ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3ο: ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ · 1 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3ο:...

33
1 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3ο: ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ ΕΝΟΤΗΤΑ 8: ΜΟΝΟΤΟΝΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ [Ενότητα Μονοτονία Συνάρτησης του κεφ.2.6 Μέρος Β΄ του σχολικού βιβλίου]. ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ ΘΕΜΑ Β Παράδειγμα 1. Να μελετηθούν ως προς την μονοτονία οι συναρτήσεις: α) ( ) 3 2 f x x 6x 9x 1 = + + β) ( ) ( ) gx x lnx 3 = Λύση α) Η f έχει πεδίο ορισμού το A = . Για κάθε x που ανήκει στο έχουμε 2 f (x) 3x 12x 9 = + . Είναι 2 2 2 f (x) 0 3x 12x 9 0 3(x 4x 3) 0 x 4x 3 0 x 1 = + = + = + = = ή x 3 = . Οπότε ο πίνακας προσήμου της f και μονοτονίας της f είναι: Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο ( ] ,1 −∞ και στο [ ) 3, +∞ και γνησίως φθίνουσα στο [ ] 1, 3 . β) Το πεδίο ορισμού της g είναι ( ) Α 0, = +∞ . Για κάθε x που ανήκει στο A έχουμε: 1 g (x) (x) (ln x 3) x(ln x 3) ln x 3 x ln x 2 x = + = + = Είναι 2 g (x) 0 ln x 2 0 ln x 2 x e = = = = .

Transcript of ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3ο: ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ · 1 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3ο:...

1

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3ο: ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ

ΕΝΟΤΗΤΑ 8: ΜΟΝΟΤΟΝΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ

[Ενότητα Μονοτονία Συνάρτησης του κεφ.2.6 Μέρος Β΄ του σχολικού βιβλίου].

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ

ΘΕΜΑ Β

Παράδειγμα 1. Να μελετηθούν ως προς την μονοτονία οι συναρτήσεις:

α) ( ) 3 2f x x 6x 9x 1= − + +

β) ( ) ( )g x x lnx 3= −

Λύση α) Η f έχει πεδίο ορισμού το A = . Για κάθε x που ανήκει στο έχουμε 2f (x) 3x 12x 9′ = − + . Είναι 2 2 2f (x) 0 3x 12x 9 0 3(x 4x 3) 0 x 4x 3 0 x 1′ = ⇔ − + = ⇔ − + = ⇔ − + = ⇔ = ή x 3= . Οπότε ο πίνακας προσήμου της f ′ και μονοτονίας της f είναι:

Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο ( ],1−∞ και στο [ )3,+∞ και γνησίως φθίνουσα στο

[ ]1,3 .

β) Το πεδίο ορισμού της g είναι ( )Α 0,= +∞ .

Για κάθε x που ανήκει στο A έχουμε:

1g (x) (x) (ln x 3) x(ln x 3) ln x 3 x ln x 2x

′ ′ ′= − + − = − + ⋅ = −

Είναι 2g (x) 0 ln x 2 0 ln x 2 x e′ = ⇔ − = ⇔ = ⇔ = .

2

Οπότε ο πίνακας πρόσημου της g′ και μονοτονίας της g είναι:

Άρα η g είναι γνησίως φθίνουσα στο 2(0,e ] και γνησίως αύξουσα στο 2[e , )+∞ . Μεθοδολογία Όταν αναζητούμε την μονοτονία μιας παραγωγίσιμης συνάρτησης f στο πεδίο ορισμού της τότε: 1. Προσδιορίζουμε το πεδίο ορισμού της f . 2. Βρίσκουμε την f ′ . 3. Βρίσκουμε τις ρίζες και το πρόσημο της f ′ . 4. Κατασκευάζουμε πίνακα προσήμου της f ′ . 5. Συμπεραίνουμε από τα σχετικά θεωρήματα τη μονοτονία της f .

3

Παράδειγμα 2. Να μελετηθεί ως προς την μονοτονία η συνάρτηση

2

x , x 0f (x)x 2x, x 0 ≥=

+ <

Λύση Για κάθε x 0> η f είναι συνεχής ως άρρητη. Για κάθε x 0< η f είναι συνεχής ως πολυωνυμική. Για x 0= έχουμε:

( )2

x 0 x 0 x 0 x 0lim f (x) lim x 0, lim f (x) lim x 2x 0, f (0) 0

+ + − −→ → → →= = = + = = ,

οπότε η f είναι συνεχής στο 0. Άρα η f συνεχής στο . Η συνάρτηση f παραγωγίζεται στο { }0− με

1 , x 0

f (x) 2 x2x 2, x 0

>′ = + <

Η f (x) 0′ = έχει ακριβώς μια ρίζα την x 1= − . Το πρόσημο της f ′ και η μονοτονία της f φαίνονται στον παρακάτω πίνακα:

Δηλαδή η f είναι:

• Γνησίως φθίνουσα στο ( ], 1−∞ − και

• Γνησίως αύξουσα στo διάστημα [ )1,− +∞ .

4

Μεθοδολογία Όταν αναζητούμε την μονοτονία μιας συνάρτησης f και σε κάποιο σημείο του πεδίου ορισμού της δεν υπάρχει η f ′ ή η f αλλάζει τύπο εργαζόμαστε όπως αναφέρθηκε στην προηγούμενη άσκηση, ελέγχοντας τη συνέχεια της f στο σημείο αυτό. Σημειώσεις:

1. Όπως θα δούμε στην μεθεπόμενη ενότητα Ε.10 (& 2.7-Σχολικό βιβλίο), λαμβάνοντας υπόψη το σχετικό θεώρημα, η f είναι γνησίως αύξουσα στο [ 1, )− +∞ .

2. Για την εξέταση της μονοτονίας, η εξέταση της παραγωγισιμότητας στα σημεία αλλαγής

του τύπου όπου η συνάρτηση είναι συνεχής, μπορεί να παραλείπεται.

5

Παράδειγμα 3.

i. Να δείξετε ότι η συνάρτηση: 3 2f (x) x x x 5= − + − είναι γν. αύξουσα στο .

ii. Να δείξετε ότι η συνάρτηση: xg(x)

xηµ

= στο 0,2π

είναι γν. φθίνουσα.

Λύση

i. Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο ,άρα και συνεχής στο ,ως πολυωνυμική.

Για κάθε x∈ είναι 2f (x) 3x 2x 1′ = − + .

Παρατηρούμε ότι το τριώνυμο 23x 2x 1− + , έχει διακρίνουσα 8 0∆ = − < , που σημαίνει ότι είναι ομόσημο του 3 για κάθε x∈ . Άρα 23x 2x 1 0 f (x) 0′− + > ⇔ > ,για κάθε x∈ ,οπότε η f ,είναι γν.αύξουσα στο .

ii. Η συνάρτηση g είναι συνεχής ως πηλίκο συνεχών συναρτήσεων.

