+f(5 ) f ()=ln(+)+ + =ln(+)+ + f ()= + + (+) 2>0. Είναι f (0)=0καιησυνάρτηση f είναιγνησίωςαύξουσα. Άραηf είναιαρνητικήστοδιάστημα(,0)καιθετική στο(0, + ). Η συνάρτηση f είναι λοιπόν γνησίως φθίνουσαστο(,0]καιγνησίωςαύξουσαστο[0,+ ). Για < 0 είναι 2 > 3 και 4 > 5, οπότε f(2 )>f(4 )και f(4 )>f(5 ),διότιοιαριθμοί 2,3,4,5 ανήκουνστοδιάστημα(0,+ ).Αυτές με πρόσθεση κατά μέλη δίνουν: f(2 )+f(4 )>f(3 )+f(5 ). Για > 0 είναι 2 < 3 και 4 < 5, οπότε f(2 ) < f(4 ) και f(4 ) < f(5 ), διότι οι α- ριθμοί 2,3,4,5 ανήκουν επίσης στο διάστημα (0, + ).Αυτές με πρόσθεση κατά μέλη δίνουν: f(2 )+f(4 )<f(3 )+f(5 ). Επομένωςηεξίσωση f(2 )+f(4 )=f(3 )+f(5 )δεν έχειάλληρίζαεκτόςαπότην =0. Μεθοδος 6. Σε ορισμένες περιπτώσεις εντοπίζουμε ρίζες με παρατήρηση, αλλά η μοναδικότητα αυτών των ριζών εξασφαλίζεται μόνο με την εύρεση των διαστημάτων της μονοτονίας. Ετσι, αν η βοηθητική συνάρτηση f αλλάζει μονοτονία μόνο μια φορά και στο καθένα από τα διαστήματα που δημιουργούνται έχουμε ρίζα, τότε η εξίσωση έχει δύο ακριβώς ρίζες και η διαδικασία επίλυσης έχει ολοκληρωθεί. Εφαρμογη 4. Να λυθεί η εξίσωση 4 = 4, >0 Δύοπροφανείςρίζεςτηςεξίσωσηςείναιοι=2, =4.Θα αποδείξουμε ότι αυτές είναι και οι μοναδικές. Λογαριθμίζοντας βλέπουμε ότι εξίσωση παίρνει την ισοδύναμη μορφή ln = ln4 ln 4.Θεωρούμελοιπόντησυνάρτηση f()= και βρίσκουμε ότι: f ()= ln 2, >0 Η f είναιγνησίωςαύξουσαστο(0,e]καιγνησίως φθίνουσα στο[e, + ). 6
Ετσι,αφού 2<eκαι 4>e,βλέπουμεότι: Στοδιάστημα(0,e]είναι ln = ln4 4 ln = ln2 2 f()=f(2) =2. Στοδιάστημα[e,+ )είναι ln = ln4 4 f()=f(4) =4. Επομένωςοιλύσειςτηςεξίσωσηςείναιοι =2, =4. Σχόλιο Οισυναρτήσεις f()=4, g()= 4 είναιπροφανώς κυρτές. Αν τις σχεδιάσει κάποιος κάπως ικανοποιητικά, ηδιαίσθησήτουθατονοδηγήσειστοσυμπέρασμαότιοι γραφικές τους παραστάσεις έχουν δύο ακριβώς κοινά σημεία, οπότε αυτά είναι και τα μοναδικά. Αυτό ωστόσο, είναι γενικά τελείως παραπλανητικό, διότι οι γραφικές παραστάσεις δύο κυρτών(ή κοίλων αντίστοιχα) συναρτήσεων μπορεί να έχουν οσαδήποτε κοινά σημεία, δηλαδή κανένα, ένα,δύοκαιγενικά n,όπου n N. Οι συγκεκριμένες γραφικές παραστάσεις, δηλαδή οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f()=2, g()= 2 έχουνακριβώςτρίακοινάσημεία.