Συναρτήσεις - Λύσεις -Μπάρλας - α.pdf

33

Θ Ε Μ Α Τ Α

με λύση

Σ Υ Ν Α Ρ Τ Η Σ Ε Ι Σ

Επιμέλεια: Νίκος Λέντζος

Καθηγητής Μαθηματικών Δ/θμιας Εκπαίδευσης

Από το βιβλίο ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ

(έκδοση 2004)

Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ τεύχος Α΄

Αναστάσιου Χ. Μπάρλα

http://lisari.blogspot.com

©Lents 2

μ1α προσφορά του blοg…

lisari.blogspot.com

http://lisari.blogspot.com/


©Lents 3

Θέμα 1

Α. Έστω οι συναρτήσεις f ,g : R R . Αν οι f ,g είναι γνησίως αύξουσες, να δείξετε ότι και η

h f g είναι γνησίως αύξουσα.

Β. Έστω η συνάρτηση xf (x) e x 1 .

α. Να δείξετε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα.

β. Να λύσετε την εξίσωση: x 1e x 0 .

γ. Να λύσετε την ανίσωση: x ln x 1 0 .

Λύση

Α. Έστω οι συναρτήσεις f ,g : R R . Επειδή οι f ,g είναι γνησίως αύξουσες τότε για

1 2 1 2 1 2 1 2

1 1 2 2

1 2 1 2

x , x R με x x f (x ) f (x ) και g(x ) g(x )

f (x ) g(x ) f (x ) g(x )

(f g)(x ) (f g)(x ) h(x ) h(x )

δηλαδή η h f g είναι γνησίως αύξουσα.

Β. Έστω η συνάρτηση xf (x) e x 1 .

α. Θέτω xg(x) e και h(x) x 1 , οπότε f (x) g(x) h(x).

Οι συναρτήσεις g,h είναι γνησίως αύξουσες, οπότε σύμφωνα με το Α ερώτημα και η

συνάρτηση f (x) g(x) h(x) είναι γνησίως αύξουσα.

β. x 1 x 1e x 0 e x 1 1 0 f ( x 1 ) f ( 0 ) και επειδή η f είναι «1-1» έπεται ότι

x 1 0 x 1

γ. x ln x 1 0 .

Θεωρώ τη συνάρτηση (x) g(x) h(x) με x 0 , όπου g(x) ln x και h(x) x . Η συνάρτηση

(x) g(x) h(x) είναι γνησίως αύξουσα σύμφωνα με το Α ερώτημα, οπότε η δοθείσα

ανίσωση γράφεται g(x) h(x) 1 0 (x) (1) x 1

Θέμα 2

Α. Αν οι συναρτήσεις f ,g είναι γνησίως αύξουσες σε ένα διάστημα Δ, να δείξετε ότι και η

h f g είναι γνησίως αύξουσα στο Δ.

Β. Έστω η συνάρτηση f (x) x 2 ln(x 1) .


β. Να λύσετε την εξίσωση: f (x) 0 .

γ. Να λύσετε την ανίσωση: f (x) 0 .

Λύση

Α. Έστω οι συναρτήσεις f ,g : A R . Επειδή οι f ,g είναι γνησίως αύξουσες στο Δ A ,τότε


©Lents 4

1 2 1 2 1 2 1 2

1 1 2 2

1 2 1 2

x , x Δ με x x f (x ) f (x ) και g(x ) g(x )

f (x ) g(x ) f (x ) g(x )

(f g)(x ) (f g)(x ) h(x ) h(x )

δηλαδή η h f g είναι γνησίως αύξουσα στο Δ A .

Β. Έστω η συνάρτηση f (x) x 2 ln(x 1) .

α. Η f είναι γνησίως αύξουσα στο (1, ) , ως άθροισμα των συναρτήσεων x 2 και

ln(x 1) που είναι γνησίως αύξουσες στο (1, ) σύμφωνα με το Α ερώτημα.

β. Είναι f (2) 2 2 ln(2 1) 0 , οπότε f ( x ) 0 f ( x ) f ( 2 ) x 2 και επειδή η f

είναι γνησίως αύξουσα στο (1, ) , αυτή είναι μοναδική.

γ. Η f είναι γνησίως αύξουσα στο (1, ) και f (x) 0 f (x) f (2) x 2 και επειδή

x (1, ) x (1, 2)

Θέμα 3

Έστω η συνάρτηση 1

f (x) ln x 1x

.


β. Να λύσετε την εξίσωση: x ln x 1 x .

γ. Να λύσετε την ανίσωση: 2 2

2 2

x 3 x 1ln

2x 2 x 3

.

Λύση

Η συνάρτηση 1

f (x) ln x 1x

ορίζεται για x (0, )

α. Η f είναι γνησίως αύξουσα στο (0, ) , ως άθροισμα των συναρτήσεων g(x) ln x 1 και

1h(x)

x

που είναι γνησίως αύξουσες στο (0, ) , σύμφωνα με το Α ερώτημα του 20υ

θέματος.

β. Είναι f (1) ln1 1 1 0 . οπότε x ln x 1 x f (x) 0 f (x) f (0) x 1 . Η ρίζα

αυτή είναι μοναδική, γιατί η f είναι γνησίως αύξουσα.

γ. Να λύσετε την ανίσωση: 2 2

2 2

x 3 x 1ln

2x 2 x 3

.

Θέτω 2

2

x 3y

2x 2

με y 0 , οπότε

2 2 2

2 2 2

x 1 2x 2 x 3 11

yx 3 x 3 x 3

και η δοθείσα ανίσωση

γράφεται: 2 2

2 2

x 3 x 1 1 1ln ln y 1 ln y 1 0 f (y) f (1) 0 y 1

y y2x 2 x 3

(λόγω

του ότι f είναι γνησίως αύξουσα στο (0, ) ) 2

2

2

x 30 1 x 1 x 1

2x 2

ή x 1 .


©Lents 5

Θέμα 4

Α. Έστω η γνησίως φθίνουσα συνάρτηση f : R R και η συνάρτηση xg(x) f (x) 2e x R

α. Να δείξετε ότι η g είναι γνησίως φθίνουσα.

β. Να βρείτε το x ώστε x 1f (x 1) f (0) 2e 2 .

Β. Να λύσετε την εξίσωση: x 11ln 2e 2e

x 1

.

Λύση

Α. Η συνάρτηση f : R R και η συνάρτηση xh(x) 2e x R είναι γνησίως φθίνουσες.

α. Η συνάρτηση xg(x) f (x) h(x) f (x) 2e x R . g είναι γνησίως φθίνουσα ως

άθροισμα δύο συναρτήσεων που είναι γνησίως φθίνουσες.

β. Είναι: x 1 x 1f (x 1) f (0) 2e 2 f (x 1) 2e f (0) 2 g(x 1) g(0) και επειδή ότι

η g είναι γνησίως φθίνουσα προκύπτει ότι x 1 0 x 1 .

