2014

32 Χρήσιμες Προτάσεις

με αποδείξεις Γ΄ Λυκείου – Μαθηματικά Κατεύθυνσης

Περίληψη: Στο ένθετο αυτό περιλαμβάνονται 30 βασικές προτάσεις, μικρά λήμματα χρήσιμα για τις εξετάσεις. Μας βοηθούν να «ξεκλειδώνουμε» πιο εύκολα τις σύνθετες ασκήσεις. Δεν βοηθάει η στείρα αποστήθισή τους αλλά η κατανόηση και η εφαρμογή τους μέσα στις ασκήσεις.

2015

Επιμέλεια: Μάκης Χατζόπουλος http://lisari.blogspot.com

8/4/2015

2

Μια συλλογή με

30 Χρήσιμες προτάσεις

Επιμέλεια ασκήσεων

1 – 13: Νίκος Ζανταρίδης για το master class 4

14 - 32: Μάκης Χατζόπουλος

Ανανεωμένο: 8-4-2015

31: Παράγωγος αντίστροφης συνάρτησης

32: Ολοκλήρωμα αντίστροφης συνάρτησης

3

ΘΕΜΑ 1

Αν η συνάρτηση : f A είναι γνησίως μονότονη στο Α, τότε η 1f είναι γνησίως μονότονη στο

f A με ίδιο είδος μονοτονίας με την f.

Απόδειξη

Επειδή η f είναι γνησίως μονότονη στο πεδίο ορισμού της Α, έπεται ότι η f είναι συνάρτηση 1-1, οπότε

η f έχει αντίστροφη συνάρτηση και το πεδίο ορισμού της 1f είναι το f A .

Έστω ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο Α, θα δείξουμε ότι η 1f είναι γνησίως αύξουσα στο f A .

Υποθέτουμε ότι η 1f δεν είναι γνησίως αύξουσα στο f A , τότε θα υπάρχουν 1 2, y y f A με

1 2y y και 1 1

1 2

f y f y . ‘Εχουμε όμως

*:

1 1 1 1

1 2 1 2 1 2

< af

f y f y f f y f f y y y άτοπο αφού 1 2y y .

(*)(αφού 1 , ) f f y y ά y f A

Από τα παραπάνω προκύπτει ότι η 1f είναι γνησίως αύξουσα στο f A .

Ομοίως αποδεικνύεται ότι αν η f είναι γνησίως φθίνουσα στο Α, τότε και η 1f είναι γνησίως φθίνουσα

στο f A .

Από όλα τα παραπάνω συμπεραίνουμε ότι αν η f είναι γνησίως μονότονη στο Α, τότε και η 1f είναι

γνησίως μονότονη στο f A με το ίδιο είδος μονοτονίας με την f.

ΘΕΜΑ 2

Αν η συνάρτηση : f A είναι γνησίως αύξουσα στο Α, να δείξετε ότι η εξίσωση 1f x f x

είναι ισοδύναμη με την εξίσωση f x x .

Απόδειξη

Έστω 0x μια ρίζα της εξίσωσης 1f x f x , τότε θα ισχύει 1

0 0 : 1f x f x .

Από της (1) προκύπτει ότι 0 0, x A x f A και 0 f x A (αφού 1

0 0

f x f x A).

Έχουμε 1

0 0 0 01 : 2 f f x f f x f f x x

Θα δείξουμε ότι 0 0f x x

Έστω ότι 0 0f x x , τότε θα είναι 0 0 0 0 f x x ή f x x .

Υποθέτουμε ότι 0 0f x x , τότε θα έχουμε

4

0 0

2:

0 0 0 0 0 0 0 0,

<f A

f x x Af x x f f x f x x f x f x x , ΑΤΟΠΟ,

αφού υποθέσαμε ότι 0 0f x x .

Ομοίως σε άτοπο καταλήγουμε αν υποθέσουμε ότι 0 0f x x . Επομένως είναι 0 0f x x , οπότε ο

αριθμός 0x είναι ρίζα της εξίσωσης f x x . Άρα κάθε ρίζα της εξίσωσης 1f x f x είναι και

ρίζα της εξίσωσης f x x .

Αντιστρόφως

Έστω 0x μια ρίζα της εξίσωσης f x x , τότε θα ισχύει 0 0f x x : (3).