ταδύοαπόαυτάέχουν τετμημένες =2, =4καιτοτρίτοέχειαρνητικήτετμημένη που δεν προσδιορίζεται. Στο παρακάτω διάγραμμα βλέπουμε- για πρακτικούς λόγους- τις γραφικές παραστάσεις των κυρτών συναρτήσεων f()=2 και g()= 2 πουέχουντρίακοινάσημεία. Στοσύνολοτωνθετικώναριθμώνηεξίσωση 2 = 2,όπωςπροκύπτειαπότοσχήμα,έχειμόνοδύολύσεις,τις =2,=4. όπου f είναι συνεχής συνάρτηση. Στην περίπτωση αυτή αποδεικνύουμε πρώτα ότι η f είναι θετική(ή αρνητική) στο διάστημα. Στη συνέχεια θεωρούμε τη συνάρτηση H()= f(t)dt, καιπαρατηρούμεότιηεξίσωση παίρνει τη μορφή H(g())=0=H() (). Είναιόμως H ()=f()>0(ή H ()=f()<0),οπότε η συνάρτηση H είναι γνησίως μονότονη. Ετσι η εξίσωση () ισοδύναμα γίνεται H(g())=H() g()=. Στη συνέχεια λύνουμε την νέα εξίσωση είτε αλγεβρικά, είτε με τις μεθόδους που περιγράψαμε παραπάνω. Άλλος τρόπος Αφού αποδείξουμε ότι η συνάρτηση f διατηρεί πρόσημο, μπορούμε να εργαστούμε και ως εξής. Ας υποθέσουμε πχ ότι f()>0,. Ανήταν <g()γιακάποιο,τότεθαήτανκαι άτοπο. g() f(t)dt>0, Ανήταν >g()γιακάποιο,τότεθαήταν άτοπο. g() f(t)dt<0, Επομένως, αναγκαστικά παίρνουμε: g() f(t)dt=0 g()= Ανάλογα εργαζόμαστε αν η συνάρτηση f είναι αρνητική. Επίσηςμετονίδιοτρόποεργαζόμαστεανκαιταδύοάκρα ολοκλήρωσης είναι μεταβλητά, δηλαδή είναι μη σταθερές συναρτήσεις του. Άλλος τρόπος Σε αρκετές επίσης περιπτώσεις σύντομες λύσεις πετυχαίνουμε με εφαρμογή του Θεωρήματος Μέσης Τιμής για το Ολοκλήρωμα. Σύμφωνα με αυτό, αν η συνάρτηση f είναι συνεχήςστο[,b],τότευπάρχει c (,b)τέτοιο,ώστε: Μεθοδος 7.(Εξίσωση με ολοκλήρωμα) Η εξίσωσηέχειήπαίρνεισυνήθωςτημορφή g() f(t)dt=0, b f(t)dt=f(c)(b ). Ανλοιπόνείναι f(t) 0γιακάθε t,τότεπαίρνουμε ότι g() f(t)dt=0 f(c)(g() )=0 g()=. 7