Β. Θέτω 1

f (x) ln 2ex

και xg(x) f (x) 2e , x 0 . Η συνάρτηση f είναι γνησίως

φθίνουσα και σύμφωνα με το ερώτημα Αα η g είναι γνησίως φθίνουσα και κατά συνέπεια

είναι «1-1» , επομένως η δοθείσα εξίσωση γράφεται:

x 1 x 1g(x 1) 0 g(x 1) g(1)1 1

ln 2e 2e ln 2e 2e 0x 1 0 x 1x 1 x 1

και επειδή η g

είναι «1-1» προκύπτει x 1 1 x 2

Θέμα 5

Έστω η συνάρτηση xf (x) x e 1 .

Α. α. Να εξετάσετε την f ως προς την μονοτονία.

β. Να λύσετε την εξίσωση: xe 1 x

Β. Έστω η συνάρτηση g : R R για την οποία ισχύει

g(x)g(x) e 2x 1 για κάθε x R

α. Να δείξετε ότι η g(0) 0 .

β. Να δείξετε ότι η g είναι γνησίως αύξουσα.

γ. Να λύσετε την ανίσωση: g f (x) 0 .

Λύση

Α. α. Η συνάρτηση xf (x) x e 1 , x R είναι γνησίως αύξουσα (Θέμα 1Βα).

β. x xe 1 x x e 1 0 f (x) f (0) x 0 (επειδή η f είναι «1-1» ως γνησίως

αύξουσα).


©Lents 6

Β. Έστω η συνάρτηση g : R R για την οποία ισχύει: g(x)g(x) e 2x 1 για κάθε x R

α. g(0) g(0)g(0) e 0 1 g(0) e 1 0 . Το g(0) είναι ρίζα της εξίσωσης

xx e 1 0 x 0 (Ερώτημα Αβ), δηλαδή g(0) 0 .

β. Η απόδειξη θα γίνει με απαγωγή σε άτοπο.

Έστω ότι η g δεν είναι γνησίως αύξουσα. Τότε θα υπάρχουν 1 2x ,x R με 1 2x x ώστε

1 2

1 2

1 2 g(x ) g(x )

1 2g(x ) g(x )

g(x ) g(x )g(x ) e g(x ) e

e e

1 22x 1 2x 1 άτοπο ( η h(x) 2x 1 είναι γνησίως αύξουσα).

Επομένως η g είναι γνησίως αύξουσα.

γ. g f (x) 0 g(f (x)) 0 g(f (x)) g(f (0)) f (x) f (0) x 0 .

γιατί οι f ,g είναι γνησίως αύξουσες και f (0) 0 , g(f (0)) g(0) 0 .

Θέμα 6

Α. Έστω οι συναρτήσεις f ,g : R R . Αν οι g, g f είναι γνησίως αύξουσες, να δείξετε ότι

και η f είναι γνησίως αύξουσα.

Β. Αν η f είναι γνησίως αύξουσα και η fC τέμνει τον άξονα x x στο 0x 3

α. Να δείξετε ότι η εξίσωση f (2x 1) f (x 1) 0 έχει μοναδική λύση.

β. Να λύσετε την ανίσωση: f (2x 1) f (x 1) 0 .

Λύση

Α. Η απόδειξη είναι απλή με απαγωγή σε άτοπο.

Β. Εφόσον η fC τέμνει τον άξονα x x στο 0x 3 , είναι f (3) 0 .

α. Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα, τότε και οι συναρτήσεις f (2x 1) και f (x 1) είναι

γνησίως αύξουσες (σύνθεση δύο γνησίως αυξουσών συναρτήσεων), ως επίσης και το

άθροισμά τους δηλ. η f (2x 1) f (x 1)

Επομένως η εξίσωση f (2x 1) f (x 1) 0 έχει μοναδική λύση την x 2 δοθέντος ότι f (3) 0

β. Θεωρώ τη συνάρτηση: h ( x ) f ( 2 x 1) f ( x 1) , η οποία είναι γνησίως αύξουσα και

ισχύει h(2) 0 , οπότε: f (2x 1) f (x 1) 0 h(x) h(2) x 2 .

Θέμα 7

Έστω η συνάρτηση f : R R για την οποία ισχύει

x

2

2ef (x)

1 f (x)

για κάθε x R .

α. Να δείξετε ότι f (x) 0 για κάθε x R .


©Lents 7

β. Να βρείτε το f (0) .

γ. Να δείξετε ότι και η f είναι γνησίως αύξουσα.

δ. Να λύσετε την ανίσωση: ln f (x) 0 .

Λύση

α. Προφανώς ισχύει f (x) 0 (πράξεις μεταξύ θετικών αριθμών) για κάθε x R .

β. 0

3 2

2

2ef (0) y y 2 0 με y f (0) (y 1)(y y 2) 0 y 1

1 f (0)

.

Επομένως f (0) 1 .

γ. Η απόδειξη θα γίνει με απαγωγή σε άτοπο.

Έστω ότι η f δεν είναι γνησίως αύξουσα. Τότε θα υπάρχουν 1 2x ,x R με 1 2x x ώστε

1 21 2 x x2 2

1 1 2 22 2

1 2

f (x ) f (x )f (x )(1 f (x )) f (x )(1 f (x )) 2e 2e

1 f (x ) 1 f (x )

άτοπο (η xh(x) 2e

είναι γνησίως αύξουσα).

Επομένως η f είναι γνησίως αύξουσα.

δ. ln f (x) 0 ln f (x) ln1 f (x) 1 f (x) f (0) x 0 .

Θέμα 8

Έστω η γνησίως μονότονη συνάρτηση f : R R για την οποία ισχύει f (R) R και η

συνάρτηση 3g(x) f (x) (f f )(x), x R .

α. Να δείξετε ότι οι συναρτήσεις f ,g είναι ‘’ 1-1’’.

β. Να δείξετε ότι: 1 3(g f )(x) x f (x), x R

γ. Αν f (1) 1 να λύσετε την εξίσωση: 3x f (x) 2 .

Λύση

α. Η συνάρτηση f ως γνησίως μονότονη είναι ‘’ 1-1’’.

Θεωρώ τη συνάρτηση 3h(x) x f (x), x R , η οποία είναι γνησίως μονότονη (άθροισμα

γνησίως μονότονων συναρτήσεων) και κατά συνέπεια ‘’ 1-1’’.

Η 3g(x) f (x) (f f )(x) h(f (x)), x R είναι ‘’ 1-1’’ ως σύνθεση δύο συναρτήσεων ‘’ 1-1’’.

β. 1 1 3(g f )(x) h(f (f (x) h(x) x f (x), x R

γ. 1 1

3x f (x) 2 h(x) h(1) x 1


©Lents 8

Θέμα 9

Α. Έστω οι γνησίως αύξουσες συναρτήσεις f ,g : R R . Να δείξετε ότι οι συναρτήσεις

f g, f g είναι γνησίως αύξουσες.

Β. α. Να εξετάσετε τη συνάρτηση h(x) x ln x 1 ως προς τη μονοτονία.

β. Αν η συνάρτηση f : R R είναι γνησίως αύξουσα και f (x) 0 x R , να δείξετε ότι

1. Η συνάρτηση t(x) f (x) ln f (x) 1 x R είναι αντιστρέψιμη.

2. Αν η fC τέμνει τον άξονα y y στο 1 να λύσετε την εξίσωση: 1 f (x)f (x) e .

