Πειραματικό λύκειο Αναβρύτων Δρεκόλιας Δημήτρης Γ Λυκείου 2//2 Άσκηση Έστω η συνάρτηση f(x) = 2e x x 2 + με πεδίο ορισμού το σύνολο D f = R. (i)(α) Να αποδειχθεί ότι η ƒ αντιστρέφεται και να βρεθεί το σύνολο τιμών της. (β) Να βρεθεί ο πραγματικός αριθμός a, τέτοιος ώστε να ισχύει f () = a (ii) Να επιλυθεί η εξίσωση 2(e x2 e x ) = x 4 x 2 στο R. (iii) Αν λ, μ R και ισχύει ότι 2e λ μ + 2λμ > λ 2 + μ 2 + 2, να αποδειχθεί ότι: (iv) Να βρεθεί: λ > μμ (α) Το εμβαδόν Ε του χωρίου που περικλείεται μεταξύ των ευθειών x = ρ, x = ρ 2, του άξονα x x και της γραφικής παράστασης C f της f, όπου ρ, ρ 2 οι ρίζες της εξίσωσης του ερωτήματος (ii). (β) Το εμβαδόν Ε 2 του χωρίου που περικλείεται μεταξύ των ευθειών y =, x = και της γραφικής παράστασης C f της f. (v) Θεωρούμε το μιγαδικό αριθμό z = E + κ + (E 2 2κ 2 )i όπου Ε, Ε 2 τα εμβαδά του ερωτήματος (iv) και κ R. (α) Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των μιγαδικών αριθμών z και να γραφεί η εξίσωση της γραμμής του. (β) Να εξεταστεί αν υπάρχει μιγαδικός αριθμός z τέτοιος ώστε: Re(z) = Im(z) (γ) Να βρεθεί μιγαδικός αριθμός z τέτοιος ώστε το άθροισμα του πραγματικού και του φανταστικού του μέρους να γίνεται μέγιστο.
(δ) Να αποδειχθει ότι υπάρχουν ακριβώς δυο μιγαδικοί αριθμοί z, z 2,τέτοιοι ώστε να ισχύει : Im(z ) = Im(z 2 ) = (ε) Θεωρούμε τους μιγαδικούς αριθμούς z, z 2 του προηγουμενου ερωτηματος και εστω Μ (x, ), M 2 (x 2, ) οι εικόνες τους στο μιγαδικό επίπεδο. Θεωρούμε,επίσης, τους μιγαδικούς αριθμούς z α, z β, z γ με εικονες τα μη συνευθειακα σημεια Α(x α, y α ), Β x β, y β, Γ x γ, y γ αντιστοιχα, οπου : x α, x β (x, x 2 ) και x γ x α, x β Να αποδειχθει ότι υπάρχουν μιγαδικοί αριθμοί z, z 4, z 5 με πραγματικα μερη Re(z ), Re(z 4 ), Re(z 5 ) x α, x β και εικονες Μ, Μ 4, Μ 5 αντιστοιχα, τετοιοι ώστε οι εφαπτομενες ευθειες στα Μ, Μ 4, Μ 5 να σχηματιζουν τριγωνο,ομοιο με το τριγωνο ΑΒΓ. (i) (α) Λύση Για να αποδείξουμε ότι η ƒ αντιστρέφεται πρέπει και αρκεί να αποδείξουμε ότι η ƒ είναι -. Για να αποδείξουμε ότι η f είναι - θα εργαστούμε ως εξής. Θα μελετήσουμε την ƒ ως προς τη μονοτονία. Η ƒ είναι παραγωγίσιμη στο D f = R. Είναι : f(x) = 2e x 2x = 2(e x x) Η ƒ είναι θετική x D f = R διότι : Θεωρούμε τη συνάρτηση φ με τύπο : φ(χ) = e x x και πεδίο ορισμού το D φ = R.