Εφαρμογη 5. Να λύσετε την εξίσωση e t 2 +dt=0. Θεωρούμε τη συνάρτηση g()= t 2 +dt, R. Η g είναι παραγωγίσιμη με: g ()=( t +dt) 2 = 2 +>0 γιακάθε R. Ησυνάρτηση gείναιλοιπόνγνησίωςαύξουσα,άρακαι. Ετσιηεξίσωσηγίνεται: e Άλλος τρόπος t 2 +dt=0 g(e )=0 g(e )=g() e = =0. Επειδή t 2 + > 0 και επιπλέον η συνάρτηση h(t) = t 2 +είναισυνεχήςστο R,είναι b t 2 +dt 0για κάθε bκαιπιοσυγκεκριμένα: Αν <b,τότε b t 2 +dt>0 Αν >b,τότε b t 2 +dt<0 Σύμφωνα με τα παραπάνω παίρνουμε: e t 2 +dt=0 e = =0. Εφαρμογη 6. Δίνεται η συνάρτηση f()={ e αν 0 αν =0.Να αποδείξετε ότι η f είναι συνεχής στο σημείο 0 = 0καιστησυνέχειαότιείναιγνησίωςαύξουσα. 2.Ναλύσετετηνεξίσωση 2f () f(u)du=0. Εξετάσεις 204. e.είναι limf()= lim ( 0 0 = ) e 0 0 lim 0 ==f(0). Άραηfείναισυνεχήςστο 0 =0.Για 0είναι f ()= e e + 2 = h() 2 όπου h()=e e +.Τοπρόσημοτης hκαθορίζειτοπρόσημοτης f. Ησυνάρτηση hείναι παραγωγίσιμησεόλοτο Rμε h ()=e. Επίσης είναι h ()=0 =0. h ()>0 >0. Άραηhείναιγνησίως αύξουσα στο[0, + ). h ()<0 <0. Άραηhείναιγνησίως φθίνουσα στο(, 0]. f () f 0 + Συνεπώςγια >0έχουμε Ομοια,για <0έχουμε 0 + h()>h(0) f ()>0. h()>h(0) f ()>0. Τελικά, αφού f () > 0 για κάθε (,0) (0,+ )καιηf είναισυνεχήςστο 0 = 0,ησυνάρτηση fείναιγνησίωςαύξουσασεόλοτο R. 2. Θαβρούμεαρχικάτηνπαράγωγοτης fστο 0μετη χρήση του ορισμού. f() f(0) e ( 0 0 lim = lim ) 0 0 0 2 = e ( 0 0 lim ) e = lim = 0 2 0 2 2 R Άραηfείναιπαραγωγίσιμηστο 0 =0με f (0)= 2. Θεωρούμε τη συνάρτηση F()= 0 f(t)dtμε R. Παρατηρούμε ότι η εξίσωση παίρνει τη μορφή: F(2f ())=F()() Αλλά F ()=( f(t)dt) = f()>0 γιακάθε R. ΕπομένωςηF είναιγνησίωςαύξουσα,οπότεείναικαι-. Ηεξίσωσηλοιπόν()γίνεται ισοδύναμα: F(2f ())=F() 2f ()= f ()= 2 f ()=f (0) Οπως στο πρώτο ερώτημα προκύπτει ότι η συνάρτηση fείναικυρτή. Ετσι,ηf,ωςγνησίωςαύξουσα, είναικαι,οπότεπαίρνουμε: f ()=f (0) =0. 8