Λύση

Α. Έστω οι συναρτήσεις f ,g : R R . Επειδή οι f ,g είναι γνησίως αύξουσες τότε για

1 2 1 2 1 2 1 2

1 1 2 2 1 2

x ,x R με x x f (x ) f (x ) και g(x ) g(x )

f (x ) g(x ) f (x ) g(x ) (f g)(x ) (f g)(x )

,

δηλαδή η f g είναι γνησίως αύξουσα.

Επίσης επειδή οι f ,g είναι γνησίως αύξουσες τότε για

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2x ,x R με x x g(x ) g(x ) f (g(x )) f (g(x )) (f g)x ) (f g)(x ) ,

δηλαδή η f g είναι γνησίως αύξουσα.

Β. α. Η συνάρτηση h(x) x ln x 1 (x 1) ln x, x 0 είναι γνησίως αύξουσα ως

άθροισμα γνησίως αυξουσών συναρτήσεων.

β.1. Θεωρώ τη συνάρτηση h(x) x ln x 1, x 0 , Η συνάρτηση

t(x) f (x) ln f (x) 1 h(f (x)) (h f )(x) x 0 , είναι γνησίως αύξουσα ως σύνθεση

γνησίως αυξουσών συναρτήσεων και κατά συνέπεια ‘’ 1-1’’ με αποτέλεσμα να υπάρχει η

αντίστροφή της, είναι δηλαδή αντιστρέψιμη.

2. Επειδή η fC τέμνει τον άξονα y y στο 1 προκύπτει ότι f (0) 1 t(0) 1 (1)

(1) 1 11 f (x) 1 f (x)f (x) e ln f (x) ln e f (x) ln f (x) 1 0 t(x) t(0) x 0

.

Θέμα 10

Έστω οι συναρτήσεις f (x) 1 ln x και x

x

eg(x)

1 e

α. Να δείξετε ότι η g είναι ‘’ 1-1’’.

β. Να βρείτε την συνάρτηση : 1g .

γ. Να βρείτε την συνάρτηση: 1g f .

δ. Να λύσετε την ανίσωση: 1g (f (x)) 0 .


©Lents 9

Λύση

α. Έστω 1 2x ,x R με 1 2x x τότε

1 2

1 2 1 2

x x

1 2x x x x

1 2

1 1 1 1 1 1e e 1 1 g(x ) g(x )

g(x ) g(x )e e e e

δηλ. η g είναι γνησίως φθίνουσα και κατά συνέπεια ‘’ 1-1’’.

β. x

x x x x

x

e yy y ye e 0 e (y 1) y e 0

1 y1 e

y

x ln με 0 y 11 y

. Άρα 1 xg (x) ln με 0 x 1

1 x

γ. 1 1 1 ln x(g f )(x) g (f (x)) ln , x (1,e)

ln x

.

δ. Για x (1,e) η ανίσωση γράφεται:

1 1 ln x 1 ln x 1g (f (x)) 0 ln 0 1 1 1 ln x 1/ 2 x e

ln x ln x ln x

.

Επομένως: 1 x e

Θέμα 11

Α. Αν οι συναρτήσεις f , g είναι γνησίως φθίνουσες στο Α να δείξετε ότι και η συνάρτηση

f g είναι γνησίως φθίνουσα στο Α.

Β. Έστω η συνάρτηση f (x) 2 ln( x 2 1) .

α. Να δείξετε ότι και η f είναι γνησίως φθίνουσα.

β. Να δείξετε ότι η f αντιστρέφεται και να βρείτε την 1f .

γ. Να λύσετε την εξίσωση: 1f (x) 2 .

δ. Να βρείτε τα κοινά σημεία της fC και της ευθείας y x

Λύση

Α. Έστω οι συναρτήσεις f ,g : A R . Επειδή οι f ,g είναι γνησίως φθίνουσες στο Α τότε

1 2 1 2 1 2 1 2

1 1 2 2 1 2

x ,x R με x x f (x ) f (x ) και g(x ) g(x )

f (x ) g(x ) f (x ) g(x ) (f g)(x ) (f g)(x )

, δηλαδή η f g είναι γνησίως

φθίνουσες στο Α.

Β. Έστω η συνάρτηση f (x) 2 ln( x 2 1) με x A [2, )

α. Έστω 1 2x ,x A με 1 2x x τότε

1 2 1 2x 2 x 2 x 2 1 x 2 1

1 2 1 2ln( x 2 1) ln( x 2 1) 2 ln( x 2 1) 2 ln x 2 1)


©Lents 10

1 2f (x ) f (x ) , δηλαδή η f είναι γνησίως φθίνουσα.

β. Η f ως γνησίως φθίνουσα είναι ‘’ 1-1’’ και κατά συνέπεια αντιστρέφεται.

f (x) 2 ln( x 2 1) με x A [2, )

Είναι x 2 ... f (x) 2 f (A) ( ,2]

2

2 x 2 yf (x) 2 ln( x 2 1) 2 y ln( x 2 1) x 2 e 1 x e 1 2

Επομένως 2

1 2 yf (x) e 1 2 με x ( ,2] .

γ. 1f (x) 2 2

2 xe 1 2 x 2 .

δ. f (x) x f (x) x 0 . Θεωρώ τη συνάρτηση h(x) (x) x, x 2 . Η συνάρτηση αυτή

είναι γνησίως φθίνουσα ως άθροισμα γνησίως φθινουσών συναρτήσεων και κατά συνέπεια ‘’

1-1’’. Επομένως f (x) x 0 h(x) h(2) x 2 .

Θέμα 12

Έστω η συνάρτηση f : R R για την οποία ισχύει f (x) f (y) f (x y) x, y R και η

εξίσωση f (x) 0 που έχει μοναδική ρίζα.

α. Να βρείτε το f (0) .

β. Να δείξετε ότι η f είναι ‘’ 1-1’’.

γ. Αν f (x) 0 x 0, , να δείξετε ότι :

1. Να δείξετε ότι η f γνησίως αύξουσα.

2. Να λύσετε την ανίσωση: x xf (e 1) f (3x 1) f (e x) .

Λύση

α. Επειδή ισχύει f (x) f (y) f (x y) x, y R ,

για x y 0 f (0) f (0) f (0) f (0) 0 .

β. Έστω 1 2 1 2 1 2 1 2x ,x R με f (x ) f (x ) f (x ) f (x ) 0 f (x x ) 0 .

Επειδή η εξίσωση f (x) 0 έχει μοναδική ρίζα και f (0) 0 1 2 1 2x x 0 x x ,

δηλαδή η f είναι ‘’ 1-1’’.

γ. f (x) 0 x 0,

1. 1 2 1 2 1 2 1 2x ,x R με x x x x o f (x x ) 0

1 2 1 2f (x ) f (x ) 0 f (x ) f (x ) , δηλαδή η f γνησίως αύξουσα.