Η φ είναι παραγωγίσιμη στο R. Είναι : φ (x) = e x Παρατηρούμε ότι φ () =. Επίσης, η φ (x) έχει τύπο : φ (x) = e x > x R. Επομένως, η φ είναι γνησίως αύξουσα στο R. Ο πίνακας προσήμου της φ είναι : x + φ + φ Επομένως, η φ έχει ολικό ελάχιστο στο x =, το φ() = >. Άρα, ισχύει : φ(χ) > xx R Συνεπώς, η ƒ είναι θετική x D f = R. Επομένως, η ƒ είναι γνησίως αύξουσα στο D f = R. Συνεπώς, αποδείχθηκε ότι η ƒ είναι -, άρα και αντιστρέψιμη. Για την εύρεση του συνόλου τιμών της ƒ εργαζόμαστε ως εξής : Η ƒ είναι συνεχής στο D f, αφού είναι και παραγωγίσιμη. Άρα, το σύνολο τιμών της στο διάστημα D f = (, + ) είναι το διάστημα (Α, Β) όπου : A = lim f(x) = lim x x (2ex x 2 + ) = Β = lim f(x) = lim x + x + (2ex x 2 + ) = + Διότι : lim x + (2ex x 2 ) = lim x + x2 2 ex x 2
Είναι : lim x + ex x2 + = lim + x + ex + = lim 2x + x + ex = + 2 Άρα : lim x + x2 2 ex = + x2 Επομένως, Β = lim f(x) = + x + Άρα, το σύνολο τιμών της ƒ είναι το f(d f ) = (, + ). (i)(β) Γνωρίζουμε ότι ισχύει η ισοδυναμία: f(x) = y f (y) = x Επομένως, η δοθείσα σχέση λαμβάνει τη μορφή: f () = a f(a) = Δηλαδή, αναζητούμε πραγματικό αριθμό a, τέτοιον ώστε να ισχύει: f(a) = Ο a R θα προσδιοριστεί από την επίλυση της εξίσωσης: f(a) = 2e a a 2 + = 2e a a 2 2 = Θεωρούμε τη συνάρτηση g με τύπο : g(x) = 2e x x 2 2 και πεδίο ορισμού το D g = R. Παρατηρούμε ότι: g() = Επίσης, η g είναι παραγωγίσιμη στο R.
Είναι : g (x) = 2e x 2x = 2(e x x) > [από ερώτημα (i)(α)] Επομένως, η g είναι γνησίως αύξουσα στο R. Άρα, η εξίσωση g(x) = έχει μοναδική ρίζα στο R, την x =. Άρα, η εξίσωση : 2e a a 2 2 = έχει μοναδική λύση την a =. Άρα, ο ζητούμενος πραγματικός αριθμός a, είναι το μηδέν. (ii) Η δοθείσα σχέση μετασχηματίζεται ως εξής : 2(e x2 e x ) = x 4 x 2 2e x2 2e x = x 4 x 2 2e x2 x 4 = 2e x x 2 2e x2 x 4 + = 2e x x 2 + f(x 2 ) = f(x) x 2 = x x(x ) = x = ή x = (Η ƒ είναι - ). (iii) Η δοθείσα σχέση μετασχηματίζεται ως εξής : 2e λ μ + 2λμ > λ 2 + μ 2 + 2 2e λ μ > λ 2 + μ 2 + 2 2λμ 2e λ μ > (λ μ) 2 + 2
2e λ μ (λ μ) 2 + > f(λ μ) > f() λ μ > λ > μμ (Η ƒ είναι - ). (iv) (α) Όπως αποδείξαμε στο ερώτημα (ii) οι ρίζες ρ, ρ 2 της εξίσωσης είναι ρ =, ρ 2 =. Όπως αποδείχθηκε, η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα. Θα αναζητήσουμε το πρόσημο της συνάρτησης στο διάστημα [,]. Είναι : f() = > και f() = 2e + = 2e > Άρα, η f είναι μεγαλύτερη του μηδενός στο [,]. Το ζητούμενο εμβαδόν δίνεται από τον τύπο : E = f(x)dx = [2e x x 2 + ]dx = 2e x dx x 2 dx + dx E = f(x)dx = 2 e x dx x 2 dx + E = 2[e x ] x E = 6e 4 + = 2e 4 = 6e 4
(β) Για την εύρεση του εμβαδού E 2 του ζητούμενου χωρίου θα εργαστούμε ως εξής: Θεωρούμε τη συνάρτηση σ με τύπο : σ(x) = f(x) και πεδίο ορισμού το D σ = R. Θα μελετήσουμε το πρόσημο της συνάρτησης σ. Επιλύουμε την εξίσωση : σ(x) = f(x) = 2e x x 2 + = Παρατηρούμε ότι : 2e x x 2 2 = σ() = Επίσης, η σ είναι παραγωγίσιμη στο R. Είναι: σ (x) = 2e x 2x = 2(e x x) > (όπως έχει ήδη δειχθεί). Άρα, η σ είναι γνησίως αύξουσα, επομένως έχει μοναδική ρίζα. Το πρόσημο της σ φαίνεται στον πίνακα : x + σ + Για να βρεθεί το ζητούμενο εμβαδόν, αρκεί να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα: E 2 = [f(x) ]dx = σ(x)dx Το πρόσημο της σ στο διάστημα ολοκλήρωσης είναι θετικό.