Για να είναι η συνάρτηση g γν. φθίνουσα, θα πρέπει να ισχύει g (x) 0′ < , για κάθε

εσωτερικό σημείο x 0,2π ∈

.

Η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη στο 0,2π

, άρα και συνεχής στο 0,

,ως

πηλίκο παραγωγίσιμων συναρτήσεων, με 2

x x xg (x)x

συν −ηµ′ = .

Θεωρούμε τη συνάρτηση k(x) x x x, x [0, ]2π

= συν −ηµ ∈ .

Η k είναι παραγωγίσιμη στο [0, ]2π

με k (x) x x x x x x′ = συν − ηµ −συν = − ηµ

Είναι k (x) 0′ < για κάθε x (0, )2π

∈ .Έτσι έχουμε:

Η k συνεχής στο [0, ]2π

και παραγωγίσιμη στο (0, )2π

με k (x) 0′ < για κάθε

x (0, )2π

∈ . Άρα η k είναι γνησίως φθίνουσα στο [0, ]2π

.

Από τον ορισμό της γνησίως φθίνουσας συνάρτησης θα έχουμε:

Για κάθε 0 x2π

< < είναι k(x) k(0)< ή x x x 0συν −ηµ < .

Επομένως g (x) 0′ < για κάθε x (0, )2π

∈ .

Συμπερασματικά έχουμε:

Η g συνεχής στο x (0, ]2π

∈ , παραγωγίσιμη στο (0, )2π

.

6

με g (x) 0′ < για κάθε x (0, )2π

∈ . Άρα η g είναι γνησίως φθίνουσα στο (0, ]2π

.

Μεθοδολογία Εξετάζουμε πρώτα αν η συνάρτησή μας είναι συνεχής. Το πρόσημο της παραγώγου σε κάθε εσωτερικό σημείο του πεδίου ορισμού θα μας δώσει τη μονοτονία της συνάρτησης.

7

Παράδειγμα 4.

Να μελετηθεί ως προς τη μονοτονία η συνάρτηση: 2

2

x 2x 5, x 2f (x)

x 6x 3, x 2 − + ≤

= − + − >

.

Λύση Η συνάρτηση f έχει πεδίο ορισμού fA = . Είναι:

• Για κάθε x 2< , η f συνεχής ως πολυωνυμική.

• Ομοίως και για κάθε x 2.>

• Για x 2= έχουμε:

o 2

x 2 x 2lim f (x) lim (x 2x 5) 4 4 5 5

− −→ →= − + = − + =

o 2

x 2 x 2lim f (x) lim ( x 6x 3) 4 12 3 5

+ +→ →= − + − = − + − =

o Και f (2) 5= . Οπότε η f είναι συνεχής στο 2.

Άρα η συνάρτηση f είναι συνεχής στο . Για x 2< , η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη με f (x) 2x 2′ = − . Για x 2> , η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη με f (x) 2x 6′ = − + . Για x 2= από τον ορισμό της παραγώγου έχουμε:

2

x 2 x 2 x 2 x 2

f (x) f (2) x 2x 5 5 x(x 2)lim lim lim lim x 2x 2 x 2 x 2− − − −→ → → →

− − + − −= = = =

− − − και

2 2

x 2 x 2 x 2 x 2

f (x) f (2) x 6x 3 5 x 6x 8 (x 2)(x 4)lim lim lim lim 2x 2 x 2 x 2 x 2+ + + +→ → → →

− − + − − − + − − − −= = = =

− − − −

Άρα η συνάρτηση f παραγωγίζεται στο , με: 2x 2, x 2

f (x)2x 6, x 2− ≤′ = − + >

.

Η f (x) 0′ = , έχει ακριβώς δύο ρίζες, τις 1 και 3. Το πρόσημο της f ′ και η μονοτονία της f φαίνονται στον παρακάτω πίνακα:

8

Άρα:

• Αφού f (x) 0′ < , για κάθε ( ) ( )x ,1 3,∈ −∞ ∪ +∞ , έπεται ότι η f είναι γν. φθίνουσα στο

( ],1−∞ και στο [3, )+∞ .

• Αφού f (x) 0′ > , για κάθε ( )x 1,3∈ , έπεται ότι η f είναι γν. αύξουσα στο [ ]1,3 .

Μεθοδολογία Βρίσκουμε πρώτα το πεδίο ορισμού της συνάρτησης. Εξετάζουμε αν είναι συνεχής στο πεδίο ορισμού της. Το πρόσημο της παραγώγου σε κάθε εσωτερικό σημείο του πεδίου ορισμού θα μας δώσει τη μονοτονία της συνάρτησης.

9

Παράδειγμα 5. Να προσδιοριστεί το λ∈ , ώστε η συνάρτηση: ( )3 2f (x) x 3 1 x 12x 1= − + λ − − + , να είναι γν.

φθίνουσα στο . Λύση Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο (άρα και συνεχής) ως πολυωνυμική με

2f (x) 3x 6( 1)x 12′ = − + λ − − για κάθε x∈ .

Το τριώνυμο 23x 6( 1)x 12− + λ − − , έχει διακρίνουσα 36( 3)( 1)∆ = λ − λ + και ο συντελεστής

του 2x είναι 3 0− < . Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: 0, 0, 0∆ > ∆ = ∆ < .

• Αν 0∆ > , δηλαδή 1λ < − ή 3λ > το πρόσημο του τριωνύμου, άρα και της f (x)′ δεν

παραμένει σταθερό στο , αφού μεταξύ των ριζών, είναι ετερόσημο του -3, δηλαδή θετικό και εκτός των ριζών, είναι ομόσημο του -3, δηλαδή αρνητικό. Άρα η f δε θα είναι γν. φθίνουσα στο .

• Αν 0∆ = , τότε 3λ = ή 1λ = − τότε: o Για 3λ = , η f ′ έχει διπλή ρίζα την 2 . Επειδή η f είναι συνεχής για x 2= και

ισχύει ( )f x 0′ < για κάθε x 2≠ , συμπεραίνουμε ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα

στο .

o Για 1λ = − , η f ′ έχει διπλή ρίζα την 2− . Επειδή η f είναι συνεχής για x 2= − και

ισχύει ( )f x 0′ < για κάθε x 2≠ − , συμπεραίνουμε ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα

στο .

• Αν 0∆ < , δηλαδή 1 3− < λ < , τότε το τριώνυμο, άρα και η f (x)′ , είναι ομόσημο του -

3, για κάθε x∈ , δηλαδή f (x) 0′ < .