2. x xf (e 1) f (3x 1) f (e x) x xf (e 1) f (e x) f (3x 1)

x xf (e 1) f (e x 3x 1) x xf (e 1) f (e 4x 1)


©Lents 11

x xe 1 e 4x 1 x 0

Θέμα 13

Έστω η συνάρτηση f : (0, ) R για την οποία ισχύει x

f (x) f (y) f ( )y

x, y 0 και η

εξίσωση f (x) 0 που έχει μοναδική ρίζα.

α. Να βρείτε το f (1) .

β. Να δείξετε ότι η f είναι ‘’ 1-1’’.

γ. Να λύσετε την εξίσωση: 2f (x 2) f (x) f (5x 6) .

δ. Αν f (x) 0 x 1 , να δείξετε ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα.

Λύση

α. Επειδή ισχύει x

f (x) f (y) f ( )y

x, y 0 ,

για x y 1 f (1) f (1) f (1) f (1) 0 .

β. Έστω 1 2 1 2 1 2 1 2x ,x R με f (x ) f (x ) f (x ) f (x ) 0 f (x x ) 0

1 1

2 2

x xf ( ) 0 f ( ) f (1)

x x .

Επειδή η f (x) 0 έχει μοναδική ρίζα 1

1 2

2

x1 x x

x , δηλαδή η f είναι ‘’ 1-1’’.

γ. 2f (x 2) f (x) f (5x 6) 2f (x 2) f (5x 6) f (x)

2 2 3

x 15x 6 5x 6

f (x 2) f ( ) x 2 x 7x 6 0 x 2x x

x 3

δ. 2 2

1 2 1 2

1 1

x x0 x ,x R με x x 1 f ( ) 0

x x , επειδή f (x) 0 x 1

2 1 2 1f (x ) f (x ) 0 f (x ) f (x ) , δηλαδή η f γνησίως φθίνουσα.

Θέμα 14

Έστω η συνάρτηση *f : R R με f (x) 0 *x R , για την οποία ισχύει

f (x)f (y) f (xy) *x, y R .

Να δείξετε ότι:

α. f (1) 1

β. 1 1

fx f (x)

x 0 .


©Lents 12

γ. Αν η εξίσωση f (x) 1 έχει μοναδική ρίζα το 1, τότε η f είναι ‘’ 1-1’’.

δ. Αν η fC τέμνει την ευθεία y x σε ένα το πολύ σημείο, τότε η συνάρτηση f (x)

g(x)x

είναι αντιστρέψιμη.

Λύση

α. Επειδή ισχύει f (x)f (y) f (xy) *x, y R

για 2 f (1) 0 (απορ.)

x y 1 f (1)f (1) f (1) f (1) f (1)f (1) 1 δεκτη

β. 1 f (1) 1

fx f (x) f (x)

x 0 .

γ. Έστω * 1

1 2 1 2 1

2 2

f (x ) 1x , x R με f (x ) f (x ) 1 f (x ) 1

f (x ) f (x )

1

1

2 2

x1f (x )f ( ) 1 f ( ) 1

x x . Επειδή η εξίσωση f (x) 1 έχει μοναδική ρίζα το 1, τότε

1

1 2

2

x1 x x

x δηλαδή η f είναι ‘’ 1-1’’.

δ. Για την f (x)

g(x)x

με *x R ισχύουν

1) g(x) 0 γιατί f (x) 0 *x R

2) f (xy) f (x)f (y) f (x) f (y)

g(xy) g(x)g(y)xy xy x y

*x, y R

3) Η εξίσωση f (x) x f (x)

1x

g(x) 1 έχει το πολύ μία ρίζα και επειδή g(1) 1 , η

εξίσωση g(x) 1 έχει μοναδική ρίζα το 1.

Για τη συνάρτηση f (x)

g(x)x

ισχύουν όλες οι προϋποθέσεις που ισχύουν και για την f , η

οποία είναι αντιστρέψιμη, συνεπώς και η g είναι αντιστρέψιμη.

Θέμα 15

Έστω η συνάρτηση f : R R για την οποία ισχύει f (x)f (y) f (x y) x, y R και

f (0) 0 .

Να δείξετε ότι:

α. f (x) 0 x R .

β. f (x) 0 x R .


©Lents 13

γ. f (0) 1 .

δ. f (x)f ( x) 1 x R .

ε. Αν η εξίσωση f (x) 1 έχει μοναδική ρίζα, τότε η f αντιστρέφεται και ισχύει:

1 1 1f (xy) f (x) f (y) x, y 0 .

Λύση

α. f (0) 0 f (x x) 0 f (x)f ( x) 0 f (x) 0 x R

β.

2x x x x x x

f (x) f ( ) f ( )f ( ) f ( )f ( ) 0 x R2 2 2 2 2 2

.

γ. Για x y 0 είναι

f (0)f (0) f (0 0) 2 2

f (0) f (0) f (0) f (0) 1 0 f (0) 0 (απορ.)

f (0) 1 δεκτη

δ. Για y x είναι

f (x)f ( x) f (0) 1 x R .

ε. Έστω 1

1 2 1 2 1

2 2

f (x ) 1x , x R με f (x ) f (x ) 1 f (x ) 1

f (x ) f (x ) (1)

εξάλλου 2 2 2

2

1f (x )f ( x ) 1 f ( x )

f (x ) (2)

Επομένως(2)

1 2 1 2 1 2(1) f (x )f ( x ) 1 f (x x ) 1 x x 0 (επειδή η εξίσωση f (x) 1 έχει

μοναδική ρίζα και f (0) 1 ), επομένως 1 2x x και η f αντιστρέφεται.

1 1x, y 0, x , y R ώστε:

1

1 1

1

1 1

1

1 11 1 1 1

f (x ) x f (x) x

f (y ) y f (y) y

f (xy) x yf (x y ) f (x )f (y ) xy

1 1 1f (xy) f (x) f (y) , x, y 0

Θέμα 16

Έστω η συνεχής συνάρτηση f : R R για την οποία ισχύει 2(x 1)f (x) ax βx 2

x R και fA(1,3) C .

α. Να βρείτε τα α, β.

β. Να δείξετε ότι f (x) x 2 , x R

γ. Να βρείτε το 2

x

1lim f (x)ημ

f (x)


©Lents 14

Λύση

α. 2(x 1)f (x) ax βx 2 x R και fA(1,3) C .

Για x 1 a β 2 β 2 a (1)

Για (1)

x 1 (x 1)f (x) (x 1)(ax 2) f (x) ax 2 . (2)

Επειδή f συνεχής (1)

x 1limf (x) f (1) a 2 3 a 1 β 1

.

β. Για (2)

x 1 f (x) ax 2 f (x) x 2 .

Για x 1 f (1) 3 .

Επομένως f (x) x 2 x R .

γ. 2

x u 0 u 0 u 0

1 1 ημu 1 ημulim f (x)ημ lim lim lim 1

f (x) u u u u

Θέμα 17

Έστω η συνεχής συνάρτηση f : R R για την οποία ισχύει 2f (x) 2xf (x) 1 x R και

f (0) 1 .

α. Να βρείτε τον τύπο της f .