Να σημειώσουμε ότι αντί της συγκεκριμένης αρχικής, μπορούμεναθεωρήσουμετυχαίααρχική Fτης fκαιναεργαστούμε εντελώς ανάλογα. Άλλος τρόπος Παρατηρούμεότιη=0είναιπροφανήςλύσητηςδοσμένηςεξίσωσηςαφούγια =0τοπρώτομέλοςείναιίσο με 2 2 f(u)du= f(u)du=0. Για>0είναιe > και e >0 f()>0,ενώ για <0είναι e e < και >0 f()>0 Για =0έχουμε f(0)=>0. Αφούηfείναικυρτή,ηf είναιγνησίωςαύξουσα.συνεπώς,για >0είναι f ()>f (0) 2f ()>καιαφού f()>0γιακάθε >0,παίρνουμε 2f () f(u)du>0. Αυτό σημαίνει ότι δεν υπάρχουν λύσεις της δοσμένης εξίσωσηςγια >0. Ομοια,για <0,είναι f ()<f (0) 2f ()<καιαφού f()>0γιακάθε <0προκύπτει ότι: 2f () f(u)du>0 2f () f(u)du<0. Συνεπώς δεν υπάρχουν λύσεις της δοσμένης εξίσωσης για <0. Άραημοναδικήλύσητηςαρχικήςεξίσωσηςείναιη =0. Εφαρμογη7.Αν α>,ησυνάρτηση f R Rείναι κυρτήκαι f()=,ναλύσετετηνεξίσωση ( ) f(t) dt=(f() )( ), > t Προφανήςρίζατηςεξίσωσηςείναιη=α.Θααποδείξουμεότιείναιημοναδική. Εστωότιυπάρχεικαιάλληρίζα αμε >.Θεωρούμετησυνάρτηση g()= Είναι g ()= f() και g ()= f ()( ) f()+ ( ) 2 α = f ()( ) f (ξ)( ) ( ) 2 f(t) dt, >. t = f ()( ) (f() f()) = ( ) 2 = f () f (ξ) >0 9 Η συνάρτηση g είναι λοιπόν κυρτή. Ετσι, η εξίσωση γράφεται: ( ) f(t) t dt=(f() )( ) ( )g()=(f() )( ) g() g() = f() g ( 0 )=g () 0 = διότιηg,ωςγνησίωςαύξουσαείναικαι.αυτόόμως είναιάτοπο,αφούτο 0 βρίσκεταιαπότοθμτανάμεσα στα ακαι. Σχόλια. Μπορούμε επίσης να βασιστούμε στην ιδιότητα της εφαπτομένης μιας κυρτής συνάρτησης. Ετσι, αφού η γραφική παράσταση της g, με εξαίρεση το σημείο ε- παφής βρίσκεται πάνω από την εφαπτομένη, για κάθε < αισχύειότι g()>g(α)+g (α)( α)() Πράγματι,αφούηgείναικυρτήκαιηεξίσωσητης εφαπτομένηςτης C g στοσημείοτηςμετετμημένη α είναιy g(α)=g (α)( α),προκύπτειησχέση(). 2. Παρόμοια λύση μπορούμε να πετύχουμε αν μελετήσουμε τη συνάρτηση της διαφοράς. Εφαρμογη 8.Δίνεταιησυνάρτηση f()=e 2. Να λύσετε τις εξισώσεις:. f(t)dt+ 3 f(t)dt= 5 f(t)dt+ 7 f(t)dt 2. 0 f(t)dt+ 2 0 f(t)dt= 3 0 f(t)dt+ 4 0 f(t)dt. Θεωρούμε τη συνάρτηση Επειδή g()= g ()=( f(t)dtμε R. f(t)dt) =f()>0, η συνάρτηση g είναι γνησίως αύξουσα. Η εξίσωση παίρνει τη μορφή g()+g( 3 )=g( 5 )+g( 7 ) () Παρατηρούμεαρχικάότιοιτιμές =0,=,= είναι λύσεις της εξίσωσης. Θα αποδείξουμε ότι οι λύσεις αυτές είναι οι μοναδικές.