Άρα, η συνάρτηση είναι γν. φθίνουσα στο , για [ ]1,3λ∈ − .

Μεθοδολογία Βρίσκουμε πρώτα το πεδίο ορισμού της συνάρτησης. Εξετάζουμε αν είναι συνεχής και παραγωγίσιμη. Αφού γνωρίζουμε το είδος της μονοτονίας της συνάρτησης, τότε θα πρέπει να ισχύει f (x) 0′ < ή f (x) 0′ > για κάθε x που ανήκει στο πεδίο ορισμού της συνάρτησης. Αναζητούμε τιμές των παραμέτρων ώστε οι παραπάνω ανισώσεις να είναι αληθείς.

f

10

Παράδειγμα 6. Να λυθεί η εξίσωση: ln(e x) 1 x+ = − . Λύση Η δοθείσα εξίσωση ισοδύναμα μετασχηματίζεται:

ln(e x) x 1 0+ + − = (1) Θεωρούμε τη συνάρτηση f , με τύπο

f (x) ln(e x) x 1, x e= + + − > − .

Για x 0= , από τον τύπο της συνάρτησης παίρνουμε: f (0) 0= , συνεπώς το x 0= , είναι προφανής ρίζα της εξίσωσης f (x) 0= , δηλαδή της (1). Η f ως άθροισμα παραγωγίσιμων συναρτήσεων είναι παραγωγίσιμη για κάθε ( )x e,∈ − +∞ ,

με

( ) ( )e x 1f (x) x ( 1) 1 0e x e x

′+ ′′ ′= + + − = + >+ +

, για κάθε x e> − ,

συνεπώς η f είναι γνησίως αύξουσα στο ( )fD e,= − +∞ , άρα η ρίζα x 0= της

εξίσωσης f (x) 0= , είναι μοναδική. Μεθοδολογία Για να λυθεί εξίσωση της μορφής A(x) B(x), x= ∈ (1) στην περίπτωση που εντοπίζεται προφανής ρίζα κάνουμε τα εξής βήματα για την επίλυση της άσκησης: 1ο Βήμα: Θεωρούμε συνάρτηση f , με τύπο: f (x) A(x) B(x)= − . 2ο Βήμα: Βρίσκουμε το πεδίο ορισμού της f , που είναι: f A BD D D= ∩ . 3ο Βήμα: Δείχνουμε ότι: ( )0 0 ff x 0, x D= ∈ , άρα η τιμή 0x x= προφανή ρίζα της εξίσωσης

f (x) 0= , δηλαδή της (1). 4ο Βήμα: Δείχνουμε ότι η f , είναι γνησίως μονότονη στο πεδίο ορισμού της, άρα η ρίζα της εξίσωσης f (x) 0= , είναι μοναδική. ΣΧΟΛΙΟ Ο τρόπος αυτός επίλυσης εξισώσεων, γίνεται συνήθως στις εξισώσεις που δεν είναι σε γνωστή προς εμάς μορφή εξισώσεων που έχουν συγκεκριμένο τρόπο λύσης.

11

ΠΡΟΣΟΧΗ Αν δεν αποδειχθεί, ότι η f είναι γνησίως μονότονη, δεν έχει ολοκληρωθεί η λύση εξίσωσης, με τον προσδιορισμό της προφανής ρίζας, διότι μπορεί να έχει και άλλες ρίζες.

12

Παράδειγμα 7. Να λυθεί η εξίσωση: xe 1 xηµ = −ηµ . Λύση Η δοθείσα εξίσωση, ισοδύναμα μετασχηματίζεται:

x xe 1 x e x 1ηµ ηµ= −ηµ ⇔ +ηµ = (1) Θεωρούμε τη συνάρτηση,

xf (x) e x, x= + ∈ . Παρατηρούμε ότι f (0) 1= , οπότε η (1) γράφεται:

( ) ( )f x 1 f x f (0)ηµ = ⇔ ηµ = (2).

Η f είναι παραγωγίσιμη για κάθε x∈ , ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων, με xf (x) e 1, x′ = + ∈ , οπότε, f (x) 0′ > , για κάθε x∈ άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο πεδίο ορισμού της , συνεπώς 1-1. Άρα από τη σχέση (2) και επειδή η f είναι 1-1, ισοδύναμα προκύπτει ότι:

x 0 x ,ηµ = ⇔ = κπ κ∈. Μεθοδολογία Για να λυθεί εξίσωση της μορφής A(x) B(x), x= ∈ , (1) χρησιμοποιώντας την ισοδυναμία: “Η f είναι συνάρτηση 1-1 αν και μόνο αν, για κάθε 1 2 fx , x D∈ με 1 2 1 2f (x ) f (x ) x x= ⇒ = ” ακολουθούμε τα εξής βήματα εργασίας: 1ο Βήμα: Μετασχηματίζουμε την εξίσωση (1), με κατάλληλες μετακινήσεις όρων στα δύο μέλη της, και με επιλογή κατάλληλης συνάρτησης f στην φόρμα: ( ) ( )f g(x) f h(x)= (2) όπου

φυσικά οι συνθέσεις f g και f h να ορίζονται. 2ο Βήμα: Αποδεικνύουμε ότι η f είναι γνησίως μονότονη, συνεπώς είναι και 1-1. 3ο Βήμα: Εφ’ όσον η f είναι 1-1 και ισχύει η σχέση (2), έχουμε ότι:

g(x) h(x)= (3) 4ο Βήμα: Επιλύουμε την εξίσωση (3), όπου η λύση της είναι και λύση της αρχικής εξίσωσης (1).

13

Παράδειγμα 8.

Να λυθεί η ανίσωση: 2 3

2

x xx 13x

ηµ −ηµ− ≤ .

Λύση Για να έχει νόημα πραγματικού αριθμού το δεύτερο μέλος της ανίσωσης πρέπει x 0≠ . Η ανίσωση ισοδύναμα μετασχηματίζεται ως ακολούθως:

22 3 x 03 3 2 2

2

x xx 1 x 3x x 3x3x

>ηµ −ηµ− ≤ ⇔ ηµ + ≤ ηµ + (1)

Θεωρούμε τη συνάρτηση f με τύπο f (x) x 3x, x= ηµ + ∈ . Η f είναι παραγωγίσιμη για κάθε x∈ , ως άθροισμα παραγωγίσιμων στο . Έχουμε:

f (x) x 3, x′ = συν + ∈ , συνεπώς f (x) 0′ > , για κάθε x∈ , δηλαδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο . Από τη σχέση (1) έπεται ότι:

( ) ( ) ( )2f x 0

3 2 3 2 2f x f x x x x x 1 0 x 1γν.αύξουσα >

≤ ⇔ ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≤ .