β. Να βρείτε τα όρια: xlim f (x)

και x 0

f (x)lim

ημ x

γ. Να δείξετε ότι υπάρχει 0x 0,1 τέτοιο ώστε 0x 1

0 0x f (x ) e

Λύση

α. Ισχύει 2f (x) 2xf (x) 1 x R 2 2 2f (x) 2xf (x) x x 1

2 2 2(f (x) x) x 1 f (x) x x 1 x R .

β. Είναι: 2x x

1 1lim f (x) lim 0

x x 1

και x 0 x 0

x f (x)f (x)lim lim

ημ xημ x

x

γ. Θεωρώ τη συνάρτηση x 1g(x) xf (x) e , x R .


©Lents 15

Αυτή είναι συνεχής στο [0,1] και 1g(0) g(1) 2e 0 , ισχύουν δηλαδή οι προϋποθέσεις του

θεωρήματος Bolzano, συνεπώς υπάρχει 0x 0,1 , τέτοιο ώστε 0x 1

0 0 0g(x ) 0 x f (x ) e

0x 1

0 0x f (x ) e

Θέμα 18

Δίνεται η συνεχής συνάρτηση f : R R για την οποία ισχύει 2(x 1)f (x) 2x x a

x 1 .

α. Να δείξετε ότι a 1 .

β. Να βρείτε τον τύπο της f .

γ. Να δείξετε ότι η εξίσωση 2f (x) ημx έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα 0, 1

δ. Να βρείτε το όρι0: νx

f (x)lim

x, *ν N

Λύση

α. Η f είναι συνεχής, επομένως 2

x 1 x 1lim(x 1)f (x) lim(2x x a) 0 2 1 a

a 1

β. Για 22x x 1 (2x 1)(x 1)

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

.

Επειδή η f είναι συνεχής, για x 1

x 1 f (1) lim(2x 1) 3

.

Επομένως f (x) 2x 1 x R .

γ. 2 2f (x) ημx 2x 1 ημx 0 .

Θεωρώ τη συνάρτηση 2g(x) 2x 1 ημx , x R .

Αυτή είναι συνεχής στο [0,1] και g(0) g(1) 1(1 ημ1) 1 ημ1 0 , ισχύουν δηλαδή οι

προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano, συνεπώς υπάρχει ένα τουλάχιστον 0x 0,1 , τέτοιο

ώστε 0g(x ) 0 , δηλαδή η εξίσωση 2f (x) ημx έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα 0, 1

δ. νx

f (x)lim

x, *ν N

ι) Αν v 1 τότε νx x x

f (x) 2x 1 1lim lim lim (2 ) 2

x xx

ιι) Αν v 2 τότε

ν v v 1 vx x x

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

x x x x


©Lents 16

Θέμα 19

Έστω οι συναρτήσεις 1

f (x)x

και xg(x) e .

α. Να βρείτε την συνάρτηση h f g

β. Να δείξετε ότι η h αντιστρέφεται και να βρείτε την αντίστροφή της.

γ. Να δείξετε ότι υπάρχει μοναδικό 0x 1, 2 τέτοιο ώστε 1

0 0h(x ) h (x ) 0

Λύση

α. x

x

1h(x) (f g)(x) f (e )

e , x R

β. Έστω 1 2

1 2

x x

1 2 1 2 1 2x x

1 1x ,x R με x x e e h(x ) h(x )

e e , δηλαδή η h είναι

γνησίως φθίνουσα επομένως αντιστρέφεται. Θέτω x

1y 0 x ln y

e .

Επομένως 1h (x) ln x x 0.

γ. Θεωρώ τη συνάρτηση 1t(x) h(x) h (x) , x 0 .

Αυτή είναι συνεχής στο [1,2] και 1 ln 2

t(1) t(2) ( ln 2) 0e e

, ισχύουν δηλαδή οι

προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano, συνεπώς υπάρχει ένα τουλάχιστον 0x 1, 2 , τέτοιο

ώστε 1

0 0 0t(x ) 0 h(x ) h (x ) 0 .

Εξάλλου η συνάρτηση 1t(x) h(x) h (x) με x 0 , είναι γνησίως φθίνουσα, ως άθροισμα

γνησίως φθινουσών συναρτήσεων, και κατά συνέπεια το 0x 1, 2 είναι μοναδικό.

Θέμα 20

Έστω η συνάρτηση xf (x) e ln x 3 .


β. Να βρείτε το σύνολο τιμών της.

γ. Να δείξετε ότι η εξίσωση xe ln x 3 έχει μοναδική ρίζα.

δ. Να βρείτε το όριο: x

1lim f

x

Λύση

α. Η συνάρτηση xf (x) e ln x 3 , x 0 είναι γνησίως αύξουσα ως άθροισμα γνησίως

αυξουσών συναρτήσεων (βλέπε θέμα 2Α).


©Lents 17

β. x 0 x

f (A) limf (x), lim f (x) ,

γ. Η εξίσωση xe ln x 3 είναι ισοδύναμη με την f (x) 0 .

Το μηδέν (0) ανήκει στα σύνολο τιμών της συνάρτησης και η f είναι γνησίως αύξουσα στο

πεδίο ορισμού της. Συνεπώς η εξίσωση xe ln x 3 έχει μοναδική ρίζα στο (0, ) .

ει μοναδική ρίζα.

δ. x u 0

1lim f ( ) limf (u) 1 3

x .

Θέμα 21

Έστω η συνεχής συνάρτηση f : α, β R και οι μιγαδικοί α

1z e if (α) , β

2z f (β) ie .

Αν 1 2Im(z )Re(z ) 0 και 2 2 2

1 2 1 2z z z z να δείξετε ότι:

α. α βe e

0f (α) f (β)

.

β. H fC τέμνει τον άξονα x x σε ένα τουλάχιστον σημείο με τετμημένη 0x α, β .

Λύση

α. 1 2Im(z )Re(z ) 0 f (a)f (β) 0

2 2 2

1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2

1 1 2 2 1 1 1 2 1 2 2 2

a β

1 2 1 2

z z z z z z z z (z z )(z z )

z z z z z z z z z z z z

z z z z 0 e f (β) e f (a) 0

α βe e0

f (α) f (β) .

β. Η συνάρτηση f είναι ορισμένη και συνεχής στο [a,β] και

a β a β 2 β a 2e f (β) e f (a) 0 e f (a)f (β) e (f (a)) 0 f (a)f (β) e (f (a)) 0 , ισχύουν

δηλαδή οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano, συνεπώς υπάρχει ένα τουλάχιστον

0x α, β , τέτοιο ώστε 0f (x ) 0 , δηλαδή η fC τέμνει τον άξονα x x σε ένα τουλάχιστον

σημείο με τετμημένη 0x α, β .

Θέμα 22

Έστω η συνεχής συνάρτηση f : R R για την οποία ισχύει:

2 1xf (x) ημχ x ημ

χ για κάθε x 0


©Lents 18


β. Να βρείτε το όριο: xlim f (x)

γ. Να δείξετε ότι η εξίσωση f (x) 0 έχει μια τουλάχιστον ρίζα.

Λύση

α. Για 1 ημx

x 0 f (x) xημx x

.

Επιπλέον η f είναι συνεχής, επομένως

x 0 x 0 x 0

1 ημxf (0) limf (x) limxημ lim 0 1 1

x x .

