Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο Άρα είναι f(Α) = ⎢⎢⎣⎡−2 , π2 −2 ⎦⎥⎥⎤ . 2 γ) Εύκολα προκύπτει ότι π2 −2 >0 , το οποίο σημαίνει ότι το 0 ανήκει στο f(Α) , οπότε 2 έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο ⎛⎜⎜⎜⎝0 , π ⎟⎟⎟⎞⎠ , η εξίσωση f(x) = 0 2 η οποία όμως είναι μοναδι- κή, αφού η f είναι γνησίως αύξουσα. Άσκηση 728 ∆ίνεται συνάρτηση f : ! → ! , η οποία είναι γνησίως αύξουσα στο (−∞,3] και γνησίως φθίνουσα στο [3,+∞) . Αν ℓim f(x) =−4 , f(3) = 3 και ℓim f(x) =−∞ , τότε: x→−∞ x→+∞ α) να βρείτε το σύνολο τιμών της f. β) να βρείτε το πλήθος των ριζών της εξίσωσης f(x) = 0 . γ) να εξετάσετε αν η εξίσωση f(x) = 4 έχει ρίζα. δ) για τις διάφορες τιμές του α ∈ ! , να βρείτε το πλήθος των ριζών της εξίσωσης f ( x) = α +1. α) Αν Δ1 =(−∞,3] , Δ2 =[3,+∞) , τότε το σύνολο τιμών της f είναι το f (Δ1) ∪ f (Δ2) . • Αφού η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο Δ1 , είναι (f (Δ1) = ℓim f ( x ) , f (3) ⎤⎦⎥ = (−4 , 3] . x→−∞ - 860 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο • Αφού η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο Δ2 , είναι (f (Δ2 ) = ℓim f ( x ) , f ( 3) ⎦⎤⎥ = (−∞, 3] . x→+∞ Άρα, σύνολο τιμών είναι το (−4 , 3] ∪ (−∞, 3] =(−∞, 3] . β) Επειδή: • το 0 ∈ f (Δ1) , η εξίσωση f(x) = 0 έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο Δ1 , η οποία είναι μο- ναδική όμως, αφού η f είναι γνησίως αύξουσα στο Δ1 . • το 0 ∈ f (Δ2) , η εξίσωση f(x) = 0 έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο Δ2 , η οποία είναι μοναδική όμως, αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα στο Δ2 . Επομένως, η εξίσωση f(x) = 0 έχει ακριβώς δύο ρίζες. γ) Επειδή το 4 ∉ f (Δ1) , η εξίσωση f(x) = 4 είναι αδύνατη στο Δ1 . Για τον ίδιο ακριβώς λόγο είναι αδύνατη και στο Δ2 , οπότε γενικώς η εξίσωση f(x) = 4 είναι αδύνατη. δ) ∆ιακρίνονται οι εξής περιπτώσεις: Ι. αν α +1<−4 ⇔ α <−5 , τότε ο αριθμός α +1 δεν ανήκει στο f(Δ1) , αλλά ανήκει στο f(Δ2) , το οποίο σημαίνει ότι η εξίσωση f(x) = α +1 έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο Δ2 , η οποία είναι μοναδική, αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα στο Δ2 . - 861 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο ΙΙ. αν α +1 ∈(−4,3) ⇔ −4 <α +1<3 ⇔ −5<α <2 ⇔ α ∈(−5,2) , τότε ο αριθμός α +1 ανήκει στο f(Δ1) και στο f(Δ2) , το οποίο σημαίνει ότι η εξίσωση έχει ακριβώς μία ρίζα στο Δ1 και ακριβώς μία στο Δ2 , αφού η f έχει σταθερή μονοτο- νία σε κάθε διάστημα. ΙΙΙ. αν α +1= 3 ⇔ α = 2 , τότε ο αριθμός α +1 ανήκει στο f(Δ1) και στο f(Δ2) , το οποίο σημαίνει ότι η εξίσωση έχει ακριβώς μία ρίζα στο Δ1 και ακριβώς μία στο Δ2 , αφού η f έχει σταθερή μονοτο- νία σε κάθε διάστημα. IV. αν α +1>3 ⇔ α >2 , τότε ο αριθμός α +1 δεν ανήκει στο f(Δ1) ούτε στο f(Δ2) , το οποίο σημαίνει ότι η εξίσωση f(x) = α +1 είναι αδύνατη. Συνοψίζοντας, η εξίσωση f(x) = α +1: • έχει μοναδική ρίζα, αν α <−5 . • έχει ακριβώς δύο ρίζες, αν −5<α ≤2 ⇔ α ∈(−5,2] . • είναι αδύνατη, αν α >2 . - 862 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο Άσκηση 729 ∆ίνεται η συνάρτηση f(x) = ℓn(x +2)+ ℓn(x−2)−3 . α) Να μελετήσετε την f ως προς την μονοτονία και να βρείτε το σύνολο τιμών της. β) Να αποδείξετε ότι η f αντιστρέφεται και να βρείτε την f −1 . α) Για να ορίζεται η f, πρέπει ⎪⎪⎪⎩⎪⎨⎧ x+2>0 ⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎭⇔ ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧ x >−2 ⎫⎪⎪⎬⎭⎪⎪ , δηλαδή x >2 . x−2>0 x>2 Άρα είναι Df =(2,+∞) , στο οποίο η f είναι συνεχής, ως πράξεις συνεχών συναρτήσε- ων. Θεωρώ x1, x2 ∈(2,+∞) , με x1 < x2 . Τότε είναι και: • x1+2< x2 +2 ⇒ ℓn(x1+2)< ℓn(x2 +2) . • x1−2< x2 −2 ⇒ ℓn(x1−2)< ℓn(x2 −2) ⇒ ℓn(x1−2)−3< ℓn(x2 −2)−3 . Προσθέτοντας κατά μέλη τις παραπάνω ανισότητες, προκύπτει ℓn(x1+2)+ ℓn(x1−2)−3< ℓn(x2 +2)+ ℓn(x2 −2)−3 ⇒ f(x1)< f(x2 ) , το οποίο σημαίνει ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο (2,+∞) . Επειδή είναι και συνεχής στο (2,+∞) , το σύνολο τιμών θα είναι το ( )f(Df )= ℓimf(x) , ℓim f(x) . x→2+ x→+∞ • ℓim f ( x) = ℓim ⎣⎡ℓn(x + 2)+ ℓn(x −2)−3⎦⎤ = ℓn(2+2)+(−∞)−3=−∞ . x→2+ x→2+ • ℓim f(x) = ℓim ⎡⎣ℓn(x +2)+ ℓn(x−2)−3⎤⎦ =(+∞)+(+∞)−3= +∞ . x→+∞ x→+∞ - 863 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο Επομένως, είναι f(Df ) = (−∞,+∞) ⇒ f(Df )= ! . β) Αφού η f είναι γνησίως αύξουσα, είναι 1-1, συνεπώς αντιστρέφεται, το δε πεδίο ορι- σμού της f −1 είναι το Df−1 = f (Df ) = ! . Είναι f(x) = ℓn(x +2)+ ℓn(x−2)−3 = ℓn⎣⎡(x +2)(x−2)⎤⎦ −ℓne3 = ℓn(x2 −4)−ℓne3 ⇔ ⇔ f ( x) = ℓn x2 − 4 . e3 Θα λύσω την εξίσωση f(x) = y ως προς x για να βρω τον τύπο της αντίστροφης. Είναι ℓn x2 − 4 = y ⇔ x2 −4 = ey ⇔ x2 −4 = e3 ⋅ey ⇔ x2 = ey+3 +4 . e3 e3 Επειδή όμως είναι x >2 (δηλαδή x >0 ), τελικά έχω ότι x = ey+3 + 4 , συνεπώς f −1(x) = ex+3 + 4 . - 864 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο Άσκηση 730 Έστω f :[−1, 4]→ ! μια συνεχής συνάρτηση, για την οποία ισχύει x2 + f 2(x) = 3x + 4 , για κάθε x ∈[−1, 4] . α) Να βρείτε τις ρίζες της εξίσωσης f(x) = 0 . β) Αν επιπλέον η γραφική παράσταση της f τέμνει τον άξονα y΄y στο σημείο με τεταγ- μένη −2 , να βρείτε τον τύπο της f. α) Από την ιδιότητα της f προκύπτει f 2(x) =−x2 +3x + 4 (1) Έχουμε f(x) = 0 ⇔ f 2(x) = 0 ⇔ −x2 +3x + 4 = 0 ⇔ x2 −3x−4 = 0 ⇔ x = 4 η x =−1 . β) Για κάθε x ∈(−1, 4) είναι −x2 +3x + 4 >0 , οπότε από την (1) τότε προκύπτει ότι είναι και f 2(x)>0 , για κάθε x ∈(−1, 4) , δηλαδή f(x) ≠ 0 , για κάθε x ∈(−1, 4) . Επειδή η f είναι και συνεχής, συμπεραίνω ότι διατηρεί σταθερό πρόσημο στο (−1, 4). Αφού η Cf τέμνει τον y΄y στο −2 , ισχύει f(0) =−2<0 . Άρα είναι f(x)<0 , για κάθε x ∈(−1, 4) , και από την (1) προκύπτει f(x) =− −x2 +3x + 4 . Επειδή από την σχέση αυτή εύκολα προκύπτουν και f(−1) = f(4) = 0 , τελικώς είναι f(x) =− −x2 +3x + 4 , x ∈[−1, 4] . - 865 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο Άσκηση 731 ∆ίνεται συνεχής συνάρτηση f : ! → ! , για την οποία ισχύει ℓim x f ( x ) + ηµ3x =2 x +1 −1 x→0 και η εξίσωση f(x) = 0 έχει μοναδικές ρίζες τους αριθμούς −1 και 3. Να βρείτε: α) την τιμή f(0) . β) το όριο ℓim[ f(e)⋅ℓnx ]. x→0+ γ) το όριο ℓim ⎡⎣⎢ x2 +2x−3 + f(1)⋅x ⎥⎦⎤ . x→−∞ α) Αφού η f είναι συνεχής στο ! , είναι συνεχής και στο 0, οπότε ισχύει f(0) = ℓimf(x) (1) x→0 Στο όριο της εκφώνησης θέτω g(x) = x f ( x ) + ηµ3x x +1 −1 και θα είναι ℓimg(x) = 2 . x→0 Είναι ( ) ( )xf(x)+ηµ3x = x+1−1 ⋅g(x) ⇔ xf(x)= x+1−1 ⋅g(x)−ηµ3x , ενώ όταν x → 0 είναι ( )x+1−1 ⋅g(x)−ηµ3x συνεπώς f(x)= x , - 866 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο ( )ℓimf(x)= ℓim ⎡⎢⎢⎣ ⎦⎥⎥⎤ x→0 x→0 x +1−1 ⋅g(x)−ηµ3x (1) f(0)= ℓim x +x1−1⋅g( x)− ηµ3x . x x ⇒ x→0 ( ( )( ) ) ( )• 0 ℓ = ℓim x +1−1 ℓim x +1−1 x +1+1 x+ 1−1 = x =0 = ℓim 1 x→0 x→0 x x +1+1 x→0 x x +1+1 x = ℓim 1 1 1 x +1+1 x→0 +1+1 +1+1 2 ( )= ℓim x = 0 = . x→0 x • ℓ2 = ℓim ηµ3x = ℓx→im0 ⎜⎜⎛⎜⎝3⋅ ηµ3x ⎟⎟⎞⎟⎠ = 3⋅ ℓim ηµ3x . x 3x 3x x→0 x→0 Θέτω 3x = y . Όταν x → 0 , τότε y → 0 και είναι ℓ 2 = 3⋅ℓim ηµy = 3⋅1 = 3 . y→0 y Τελικά είναι f (0) = 1 ⋅2−3 ⇔ f(0) =−2 . 