Άρα η δοθείσα ανίσωση ισχύει για τα ( ) ( ]x ,0 0,1∈ −∞ ∪ .

Μεθοδολογία Για να λύσουμε ανίσωση της μορφής: A(x) B(x)≥ ή A(x) B(x)≤ , εργαζόμαστε ως εξής: 1ο Βήμα: Μετασχηματίζουμε τα δύο μέλη της ανίσωσης στη μορφή:

( )f g(x) f (h(x))≥ ή ( )f g(x) f (h(x))≤ (1).

2ο Βήμα: Βρίσκουμε τη μονοτονία της συνάρτησης f , x∈∆ . 3ο Βήμα: Ανάλογα με τη μονοτονία έχουμε:

• Αν f γνησίως αύξουσα στο Δ, τότε από (1) έχουμε: g(x) h(x)≥ ή g(x) h(x)≤ και

λύνουμε την ανίσωση. • Αν f γνησίως φθίνουσα στο Δ, τότε από (1) έχουμε: g(x) h(x)≤ ή g(x) h(x)≥ και

λύνουμε την ανίσωση.

14

Παράδειγμα 9. Για κάθε x 0> , να δειχθεί ότι ln(x 1) x+ < . Λύση Ισοδύναμα θέλουμε να δείξουμε ότι ln(x 1) x 0+ − < , για κάθε x 0> . Θεωρούμε τη

συνάρτηση f με τύπο f (x) ln(x 1) x= + − , με x 0> (1) Έχουμε:

xf (x) 0x 1

′ = − <+

, για κάθε x 0> ,

οπότε η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα. Συνεπώς επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα για κάθε x 0> έχουμε

( ) ( )(1)

f x f 0 ln(x 1) x 0 ln(x 1) x< ⇔ + − < ⇔ + < ,

δηλαδή το ζητούμενο. Μεθοδολογία Για να αποδείξουμε ανισότητα της μορφής A(x) B(x)≤ ή A(x) B(x)≥ , A Bx D D∈∆ = ∩ , κάνουμε τα εξής βήματα εργασίας: 1ο Βήμα: Μεταφέρουμε όλους τους όρους στο πρώτο μέλος και έχουμε ανισότητα της μορφής h(x) 0≤ ή hh(x) 0, x D≥ ∈ = ∆

2ο Βήμα: Μελετούμε την h ως προς τη μονοτονία και βρίσκουμε τα διαστήματα στα οποία η h είναι γνησίως μονότονη. 3ο Βήμα: Σε κάθε διάστημα όπου η h είναι γνησίως μονότονη ακολουθούμε τη μεθοδολογία του παραδείγματος 5.

15

ΘΕΜΑ Γ

Παράδειγμα 1.

Να βρείτε τις τιμές του α∈ , ώστε η 3 2 2f (x) x 6x 3 x 1= − + α + να είναι γνησίως αύξουσα στο . Λύση Το πεδίο ορισμού της f είναι το και για κάθε x∈ , έχουμε:

2 2f (x) 3x 12x 3′ = − + α . Επειδή ο συντελεστής του 2x είναι θετικός και ( )2 2144 36 36 4∆ = − α = −α , έχουμε:

• Αν ( )2 20 36 4 0 4 | | 2 ( 2,2)∆ > ⇔ −α > ⇔ α < ⇔ α < ⇔α∈ − , τότε η f ′ δεν διατηρεί

πρόσημο στο , οπότε η f δεν είναι γνησίως αύξουσα στο .

• Αν 0 2 2∆ < ⇔ α > ⇔ α < − ή 2α > , τότε f (x) 0′ > , για κάθε x∈ , οπότε η f είναι

γνησίως αύξουσα στο . Άρα, όταν 2α < − ή 2α > , η f είναι γνησίως αύξουσα στο . Ωστόσο, λαμβάνοντας υπόψη μας και το θεώρημα της ενότητας &2.7 του σχολικού βιβλίου, το οποίο παρουσιάζεται στα ΨΕΒ στην μεθεπόμενη ενότητα 10, έχουμε:

Για 0 2∆ = ⇔ α = − ή 2α = , είναι f (x) 0′ > για κάθε 12x 2

2 6β −

≠ − =− =α

και η f είναι

συνεχής στο x 2= , οπότε η f είναι γνησίως αύξουσα στο . Ώστε: Η f είναι γνησίως αύξουσα στο όταν: ( , 2] [2, )α∈ −∞ − ∪ +∞ . Μεθοδολογία Όταν αναζητάμε την τιμή μιας παραμέτρου ώστε μια παραγωγίσιμη συνάρτηση f σε ένα διάστημα ( , )α β , να είναι γνησίως αύξουσα (φθίνουσα) στο ( , )α β , αρκεί να βρούμε τις τιμές της παραμέτρου για τις οποίες ισχύει f (x) 0′ ≥ ( f (x) 0′ ≤ ) για κάθε x ( , )∈ α β και f (x) 0′ = για ένα πεπερασμένο πλήθος σημείων του ( , )α β . (Διάβαζε Ενότητα 10 και Σχολικό βιβλίο &2.7) Σημειώσεις:

1. Σε ανάλογα συμπεράσματα οδηγούμαστε όταν η f είναι παραγωγίσιμη σε ένα διάστημα ( , )α β , εκτός ίσως ενός πεπερασμένου πλήθους σημείων του ( , )α β , όπου

είναι συνεχής.

16

2. Όταν 2f (x) x x , 0′ = α +β + γ α ≠ , τότε:

• f γνησίως αύξουσα ⇔ f (x) 0′ ≥ , για κάθε x∈ ⇔ 0∆ ≤ και 0α > • f γνησίως φθίνουσα ⇔ f (x) 0′ ≤ , για κάθε x∈⇔ 0∆ ≤ και 0α <

17

Παράδειγμα 2. Να λυθεί η εξίσωση xe x 1 0+ − = . Λύση Παρατηρούμε ότι το x 0= είναι μια λύση της εξίσωσης, αφού 0e 0 1 0+ − = . Θεωρούμε τη συνάρτηση xf (x) e x 1= + − με πεδίο ορισμού το . Για κάθε x∈ έχουμε xf (x) e 1 0′ = + > . Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο και επομένως η λύση είναι μοναδική. Μεθοδολογία Για να λύσουμε μια εξίσωση ένας τρόπος εργασίας είναι ο ακόλουθος: 1. Θεωρούμε κατάλληλη συνάρτηση f σε ένα διάστημα ∆ . 2. Βρίσκουμε μια προφανή λύση της f (x) 0= στο ∆ .