Από την (3) προκύπτει ότι 0 0 x A x f A (αφού 0 0 x f x f ).

Από την (3) έχουμε

1 1 1 1

0 0 0 0 0 0 0 0 : 4 f x x f f x f x x f x f x x

Από (3) και (4) προκύπτει ότι 1

0 0

f x f x .

Άρα ο αριθμός 0x είναι ρίζα της εξίσωσης 1f x f x . Επομένως κάθε ρίζα της εξίσωσης f x x

είναι και ρίζα της εξίσωσης 1f x f x .

Από τα παραπάνω προκύπτει ότι οι εξισώσεις 1f x f x και f x x είναι ισοδύναμες.

ΘΕΜΑ 3

Αν για τις συναρτήσεις , : f g ισχύει f x g x κοντά στο 0x και είναι lim

ox x

g x , τότε

είναι και lim

ox x

f x .

Απόδειξη

Επειδή είναι lim

ox x

g x έπεται ότι ισχύει 0g x κοντά στο 0x . Ακόμα δόθηκε ότι ισχύει

f x g x κοντά στο 0x . Έτσι κοντά στο 0x ισχύει

0 f x g x , οπότε κοντά στο 0x ισχύει:

1 1

0 : 1 f x g x

Είναι 0 0lim

ox x

και 1

0lim

ox x g x

(αφού lim

ox x

g x ) οπότε, λόγω της (1), προκύπτει ότι

1

0lim

ox x f x

.

Επειδή είναι 1

0lim

ox x f x

και ισχύει 1

0f x

κοντά στο 0x , έπεται ότι

5

1

1lim

ox x

f x

, δηλαδή lim

ox x

f x .

Σημείωση: Αν ισχύει f x g x κοντά στο 0x και είναι lim

ox x

g x , τότε και lim

ox x

f x .

ΘΕΜΑ 4

Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα Δ, παραγωγίσιμη στο εσωτερικό του διαστήματος Δ και

ισχύει ' 0f x για κάθε εσωτερικό σημείο του Δ, τότε η f είναι αύξουσα στο Δ.

Απόδειξη

Έστω 1 2, x x με

1 2x x . Επειδή η f είναι συνεχής στο διάστημα Δ, παραγωγίσιμη στο εσωτερικό

του Δ και είναι 1 2, x x , έπεται ότι η f είναι συνεχής στο 1 2,x x και παραγωγίσιμη στο 1 2,x x ,

οπότε η f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ στο 1 2,x x , άρα υπάρχει 1 2, x x , ώστε

2 1

2 1 2 1

2 1

' ' : 1

f x f xf f x f x f x x

x x

Είναι όμως ' 0f και 2 1 0 x x (αφού 1 2x x ), οπότε έχουμε:

1

2 1 2 1 1 2

2 1

' 0

' 0 0

0

f

f x x f x f x f x f x

x x

Επομένως για κάθε 1 2, x x με 1 2x x ισχύει 1 2f x f x , οπότε η f είναι αύξουσα στο Δ.

Σημείωση: Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα Δ, παραγωγίσιμη στο εσωτερικό του Δ και για

κάθε εσωτερικό σημείο x του Δ ισχύει ' 0f x , τότε η f είναι φθίνουσα στο διάστημα Δ.

ΘΕΜΑ 5

α) Αν η συνάρτηση : , f είναι συνεχής και περιττή, τότε 0

f t dt

.

β) Να βρεθεί το 2014

3

2014

t te e t t dt .

Λύση

Θεωρώ την συνάρτηση , ,

x

x

g x f t dt x .

Είναι 0

0 0 0

x x x

x

g x f t dt f t dt f t dt f t dt .

6

Επειδή η f είναι συνεχής στο , , η συνάρτηση 0

, , x

h x f t dt x είναι παραγωγίσιμη

στο , με ' h x f x και η συνάρτηση

0

, ,

x

x f t dt h x x a a είναι παραγωγίσιμη στο , ως

σύνθεση παραγωγίσιμων συναρτήσεων με ' ' x f x x f x .

Έτσι η g είναι παραγωγίσιμη στο , ως διαφορά παραγωγίσιμων συναρτήσεων με

0 0

' ...

x x

g x f t dt f t dt f x f x x f x f x .

Επειδή η f είναι περιττή έπεται ότι ισχύει f x f x για κάθε , x .