Με >είναι Επομένως: < 5 και 3 < 7. g()<g( 5 ) και g( 3 )<g( 7 ). Αυτές με πρόσθεση κατά μέλη δίνουν g()+g( 3 )<g( 5 )+g( 7 ) πουσημαίνειότικανέναςαριθμός >δενεπαληθεύει την εξίσωση(). Με 0<<είναι > 5 και 3 > 7. Επομένως, εντελώς ανάλογα παίρνουμε: g()>g( 5 ) και g( 3 )>g( 7 ). Αυτές με πρόσθεση κατά μέλη παίρνουμε: g()+g( 3 )>g( 5 )+g( 7 ) πουσημαίνειότικανέναςαριθμός, µε 0< <δενεπαληθεύειτηνεξίσωση(). Με <<0ήμε < εργαζόμαστεεντελώς ανάλογα. Σημειώνουμε ότι στην πρώτη περίπτωση θα είναι ενώ στη δεύτερη < 5 και 3 < 7 > 5 και 3 > 7. Τελικά, οι μοναδικές ρίζες της εξίσωσης είναι οι =0, =, =. 2. Θέτουμε, αντίστοιχα με το ερώτημα. g()= καιηεξίσωσηπαίρνειτημορφή 0 f(t)dt g()+g(2)=g(3)+g(4) Προφανήςρίζαείναιη=0.Διακρίνονταςτιςπεριπτώσεις >0 ή <0 έχουμε αντίστοιχα ότι: <3, 2<4.Επομένως: g()<g(3) και g(2)<g(4). Αυτές με πρόσθεση δίνουν g()+g(2)<g(3)+g(4), πουσημαίνειότιηεξίσωσηδενέχειθετικέςρίζες. >3, 2>4.Επομένως: g()>g(3)και g(2)>g(4) Αυτές με πρόσθεση δίνουν g()+g(2)>g(3)+g(4), που σημαίνει ότι η εξίσωση δεν έχει αρνητικές ρίζες. Άραημοναδικήρίζατηςεξίσωσηςείναιη=0. Σημείωση Ο τρόπος αυτός εφαρμόζεται για κάθε συνεχή συνάρτηση fπουείναιγνησίωςαύξουσαήγνησίωςφθίνουσασεένα διάστημα. Εφαρμογές στις εξισώσεις. Ασκήσεις για εξάσκηση. Ασκηση.Μιασυνάρτηση f R Rέχειτηνιδιότητα f(3 )+f(+5)=0 γιακάθε R. καιείναιγνησίωςφθίνουσα. Ναλυθείη εξίσωση f()=0. Για = παίρνουμε f(4) = 0,οπότεμιαλύσητηςεξίσωσης f()=0είναιη=4. Επειδήόμωςηf είναι γνησίως μονότονη, η λύση αυτή είναι μοναδική. Άρα f()=0 =4 Ασκηση2.Δίνεταιησυνάρτηση f()=( 3 5 ) +( 4 5 ).. Νααποδειχθείότιηfείναιγνησίωςφθίνουσα. 2. Ναλυθείηεξίσωση 3 +4 =5 3. Ναλυθείηανίσωση 3 +4 >5.. Η f έχειπεδίοορισμούτο A=R. Εστω < 2. Επειδή 0< 3 5 < και 0< 4 5 <,παίρνουμεότι: ( 3 5 ) >( 3 5 )2 και ( 4 5 ) >( 4 5 ) 2 ( 3 5 ) +( 4 5 ) > ( 3 5 )2 +( 4 5 )2,δηλαδή f( )>f( 2 ) 0