3. Δείχνουμε ότι η f είναι μονότονη στο ∆ . 4. Συμπεραίνουμε ότι η λύση είναι μοναδική. Σημείωση: Αν το πεδίο ορισμού του προτασιακού τύπου (εξίσωσης) είναι ένωση διαστημάτων, εργαζόμενοι ανάλογα, αναζητούμε προφανείς λύσεις στο κάθε διάστημα και χρησιμοποιούμε την μονοτονία της f στο κάθε διάστημα για να δείξουμε, ότι οι προφανείς λύσεις είναι μοναδικές.

18

Παράδειγμα 3. Να λυθεί η ανίσωση 3x 5x 6+ > . Λύση Ισοδύναμα έχουμε την ανίσωση 3x 5x 6 0+ − > . Θεωρούμε τη συνάρτηση 3f (x) x 5x 6= + − με πεδίο ορισμού το .

Για κάθε x που ανήκει στο έχουμε 2f (x) 3x 5 0 ′ = + > . Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο . Παρατηρούμε ότι το x 1= είναι μια λύση της αντίστοιχης εξίσωσης f (x) 0= , αφού

31 5 1 6 0+ ⋅ − = .

Άρα για κάθε x 1> , έχουμε: ( )f

x 1 f (x) f 1 f (x) 0 > ⇔ > ⇔ >γν.αύξ.

και επομένως οι λύσεις της

ανίσωσης είναι οι πραγματικοί με x 1> . Μεθοδολογία Για να λύσουμε μια ανίσωση, σε ένα διάστημα Δ, ένας τρόπος εργασίας είναι ο ακόλουθος: 1. Μεταφέρουμε όλους τους όρους στο ένα μέλος της ανίσωσης. 2. Θεωρούμε κατάλληλη συνάρτηση f σε ένα διάστημα ∆ . 3. Δείχνουμε ότι η f είναι μονότονη στο ∆ . 4. Βρίσκουμε μια ρίζα της f (x) 0= .

5. Από την μονοτονία της f συμπεραίνουμε τις λύσεις της ανίσωσης.

19

Παράδειγμα 4. Να αποδείξετε ότι για κάθε x 0> , ισχύει: x 3e (1 x)> − (1). Λύση Είναι (1) x 3e (1 x) 0⇔ − − > , x 0> και θεωρώντας την συνάρτηση x 3f (x) e (1 x)= − − , x 0≥έχουμε:

x 2 x 2f (x) e 3(1 x) (1 x) e 3(1 x) 0′ ′= − − − = + − > , για κάθε x 0≥ . Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο [0, )+∞ , οπότε για κάθε x 0> παίρνουμε:

fx 3 x 3x 0 f (x) f (0) f (x) 0 e (1 x) 0 e (1 x)> ⇔ > ⇔ > ⇔ − − > ⇔ > −

γν.αύξουσα

και επομένως η (1) ισχύει. Μεθοδολογία Για να αποδείξουμε μια ανισωτική σχέση: 1. Μεταφέρουμε όλους τους όρους στο ένα μέλος της ανίσωσης. 2. Θεωρούμε κατάλληλη συνάρτηση f σε ένα διάστημα ∆ . 3. Δείχνουμε ότι η f είναι μονότονη στο ∆ . 4. Βρίσκουμε μια ρίζα της f (x) 0= .

5. Aπό τη μονοτονία της f συμπεραίνουμε την ισχύ της αποδεικτέας.

20

Παράδειγμα 5.

Έστω η συνάρτηση f : → για την οποία ισχύει ( )f 0 1= και 2x

f (x) 2xe′

< (1) για κάθε x

που ανήκει στο . Nα αποδείξετε ότι 2xf (x) e≤ για κάθε x 0≥ .

Λύση

Η αποδεικτέα 2xf (x) e≤ , x 0≥ (2) γράφεται ισοδύναμα:

2xf (x) e 0− ≤ , x 0≥ .

Θεωρούμε τη συνάρτηση: 2xg(x) f (x) e= − , x∈ .

Έχουμε 2xg (x) f (x) 2xe 0′ ′= − < , x∈ (λόγω της (1)), οπότε η g είναι γνησίως φθίνουσα

στο και επομένως: • Για x 0= , η (2) ισχύει ως ισότητα αφού: ( ) 0 f 0 1 e= =

• Για x 0> , λόγω της μονοτονίας της g έχουμε:

2 2 2x 0 x xx 0 g(x) g(0) f (x) e f (0) e f (x) e 0 f (x) e> ⇒ < ⇒ − < − ⇒ − < ⇒ < .

Ώστε, για κάθε x 0≥ ισχύει ότι 2xf (x) e≤ .

Μεθοδολογία Όταν δίνεται μια ανισωτική σχέση f (x) g(x) < (1) και θέλουμε να αποδείξουμε μια άλλη ανισωτική σχέση h(x) (x) < ϕ (2), τότε: 1. Μεταφέρουμε όλους τους όρους στο ένα μέλος της (2).

2. Θεωρούμε συνάρτηση ( )G(x) h(x) x= −ϕ σε ένα κατάλληλο διάστημα ∆ .

3. Δείχνουμε ότι η G είναι μονότονη στο ∆ με την βοήθεια της (1). 4. Aπό τη μονοτονία της G συμπεραίνουμε την ισχύ της αποδεικτέας.

21

Παράδειγμα 6. Να βρείτε το πρόσημο της συνάρτησης x 1f (x) e 3x 2+= + + . Λύση Η f έχει πεδίο ορισμού το A = . Για κάθε x που ανήκει στο A έχουμε x 1f (x) e 3 0+′ = + > . Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο . Παρατηρούμε ότι ( ) 0f 1 e 3 2 0− = − + = .

Άρα το 1− είναι ρίζα της f (x) 0 = και επειδή η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα, το 1− είναι μοναδική ρίζα της f (x) 0 = . Επομένως: • για x 1> − έχουμε ( )f (x) f 1 0> − = . Άρα f (x) 0> , x 1> −

• για x 1< − έχουμε ( )f (x) f 1 0< − = . Άρα f (x) 0< , x 1< −

Tο πρόσημο της f ′ , η μονοτονία της f και το πρόσημο και η ρίζα της f παρουσιάζονται στον παρακάτω πίνακα:

Μεθοδολογία Για να βρούμε το πρόσημο μιας παραγωγίσιμης συνάρτησης f σε ένα διάστημα ∆ , ένας τρόπος εργασίας είναι ο ακόλουθος: 1. Βρίσκουμε μια προφανή ρίζα 0x της f (x) 0= .

2. Προσδιορίζουμε την f (x)′ .