Έτσι για κάθε , x είναι ' 0 g x f x f x , οπότε η g είναι σταθερή στο , .

Επομένως για κάθε , x ισχύει

0

0

0 0

x x

x x

g x g f t dt f t dt f t dt

Για x = α έχουμε 0

f t dt

.

Σημείωση: Ένας 2ος τρόπος επίλυσης είναι με αλλαγή μεταβλητής ( u t ).

β) Για την συνάρτηση : με 3 x xx e e x x , ισχύει

Η φ είναι συνεχής στο και

3

3

3

,

x x

x x

x x

x e e x x

e e x x

e e x x

x ά x

Άρα η φ είναι συνεχής στο και περιττή, οπότε από το (α) ερώτημα έχουμε

2014

2014

0

t dt δηλαδή 2014

3

2014

0

t te e t t dt .

7

ΘΕΜΑ 6

Αν η συνάρτηση : , f είναι συνεχής και άρτια, τότε 0

2

f t dt f t dt

.

Απόδειξη

Επειδή η f είναι άρτια ισχύει , , f x f x ά x : (1)

Θεωρώ την συνάρτηση 0

2 , ,

x x

x

x f t dt f t dt x

Είναι:

0

0 0

0

0

0 0

2

x x

x

x

x

x

x f t dt f t dt f t dt

f t dt f t dt

f t dt f t dt

Έχουμε,

1

' ... '

1

0, ,

x f x x f x

f x f x

f x f x

f x f x ά x a a

Άρα η φ είναι σταθερή στο ,a a , οπότε για κάθε , x a a ισχύει

0 0

0 0 0

0 2 2

x x

x

x f t dt f t dt f t dt f t dt

0

2 0

x x

x

f t dt f t dt

0

2

x x

x

f t dt f t dt

Για x έχουμε: 0

2

f t dt f t dt

.

8

Σημείωση: 2ος τρόπος 0

0

f t dt f t dt f t dt

και για το 0

f t dt

αλλαγή μεταβλητής

( u t ).

ΘΕΜΑ 7

Αν η συνάρτηση :f , όπου Δ διάστημα, είναι συνεχής στο Δ και ισχύει 0f x για κάθε

x και 0 f t dt

με , , τότε είναι α = β.

Απόδειξη

Θεωρώ την συνάρτηση , x

g x f t dt x

( , σταθερό σημείο του Δ).

Επειδή η f είναι συνεχής στο διάστημα Δ έπεται ότι η g είναι παραγωγίσιμη στο Δ με

' g x f x , για κάθε x .

Επειδή η f είναι συνεχής στο διάστημα Δ κα ισχύει 0f x για κάθε x έπεται ότι η f διατηρεί

στο Δ σταθερό πρόσημο, οπότε θα είναι f(x) > 0 για κάθε x ή f(x)<0 για κάθε x , δηλαδή θα

είναι ' 0g x για κάθε x ή ' 0g x για κάθε x .

Επομένως η g θα είναι γνησίως αύξουσα στο Δ ή γνησίως φθίνουσα στο Δ. Έτσι η g, ως γνησίως

μονότονη στο Δ, είναι συνάρτηση 1 – 1.

Έχουμε,

0 0

0

1 1

f t dt f t dt f t dt

f t dt f t dt

f t dt f t dt

g g

ί g ί ά

Άρα είναι α = β.

ΘΕΜΑ 8

Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [α, β], τότε υπάρχει , ώστε f x dx f

9

Απόδειξη

Θεωρώ την συνάρτηση , , x

g x f t dt x

.

Επειδή η f είναι συνεχής στο [α, β] έπεται ότι η g είναι παραγωγίσιμη στο [α, β] με ' g x f x , για

κάθε ,x , οπότε η g ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του ΘΜΤ στο [α, β] (αφού η g είναι συνεχής

στο [α, β] και παραγωγίσιμη στο (α, β)).

Επομένως υπάρχει , , ώστε

'

0

a

f t dt f t dtg gg f

f t dt f

f t dt f

ΘΕΜΑ 9

Αν οι συναρτήσεις , : , f g είναι συνεχείς και ισχύει f x g x για κάθε ,x a , τότε

f x dx g x dx

Απόδειξη

Θεωρώ τη συνάρτηση , , h x f x g x x .

Η h είναι συνεχής στο [α ,β], ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων. Ακόμα για κάθε ,x a ισχύει

0 0 f x g x f x g x h x .