Άρα

1 ημxxημ , x 0

f (x) x x

1 , x 0

β. Έχουμε διαδοχικά,

x x x x

u 0 x

1 ημx 1 ημxlim f (x) lim (xημ ) lim xημ lim

x x x x

ημu ημxlim lim 1 0 1

u x

γ. Επειδή xlim f (x) 1 0 a 0,

, ώστε f (a) 0 .

Η συνάρτηση f είναι ορισμένη και συνεχής στο R και κατά συνέπεια στο [0, a]και

f (0)f (a) 0 , ισχύουν δηλαδή οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano, συνεπώς υπάρχει

ένα τουλάχιστον 0x 0, a , τέτοιο ώστε 0f (x ) 0 .

Θέμα 23


2xf (x) 3ημx x για κάθε x R .



.

γ. Να δείξετε ότι η εξίσωση xf (x) e έχει μια τουλάχιστον θετική ρίζα.

Λύση

α. Για 3ημx

x 0 f (x) xx

.

Επιπλέον η f είναι συνεχής, επομένως


©Lents 19

x 0 x 0 x 0

3ημxf (0) limf (x) limx lim 0 3 3

x .

Άρα

3ημxx , x 0

f (x) x

3 , x 0

β. x x x

ημxlim f (x) lim x 3 lim 3

x

γ. Θεωρώ τη συνάρτηση xg(x) f (x) e , x R .

Αυτή είναι συνεχής στο R ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων.

Επιπλέον 0g(0) f (0) e 3 1 4

x x

x x x xlim g(x) lim (f (x) e ) lim f (x) lim e 0

Επειδή xlim g(x) a 0,

, ώστε g(a) 0 .

Η συνάρτηση g είναι ορισμένη και συνεχής στο R και κατά συνέπεια στο [0, a]και

g(0)g(a) 0 , ισχύουν δηλαδή οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano, συνεπώς υπάρχει

ένα τουλάχιστον 0x 0, a , τέτοιο ώστε 0g(x ) 0 , Δηλαδή η εξίσωση xf (x) e έχει μια

τουλάχιστον θετική ρίζα.

Θέμα 24


2 2x f (x) x 1 για κάθε x R .

Α. Να δείξετε ότι η fC έχει ένα τουλάχιστον κοινό σημείο με την ευθεία y 2x με

τετμημένη 0x 0,1 .

Β. Αν η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο [0, ) να δείξετε ότι:

α. Η συνάρτηση x

1 1g(x) 1

f (x) e , x R , είναι γνησίως φθίνουσα στο [0, ) .

β. Η εξίσωση x xe f (x) e f (x) έχει μοναδική ρίζα στο διάστημα 0, 2

Γ. Να βρείτε το όριο: 2

x 0

1lim x f ln x

x

.

Λύση

Α. Θεωρώ τη συνάρτηση h(x) f (x) 2x , x R .


©Lents 20

Αυτή είναι συνεχής στο R ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων και ισχύει

2 2x 2x h(x) x 2x 1 x R .

Για x 0 είναι: 0 h(0) 1 h(0) 0

Για x 1 είναι: 1 h(1) 0 h(1) 0

Η συνάρτηση h είναι ορισμένη και συνεχής στο R και κατά συνέπεια στο [0, 1] και

h(0)h(1) 0 , ισχύουν δηλαδή οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano, συνεπώς υπάρχει

ένα τουλάχιστον 0x 0,1 , τέτοιο ώστε 0h(x ) 0 . Η εξίσωση λοιπόν f (x) 2x έχει μια

τουλάχιστον ρίζα στο 0, 1 δηλαδή η fC έχει ένα τουλάχιστον κοινό σημείο με την ευθεία

y 2x με τετμημένη 0x 0,1 .

Β. α. Η συνάρτηση x

1 1g(x) 1

f (x) e , x R , είναι γνησίως φθίνουσα στο [0, ) ως

άθροισμα των συναρτήσεων 1

f (x) και

x

11

e που είναι γνησίως φθίνουσες στο [0, ) .

β. x xe f (x) e f (x) g(x) 0

Η συνάρτηση x

1 1g(x) 1

f (x) e , x R είναι συνεχής στο R και κατά συνέπεια στο [0, 2]

ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων και

0 2

1 1 1g(0) 1 1 0

f (0) e 0 1

(ισχύει 2

2

1 1f (x) x 1

f (x) x 1

)

2

2 2 2 2

1 1 1 1 4 3eg(2) 1 1 0

f (2) e 2 e 4e

(ισχύει 2

2

1 1x f (x)

f (x) x )

δηλαδή g(0)g(2) 0 , ισχύουν δηλαδή οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano, συνεπώς

υπάρχει ένα τουλάχιστον 0x 0,1 , τέτοιο ώστε 0g(x ) 0 και επειδή η g είναι γνησίως

φθίνουσα στο [0, ) η ρίζα είναι μοναδική.

Γ. Για x 0 και εφαρμόζοντας το κριτήριο παρεμβολής έχω:

2 2 2 2 2

2 2 x 0

1 1 1 1 1x f (x) x 1 f ( ) 1 1 x f ( ) 1 x lim x f 1

x x xx x

Επομένως 2 2

x 0 x 0 x 0

1 1lim x f ln x lim x f limln x 1

x x

.


©Lents 21

Θέμα 25

Δίνεται η συνεχής και γνησίως φθίνουσα συνάρτηση f : 0, 1 R . Αν το σημείο

fA 1,1 C τότε:

α. Να δείξετε ότι η συνάρτηση 1 1

g(x) 2f (x) x

, x 0,1 είναι γνησίως αύξουσα.

β. Να βρείτε το σύνολο τιμών της g .

γ. Να δείξετε ότι η εξίσωση f (x)

1 2f (x)x

έχει μοναδική ρίζα στο διάστημα 0, 1 .

Λύση

α. Η συνάρτηση 1 1

g(x) 2f (x) x

, x 0,1 , είναι γνησίως αύξουσα ως άθροισμα των

συναρτήσεων 1

f (x) και

12

x που είναι γνησίως αύξουσες στο 0,1 .

β. Το σύνολο τιμών της g είναι: x 0

g (0,1) lim g(x), g(1)

.

Αλλά 1 1 1

g(1) 2 1 2 1 1 2 2f (1) 1 f (1)

και x 0 x 0 x 0

1 1 1lim g(x) lim lim 2 2

f (x) x f (0)

Επομένως το σύνολο τιμών της g είναι: g (0,1) ( , 2)

γ. Να δείξετε ότι η εξίσωση f (x)

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

.

Το μηδέν ανήκει στο σύνολο τιμών της g , συνεπώς υπάρχει ένα τουλάχιστον 0x 0,1 ,

δηλαδή στο πεδίο ορισμού της, τέτοιο ώστε 0g(x ) 0 και επειδή η g είναι γνησίως αύξουσα

στο 0,1 η ρίζα αυτή είναι μοναδική.

Θέμα 26

Έστω η συνεχής συνάρτηση f : R R και οι μιγαδικοί xz x if (x) , x R .