3. Αποδεικνύουμε ότι η f είναι γνησίως μονότονη στο πεδίο ορισμού της.

4. Λαμβάνοντας υπόψη μας την μονοτονία της f συγκρίνουμε τις τιμές f (x) και 0f (x ) .

22

Παράδειγμα 7.

Δίνεται η συνάρτηση xf (x) ln

x 2 = +

.

α) Να μελετήσετε την f ως προς την μονοτονία. β) Να βρείτε το σύνολο τιμών της f . γ) Να αποδείξετε ότι η f είναι 1 1− και να βρείτε την αντίστροφη της. Λύση

α) Είναι: x 0 x(x 2) 0 x 2

x 2> ⇔ + > ⇔ < −

+ ή x 0> .

Άρα το πεδίο ορισμού της f είναι ( ) ( )Α , 2 0,= −∞ − ∪ +∞ .

Για κάθε x που ανήκει στο A έχουμε:

2

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

′ ′ ′ + + − + ′ = ⋅ = ⋅ = > + + + +

.

Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στα διαστήματα του A , δηλαδή στο ( , 2)−∞ − και στο

(0, )+∞ .

β) Η f είναι συνεχής στο ( , 2)−∞ − και στο (0, )+∞ και γνησίως αύξουσα στα διαστήματα αυτά

το σύνολο τιμών της είναι 1 2f (A) A A= ∪ , όπου ( )1 x x 2A lim f (x), lim f (x)

−→−∞ →−=

και

( )2 xx 0A lim f (x), lim f (x)

+ →+∞→= .

Εξάλλου:

x x

xlim f (x) lim ln 0x 2→−∞ →−∞

= = + και

x 2 x 2

xlim f (x) lim lnx 2− −→− →−

= = +∞ +

Άρα ( )1Α 0,= +∞ .

23

x 0

xlim lnx 2+→

= −∞ + και

x x

xlim f (x) lim ln 0x 2→+∞ →+∞

= = +

Άρα ( )2Α ,0= −∞ .

Συνεπώς ( ) ( )f (A) ,0 0,= −∞ ∪ +∞ .

γ) Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα στα διαστήματα του A και 1 2A A∩ =∅ , θα είναι και

1 1− και συνεπώς ορίζεται η αντίστροφη συνάρτηση 1f : f (A) A− → . Για κάθε y f (A)∈ , έχουμε:

y y y y y y yx xf (x) y ln y e x xe 2e x xe 2e x(1 e ) 2ex 2 x 2

= ⇔ = ⇔ = ⇔ = + ⇔ − = ⇔ − = + + (1)

Επειδή y1 e 0− ≠ , γιατί διαφορετικά η (1) οδηγεί σε άτοπο, από την (1) παίρνουμε:

y

y

2ex1 e

=−

και επομένως:

1f : f (A) A− → , με x

x1 2ef (x)

1 e− =

− .

24

Παράδειγμα 8. Δίνεται η συνάρτηση f με τύπο xf (x) ln(e e)= − .

i. Να την μελετήσετε ως προς τη μονοτονία.

ii. Να βρείτε το σύνολο τιμών της.

iii. Να βρείτε την αντίστροφη της. Λύση

i. Πρέπει x xe e 0 e e− > ⇔ > άρα x 1> . Επομένως το πεδίο ορισμού είναι ( )A 1,= +∞ .

Η f για κάθε x A∈ είναι παραγωγίσιμη ως σύνθεση παραγωγίσιμων συναρτήσεων με

x

x

ef (x) 0e e

′ = >−

.

Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο ( )1,+∞ .

ii. Η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο Α, άρα το σύνολο τιμών της f θα είναι

( ) ( )xx 1f lim f (x), lim f (x)

+ →+∞→Α = .

Όμως ( )x

x 1 x 1lim f (x) lim ln(e e)

+ +→ →= − = −∞ .

Πράγματι αν θέσουμε xe e u− = τότε: ( )x

x 1lim e e 0

+→− = έτσι ( )

u 0lim ln u

+→= −∞ .

Ακόμα ( )x

x xlim f (x) lim ln(e e) ,→+∞ →+∞

= − = +∞ γιατί ( )x

xlim e e→+∞

− = +∞ έτσι ( )ulim ln u→+∞

= +∞ .

Άρα το σύνολο τιμών είναι το , δηλαδή ( )f A = .

iii. Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα θα είναι και 1 1− .

Άρα θα υπάρχει η 1f − , η οποία θα έχει πεδίο ορισμού το ( )f A .

Για κάθε ( )y f A∈

έχουμε x y x x y yf (x) y y ln(e e) e e e e e e x ln(e e)= ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = + ⇔ = + Δηλαδή 1 xf (x) ln(e e), x− = + ∈ .

25

Μεθοδολογία Αν μία συνάρτηση f είναι ορισμένη σε ένα διάστημα ∆ , συνεχής και γνησίως μονότονη, τότε το σύνολο τιμών της f ( )∆ είναι διάστημα. Έστω α το αριστερό άκρο του ∆ και β το δεξιό άκρο

του ∆ ,αν

1x

L lim f (x)+→α

= και 2x

L lim f (x)−→β

=

Τότε έχουμε:

f γνησίως αύξουσα

f γνησίως φθίνουσα

∆ f(Δ) f(Δ)

( , )α β 1 2(L ,L ) 2 1(L ,L )

( , ]α β 1(L , f ( )]β 1[f ( ),L )β

[ , )α β 2[f ( ),L )α 2(L , f ( )]α

[ , ]α β [f ( ), f ( )]α β [f ( ), f ( )]β α

26

Παράδειγμα 9. Δίνεται η συνάρτηση f ορισμένη και δύο φορές παραγωγίσιμη στο της οποίας η γραφική παράσταση εφάπτεται στον άξονα x x′ στο σημείο 0x 3= και ισχύει f (x) 0′′ > για κάθε x∈. Να βρεθεί το πρόσημο της f για x 3≠ . Λύση Εφόσον f (x) 0′′ > , για κάθε x∈ έπεται ότι η f ′ είναι γνησίως αύξουσα στο . Η γραφική παράσταση της f εφάπτεται του άξονα x x′ στo 0x 3= , οπότε ισχύει f (3) 0= και

f (3) 0′ = . Επειδή η f ′ είναι γνησίως αύξουσα, αν x 3> τότε f (x) f (3)′ ′> , δηλαδή f (x) 0′ > . Άρα και η f είναι γνησίως αύξουσα στο [3, )+∞ , οπότε αν x 3> τότε f (x) f (3)> , δηλαδή f (x) 0> . Αν x 3< τότε f (x) f (3)′ ′< , δηλαδή f (x) 0′ < , οπότε η f είναι γνησίως φθίνουσα στο ( ,3]−∞ . Αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα, για x 3< τότε f (x) f (3)> , δηλαδή f (x) 0> . Επομένως η f είναι θετική για x 3≠ . Μεθοδολογία Αν μια συνάρτηση f είναι ορισμένη σε ένα διάστημα ∆ , συνεχής και γνησίως αύξουσα, τότε:

1. Αν υπάρχει 0x ∈∆ ώστε 0f (x ) 0= έχουμε:

• Για κάθε x∈∆ με 0x x< είναι 0f (x) f (x ) f (x) 0< ⇔ < .