Επειδή η h είναι συνεχής στο [α, β] και ισχύει 0h x για κάθε ,x έπεται ότι

0 0

0

h x dx f x g x dx

f x dx g x dx

f x dx g x dx

Βασικές ανισότητες

1) , x x ά x (η ισότητα ισχύει μόνο αν x = 0)

10

2) 1 xe x (παρακάτω δες απόδειξη) (η ισότητα ισχύει μόνο αν x = 0)

3) ln 1, 0 x x ά x (η ισότητα ισχύει μόνο αν x = 1)

4) 2 , , 0 ά (η ισότητα ισχύει μόνο αν α = β)

5) 1

2, 0 ά

(η ισότητα ισχύει μόνο αν a = 1)

6) Αν , m f x M ά x τότε

20 ... 0 f x m f x M f x m M f x m M …

ΘΕΜΑ 10

Αν η συνάρτηση :f (Δ: διάστημα) είναι παραγωγίσιμη και ισχύει ' 0f x για κάθε x ,

τότε η f είναι συνάρτηση 1 – 1 .

Απόδειξη

Υποθέτουμε ότι η f ΔΕΝ είναι συνάρτηση 1 – 1, τότε θα υπάρχουν 1 2, x x με 1 2x x και

1 2f x f x .

Επειδή η f είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα Δ και 1 2, x x έπεται ότι η f είναι συνεχής στο 1 2,x x

και παραγωγίσιμη 1 2,x x .

Ακόμη είναι 1 2f x f x . Άρα η f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ. Rolle στο 1 2,x x , οπότε

υπάρχει 1 2, x x ώστε ' 0f , ΑΤΟΠΟ, αφού δόθηκε ότι ' 0f x για κάθε x .

Επομένως η f είναι συνάρτηση 1 – 1.

ΘΕΜΑ 11

Αν η συνάρτηση :f (Δ: διάστημα) είναι συνεχής και 1 – 1, τότε η f είναι γνησίως μονότονη στο

Δ.

Απόδειξη

Έστω ότι η f ΔΕΝ είναι γνησίως μονότονη στο Δ, τότε δεδομένου ότι η f είναι συνάρτηση 1 -1, θα

υπάρχουν 1 2 3, , x x x με 1 2 3 x x x και

1 3 2

3 1 2

f x f x f x

ή

f x f x f x

11

3 1 2

1 3 2

ή

f x f x f x

ή

f x f x f x

Έστω 1 3 2 f x f x f x , τότε επειδή η f είναι συνεχής στο 1 2,x x και ισχύει

1 3 2 f x f x f x έπεται, λόγω του θεωρήματος ενδιαμέσων τιμών, ότι υπάρχει 1 2, x x ώστε

3f f x και επειδή η f είναι 1 -1 προκύπτει ότι 3 x , ΑΤΟΠΟ, αφού 1 2 3 x x x .

Ομοίως σε άτοπο καταλήγουμε και στις υπόλοιπες περιπτώσεις.

Επομένως η f είναι γνησίως μονότονη στο Δ.

ΘΕΜΑ 12

Αν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα Δ και εξίσωση f (x) = 0 έχει ν διαφορετικές ρίζες

2v στο Δ, τότε η εξίσωση ' 0f x έχει τουλάχιστον (ν – 1) ρίζες στο Δ.

Απόδειξη

Έστω 1 2, ,..., με 1 2 1... οι ν στο πλήθος ρίζες της εξίσωσης

f (x) = 0.

Επειδή η f είναι παραγωγίσιμη στο Δ έπεται ότι η f είναι συνεχής στα διαστήματα

1 2 2 3 1, , , ,..., , και παραγωγίσιμη στα διαστήματα 1 2 2 3 1, , , ,..., , .

Ακόμη είναι 1 2 1... 0 f f f f , αφού οι αριθμοί 1 2, ,..., είναι οι ρίζες

της εξίσωσης f (x) = 0.

Άρα η f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ. Rolle σε καθένα από τα διαστήματα

1 2 2 3 1, , , ,..., , .

Επομένως υπάρχουν 1 1 2 2 2 3 1 1, , , ,..., , ώστε

1 2 1' 0, ' 0,..., ' 0 f f f ,

οπότε η εξίσωση ' 0f x έχει τουλάχιστον (ν -1) ρίζες στο διάστημα Δ.