ΆραηfείναιγνησίωςφθίνουσαστοR.Ημονοτονία μπορεί να βρεθεί ευκολότερα με την παράγωγο. 2. Είναι: 3 +4 =5 3 4 5+ 5 = ( 3 5 ) +( 4 =0 f()=0. 5 ) Παρατηρούμε όμως ότι: f(2)=( 3 2 5 ) +( 4 2 5 ) = 9+6 25 =0 οπότεη=2είναιρίζατηςεξίσωσης f()=0. Ε- πειδή επιπλέον η f είναι γνησίως μονότονη, η ρίζα =2είναιημοναδική. Άραημοναδικήλύσητης δοσμένηςεξίσωσηςείναιη=2. 3.Είναι: 3 +4 > 5 ( 3 5 ) +( 4 5 ) > ( 3 5 ) + ( 4 5 ) >0 f()>0 f()>2 <2 Εφαρμογή Να λύσετε την εξίσωση 5 +2 =3. Η εξίσωση, αφού διαιρέσουμε πρώτα όλους τους όρους με 3,γράφεταιστημορφή: με ( 5 3 ) +( 2 3 ) =0 f()=0, f()=( 5 3 ) +( 2 3 ). Μοναδικήρίζαείναιτελικάη=2. Ασκηση3.Δίνεταιμιασυνάρτηση f R Rμετην ιδιότητα f() f(y)=f( ) γιακάθε, y 0. y Ανηεξίσωση f()=0έχειμοναδικήρίζα,τότε:.νααποδειχθείότιορίζεταιηf. 2.Ναλυθείηεξίσωση f()+f( 2 +3)=f( 2 +)+f(+ 3.Ανεπιπλέονείναι f()>0γιακάθε >,νααποδειχθεί ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα (0,+ ).. Εστω α,β 0με f(α)=f(β).τότε: f(α) f(β)=0 f( α )=0 () β Αλλάηδοσμένησχέσηγια =y=δίνει: f() f()=f() f()=0. Επειδήηεξίσωση f()=0έχειμοναδικήρίζα,αυτή α θαείναιη=. Άραη()δίνει: β = α=β Επομένωςηfείναι-,οπότεορίζεταιηf. 2. Είναι: f()+f( 2 +3)=f( 2 +)+f(+) f() f( 2 +)=f(+) f( 2 +3) + f f( 2 )=f( + 2 ) +3 2 + = + 2 +3 3 +3= 3 + 2 ++ 2 2+=0 = η οποία είναι δεκτή. 3. Εστω α,β > 0 με α < β. Θα αποδείξουμε ότι f(α)<f(β).είναι: β f(β) f(α)=f( β α )>0, διότι α >. Άρα f(α)<f(β),οπότεηf είναι γνησίωςαύξουσαστο(0,+ ). Ασκηση4.Δίνεταιησυνάρτηση f()=e + 3 ++.. Να αποδείξετε ότι η f αντιστρέφεται. 2. Ναλύσετετηνεξίσωση e 2 +( 2 ) 3 + 2 2=e +3 +(+3) 3 +3. Ασκηση 5. Να λύσετε τις παρακάτω εξισώσεις:. (2 2 + 2 +) 3 +2 2 + 2 +=(2 +2 ++3) 3 +4 2 ++3 2. (e + 3) 5 +(e + 3) 3 +e +=0 Ασκηση6.Δίνεταιησυνάρτηση f()=2ln 2 +.. Ναβρεθείτοπεδίοορισμού Aτης f,ηf ()καιη f (). 2. Ναμελετηθείηfωςπροςτημονοτονίακαιναβρεθεί τοπρόσημοτης f. 3. Ναλυθείηεξίσωση 2ln= 2. 4. Αν 0<,νααποδειχθείότι ln 2 < 2.
.Πρέπει >0,οπότετοπεδίοορισμούτης f είναι A=(0,+ ).Επιπλέον: f () = (2ln 2 +) = 2ln+2 2, >0. f ()=(2ln+2 2) = 2 2= 2( ) 2.Γιαναμελετήσουμετην f ωςπροςτημονοτονία, πρέπειναβρούμετοπρόσημοτης f. Ομωςηεξίσωση f ()=0δενλύνεταιμεαλγεβρικέςμεθόδους. Για τον λόγο αυτό εκμεταλλευόμαστε το πρόσημοτης f. Οληαυτήηδιαδικασίαενσωματώνεται στονπίνακαπροσήμου. Στο(0,)είναι f ()>0 καιστο(,+ )είναι f ()<0. Επομένωςηf είναι γνησίως αύξουσα στο(0, ] και γνησίως φθίνουσαστο[,+ ). Απότημονοτονίατης f και απότογεγονόςότι f ()=0παίρνουμεότι: για <είναι f ()<f ()=0καιγια >είναι f ()<f ()=0.