• Για κάθε x∈∆ με 0x x> είναι 0f (x) f (x ) f (x) 0> ⇔ > .

Ανάλογα αν η f είναι γνησίως φθίνουσα.

2. Αν για κάθε x∈∆ , f (x) 0≠ τότε η f διατηρεί πρόσημο στο ∆ , έτσι θα έχουμε:

f (x) 0> για κάθε x∈∆ ή f (x) 0< για κάθε x∈∆ .

27

Παράδειγμα 10. Δίνεται η συνάρτηση g ορισμένη στο και ( )g x 0′ > , για κάθε x∈ .

Να δείξετε ότι η εξίσωση ( ) ( )4 2 3g 3x 36x g 20x 2 , x+ = + ∈ , έχει μια αρνητική ρίζα και μια

θετική. Λύση Επειδή ( )g x 0′ > , για κάθε x∈ , σημαίνει ότι η g είναι γνησίως αύξουσα στο , άρα και

1 1− .

Οπότε από ( ) ( )4 2 3g 3x 36x g 20x 2+ = + , έχουμε 4 3 23x 20x 36x 2 0− + − = . Έστω συνάρτηση f με τύπο

( ) 4 3 2f x 3x 20x 36x 2= − + − τότε ( ) ( )3 2 2f x 12x 60x 72x 12x x 5x 6′ = − + = − + .

Έτσι η f ′ μηδενίζεται για 1x 0= ή 2x 2= ή 3x 3= .

Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο ( ,0]−∞ .

Ακόμα, ( )f 0 2= − και ( ) ( )4

x xlim f x lim 3x→−∞ →−∞

= = +∞ .

Η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο ( ]1 ,0Α = −∞ , άρα ( ) [ )1f 2,Α = − +∞ .

Επειδή το ( ) [ )10 f 2,∈ Α = − +∞ τότε, υπάρχει 1 1ρ ∈Α τέτοιο ώστε ( )1f 0ρ = (Το 0 είναι τιμή

της f στο Α1), δηλαδή η f έχει ρίζα στο ( ],0−∞ και επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα σε

αυτό το διάστημα η ρίζα αυτή είναι μοναδική και αρνητική. Η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο [ ]2 0, 2Α =

.

Ακόμα ( )f 0 2= − και ( )f 2 30= .

28

Άρα, ( ) ( ) ( ) [ ]2f f 0 , f 2 2,30Α = = − και εφόσον το [ ]20 f (A ) 2,30∈ = − ,τότε υπάρχει 2 2Aρ ∈

τέτοιο ώστε ( )2f 0ρ = (Το 0 είναι τιμή της f στο 2A ) και αφού η f είναι γνησίως μονότονη

προκύπτει ότι υπάρχει μοναδική ρίζα της f στο (0,2) που είναι θετική. Η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο [ ]3 2,3Α = .

Ακόμα ( )f 2 30= , και ( )f 3 25= , δηλαδή ( )3f Α = ( ) ( ) [ ]f 3 , f 2 25,30=

και εφόσον το ( )30 f∉ Α έπεται ότι η f δεν έχει ρίζα στο Α3.

Η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο [ )4 3,Α = +∞ .

Επίσης ( )f 3 25= , και ( ) ( )4

x xlim f x lim 3x→+∞ →+∞

= = +∞ .

Άρα ( )4f Α =[ )25,+∞ , και εφόσον το [ )0 25,∉ +∞ δεν θα υπάρχει ρίζα της f , σε αυτό το

διάστημα. Μεθοδολογία Όταν ζητάμε το πλήθος των ριζών της εξίσωσης f (x) 0= , βρίσκουμε τα διαστήματα στα οποία η f είναι γνησίως μονότονη. Επειδή σε κάθε ένα από αυτά τα διαστήματα η εξίσωση έχει μία το πολύ ρίζα, τότε η εξίσωση θα έχει τόσες το πολύ ρίζες, όσα είναι τα διαστήματα όπου η f είναι γνησίως μονότονη. Αν θέλουμε να βρούμε ακριβώς το πλήθος των ριζών της εξίσωσης, εξετάζουμε σε κάθε διάστημα όπου είναι γνησίως μονότονη η f , αν έχει ρίζα η εξίσωση f (x) 0= .

29

Παράδειγμα 11. Να δείξετε ότι η εξίσωση 4x 32x k 4 0− + − = , είναι αδύνατη αν k 52> . Λύση Θεωρούμε τη συνάρτηση f , με τύπο 4f (x) x 32x k 4, x= − + − ∈ και k 52> . Η f είναι παραγωγίσιμη (άρα και συνεχής) στο ως πολυωνυμική, οπότε,

3 3 2f (x) 4x 32 4(x 8) 4(x 2)(x 2x 4)′ = − = − = − + + Για x 2= έχουμε f (x) 0′ = . Για x 2> είναι f (x) 0′ > , δηλαδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο [2, )+∞ . Για x 2< ισχύει f (x) 0′ < , δηλαδή η f είναι γνησίως φθίνουσα στο ( , 2]−∞ .

Αν 1 ( , 2]Α = −∞ το ( ) ( ) ( )) [ )1 xf f 2 , lim f x k 52,

→−∞Α = = − +∞ .

Αν 2 [2, )Α = +∞ το ( ) ( ) ( )) [ )2 xf f 2 , lim f x k 52,

→+∞Α = = − +∞ .

Το σύνολο τιμών της συνάρτησης είναι: ( ) ( ) ( ) [ )1 2f f f k 52,Α = Α ∪ Α = − +∞ και επειδή

k 52 k 52 0> ⇔ − > , έπεται ότι το ( )0 f∉ Α , δηλαδή δεν υπάρχει 0x ∈ ώστε ( )0f x 0= .

Επομένως η εξίσωση είναι αδύνατη. Μεθοδολογία Για να δείξουμε ότι η ( )f x 0= είναι αδύνατη εξίσωση μπορούμε να δουλέψουμε με δυο

τρόπους. α) Βρίσκουμε σύνολο τιμών το οποίο δεν περιέχει το μηδέν. β) Με μονοτονία αποδεικνύουμε ότι ( )f x 0> ή ( )f x 0< .