ΘΕΜΑ 13

Για κάθε , z w ισχύουν:

1. 2 2 2 2 22Re 2Re z w z w z w z w z w

2. 2 2 2 2

2 2 z w z w z w

3. 2 24Re 4Re z w z w z w z w

12

Απόδειξη

1. Έχουμε,

2 2 2 z w z w z w z w z w zz zw wz ww z w zw zw οπότε

2 2 2 2 22Re z w z w z w z w z w z w και

2 2 2 2 22Re z w z w z w z w z w z w

2. Έχουμε,

2 2

z w z w z w z w z w z w

z w z w z w z w

z z z w w z w w z z z w w z

2 2 2 2

2 22 2

w w

z w z w

z w

3. Έχουμε,

2 2

z w z w z w z w z w z w

z w z w z w z w

z z z w w z w w z z z w w z w w

2 z w z w

2

2 2Re

4Re

z w z w

z w

z w

Ακόμη είναι Re Re Re z w z w z w .

Έτσι έχουμε

2 24Re 4Re z w z w z w z w .

ΘΕΜΑ 14

Για κάθε z ισχύουν:

i ) z z z , δηλαδή ένας μιγαδικός αριθμός είναι πραγματικός αν, και μόνο αν, ισούται με τον

συζυγή του.

ii ) z z z δηλαδή ένας μιγαδικός αριθμός είναι φανταστικός αν, και μόνο αν, ισούται με τον

αντίθετο συζυγή του.

13

Απόδειξη

i) Έχουμε, z z z z Im z i Im z z 0 2 0 0

ii) Έχουμε, z z z z Re z Re z z 0 2 0 0

ΘΕΜΑ 15

Για κάθε z ισχύει z z z 2 2 , δηλαδή το μέτρο μιγαδικού z συμπεριφέρεται ως απόλυτο

αν, και μόνο αν, o z είναι πραγματικός αριθμός.

Απόδειξη

Έστω z α βi . Είναι,

z z α β α βi

α β α β αβi

α β α β και αβ

β και αβ

β

z

2 22 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2

2

2

2 0

2 0 0

0

ΘΕΜΑ 16

Αν z και z p 0 , τότε p

zz

2

.

Απόδειξη

Έχουμε, p p

z p z p z z p zz

20

2 2 2 .

ΘΕΜΑ 17

Αν z , τότε η εξίσωση z 3 1έχει λύσεις z ή z i 1 3

12 2

.

Προσοχή: Συνηθίζεται οι μαθητές να την λύνουν ως εξής: z z z3 31 1 1που προφανώς

δεν έχουν βρει όλες τις λύσεις της εξίσωσης.

Απόδειξη

Έχουμε,

z z

z z z

z ή z z

z ή z i .

3 3

2

2

1 1 0

1 1 0

1 0 1 0

1 31

2 2

14

Σημείωση: Τις εξισώσεις της μορφής vz a , τις λύνουμε (αυτές που είναι εντός ύλης) όπως παραπάνω.

Δείτε ως άσκηση τις περιπτώσεις: i) v = 2 και α = 1 ii) v = 4 και α = 1 .

ΘΕΜΑ 18

Για κάθε πραγματικό x ισχύει xe x 1 και το ίσον ισχύει μόνο όταν x = 0 .

Απόδειξη

Από εφαρμογή σχολικού βιβλίου γνωρίζουμε ότι, για όλους τους θετικούς αριθμούς x ισχύει

ln x x 1 (1) και το ίσον ισχύει μόνο για x = 1.

Αντικαθιστούμε στην (1) όπου x το xe (αφού είναι θετικός), x xln e e 1 δηλαδή xx e 1

άρα xe x 1 .

Το ίσον ισχύει όταν το xe 1 δηλαδή όταν x = 0.

ΘΕΜΑ 19

Αν οι συναρτήσεις f , g είναι ορισμένες στο Δ και ισχύει g x m για όλα τα x Δ και

o

x xf xlim

0 ,τότε o

x xf x g xlim

0 .

Απόδειξη

Είναι, f x g x f x g x m f x .

Άρα για όλα τα x ισχύει f x g x m f x m f x f x g x m f x

Όμως o o

x x x xm f x m f x m mlim lim

0 0 0 και

o o

x x x xm f x m f x m mlim lim

0 0 0

από Κριτήριο Παρεμβολής έπεται ότι o

x xf x g xlim

0 .