Έχουμε : E 2 = σ(x)dx = [2e x x 2 2]dx E 2 = 2 e x dx x 2 dx 2dx E 2 = 2[e x ] x 2 E 2 = 2e 2 E 2 = 2 = 6e 6e (v) (α) Έστω ο μιγαδικός z = E + κ + (E 2 2κ 2 )i, κ R. Αντικαθιστούμε τις τιμές E, E 2 των ευρεθέντων εμβαδών και προκύπτει: z = 6e 4 6e + κ + 2κ 2 i Για την εύρεση του ζητούμενου γεωμετρικού τόπου εργαζόμαστε ως εξής: Έστω: και x = 6e 4 y = 6e Επιλύουμε την () ως προς κ και έχουμε: + κ () 2κ 2 (4) κ = x 6e 4
Αντικαθιστούμε την τιμή του κ στην (4): y = y = y = 6e 6e 6e 2 x 6e 4 2 2 x 2 + 6e 4 2 2x 6e 4 2x 2 2 6e 4 2 + 4x 6e 4 y = 2x 2 + 4x 6e 4 6e + 2 6e 4 2 Η παραπάνω σχέση είναι της μορφής y = αx 2 + βx + γ με α < και παριστάνει στο επίπεδο μια παραβολή. Συνεπώς, ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι παραβολή με εξίσωση : y = 2x 2 + 4x 6e 4 6e + 2 6e 4 2 (β) Όπως γνωρίζουμε ο μιγαδικός z είναι: Άρα: z = 6e 4 Re(z) = 6e 4 6e + κ + 2κ 2 i, κ R + κ και Im(z) = 6e 2κ 2 Αναζητούμε μιγαδικό z τέτοιον ώστε: Re(z) = Im(z) 6e 4 + κ = 6e 2κ 2
2κ 2 + κ + 6e 4 6e = 2κ 2 + κ + Αν υπάρχει μιγαδικός z τέτοιος ώστε: 6e 4 6e + 2κ 2 + κ + = (5) Re(z) = Im(z) τότε η εξίσωση (5) πρέπει να έχει ρίζα στο R. Είναι : Δ = 24 = 2 < Συνεπώς, δεν υπάρχει μιγαδικός z τέτοιος ώστε: Re(z) = Im(z) = (γ) Αναζητούμε μιγαδικό z τέτοιον ώστε το άθροισμα S = Re(z) + Im(z) να γίνεται μέγιστο. Αντικαθιστώντας τα Re(z), Im(z) συναρτήσει του κ έχουμε: S = 6e 4 + κ + 6e 2κ 2 Θεωρούμε τη συνάρτηση S(κ) με τύπο: και πεδίο ορισμού το D S = R. S(κ) = 2κ 2 + κ + 2e 7 Θα μελετήσουμε την S ως προς τη μονοτονία και θα βρούμε για ποια τιμή του κ παρουσιάζει μέγιστο. Η S είναι παραγωγίσιμη στο R. Έχουμε: S (κ) = 4κ +
Επιλύουμε την εξίσωση S (κ) = 4κ + = Ο πίνακας μεταβολών της S είναι: κ = 4 x κ= 4 + S + S Επομένως, η S παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο κ = 4 Συνεπώς, ο μιγαδικός z του οποίου το άθροισμα του πραγματικού και του φανταστικού του μέρους είναι μέγιστο είναι ο : z = 6e 4 + 4 + 6e 8 i (δ) Εξετάζουμε αν υπάρχουν δυο ακριβώς μιγαδικοί αριθμοί με φανταστικό μέρος ίσο με το μηδέν. Δηλαδή αναζητούμε το πλήθος των σημείων τομής της γραμμής, στην οποία κινούνται οι μιγαδικοί, με τον άξονα χ χ. Aπό την εξίσωση της ευρεθείσας παραβολής για y = έχουμε: y = 2x 2 + 4x 6e 4 6e + 2 6e 4 2 =
η οποία είναι εξίσωση δευτέρου βαθμού ως προς x με διακρίνουσα Δ : Δ = 6 6e 4 2 6e + 8 6e Δ = 8 > 2 6e 4 2 Άρα η παραβολή έχει δύο κοινά σημεία με τον άξονα των πραγματικών αριθμών (x x). Δηλαδή, αποδείξαμε ότι υπάρχουν ακριβώς δύο μιγαδικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε : Im(z ) = Im(z 2 ) = (ε) Οι εικόνες Μ, Μ 2 των μιγαδικων z, z 2 αποτελούν τα σημεία τομής του γεωμετρικού τόπου των μιγαδικών z με τον άξονα των πραγματικών αριθμών. Για να αποδείξουμε ότι υπάρχουν μιγαδικοί αριθμοί z, z 4, z 5 με πραγματικα μερη Re(z ) = x, Re(z 4 ) = x 