2 β) Αφού η f έχει μοναδικές ρίζες τους αριθμούς −1 και 3, είναι f(e) ≠ 0 , οπότε L1 = ℓim[ f ( e ) ⋅ ℓnx ] = f ( e ) ⋅(−∞) . x→0+ Για τον ίδιο λόγο είναι και f(x) ≠ 0 , για κάθε x ∈(−1,3) , το οποίο σημαίνει ότι η f διατη- ρεί σταθερό πρόσημο στο διάστημα αυτό, αφού είναι και συνεχής. Από το (α) έχω ότι f(0) =−2<0 , οπότε είναι f(x)<0 , για κάθε x ∈(−1,3) , άρα και f(e)<0 και τελικά έχω ότι L1 = +∞ . - 867 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο γ) Έστω L2 = ℓim ⎡⎢⎣ x2 +2x−3 + f(1)⋅x ⎥⎦⎤ . x→−∞ Είναι ℓim x2 +2x−3 = +∞ . x→−∞ Επίσης, αφού είναι f(x)<0 , για κάθε x ∈(−1,3), είναι και f(1)<0 , οπότε είναι ℓim [ f(1)⋅x ] = f(1)⋅(−∞)= +∞ . x→−∞ Τελικά θα είναι L2 =(+∞)+(+∞) ⇒ L2 = +∞ . Άσκηση 732 Για την συνάρτηση f : ! → ! ισχύει ότι f(x)+2ef(x) = x +2 , για κάθε x ∈ ! . α) Να αποδείξτε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα. β) Να μελετήσετε ως προς την μονοτονία την συνάρτηση g(x) = x +2ex . γ) Να υπολογίσετε το f(0) . α) Έστω ότι η f δεν είναι γνησίως αύξουσα. Τότε θα υπάρχουν x1, x2 ∈ ! , με x1 < x2 , ώστε να ισχύει f(x1)≥ f(x2 ) . Από την ανισότητα αυτή προκύπτει ότι θα ισχύει και ef ( x1) ≥ ef ( x2 ) ⇒ 2ef ( x1) ≥ 2ef ( x2 ) . Προσθέτοντας κατά μέλη τις παραπάνω ανισότητες, έχω ότι f ( x1)+ 2ef (x1) ≥ f ( x2 )+ 2ef (x2 ) , - 868 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο από όπου, με την βοήθεια της ιδιότητας της f, προκύπτει ότι x1+ 2 ≥ x2 + 2 ⇒ x1 ≥ x2 , το οποίο είναι άτοπο όμως, αφού εξαρχής θεώρησα x1 < x2 . Επομένως, η f είναι γνησίως αύξουσα. β) Η g έχει πεδίο ορισμού το ! . Θεωρώ x1, x2 ∈ ! , με x1 < x2 . Τότε ισχύει και ex1 < ex2 ⇒ 2ex1 < 2ex2 . Προσθέτοντας κατά μέλη τις ανισότητες αυτές, προκύπτει x1+ 2ex1 < x2 + 2ex2 ⇒ g(x1)< g(x2 ) , το οποίο σημαίνει ότι η g είναι γνησίως αύξουσα στο ! . γ) Είναι g(f(x))= f(x)+2ef(x) , οπότε η ιδιότητα της f ισοδύναμα γράφεται g(f(x))= x +2 , x ∈ ! . Θέτοντας x = 0 εδώ, έχω ότι g(f(0))= 0+2 ⇔ g(f(0))= 2 . Επίσης, από τον τύπο της g έχω ότι g(0) = 0+2e0 ⇔ g(0) = 2 . Επομένως ισχύει g(f(0))= g(0) . Αφού η g είναι γνησίως αύξουσα στο ! , είναι 1-1, οπότε από την τελευταία σχέση έχω ότι f(0) = 0 . - 869 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο Άσκηση 733 Έστω η συνάρτηση f(x) = x3 + x +2 . α) Να αποδείξετε ότι αντιστρέφεται. β) Να λύσετε τις εξισώσεις f(x) =12 και f −1(x) =−2 . γ) Να βρείτε τα κοινά σημεία της Cf−1 με τους άξονες και την ευθεία y = x . δ) Να λύσετε την εξίσωση (2−ηµ2x)3 = ηµ3x +ηµ2x +ηµx−2 και την ανίσωση f −1(x)<3 . α) Αρκεί να δείξω ότι η f είναι 1-1. Ως πολυωνυμική, η f έχει πεδίο ορισμού το ! . Θεωρώ x1, x2 ∈ ! , με x1 < x2 . Τότε ισχύουν και x13 < x32 και x1+ 2 < x2 + 2 . Προσθέτοντας κατά μέλη τις ανισότητες αυτές, προκύπτει x13 + x1 + 2 < x 3 + x2 + 2 ⇒ f ( x1 ) < f ( x2 ) , 2 οπότε η f είναι γνησίως αύξουσα στο ! , άρα είναι 1-1. β) 1η εξίσωση f(x) =12 ⇔ x3 + x +2 =12 ⇔ x3 + x−10 = 0 ⇔ (x−2)(x2 +2x +5) = 0 ⇔ ⇔ x−2= 0 ή x2 +2x+5= 0 ⇔ x = 2 , αφού η δεύτερη εξίσωση είναι αδύνατη (έχει διακρίνουσα 22 −4⋅1⋅5=−16 ). - 870 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο 2η εξίσωση f −1(x) =−2 ⇔ x = f (−2) ⇔ x = (−2)3 −2+2 ⇔ x =−8 . γ) Με τον άξονα x΄x Από την εξίσωση f −1(x) = 0 ισοδύναμα έχω x = f(0) ⇔ x = 03 +0+2 ⇔ x = 2 . Επομένως, κοινό σημείο της Cf−1 με τον x΄x είναι το Α(2,0) . Με τον άξονα y΄y Επειδή f(−1) = (−1)3 −1+2 =−1+1 = 0 ⇔ f(−1) = 0 , είναι f −1(0) =−1, το οποίο σημαίνει ότι η Cf−1 τέμνει τον y΄y στο σημείο Β(0,−1) . Με την ευθεία y = x Οι τετμημένες των ζητούμενων σημείων θα προκύψουν από την εξίσωση f −1(x) = x . Επειδή όμως η f είναι γνησίως αύξουσα, η εξίσωση αυτή είναι ισοδύναμη με την εξίσωση f(x) = x , από την οποία έχω πλέον f(x) = x ⇔ x3 + x +2 = x ⇔ x3 =−2 ⇔ x =− 3 2 . ( )Άρα, η Cf−1 τέμνει την ευθεία y = x στο σημείο Γ − 3 2 , − 3 2 . - 871 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο δ) Εξίσωση Σύνολο ορισμού της εξίσωσης είναι το ! . Η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται (2−ηµ2x)3 +2−ηµ2x = ηµ3x +ηµx ⇔ (2−ηµ2x)3 +2−ηµ2x +2 = ηµ3x +ηµx +2 ⇔ ⇔ f(2−ηµ2x)= f(ηµx) . Επειδή η f είναι 1-1, από την τελευταία εξίσωση ισοδύναμα έχω 2−ηµ2x = ηµx ⇔ ηµ2x +ηµx−2 = 0 . Θέτω ηµx = y , −1≤ y ≤1, και έχω την εξίσωση y2 + y−2 = 0 , από την οποία εύκολα προκύπτει y =1 ή y =−2 (απορρίπτεται), δηλαδή y =1. Άρα είναι ηµx =1 ⇔ x = 2κπ+ π , κ∈! . 