ΘΕΜΑ 20

Αν f : α,β συνεχής και f α f β 0 , τότε η f έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο [α, β].

Απόδειξη

Επειδή f α f β 0 ή θα είναι f α f β 0 (1) ή θα είναι f α f β 0 (2).

Διακρίνουμε περιπτώσεις:

Ι) Αν ισχύει η σχέση (1), γνωρίζουμε ότι η f είναι συνεχής στο [α, β], οπότε από το Θεώρημα Bolzano

η εξίσωση f(x) = 0 έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (α ,β).

ΙΙ) Αν η ισχύει η σχέση (2), τότε έχουμε

15

f α f β f α ή f β

α :ρίζα της εξίσωσης f x ή β :ρίζα της εξίσωσης f x

0 0 0

0 0

άρα η εξίσωση f(x) = 0 έχει ρίζες το α ή το β.

Συνολικά από τις περιπτώσεις Ι και ΙΙ παίρνουμε ότι η εξίσωση f(x) = 0 έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο

[α, β].

ΘΕΜΑ 21 (πρόταση που λύνουμε ανισώσεις – εξισώσεις)

α) Μια συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα Δ, αν, και μόνο αν, για κάθε x ,x Δ1 2

ισχύει η ισοδυναμία x x f x f x 1 2 1 2.

β) Μια συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα Δ, αν, και μόνο αν, για κάθε x ,x Δ1 2

ισχύει η ισοδυναμία x x f x f x 1 2 1 2 .

γ) Αν συνάρτηση f είναι 1 – 1 στο σύνολο Α, αν, και μόνο αν, για κάθε x ,x Δ1 2 ισχύει η ισοδυναμία

f x f x x x 1 2 1 2 .

Απόδειξη

α) Ευθύ: Ισχύει από τον ορισμό της γν. αύξουσας συνάρτησης

Αντίστροφο: Έστω f x f x1 2 για x ,x Δ1 2 , θα δείξουμε ότι x x1 2 .

Έστω x x1 2 , τότε από τον ορισμό της συνάρτησης έχουμε f x f x1 2 , ΑΤΟΠΟ αφού

f x f x1 2 .

Έστω x x1 2 , επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα ισχύει f x f x1 2 , ΑΤΟΠΟ αφού

f x f x1 2 .

Οπότε από τον νόμο της τριχοτομίας έπεται ότι x x1 2 , οπότε ισχύει η ισοδυναμία

x x f x f x 1 2 1 2 .

β) Αντίστοιχα με το (α)

γ) Ευθύ: Ισχύει από τον ορισμό της 1 – 1

Αντίστροφο: Αν x x1 2 τότε από τον ορισμό της συνάρτησης έχουμε f x f x1 2 , (δεν μπορεί

το ίδιο x να αντιστοιχίζεται σε διαφορετικό y, η αντιστοίχιση σε αυτή την περίπτωση δεν θα ήταν

συνάρτηση).

Οπότε ισχύει η ισοδυναμία f x f x x x 1 2 1 2 .

16

ΘΕΜΑ 22

α) Μια γνησίως μονότονη συνάρτηση έχει το πολύ μία ρίζα.

β) Έστω f μια γνησίως μονότονη συνάρτηση στο Α, τότε η εξίσωση f(x) = k, έχει μια το πολύ λύση στο

Α.

Απόδειξη

α) Έστω f μια γνησίως μονότονη συνάρτηση, τότε η f είναι γνησίως αύξουσα ή γνησίως φθίνουσα και

σε κάθε περίπτωση είναι 1 – 1.

Έστω ότι η εξίσωση f x 0 έχει δύο τουλάχιστον διαφορετικές ρίζες τις p ,p1 2 , τότε

f :

f p f p f p f p p p

1 1

1 2 1 2 1 20 ΑΤΟΠΟ

Οπότε η εξίσωση f x 0 έχει το πολύ μια ρίζα.

ΘΕΜΑ 23

Αν για μια συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα Δ, τότε μεταξύ δύο οποιωνδήποτε

διαφορετικών ριζών της f βρίσκεται μία τουλάχιστον ρίζα της παραγώγους της f, δηλαδή της f ΄.

Απόδειξη

Έστω p p1 2 δύο ρίζες της f στο Δ.