4, Re(z 5 ) = x 5 x α, x β και εικονες Μ, Μ 4, Μ 5 αντιστοιχα, τετοιοι ώστε οι εφαπτομενες ευθειες στα Μ, Μ 4, Μ 5 να σχηματιζουν τριγωνο,ομοιο με το τριγωνο ΑΒΓ, εργαζόμαστε ως εξής. Θεωρούμε το γεωμετρικό τόπο των μιγαδικών ως συνάρτηση του χ, με τύπο : Z(x) = 2x 2 + 4x 6e 4 6e + και πεδίο ορισμού το διάστημα [x, x 2 ]. Τα σημεία Α, Β, Γ της υπόθεσης μετασχηματίζονται ως εξής. Α x α, Ζ(x α ) 2 6e 4 2 Β x β, Ζ x β Γ x γ, Ζ x γ Βρίσκουμε τους συντελεστές διεύθυνσης των ευθειών ΑΒ, ΒΓ, ΓΑ, οι οποίες αποτελούν τις πλευρές του τριγώνου ΑΒΓ.
Έχουμε : λ ΑΒ = Ζ x β Ζ(x α ) x β x α λ ΒΓ = Ζ x γ Ζ x β x γ x β λ ΓΑ = Ζ(x α) Ζ x γ x α x γ Θεωρούμε το διάστημα x α, x γ στο οποίο η συνάρτηση Ζ είναι παραγωγίσιμη. Επομένως, σύμφωνα με το θεώρημα μέσης τιμής θα ισχύει ότι : x x α, x γ : Ζ (x ) = Ζ x γ Ζ(x α ) x γ x α = λ ΑΓ = λ ΓΑ Δηλαδή, η εφαπτόμενη ευθεία στο σημείο Μ (x, Ζ(x )), που αποτελει εικονα του μιγαδικου z, είναι παράλληλη με την πλευρά ΑΓ του τριγώνου ΑΒΓ. Θεωρούμε το διάστημα x γ, x β στο οποιο η συναρτηση Ζ είναι παραγωγίσιμη. Επομένως, σύμφωνα με το θεώρημα μέσης τιμής θα ισχύει ότι : x 4 x γ, x β : Z (x 4 ) = Ζ x γ Ζ x β x γ x β = λ ΒΓ Δηλαδή, η εφαπτόμενη ευθεία στο σημείο Μ 4 (x 4, Ζ(x 4 )), που αποτελει εικονα του μιγαδικου z 4, είναι παράλληλη με την πλευρά ΒΓ του τριγώνου ΑΒΓ. Θεωρούμε το διάστημα x α, x β στο οποιο η συναρτηση Ζ είναι παραγωγίσιμη. Επομένως, σύμφωνα με το θεώρημα μέσης τιμής θα ισχύει ότι : x 5 x α, x β : Z (x 5 ) = Ζ x β Ζ(x α ) x β x α = λ ΑΒ Δηλαδή, η εφαπτόμενη ευθεία στο σημείο Μ 5 (x 5, Ζ(x 5 )), που αποτελει εικονα του μιγαδικου z 5, είναι παράλληλη με την πλευρά ΑΒ του τριγώνου ΑΒΓ. Οι τρεις εφαπτόμενες ευθείες στα σημεία Μ, Μ 4, Μ 5,ως παράλληλες προς τις πλευρές του τριγώνου ΑΒΓ,ορίζουν τρίγωνο όμοιο προς αυτό. Δηλαδή, αποδείξαμε ότι στο διάστημα που ορίζουν τα σημεία τομής του γεωμετρικού τόπου των μιγαδικών z (ή της γραφικής παράστασης της συνάρτησης Ζ(x) ) με τον άξονα χ χ, υπάρχουν πραγματικά μέρη Re(z ) = x, Re(z 4 ) =
x 4, Re(z 5 ) = x 5 x α, x β, τέτοια ώστε οι εικόνες των μιγαδικών z, z 4, z 5 να αποτελούν σημεία στα οποία οι εφαπτόμενες ευθείες να είναι παράλληλες προς τις πλευρές του τριγώνου ΑΒΓ. Συνοπτικά, στο διάστημα [x, x 2 ] υπάρχουν 8 μιγαδικοί. Οι z, z 2 με εικόνες τα σημεία Μ (x, ), M 2 (x 2, ), που αποτελούν σημεία τομής του γεωμετρικού τόπου με τον άξονα χ χ. Οι z α, z β, z γ με εικόνες τα σημεία Α(x α, y α ), Β x β, y β, Γ x γ, y γ, με x α, x β (x, x 2 ) και x γ x α, x β.τα σημεια Α,Β,Γ είναι απαραίτητα να θεωρηθούν έτσι ώστε να ορίζεται το τρίγωνο ΑΒΓ από την υπόθεση. Οι z, z 4, z 5 με εικόνες τα σημεία Μ, Μ 4, Μ 5.Τα σημεία αυτά,όπως αποδείχθηκε χαρακτηρίζονται από την ιδιότητα να έχουν παράλληλες,προς τις πλευρές του τριγώνου ΑΒΓ,εφαπτόμενες ευθείες και να ορίζουν τρίγωνο όμοιο προς το ΑΒΓ.
