Διαφορικός [ [Λογισμός Λύσεις των ασκήσεων του σχολικού βιβλίου Παράγραφος 2.7 Νέα Μουδανιά • Σεπτέμβριος 2020
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.7 Ασκήσεις παραγράφου 2.7 Α1/149 Περισσότερες λυμένες ασκήσεις στο πώς θα βρεις τα ακρότατα μιας συνάρτησης θα βρεις στο βιβλίο μου για τον Διαφορικό Λογισμό, στην 10η ενότητα, 46η κατηγορία ασκήσεων. Η f′ είναι πολυωνυμική, οπότε και η f είναι πολυωνυμική, συνεπώς η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ! . Από την ανίσωση f′(x) > 0 έχω 3(x − 1)3(x − 2)2(x − 3) > 0 ⇔ (x − 1)(x − 3) > 0 ⇔ x < 1 ή x > 3 . Έτσι προκύπτει ο διπλανός πίνακας μονοτονίας, x −∞ 1 3 +∞ από όπου έχω ότι η f έχει: • τοπικό μέγιστο για x = 1 . f′(x) + - + • τοπικό ελάχιστο για x = 3 . f(x) 1 2 1 Σημειώνεται ότι, επειδή είναι (x − 2)2 > 0 , για κάθε x ≠ 2 , και η f είναι συνεχής στο 2, η f είναι γνησίως φθίνουσα στο ⎣⎡⎢1, 3⎤⎥⎦ . Σημαντικό σχόλιο Στην επίλυση της παραπάνω ανίσωσης (η οποία στηρίχθηκε σε ό,τι διδάχθηκες στην Άλγεβρα της Β΄ Λυκείου, κεφάλαιο πολωυνώμων) δεν ελήφθη υπόψη ο όρος (x − 2)2 . Η τελική πρόταση που είναι γραμμένη κάτω από τον πίνακα, στηρίζεται στο εξής: Όταν η παράγωγος μηδενίζεται σε πεπερασμένου πλήθους σημεία (συνήθως είναι ένα ή δύο), αλλά εκατέρωθεν αυτών διατηρεί σταθερό πρόσημο, και η f είναι συνεχής στα σημεία μηδενισμού της παραγώγου, τότε η f διατηρεί σταθερή μονοτονία. Με λίγα λόγια δηλαδή, αν η παράγωγος μηδενίζεται σε πεπερασμένου πλήθους σημεία αλλά πριν και μετά από αυτά διατηρεί σταθερό πρόσημο, και η f είναι συνεχής στα σημεία αυτά (τυπικό, στις ασκήσεις μας πάντα είναι), τότε αυτά τα σημεία δεν λαμβά- νονται υπόψη. - 109 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.7 Α2/149 Περισσότερες λυμένες ασκήσεις στο πώς θα βρεις την μονοτονία και τα ακρότατα μιας συνάρτησης (ερώτημα (α) της άσκησης), θα βρεις στο βιβλίο μου για τον Διαφορικό Λογισμό, στην 10η ενότητα, 46η κατηγορία ασκήσεων. Για το πώς θα βρεις το πλήθος των ριζών εξίσωσης της μορφής f(x) = 0 (ερώτημα (β) της άσκησης), περισσότερες λυμένες ασκήσεις θα βρεις στο βιβλίο μου για τον Διαφο- ρικό Λογισμό, στην 10η ενότητα, 52η κατηγορία ασκήσεων. α) i) Είναι Df = ! , στο οποίο η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη, ως πολυωνυμική, με f′(x) = 3x2 − 6x + 3 = 3(x2 − 2x + 1) = 3(x − 1)2 > 0 , για κάθε x ≠ 1 . Επειδή όμως η f είναι συνεχής στο 1, η f είναι γνησίως αύξουσα στο ! , οπότε δεν έχει ακρότατα. Και εδώ εμφανίζεται το φαινόμενο που περιγράφεται στο σημαντικό σχόλιο της προ- ηγούμενης άσκησης: Η πρώτη παράγωγος μηδενίζεται σε ένα μόνο σημείο, αλλά εκατέρωθεν αυτού διατη- ρεί σταθερό πρόσημο. Επειδή όμως η