2 Ανίσωση Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα, από την ανίσωση ισοδύναμα προκύπτει f (f −1(x))< f(3) ⇔ x <33 +3+2 ⇔ x <32 . - 872 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο Άσκηση 734 ∆ίνονται οι συναρτήσεις f(x)= ex −1 και g(x) = ℓn 1+ x . ex +1 1− x α) Να αποδείξετε ότι η f είναι αντιστρέψιμη και ότι f −1 = g . β) Να ορίσετε την συνάρτηση g!f . γ) Να αποδείξετε ότι η g είναι γνησίως αύξουσα στο πεδίο ορισμού της. δ) Να αποδείξετε ότι οι συναρτήσεις f και f −1 είναι περιττές συναρτήσεις. α) Επειδή είναι ex +1>0 , για κάθε x ∈ ! , είναι Df = ! . Για να ορίζεται η g, πρέπει ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩ 1+ x > 0 ⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎫⎬⎪ ⇔ ⎪⎪⎨⎩⎪⎧⎪⎪ (1+ x)(1−x)>0 ⎭⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎬ ⇔ ⎪⎩⎧⎨⎪⎪⎪⎪ (x +1)(x −1)< 0 ⎭⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎫ ⇔ ⎪⎨⎧⎩⎪⎪⎪⎪ x ∈(−1,1) ⎪⎫⎬⎪⎪⎭⎪⎪ , 1− x x ≠1 x ≠1 x ≠1 1−x ≠ 0 δηλαδή x ∈(−1,1) , οπότε Dg =(−1,1). Για να δείξω ότι η f είναι αντιστρέψιμη, αρκεί να δείξω ότι είναι 1-1. Θεωρώ x1, x2 ∈ ! , ώστε f(x1) = f(x2 ) . Τότε είναι και e x1−1 ex2 −1 +1 ex2 +1 ( )( ) ( )( )ex1 = ⇒ ex1 −1 ex2 +1 = ex1 +1 ex2 −1 ⇒ ⇒ e ex1 x2 + ex1 −ex2 − 1 = e ex1 x2 −ex1 + ex2 − 1 ⇒ ex1 −ex2 = −ex1 + ex2 ⇒ 2 ex1 = 2 ex2 ⇒ ⇒ ex1 = ex2 ⇒ x1 = x2 , το οποίο σημαίνει ότι η f είναι 1-1. - 873 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο Από την εξίσωση f(x) = y έχω ex −1 = y ⇔ e x −1= y(e x +1) ⇔ e x −1= ye x + y ⇔ e x − yex = 1+ y ⇔ e x (1− y) = 1+ y . ex +1 Για 1−y ≠ 0 ⇔ y ≠1, έχω ότι ex = 1+ y . 1− y Επειδή είναι ex >0 , για κάθε x ∈ ! , πρέπει και 1+ y >0 ⇔ (1+ y)(1−y)>0 ⇔ (y +1)(y−1)<0 ⇔ y ∈(−1,1) . 1− y Τότε είναι x = ℓn11+− y , οπότε y f −1( x ) = ℓn 1+ x = g(x) , x ∈(−1,1). 1− x Επομένως, είναι f −1 = g , αφού οι f −1 και g έχουν το ίδιο πεδίο ορισμού και ισχύει f −1(x) = g(x) . β) Για να ορίζεται η g!f , πρέπει ⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎨ x ∈Df ⎪⎪⎫⎬⎭⎪⎪⎪⎪ ⇔ ⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩⎧ x∈! ⎪⎪⎪⎪⎫⎪⎪⎭⎬⎪⎪ , f(x)∈Dg ex −1 ∈ (−1,1) ex +1 δηλαδή −1< ex −1 < 1 ⇔ − e x −1< e x −1< e