Παρατηρήσεις Σχόλια )Η διάρθρωση της άσκησης είναι διμερής. Δύναται να χωριστεί σε δύο επιμέρους ενότητες. Τα ερωτήματα (i),(ii),(iii) συνδέουν τα εργαλεία που μας παρέχουν τα θεμελιώδη θεωρήματα του διαφορικού λογισμού με την επίλυση/απόδειξη εξισώσεων/ισοτήτων και ανισώσεων/ανισοτήτων.τα ερωτήματα (iv),(v) (που αποτελούν και την βαθύτερη φιλοσοφία της άσκησης) συνδέουν τις έννοιες και τα θεωρήματα του διαφορικού λογισμού και του ορισμένου ολοκληρώματος (ως εμβαδόν επιπέδου χωρίου) με την έννοια του μιγαδικού αριθμού. 2) Ο μιγαδικός αριθμός μπορεί να δράσει στην άσκηση και γεωμετρικά. Εξάλλου η αρχική σύλληψη έχει τη βάση της στο γεγονός ότι ο μιγαδικός αριθμός δεν είναι τίποτα άλλο από ένα σημείο του επιπέδου. Εντούτοις, στόχος της άσκησης είναι να αναδείξει πως ο μιγαδικός αριθμός μπορεί να μελετηθεί με τα εργαλεία της ανάλυσης. ) Ο γεωμετρικός τόπος είναι παραβολή της μορφής y=ax 2 + bx + c επειδή αυτή η κωνική τομή μπορεί να θεωρηθεί άμεσα ως συνάρτηση. Το πρόβλημα μπορεί να αναδιατυπωθεί και στην περίπτωση που ο γεωμετρικός τόπος είναι π.χ. κύκλος ή έλλειψη με τη διαφορά ότι θα απαιτούνται παραπάνω από μια συνάρτηση για την μελέτη του μιγαδικού. (π.χ. συνάρτηση με κλάδους) 4) Η άσκηση αναδεικνύει το γεγονός ότι το ορισμένο ολοκλήρωμα δεν είναι τίποτα άλλο παρά ένας πραγματικός αριθμός, ο οποίος μπορεί να εισχωρήσει οπουδήποτε δρουν οι πραγματικοί αριθμοί. (π.χ. πραγματικό και φανταστικό μέρος του μιγαδικού) 5) Αντί για ορισμένα ολοκληρώματα, η άσκηση θα μπορούσε να διατυπωθεί και με την εύρεση ορίων συναρτήσεων. Παρόλ αυτα, η μέθοδος εύρεσης εμβαδών επιπέδων χωρίων είναι μέσα στους στόχους του προβλήματος. 6) Η φιλοσοφία και η στόχευση της άσκησης είναι αμιγώς διδακτική. Ένα μεγάλο τμήμα της εξεταστέας ύλης της Γ λυκείου εμπεριέχεται στο πρόβλημα. Ο λύτης /αναγνώστης είναι σε θέση να αποκομίσει και γενικές μεθόδους προσέγγισης των ασκήσεων της ανάλυσης. Τέλος, το γεγονός ότι το πρόβλημα απλώνεται σε ένα ευρύ φάσμα της ανάλυσης και των μιγαδικών της Γ λυκείου δύναται ως ένα βαθμό να εμπνεύσει όσους ασχολούνται με τα μαθηματικά για την εξαγωγή ποικίλων πρωτότυπων προβλημάτων.