συνάρτηση είναι συνεχής στο μοναδικό σημείο μηδενισμού της πρώτης παραγώγου, τελικώς η συνάρτηση έχει σταθερή μονοτονία. ii) Είναι Dg = ! , στο οποίο η g είναι συνεχής και παραγωγίσιμη, ως πολυωνυμική, με g′(x) = 3x2 − 3 = 3(x2 − 1) . Από την ανίσωση g′(x) > 0 έχω x2 − 1 > 0 ⇔ x < −1 ή x > 1 . Έτσι προκύπτει ο διπλανός πίνακας μονοτονίας, x −∞ −1 1 +∞ από όπου έχω ότι η g: g′(x) + g(x) 1 • είναι γνησίως αύξουσα στο (−∞ ,− 1⎥⎦⎤ και στο +- ⎡⎣⎢1, + ∞) . 12 • είναι γνησίως φθίνουσα στο ⎣⎢⎡−1,1⎥⎦⎤ . - 110 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.7 • για x = −1 έχει τοπικό μέγιστο, το g(−1) = 4 . • για x = 0 έχει τοπικό ελάχιστο, το g(1) = 0 . iii) Είναι Dh = ! , στο οποίο η h είναι συνεχής και παραγωγίσιμη, ως πολυωνυμική, με h′(x) = 6x2 − 6x = 6(x2 − x) . Από την ανίσωση h′(x) > 0 έχω x2 − x > 0 ⇔ x < 0 ή x > 1 . Έτσι προκύπτει ο διπλανός πίνακας μονοτονίας, x −∞ 0 1 +∞ από όπου έχω ότι η h: h′(x) + - + (• είναι γνησίως αύξουσα στο −∞ , 0⎥⎤⎦ και στο ⎡⎣⎢1, + ∞) . h(x) 1 2 1 • είναι γνησίως φθίνουσα στο ⎣⎢⎡0 ,1⎦⎥⎤ . • για x = 0 έχει τοπικό μέγιστο, το h(0) = −1 . • για x = 1 έχει τοπικό ελάχιστο, το h(1) = −2 . β) i) Η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται f(x) = 0 , οπότε θα βρω το πλήθος των πραγ- ματικών ριζών αυτής της εξίσωσης. Αφού η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο ! , έχει σύνολο τιμών το ( ) ( )f Df = ℓ im f(x) , ℓ im f(x) . x→ −∞ x→ +∞ • ℓ im f(x) = ℓ im(x3 − 3x2 + 3x + 1) = ℓ im x3 = −∞ . x→ −∞ x→ −∞ x→ −∞ • ℓ im f(x) = ℓ im (x3 − 3x2 + 3x + 1) = ℓ im x3 = +∞ . x→ +∞ x→ +∞ x→ +∞ Άρα είναι f (Df ) = (−∞, + ∞) = ! . ( )Επειδή το 0 ∈ f Df , η εξίσωση f(x) = 0 έχει μία, τουλάχιστον, ρίζα στο ! . Επειδή όμως η f είναι γνησίως αύξουσα στο ! , η ρίζα αυτή είναι μοναδική. - 111 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.7 ii) Η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται g(x) = 0 , οπότε θα βρω το πλήθος των ριζών αυ- τής της εξίσωσης. Θεωρώ τα διαστήματα ( )Δ1 = −∞ ,− 1⎤⎦⎥ , Δ2 = ⎡⎢⎣−1,1⎥⎦⎤ , Δ3 = ⎢⎣⎡1, + ∞ . • Αφού η g είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο Δ1 , θα είναι (g(Δ1) = ℓim g(x) , g(−1) ⎤⎦⎥ . x→ −∞ Είναι ℓ im g(x) = ℓ im(x3 − 3x + 2) = ℓ im x3 = −∞ , g(−1) = 4 , x→ −∞ x→ −∞ x→ −∞ (οπότε g(Δ1) = −∞ , 4⎥⎦⎤ . Αφού το 0 ∈ g(Δ1) , η εξίσωση g(x) = 0 έχει μία, τουλάχιστον, ρίζα στο Δ1 . Επειδή όμως η g είναι γνησίως αύξουσα στο Δ1 , η ρίζα αυτή είναι μοναδική. • Επειδή g(1) = 0 και το 1 ∈ Δ2 , το 1 είναι μία ρίζα της εξίσωσης g(x) = 0 στο Δ2 . Επειδή όμως η g είναι γνησίως φθίνουσα στο Δ2 , η ρίζα αυτή είναι μοναδική. • Επειδή g(1) = 0 και το 1 ∈ Δ3 , το 1 είναι μία ρίζα της εξίσωσης g(x) = 