30

Παράδειγμα 12.

Να δειχθεί ότι: 2 x 1

xηµ

< <π

, για 0 x2π

< < .

(Ανισότητα Jordan) Λύση

Θεωρούμε τη συνάρτηση f με τύπο xf (x)

xηµ

= , με fD 0,2π =

. Η f είναι

παραγωγίσιμη στο 0,2π

, ως πηλίκο παραγωγίσιμων συναρτήσεων και έχουμε

2

x x xf (x) , x 0,x 2

συν −ηµ π ′ = ∈

(1)

Η συνάρτηση g : 0,2π →

με τύπο g(x) x x x= συν −ηµ , (2) είναι παραγωγίσιμη στο 0,

ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων, με:

g (x) x x 0, x 0,2π ′ = − ηµ < ∈

,

δηλαδή η συνάρτηση g είναι γνησίως φθίνουσα στο πεδίο ορισμού της. Συνεπώς

για τα x 0,2π ∈

, παίρνουμε:

( )g (2)

0 x g g(x) g 0 1 g(x) 02 2

γν.φθίνουσαπ π < < ⇒ < < ⇔− < <

(3)

Η σχέση (1), βάσει της σχέσης (3), δίνει f (x) 0, x 0,2π ′ < ∈

, συνεπώς

η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα για τα x 0,2π ∈

, για τα οποία έχουμε:

x 0

xlim 1x+→

ηµ= και

x2

x 2limx−π

ηµ=π

(4)

Άρα λόγω μονοτονίας της f και της σχέσης (4), το σύνολο τιμών της f είναι το 2 ,1

π ,

συνεπώς

2 2 xf (x) 1 1x

ηµ< < ⇔ < <

π π, για 0 x

< < .

31

Εφόσον η συνάρτηση xf (x)

xηµ

= είναι άρτια διότι:

( )x xf ( x) f (x)x x

ηµ − ηµ− = = =

−,

Η ανισότητα 2 x 1

xηµ

< <π

, ισχύει για 0 x2π

< < .

Μεθοδολογία Για να αποδείξουμε ανισότητα της μορφής A(x) B(x)≤ ή A(x) B(x)≥ , κάνουμε τα εξής βήματα εργασίας: 1ο Βήμα: Μεταφέρουμε όλους τους όρους στο πρώτο μέλος και έχουμε ανισότητα της μορφής: h(x) 0≤ ή ( )h x 0≥ .

2ο Βήμα: Βρίσκουμε τη μονοτονία της συνάρτησης h , στο πεδίο ορισμού της. 3ο Βήμα: Υπολογίζουμε το σύνολο τιμών της συνάρτησης h . 4ο Βήμα: Παίρνοντας την ανισότητα που προκύπτει από το σύνολο τιμών της συνάρτησης h , έχουμε το ζητούμενο.

32

Παράδειγμα 13.

Αν ισχύει ln e e ,β αα= −

βόπου , 0α β > τότε, να δειχθεί ότι α = β .

Λύση Η δοθείσα σχέση ισοδύναμα μετασχηματίζεται ως εξής:

ln e e ln e ln eβ α α βα= − ⇔ α+ = β+

β (1)

Θεωρούμε τη συνάρτηση ( )f : 0,+∞ → , με τύπο xf (x) ln x e= + . Η f είναι παραγωγίσιμη

στο ( )0,+∞ με

x1f (x) ex

′ = + ,

οπότε f (x) 0′ > , για κάθε x 0> , συνεπώς η f είναι γνησίως αύξουσα στο ( )0,+∞ , άρα και 1-

1 στο ( )0,+∞ .

Από τη σχέση (1) έχουμε: f ( ) f ( )α = β και εφ’ όσον η f είναι 1-1 παίρνουμε ότι α = β . Μεθοδολογία Αν έχουμε σχέση της μορφής ( ) ( )h , g ,α β = α β , (2)

και θέλουμε να δείξουμε ότι w( , ) 0α β = όπου ,α β∈ , τότε: 1ο Βήμα: Μετασχηματίζουμε την σχέση (2) στην μορφή f ( ) f ( )α = β . 2ο Βήμα: Επιλέγουμε κατάλληλη συνάρτηση f . 3ο Βήμα: Δείχνουμε ότι η f είναι γνησίως μονότονη, άρα θα είναι και 1-1 στο πεδίο ορισμού της. 4ο Βήμα: Χρησιμοποιώντας το γεγονός ότι η f είναι 1-1, δείχνουμε το ζητούμενο.

33

Παράδειγμα 14.

Αν ισχύει e α− βα<

β, όπου , 1α β > τότε, να δειχθεί ότι .α > β

Λύση Η δοθείσα σχέση ισοδύναμα μετασχηματίζεται ως εξής :

ln x

e ln ln eγν.αύξουσα

α− β α− βα α< ⇔ < ⇔

β β

ln ln ln ln⇔ α − β < α − β ⇔ α − α < β − β (1)

Θεωρούμε τη συνάρτηση ( )f : 1,+∞ → , με τύπο f (x) ln x x= − . Η f είναι παραγωγίσιμη

στο ( )1,+∞ με

x xf (x) , x 12x x

−′ = > .

Έχουμε

x 1 02x 1 x x x x x x x x 0

> >

> ⇒ > ⇔ > ⇔ > ⇔ − < ,

συνεπώς f (x) 0′ < , για κάθε x 1> , άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο ( )1,+∞ . Από τη

σχέση (1) παίρνουμε ότι ( ) ( )f fα < β και εφ’ όσον η f είναι γνησίως φθίνουσα έπεται ότι

α > β ⇔ α > β . Μεθοδολογία Αν έχουμε σχέση της μορφής ( ) ( )h , g ,α β ≤ α β , ή ( ) ( )h , g ,α β ≥ α β (2)

και θέλουμε να δείξουμε ότι w( , ) 0α β ≤ , ή w( , ) 0α β ≥ όπου ,α β∈ , τότε: 1ο Βήμα: Μετασχηματίζουμε την σχέση (2) στην μορφή f ( ) f ( )α ≤ β , ή f ( ) f ( )α ≥ β . 2ο Βήμα: Επιλέγουμε κατάλληλη συνάρτηση f . 3ο Βήμα: Δείχνουμε ότι η f είναι γνησίως μονότονη στο πεδίο ορισμού της. 4ο Βήμα: Χρησιμοποιώντας τη μονοτονία της f , δείχνουμε το ζητούμενο.

Ημερομηνία τροποποίησης: 26/10/2011