Η f είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα p ,p Δ 1 2 και ισχύει f p f p 1 2 0 , άρα

ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του Θ. Rolle στο p ,p 1 2 , επομένως υπάρχει ξ p ,p Δ 1 2

τέτοιο ώστε f ξ 0 , άρα η εξίσωση f x 0 έχει μία τουλάχιστον λύση στο p ,p1 2 , δηλαδή

μεταξύ των δύο διαφορετικών ριζών της εξίσωσης f(x) = 0.

ΘΕΜΑ 24

Αν μια συνεχή συνάρτηση f ορισμένη σε ένα ανοικτό διάστημα (α, β) έχει την ιδιότητα

x a x β

f x , f xlim lim

(η αντίστροφα), τότε το σύνολο τιμών της είναι το .

Απόδειξη

Αρκεί να δείξουμε ότι για κάθε πραγματικό αριθμό y είναι τιμή της f.

Επειδή x a

f xlim

η f θα παίρνει και τιμές μικρότερες του y, δηλαδή θα υπάρχει x α,β1

ώστε f x y1 .

Επειδή x β

f xlim

η f θα παίρνει και τιμές μεγαλύτερες του y, δηλαδή θα υπάρχει x α,β2

ώστε f x y2 .

17

Προφανώς x x1 2 και από το θεώρημα ενδιαμέσων τιμών θα υπάρχει x στο διάστημα με άκρα τα

x ,x1 2 τέτοιο ώστε f(x) = y. Επομένως το y είναι τιμή της f.

ΘΕΜΑ 24

Ισχύει η ισοδυναμία: o o

x x x xf x f xlim lim

0 0

Απόδειξη

Γνωρίζουμε ότι, f x f x f x , όμως o o

x x x xf x f xlim lim

0 , οπότε από το

Κριτήριο Παρεμβολής έπεται το ζητούμενο.

ΘΕΜΑ 25

α) Οι παραγωγίσιμες συναρτήσεις f : με την ιδιότητα f f είναι της μορφής xf x ce ,

όπου c σταθερά.

β) Οι παραγωγίσιμες συναρτήσεις f : με την ιδιότητα f m f είναι της μορφής

mxf x ce , όπου c ,m σταθερά.

Απόδειξη

α) Εφαρμογή σχολικού βιβλίου

β) Έχουμε διαδοχικά για κάθε x ,

mx mx

mx

f ' x m f x f ' x m f x

e f ' x me f x

e f x

0

0

0

άρα η συνάρτηση mxg x e f x είναι σταθερή στο , οπότε υπάρχει σταθερά c τέτοια

ώστε mxc e f x δηλαδή mxf x ce , x .

ΘΕΜΑ 26

Η παράγωγος της συνάρτησης ( ) | ( ) |g x f x , με f παραγωγίσιμη στο Α, είναι

'

f xg x f x

f x

Απόδειξη

Η συνάρτηση g μπορεί να γραφτεί1 ως εξής 2( ) ( )g x f x

οπότε, η g είναι παραγωγίσιμη στο B { : ( ) 0 x A f x }με

1 Επίσης υπάρχει και δεύτερος τρόπος να γράψουμε την g, ως εξής ln ( ) ln | ( ) |g x f x .........

18

2

2 ( ) ' ( )'( ) · '( )

| ( ) |2 ( )

f x f x f xg x f x

f xf x

Σημείωση: Η συνάρτηση g ενδέχεται να είναι παραγωγίσιμη και στα σημεία 0 0( ) 0x έ ώ f x

. Αν ζητάμε την παράγωγο της g σε αυτά τα σημεία, τότε πρέπει να την εξετάσουμε με τη βοήθεια του

ορισμού της παραγώγου, δηλαδή να βρούμε το όριο

0 00

0 0

lim lim

o ox x x x

f x f xg x g x

x x x x

ΘΕΜΑ 27

Η συνάρτηση xlnx –x είναι μία παράγουσα της lnx.

Απόδειξη

Έχουμε,

x ln x x x ln x x

x ln x x ln x

ln x xx

ln x

ln x

1

11 1

1 1

ΘΕΜΑ 28

Ισχύει ότι εφx εφ x 21

Απόδειξη

Έχουμε, εφx εφ xσυν x

εφ x

2

2

2

1 11

1

1

.