0 στο Δ3 . Επειδή όμως η g είναι γνησίως αύξουσα στο Δ3 , η ρίζα αυτή είναι μοναδική. Τελικά, η εξίσωση g(x) = 0 έχει ακριβώς δύο ρίζες στο ! . iii) Η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται h(x) = 0 , οπότε θα βρω το πλήθος των ριζών αυ- τής της εξίσωσης. Θεωρώ τα διαστήματα ( )Δ1 = −∞ , 0⎦⎥⎤ , Δ2 = ⎡⎢⎣0 ,1⎤⎥⎦ , Δ3 = ⎣⎢⎡1, + ∞ . • Αφού η h είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο Δ1 , θα είναι (h(Δ1) = ℓim h(x) , h(0) ⎤⎦⎥ . x→ −∞ Είναι ℓ im h(x) = ℓ im(2x3 − 3x2 − 1) = ℓ im 2x3 = −∞ , h(0) = −1 , x→ −∞ x→ −∞ x→ −∞ - 112 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.7 (οπότε h(Δ1) = −∞ ,− 1⎥⎤⎦ . Όμως το 0 ∉ h(Δ1) , οπότε η εξίσωση h(x) = 0 δεν έχει ρίζα στο Δ1 . • Αφού η h είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο Δ2 , είναι h(Δ2) = ⎢⎣⎡h(1) , h(0)⎥⎦⎤ = ⎢⎡⎣−2 ,− 1⎥⎤⎦ . Όμως το 0 ∉ h(Δ2) , οπότε η εξίσωση h(x) = 0 δεν έχει ρίζα στο Δ2 . • Αφού η h είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο Δ3 , θα είναι )h(Δ3 )= ⎡⎢⎣ h(1) , ℓim h(x) . x→ +∞ Είναι ℓ im h(x) = ℓ im (2x3 − 3x2 − 1) = ℓ im 2x3 = +∞ , x→ +∞ x→ +∞ x→ +∞ )οπότε h(Δ3) = ⎢⎡⎣−2 , + ∞ . Επειδή το 0 ∈ h(Δ3) , η εξίσωση h(x) = 0 έχει μία, τουλάχιστον, ρίζα στο Δ3 . Επειδή όμως η h είναι γνησίως αύξουσα στο Δ3 , η ρίζα αυτή είναι μοναδική. Τελικά, η εξίσωση h(x) = 0 έχει μοναδική ρίζα στο ! . - 113 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.7 Α3/150 Περισσότερες λυμένες ασκήσεις στο πώς θα βρεις την μονοτονία και τα ακρότατα μιας συνάρτησης διπλού τύπου θα βρεις στο βιβλίο μου για τον Διαφορικό Λογισμό, στην 10η ενότητα, 46η κατηγορία ασκήσεων. i) Από τον τύπο της f συμπεραίνω ότι είναι Df = ! . ( )Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο −∞ ,1 , ως πολυωνυμική, με f′(x) = 2x . ( )Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο 1, + ∞ , ως σύνθεση συνεχών και παραγωγί- σιμων, αντίστοιχα, συναρτήσεων, με f′(x) = e1−x ⋅ (1 − x)′ = −e1−x . Θα εξετάσω αν είναι συνεχής και στο 1, δηλαδή αν ισχύει ℓim f(x) = f(1) = 12 = 1 . x→1 • ℓ im f(x) = ℓ im x2 = 12 = 1 . x→ 1− x→ 1− • ℓ im f(x) = ℓ im e1−x = e1−1 = 1 . x→ 1+ x→ 1+ Άρα είναι ℓim f(x) = 1 , δηλαδή η f είναι συνεχής στο 1, οπότε είναι συνεχής στο ! . x→1 Για κάθε x < 1 , από την ανίσωση f′(x) > 0 έχω x <1 2x > 0 ⇔ x > 0 ⇔ 0 < x < 1 . Για κάθε x > 1 είναι f′(x) < 0 , αφού είναι e1−x > 0 , για κάθε x ∈ ! . Από τα παραπάνω προκύπτει ο διπλανός πίνα- x −∞ 0 1 +∞ κας μονοτονίας, από όπου έχω ότι η f: f′(x) - + - (• είναι γνησίως φθίνουσα στο −∞ , 0⎥⎦⎤ και στο ⎢⎣⎡1, + ∞) . f(x) 2 1 2 • είναι γνησίως αύξουσα στο ⎡⎣⎢0 ,1⎦⎤⎥ . • για x = 0 έχει τοπικό ελάχιστο, το f(0) = 0 . • για x = 1 έχει