Α. Αν xIm(z ) 1 x R να βρείτε τα όρια:

1) x

x 0x

z συνxlim

Re(z )

και 2) x

x

lim( z x)

Β. Αν xz 1 1 , x 0, 2 τότε:

α. Να λύσετε την εξίσωση: f (x) 0


©Lents 22

β. Να βρείτε την f όταν xIm(z ) 0

Λύση

Α. xIm(z ) 1 x R f (x) 1 για κάθε x R

1)

2 2 2x

x 0 x 0 x 0x

2

2x 0 x 0 x 0

z συνx x f (x) συνx x 1 συνxlim lim lim

Re(z ) x x

x 1 1 1 συνx 1 1lim lim lim( 1 ) 0 0

x x xx

2) 2 2 2

xx x xlim ( z x) lim ( x f (x) x) lim ( x 1 x) 0

Β. Αν xz 1 1 , x 0, 2 τότε:

α. xf (x) 0 z x x 1 1 x 0 x 2

β. 2 2 2 2

xz 1 1 (x 1) f (x) 1 f (x) 1 (x 1) f (x) 2x x , x 0, 2

( ισχύει: xIm(z ) 0 f (x) 0 )

Θέμα 27

Έστω η συνεχής συνάρτηση f : R R για την οποία ισχύει

2f (x) 2xf (x) 1 για κάθε x R .

Α. Να δείξετε ότι: f (x) x x R .

Β. Αν f (1) 1


β. Να βρείτε το όριο: xlim f (x)ημx

.

Λύση

Α. Έστω ότι 0υπάρχει x R ώστε:

2 2

0 0 0 0 0f (x ) x f (x ) x 0 1 x 0 , άτοπο.

Άρα f (x) x για κάθε x R .

Β. Είναι f (1) 1 . Για κάθε x R ισχύει:

22 2 2f (x) 2xf (x) 1 f (x) x x 1 f (x) x x 1 .

Έστω x 1 x 1

f (x) x 0 f (x) x limf (x) limx f (1) 1

, άτοπο.

Άρα f (x) x 0 και 2 2f (x) x x 1 f (x) x x 1 , x R


©Lents 23

β. 2 2

2

2x x x

(x x 1)(x x 1)lim f (x) lim (x x 1) lim

(x x 1)

2 2 x 0

2x x x

2 2

(x x 1)(x x 1) 1 1 1lim lim lim 0

x1 1(x x 1)x x 1 1 1

x x

Επομένως 2

x xlim f (x)ημx lim (x x 1)ημx 0

.

Θέμα 28

Έστω η συνεχής συνάρτηση f : R R για την οποία ισχύει

2 2 2f (x) 2f (x)ημx x συν x , για κάθε x R και f (0) 1 .

α. Να δείξετε ότι η συνάρτηση g(x) f (x) ημx , x R διατηρεί σταθερό πρόσημο.

β. Να δείξετε ότι 2f (x) x 1 ημx .

γ. Να βρείτε τα όρια: 1) x 0

f (x) 1lim

x

2) xlim f (x)

Λύση

α. Για κάθε x R ισχύει: 2 2 2 2 2f (x) 2f (x)ημx x συν x (f (x) ημx) x 1

2 2f (x) ημx x 1 g(x) x 1 0 g(x) 0 .

Αλλά η συνάρτηση g(x) f (x) ημx είναι συνεχής ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων και

δεν μηδενίζεται, κατά συνέπεια διατηρεί σταθερό πρόσημο. Επί πλέον

g(0) f (0) ημ0 1 0 1 0. Επομένως g(x) 0 x R .

β. Από το ερώτημα α. ισχύει:

2 2f (x) ημx x 1 0 f (x) ημx x 1 2f (x) x 1 ημx .

γ. 1) Είναι 2 2

x 0 x 0 x 0 x 0

f (x) 1 x 1 1 ημx x 1 1 ημxlim lim lim lim

x x x x

2

2 2x 0 x 0 x 0 x 0

xx ημx ημxlim lim lim lim 0 1 1

x xx x 1 1 x 1 1

2) 2

x xlim f (x) lim ( x 1 ημx)


©Lents 24

Θέμα 29

Δίνεται η συνάρτηση: 2f (x) x 2 συνx .

Α. Να δείξετε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο π

Δ 0,2

Β. Να βρείτε το f (Δ) και να δείξετε ότι η εξίσωση 2x 2 συνx έχει μοναδική ρίζα στο

διάστημα π

0,2

.

Γ. Να βρείτε τα όρια: 1) x 0

f (x) 3lim

x

και 2)

xlim f (x)

.

Λύση

Α. Η συνάρτηση 2 2f (x) x 2 συνx (x 2) ( συνx) είναι γνησίως αύξουσα στο

πΔ 0,

2

ως άθροισμα αυξουσών συναρτήσεων (βλέπε Θέμα 2ο Α).

Β. Η συνάρτηση 2f (x) x 2 συνx είναι συνεχής στο Δ ως άθροισμα συνεχών

συναρτήσεων, επομένως το σύνολο τιμών της είναι: 2π π 8

f (Δ) f (0), f ( ) 1,2 4

.

Εξάλλου 2 2π π 8 8 π

f (0) f ( ) 1 02 4 4

, πληρούνται δηλαδή οι προϋποθέσεις του

θεωρήματος Bolzano, συνεπώς υπάρχει ένα τουλάχιστον 0x π

0,2

, τέτοιο ώστε 0f (x ) 0

και επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο Δ, η ρίζα αυτή είναι μοναδική.

Γ. Να βρείτε τα όρια: 1) x 0

f (x) 3lim 0

x

και 2)

xlim f (x)

.

Θέμα 30

Α. Να δείξετε ότι: 2 2ημ x 1 x 1 x 1,1 .

Β. Δίνεται η συνεχής συνάρτηση f : 1, 1 R για την οποία ισχύει:

2 2 2f (x) 1 ημ(x 1) x x 1,1 .

α. Να λύσετε την εξίσωση: f (x) 0 στο 1, 1 .

β. Να δείξετε ότι η f διατηρεί σταθερό πρόσημο στο 1, 1


©Lents 25

γ. Αν f (0) 1 ημ1 να βρείτε τον τύπο της f .

Λύση

Α. 2 2 2x 1,1 x 1 0 x 1 1 x (1)

Εξάλλου (1)

2 2 2x 1 ημ(x 1) x 1 2 2 2x 1 ημ(x 1) 1 x

2 2ημ x 1 x 1 x 1,1 .

Β. Δίνεται η συνεχής συνάρτηση f : 1, 1 R για την οποία ισχύει:

2 2 2f (x) 1 ημ(x 1) x x 1,1 .

α. Για κάθε x 1,1 : ισχύει 2 2 2f (x) 1 ημ(x 1) x

Επομένως με x 1,1 έχουμε: 2 2 2f (x) 0 ημ(x 1) x 1 x 1 0 x 1 .

β. Επειδή οι αριθμοί 1,1 είναι διαδοχικές ρίζες της f , αυτό σημαίνει ότι αυτή διατηρεί

σταθερό πρόσημο στο 1, 1 .