Άραηfείναιγνησίωςφθίνουσα στο(0,+ )(αφούείναισυνεχήςκαιστο 0 = ). Ακόμα είναι: < f()>f() f()>0 > f()<f() f()<0 Επομένωςηf είναιθετικήστο(0,)καιαρνητική στο(,+ ). 3. Η πρώτη ενέργεια είναι να συσχετίσουμε τη δοσμένη εξίσωσημετην f.είναιόμως: >0 ln= 2 2 2ln= 2 2ln 2 +=0 f()=0 Ομως f()=0καιεπειδήηfείναιγνησίωςμονότονη,το =είναιημοναδικήρίζατης f. Άρακαι ημοναδικήρίζατηςεξίσωσηςείναιη=. 4. Η f είναι γνησίως φθίνουσα, οπότε: > f()<f() 2ln 2 +<0 2ln< 2 ln 2 < 2, αφού 2 >0στο(,+ ). < f()>f() 2ln 2 +>0 2ln> 2 ln 2 < 2 αφού 2 <0στο(0,). Επομένως: ln 2 < 2 γιακάθε (0,) (,+ ). Ασκηση 7. Δίνεται η συνάρτηση. Ναβρείτετην f. f()=(+)e + 2 2. 2. Ναμελετήσετετην fωςπροςτημονοτονία. 3. ΝαεξετάσετεανηC f διέρχεταιαπότηναρχήτων αξόνων. 4. Ναλύσετετηνεξίσωση e +e + 2 2 =. Ασκηση 8. Δίνεται η συνάρτηση f()=(+)ln 2( ).. Ναβρείτετοπεδίοορισμούτης f,την f καιτηνf. 2. Ναβρείτετημονοτονίατης f. 3. Ναλύσετετηνεξίσωση f ()=0. 4. Ναβρείτετημονοτονίατης f 5. Ναλύσετετηνεξίσωση (+)ln=2( ). Ασκηση 9. Να λύσετε τις εξισώσεις:. e + 2 =+ 2. e =+ln(+) Ασκηση 0. Να αποδείξετε ότι οι γραφικές παραστάσειςτωνσυναρτήσεων f()=e και g()= 2 έχουν ένα ακριβώς κοινό σημείο και κοινή εφαπτομένη στο σημείο αυτό. Ασκηση. Να λύσετε τις εξισώσεις:. 3 +4 =5 2. 5 +2 =3 3. 3 2 +4 3 =3 6 4. 2 5 +5 4 5 6 =0 Ασκηση 2. Να λύσετε τις παρακάτω εξισώσεις:. 2e +e 2 =+2e +2e 2. e (++ln( 2 +))= 3. 2 +3 +4 =9 4. 6 2 ln=2 3 +3 2 6+ Ασκηση 3. Να λύσετε τις εξισώσεις: 2
. 4 2 2 +24 24συν=0 2. 5 20 3 +20=20ηµ 3. 2e =2+2+ 2 4. ln(+)= 2 2 + 3 3 Ασκηση 4. Να αποδείξετε ότι οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων: και f()= 2 (6ln ) 3 2 g()= 3 +2 2 6, έχουν ένα μόνο κοινό σημείο. Ασκηση 5. Δίνεται η συνάρτηση f()=α, 0<α<..Ναμελετήσετετην fωςπροςτημονοτονία. 2.Ναλύσετετηνεξίσωση α 2 4 α 2 = 2 2. Ασκηση6.Αν >0καια>,ναλύσετετηνεξίσωση =α +α2. Ασκηση 7. Δίνεται η συνάρτηση f()=( )ln+ + 2..Ναμελετήσετετην fωςπροςτημονοτονία. 2.Ναλύσετετηνεξίσωση( 2 )ln+ 2 =2. 3.Ναβρείτετοπρόσημοτης f. Ασκηση 8.. Να αποδείξετε ότι e ++ 2 2 + 3 6 γιακάθε R. 2.