ΘΕΜΑ 29

Αν μια συνάρτηση f είναι γνησίως μονότονη στα διαστήματα [α, β] και [β, γ] με το ίδιο είδος μονοτονίας,

τότε είναι γνησίως μονότονη (με το ίδιο είδος) και στο διάστημα [α, γ].

Απόδειξη

Έστω ότι η f είναι γνησίως αύξουσα2 στα διαστήματα [α, β] και [β, γ], τότε για οποιαδήποτε

x a,β , x β, γ 1 2 , θα δείξουμε ότι ισχύει f x f x1 2 .

Έχουμε, x β x γ 1 2 , άρα από τον ορισμό της γνησίως αύξουσας έχουμε,

2 όμοια και για την γνησίως φθίνουσα

19

x β f x f β 1 1 και β x γ f β f x f γ 2 2

, άρα f x f x1 2, άρα η

f είναι γνησίως αύξουσα και στην ένωση των διαστημάτων [α, β] και [β, γ], δηλαδή στο διάστημα

[α, γ].

Προσοχή! Η παραπάνω πρόταση δεν ισχύει για ένωση ΑΝΟΙΚΤΩΝ διαστημάτων, ισχύει όμως όταν η f είναι συνεχής στο

σημείο της ένωσης των δύο διαστημάτων, δηλαδή στο σημείο β.

ΘΕΜΑ 30

Ισχύουν τα εξής

α)

x

ημ axa

xlim

0

και

x

συν αx

xlim

0

10 , a

β) x x

v v *x ημ και x συν , vx x

lim lim

0 0

1 10 0

γ) x x

ax ημ και x ημ a

x xlim lim

11

δ) x x

ημx συνxκαι

x xlim lim

0 0

Απόδειξη

α) Αν α = 0, τότε

x x x x

ημ ax ημ xa

x x xlim lim lim lim

0 0 0 0

0 00 0

Αν a 0 τότε

x u u

u ax*

u

ημ ax ημu ημuα a a, a

x u u

a

lim lim lim

0 0 001 .

Γενικά

x

ημ axa, a

xlim

0

.

Όμοια και το

x

συν αx

xlim

0

10 .

β) Για κάθε *x ισχύει, vv v vx ημ x ημ x x

x x

1 11 , δηλαδή

v v vv vx ημ x x x ημ xx x

1 1

,

όμως x x

v vx xlim lim

0 0

0 , άρα από Κριτήριο Παρεμβολής προκύπτει το ζητούμενο.

Όμοια και για το x

vx συνx

lim

0

10 .

20

γ) Έχουμε, x u u

ux

u

ημux ημ ημu

x u ulim lim lim

0 0

1

0

1 11 , όμοια

x u u

ux

u

ημ αuαx ημ ημ αu α

x u ulim lim lim

0 0

1

0

1.

δ) Έχουμε για κάθε *x , ημx ημx

x x x x x

1 1 1, όμως

x xx xlim lim

1 10 , άρα από Κριτήριο Παρεμβολής προκύπτει το ζητούμενο.

Όμοια και για το όριο x

συνx

xlim

0 .

(νέο) ΘΕΜΑ 31 (Παράγωγος αντίστροφης συνάρτησης)

Έστω η αντιστρέψιμη συνάρτηση y f x , παραγωγίσιμη σ’ ένα διάστημα Δ. Αν f x 0 για κάθε

x τότε ισχύει

1 1f y

f x

Απόδειξη

Έχουμε,

1y f x f y x

Παραγωγίζουμε ως προς x,

1 1

1

1

f y x f y y 1

f y f x 1

1f y f x 0 x

f x

(νέο) ΘΕΜΑ 32 (Ολοκλήρωμα αντίστροφης συνάρτησης)

Αν η συνάρτηση f είναι «1-1» και παραγωγίσιμη στο διάστημα , , τότε

1

1

f

1 1 1

f

f x dx f f f x dx

Απόδειξη

Έχουμε,

1x f u f x u οπότε και

1

1x u f

21

1

1x u f

Άρα,

1 1 1

1

1

1 1 1

f f ff1 1 1

f

f f f

f x dx u f u du uf u f u du f f f u du

Σημείωση: Μια καταπληκτική απόδειξη – γεωμετρική ερμηνεία φαίνεται στην παρακάτω εικόνα του

αείμνηστου μαθηματικού Θ. Κατζαντζή.