γ. Το μηδέν ανήκει στο πεδίο ορισμού, 1, 1 , της f , με f (0) 1 ημ1 0 και επειδή η f

διατηρεί σταθερό πρόσημο στο 1, 1 έπεται ότι: f (x) 0 x 1,1 . Επομένως

2 2f (x) ημ(x 1) x 1

Θέμα 31

Έστω η συνάρτηση 3 1

x ημ λx , x 0 1f (x) με λx

π0 x 0

.

α. Να βρείτε την f .


.

γ. Να δείξετε ότι η f είναι συνεχής.

δ. Να δείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον σημείο 0

1 1x ,

π π

τέτοιο ώστε 0f (x ) 0 .

Λύση

α. Για κάθε x 0 είναι: 2 3 2

2

1 1 1 1 1f x 3x ημ x συν λ 3x ημ xσυν λ

x x x xx

Για κάθε x 0 είναι : 2

x 0

1f 0 lim x ημ λ

x


©Lents 26

Αλλά 2 2 2 2

x 0

1 1 11 ημ 1 x λ x ημ λ x λ κρ. παρεμ lim x ημ λ λ

x x x

.

Επομένως 2 1 1

3x ημ xσυν λ, αν x 0f x x x

λ , αν x 0

β. Είναι : 3

2x x u 0

1 1 ημu λlim f (x) lim x ημ λx lim ( ) 1 0

x u uu

γ. H f είναι συνεχής σε κάθε σημείο x 0 ( f είναι αποτέλεσμα πράξεων μεταξύ συνεχών

συναρτήσεων).

Απομένει η εξέταση της συνέχειας στο σημείο x 0 .

Ισχύει:

2 2 2

2

x 0

11 ημ 1

x

1x x ημ x

x

1κρ. παρεμ lim x ημ 0

x

και

x 0

11 συν 1

x

1x xσυν x

x

1κρ. παρεμ lim xσυν 0

x

Επομένως 2

x 0 x 0

1 1limf (x) lim 3x ημ xσυν λ 0 0 λ λ f (0)

x x

.

Η f λοιπόν είναι συνεχής.

δ. Η f ορίζεται και είναι συνεχής στο 1 1

,π π

.

Επί πλέον 2

1 3 1 1f ( ) ημπ συνπ λ λ

π π ππ

και 2

1 3 1 1f ( ) ημ( π) συν( π) λ λ

π π ππ

Οπότε 2

2

1 1 1 1 1f ( )f ( ) λ λ λ 0

π π π π π

που ισχύει, γιατί 2

2

1 1λ λ

π π

Για την f ισχύουν οι προϋποθέσεις του θεωρ. Bolzano στο διάστημα 1 1

,π π

και κατά

συνέπεια υπάρχει ένα τουλάχιστον σημείο 0

1 1x ,

π π

τέτοιο ώστε 0f (x ) 0 .

Θέμα 32

Έστω η συνάρτηση 1 2 17f (x) (x ρ )(x ρ ) ...(x ρ ) , η συνάρτηση

1 2 17

1 1 1g(x) ...

x ρ x ρ x ρ

και το σύνολο 1 2 17A ρ , ρ , ...,ρ .


©Lents 27

Να δείξετε ότι x R A ισχύουν:

α. g (x) 0

β. f (x)

g(x)f (x)

γ. 2

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

Λύση

α. Είναι: 2 2 2

1 2 17

1 1 1g (x) ... 0

(x ρ ) (x ρ ) (x ρ )

x R A .

β. 2 17 1 3 17 1 2 16f (x) 1 (x ρ ) ...(x ρ ) (x ρ ) 1 (x ρ ) ...(x ρ ) ... (x ρ )(x ρ ) ...(x ρ ) 1

Επομένως: 1 2 17

f (x) 1 1 1... g(x)

f (x) x ρ x ρ x ρ

x R A .

γ.

2

2 2

f (x)f (x) f (x)f (x) f (x)f (x) f (x)f (x)g(x) g (x)

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

, x R A

Αλλά 2

g (x) 0 f (x)f (x) f (x) 0

2

f (x)f (x) f (x) x R A

Θέμα 33

Έστω C ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων του μιγαδικού z για τον οποίο ισχύει:

z 5i 6 z 5i

α. Να βρείτε την εξίσωση του C .

β. Να βρείτε τον τύπο της f για την οποία ισχύει fC C .

γ. Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της fC που διέρχεται από το B 1, 0 .

δ. Έστω ένα κινητό Μ κινείται στην fC . Καθώς το Μ περνάει από το σημείο Α, που η

εφαπτομένη σ’ αυτό διέρχεται από το B 1, 0 , η τετμημένη του ελαττώνεται με ρυθμό

2cm/sec.

Να βρείτε το ρυθμό μεταβολής της τεταγμένης του, την στιγμή που περνάει από το Α.

Λύση

α. 2 22 2z 5i 6 z 5i x y 5 6 x y 5

2 2 2 2 2 2x y 10y 25 36 x y 10y 25 12 x y 10y 25

2 2 2 220y 36 12 x y 10y 25 5y 9 3 x y 10y 25


©Lents 28

Για 9

y5

Η ανωτέρω γράφεται: 2 2 225y 90y 81 9x 9y 90y 225

162 2

2 2 y x16y 9x 144 1

9 16 (Ό ¨κάτω¨ κλάδος της υπερβολής με εστίες Ε(0, 5), Ε(0, -5)

α=4, β=3, γ=5

β. 2 2 y 0

2 2y x 3 31 y x 16 f x x 16, x R

9 16 4 4

γ. Η εξίσωση της εφαπτομένης της fC σε σημείο 0 0A x ,f x αυτής είναι:

0 0 0y f x f x x x . Εξάλλου 2

0 0

3f x x 16

4 και 0

02

0

3xf x

4 x 16

.

Επομένως η εξίσωση της εφαπτομένης στο 0 0A x ,f x γράφεται:

2 0

0 02

0

3x3y x 16 x x

4 4 x 16

Το σημείο B 1, 0 δεν ανήκει στη fC , διέρχεται όμως η όμως η εφαπτομένη, κατά συνέπεια

οι συντεταγμένες του την επαληθεύουν,

Άρα 2 0

0 0 02

0

3x3x 16 1 x x 16

4 4 x 16

.

Οπότε 2

0

3f x f 16 16 16 3 17

4 , 0

3f x f 16

17

και η εξίσωση της

εφαπτομένης γράφεται: 3

y 3 17 x 16 3x 17y 3 017

δ. Έστω x(t) και y(t) οι συντεταγμένες του Μ. Τότε: 3x t 17y t 3 0 (1)

Παραγωγίζοντας τα μέλη της έχουμε : 3x t 17y t 0 . (2)

Έστω 0t η χρονική στιγμή που το Μ διέρχεται από το Α, τότε 0x t 16 , 0

3y t 17

4

και 0x t 2m / sec .

Για 0t t η (2) γράφεται: 0 0 0

173x t 17y t 0 y t 6 m / sec

17 .

Συναρτήσεις - Λύσεις -Μπάρλας - α.pdf

Documents

Transcript of Συναρτήσεις - Λύσεις -Μπάρλας - α.pdf