Ναλύσετετηνεξίσωση ++ 2 2 + 3 6 =e. Ασκηση 9. Δίνεται η συνάρτηση Ασκηση 20. Δίνεται η συνάρτηση f()=2ln+ 2.. Ναμελετήσετετην fωςπροςτημονοτονία. 2. Να λύσετε την εξίσωση: f()+f( 2 )=f( 5 )+f( 0 ) 3. Αν α,β> 0και( α β )2 = e (β α)(β+α),νααποδείξετε ότι α=β.. Είναι γνησίως αύξουσα. 2. Το =είναιπροφανήςλύση. Αν >,τότε < 2, 5 < 0 καιέτσιτελικά f()+f( 2 )<f( 5 )+f( 0 ). Αν 0<<,τότε > 2 και 5 > 0,οπότε τελικά f()+f( 2 )>f( 5 )+f( 0 ). 3. Λογαριθμίζουμε και γίνεται ισοδύναμη με την f(α)=f(β)κλπ Ασκηση 2. Δίνεται η συνάρτηση f()={ eln αν >0 0 αν =0. Να εξετάσετε αν η συνάρτηση f είναι συνεχής και να την μελετήσετε ως προς τη μονοτονία. 2. Ναλύσετετηνεξίσωση 4 =4 με >0. Επαναληπτικές Εξετάσεις 204.. Η fείναισυνεχής,γνησίωςαύξουσαστο[0,e]και γνησίως φθίνουσα στο[e, + ). 2. Ηεξίσωσηγράφεται f()=f(4). Με >eείναι f()=f(4) =4 Με 0< eείναι f()=f(4) f()= f(2) =2. όπου >0. f()= ln, Ασκηση22. Εστω f (0,+ ) Rμιαπαραγωγίσιμη συνάρτηση για την οποία ισχύουν: Η f είναιγνησίωςαύξουσαστο(0,+ )..Ναμελετήσετετην f()ωςπροςτημονοτονία. 2.Ναλύσετετηνεξίσωση 2 = 2,με >0. f()=. lim h 0 f(+5h) f( h) h =0. 3
Θεωρούμε επίσης τη συνάρτηση g()= α Να αποδείξετε ότι: f(t) dt, (,+ )και α>. t. f ()=0καθώςεπίσηςότιηfπαρουσιάζειελάχιστοστο 0 =. 2.Η gείναιγνησίωςαύξουσακαιστησυνέχειαναλύσετεστο Rτηνανίσωση: 8 2 +6 2 4 +6 g(u)du> g(u)du 8 2 +5 2 4 +5 3.Η gείναικυρτήκαιότιηεξίσωση (α ) α έχει ακριβώς μια λύση. f(t) dt=(f(α) )( α), >, t Ασκηση 23. Δίνεται η συνάρτηση f()= 3 3(2ln ) 4, >0.Ναμελετήσετετην fωςπροςτακοίλα. Εξετάσεις 203. 2.Ναμελετήσετετην fωςπροςτημονοτονία,ναβρείτετοσύνολοτιμώνκαιτοπρόσημότης. 3. Ναλύσετετηνεξίσωση f()=0. 4. Ναβρείτετουςθετικούςαριθμούς,b,c,ανισχύειη σχέση 2 +b 2 +c 2 =2ln(bc)+3. 5. Ναλύστετηνεξίσωση: f()+f( 3 )=f( 2 )+f( 4 ). Ασκηση 24. Δίνεται η συνάρτηση f()=2 + 2 2, R.. (αʹ) Νααποδείξετεότισυνάρτηση fείναικυρτήστο R. (βʹ) Νααποδείξετεότιηεξίσωση f()=0έχειακριβώςδύορίζες,τις =0και 2 =. 2. Νααποδείξετεότιυπάρχειμοναδικόςαριθμός 0 (0, ) τέτοιος, ώστε η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f στο σημείο A( 0,f( 0 )),ναείναιπαράλληληστονάξονα. 3. Νααποδείξετεότι f()<0γιακάθε (0,)και στησυνέχεια,ναλύσετεστοδιάστημα(0, ]την εξίσωση f(t)dt=. 4