x +1 ⇔ ⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎪ −ex − 1 <ex − 1 και ⎪⎪⎫⎬⎪⎪⎭⎪⎪ ⇔ ⎩⎪⎪⎪⎧⎪⎨ −ex < ex ⎫⎪⎪⎪⎪⎬⎭ , ex +1 ex −1< ex +1 −1<1 δηλαδή 2ex >0 ⇔ x ∈ ! . Επομένως είναι Dg!f = \" . - 874 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο Επίσης, 1+ ex −1 ex + 1+ex − 1 1− ex +1 (g ! f )( x ) = g(f ( x )) = ℓn11+− f(x) = ℓn ex −1 = ℓn ex +1 = ℓn 2ex = f(x) ex +1 2 ex +1− ex +1 ex +1 = ℓnex ⇔ (g\"f )(x) = x . ∆εύτερος τρόπος για τον τύπο της g o f Επειδή στο (α) απέδειξα ότι f −1 = g , ισχύει f −1(x) = g(x) , οπότε (g!f )(x) = g(f(x)) = f −1(f(x)) = x ⇔ (g!f )(x) = x . γ) Είναι g( x) = ℓn11+− x = ℓn(1+ x)− ℓn(1− x) . x Θεωρώ x1, x2 ∈(−1,1) , με x1 < x2 . Τότε είναι και: • 1+ x1 <1+ x2 ⇒ ℓn(1+ x1)< ℓn(1+ x2) . • −x1 >−x2 ⇒ 1−x1 >1−x2 ⇒ ℓn(1−x1)> ℓn(1−x2) ⇒ −ℓn(1−x1)<−ℓn(1−x2) . Προσθέτοντας κατά μέλη τις παραπάνω ανισότητες, προκύπτει ℓn(1+ x1)−ℓn(1−x1)< ℓn(1+ x2)−ℓn(1−x2) ⇒ g(x1)<g(x2 ) , το οποίο σημαίνει ότι η g είναι γνησίως αύξουσα στο Dg =(−1,1) . - 875 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο δ) Για την f Επειδή Df = ! ισχύει ότι, για κάθε x ∈Df , και το −x ∈Df . Επίσης, f(−x) = e−x −1 = 1 −1 = 1−ex = 1−ex = −(ex −1) =−f(x) . e−x +1 ex 1+ ex 1 ex ex +1 ex +1 1+ ex ex Επομένως, η f είναι περιττή συνάρτηση. Για την αντίστροφη Επειδή στο (α) απέδειξα ότι f −1 = g , ισοδύναμα θα δείξω ότι η g είναι περιττή. Επειδή Dg =(−1,1) ισχύει ότι, για κάθε x ∈Dg , και το −x ∈Dg . Επίσης, g(−x) = ℓn11+− x = ℓn⎜⎛⎝⎜⎜11+− x ⎞⎟⎠⎟⎟−1 = − ℓn11+− x =−g(x) . x x x Άρα η g (οπότε και η f −1 ) είναι περιττή συνάρτηση. - 876 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο Άσκηση 735 ∆ίνεται η συνάρτηση f : ! → ! , για την οποία ισχύει 3f(x)+2f 3(x) = 4x +1, για κάθε x ∈ ! . α) Να αποδείξετε ότι η f αντιστρέφεται και να ορίσετε την f −1 . β) Να αποδείξετε ότι η f −1 είναι γνησίως αύξουσα. γ) Να βρείτε τα σημεία τομής των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων f και f −1 , αν γνωρίζετε ότι αυτά βρίσκονται πάνω στην ευθεία με εξίσωση y = x . δ) Να λύσετε την εξίσωση f (2e )x−1 = f (3−x) . α) Αρκεί να δείξω ότι η f είναι 1-1. Θεωρώ x1, x2 ∈ ! , ώστε f(x1) = f(x2 ) . Τότε είναι και: • 3f(x1) = 3f(x2 ) . • f 3(x1) = f 3(x2 ) ⇒ 2f 3(x1) = 2f 3(x2 ) . Προσθέτοντας κατά μέλη τις παραπάνω ισότητες, προκύπτει 3f(x1)+2f 3(x1) = 3f(x2 )+2f 3(x2 ) , από όπου, με την βοήθεια της ιδιότητας της f, προκύπτει 4x1+ 1 = 4x2 + 1 ⇒ 4 x1 = 4 x2 ⇒ x1 = x2 , το οποίο σημαίνει ότι η f είναι 1-1. Θέτοντας f(x) = y , από την ιδιότητα της f έχω ότι 3y + 2y3 = 4x +1 ⇔ 4x = 2y3 + 3y −1 ⇔ x = 2y3 + 3y −1 , 4 οπότε είναι f −1(x) = 2x3 +3x−1 , x∈! . 4 - 877 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο β) Θεωρώ x1, x2 ∈ ! , με x1 < x2 . Τότε είναι και: • x13 < x 3 ⇒ 2x13 < 2x 3 . 2 2 • 3x1 < 3x2 ⇒ 3x1−1< 3x2 −1. Προσθέτοντας κατά μέλη τις παραπάνω ανισότητες, προκύπτει 2x13 + 3x1 −1< 2x 3 + 3x −1 ⇒ 2x13 + 3x1 −1 < 2x 3 + 3x 2 −1 ⇒ f −1( x1 ) < f −1( x ) , 2 4 2 4 2 2 το οποίο σημαίνει ότι η f −1 είναι γνησίως αύξουσα στο ! . γ) ▶︎ Πρόσεξε πολύ αυτό το ερώτημα! Οι τετμημένες των ζητούμενων σημείων είναι λύσεις της εξίσωσης f(x) = f −1(x) . Όμως, επειδή αυτά βρίσκονται πάνω στην ευθεία y = x και λόγω της συμμετρίας των δύο γραφικών παραστάσεων ως προς την ευθεία αυτή, οι τετμημένες των ζητούμενων σημείων θα βρεθούν από την εξίσωση f −1(x) = x . Έχουμε λοιπόν: f −1(x) = x ⇔ 2x 3 + 3x −1 = ⇔ 2x3 +3x−1 = ⇔ 2x3 −x−1= 0 ⇔ 4 x 4x ⇔ (x−1)(2x2 +2x +1) = 0 ⇔ x−1= 0 ή 2x2 +2x +1= 0 ⇔ x =1, αφού η δεύτερη εξίσωση είναι αδύνατη (έχει διακρίνουσα 22 −4⋅2⋅1=−4 ). Επομένως, το μοναδικό κοινό σημείο είναι το Α(1,1) . - 878 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου • Όριο - συνέχεια συνάρτησης Γενικές ασκήσεις σε όλο το κεφάλαιο δ) Επειδή η f είναι 1-1, από την εξίσωση έχω ισοδύναμα την 2ex−1 = 3− x ⇔ 2ex−1+ x−3= 0 . Θεωρώ την συνάρτηση g(x) = 2ex−1+ x−3 , x ∈ ! , και θα λύσω την εξίσωση g(x) = 0 . Παρατηρώ ότι g(1) = 2e1−1+1−3 = 2−2 = 0 , άρα το 1 είναι μία ρίζα της εξίσωσης g(x) = 0 . Θεωρώ x1, x2 ∈ ! , με x1 < x2 . Τότε είναι και: • x1−1< x2 −1 ⇒ ex1−1 < ex2−1 ⇒ 2ex1−1 < 2ex2−1 . • x1−3< x2 −3 . Προσθέτοντας κατά μέλη τις παραπάνω ανισότητες προκύπτει 2ex1−1+ x1−3< 2ex2−1+ x2 −3 ⇒ g(x1)< g(x2 ) , το οποίο σημαίνει ότι η g είναι γνησίως αύξουσα στο ! . Επομένως, το 1 είναι η μοναδική ρίζα της ζητούμενης εξίσωσης. - 879 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Ίσως οι αναλυτικότερα λυμένες ασκήσεις που θα διαβάσεις στα όρια
Search