τοπικό μέγιστο, το f(1) = 1 . - 114 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.7 ii) Από τον τύπο της g προκύπτει ότι είναι Dg = ! . Η g είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο (−∞ ,1) , ως πολυωνυμική, με g′(x) = 2x − 2 = 2(x − 1) . H g είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο (1, + ∞) , ως πολυωνυμική, με g′(x) = 2x − 4 = 2(x − 2) . Θα εξετάσω αν είναι συνεχής και στο 1, δηλαδή αν ισχύει ℓ im g(x) = g(1) = 12 − 4 ⋅1 + 3 ⇔ ℓ im g(x) = 0 . x→1 x→1 • ℓ im g(x) = ℓ im(x2 − 2x + 1) = ℓ im(x − 1)2 = (1 − 1)2 = 0 . x→ 1− x→ 1− x→ 1− • ℓ im g(x) = ℓ im(x2 − 4x + 3) = 12 − 4 ⋅1 + 3 = 0 . x→ 1+ x→ 1+ Άρα είναι ℓim g(x) = 0 , οπότε η g είναι συνεχής στο 1, άρα και στο ! . x→1 Για κάθε x < 1 είναι x − 1 < 0 , οπότε g′(x) < 0 , άρα η g είναι γνησίως φθίνουσα στο (−∞ ,1⎥⎦⎤ . Για κάθε x > 1 , από την ανίσωση g′(x) > 0 έχω x−2>0 ⇔ x >2. Έτσι προκύπτει ο διπλανός πίνακας μονοτονίας x −∞ 1 2 +∞ από όπου, επειδή η g είναι συνεχής στο 1, έχω g′(x) - -+ ότι η g: 2 21 (• είναι γνησίως φθίνουσα στο −∞ , 2⎤⎦⎥ . g(x) )• είναι γνησίως αύξουσα στο ⎣⎢⎡2, + ∞ . • για x = 2 έχει ελάχιστο, το g(2) = −1 . Τονίστηκε ιδιαίτερα η συνέχεια της g στο 1, διότι η μονοτονία της είναι η ίδια στα δια- (στήματα −∞ ,1⎤⎥⎦ και ⎣⎡⎢1, 2⎦⎥⎤ , οπότε αυτά «ενώνονται» και δίνουν ένα διάστημα, το (−∞ , 2⎦⎥⎤ . - 115 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.7 ΠΡΟΣΟΧΗ ! Αν η g δεν ήταν συνεχής στο 1 και είχε την ίδια μονοτονία εκατέρωθεν του 1, τα δια- στήματα δεν θα «ενώνονταν» σε ένα, αλλά θα λέγαμε ότι είναι γνησίως φθίνουσα στο (−∞ ,1) (και γνησίως φθίνουσα στο 1, 2⎤⎥⎦ ! Α4/150 Περισσότερες λυμένες ασκήσεις στο πώς θα βρεις την μονοτονία και τα ακρότατα μιας συνάρτησης θα βρεις στο βιβλίο μου για τον Διαφορικό Λογισμό, στην 10η ενότητα, 46η κατηγορία ασκήσεων. i) Είναι Df = ! , στο οποίο η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη, ως διαφορά συνεχών και παραγωγίσιμων, αντίστοιχα, συναρτήσεων, με f′(x) = ex − 1 . Από την ανίσωση f′(x) > 0 έχω ex −1 > 0 ⇔ ex > 1 ⇔ x > 0 . Έτσι προκύπτει ο διπλανός πίνακας μονοτονίας, από τον x −∞ 0 +∞ οποίο έχω ότι η f: f′(x) - + (• είναι γνησίως φθίνουσα στο −∞ , 0⎦⎥⎤ . )• είναι γνησίως αύξουσα στο ⎡⎢⎣0 , + ∞ . f(x) 2 1 • για x = 0 έχει ελάχιστο, το f(0) = 1 . ii) Είναι Df = (0 , + ∞) και f(x) = xx = eℓnxx = ex⋅ℓnx . Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο (0 , + ∞) , ως εκθετική, με f′(x) = ex ⋅ℓnx ⋅ (x ℓnx)′ = xx ⋅ ⎢⎣⎡(x)′ ⋅ ℓnx + x ⋅ (ℓnx)′⎦⎤⎥ = xx ⎜⎜⎛⎜⎝⎜ℓnx + x ⋅ 1 ⎟⎠⎞⎟⎟⎟ = xx(1 + ℓnx) . x Επειδή είναι xx > 0 , για κάθε x > 0 , το πρόσημο της παραγώγου εξαρτάται από το πρόσημο της παρένθεσης, οπότε από την ανίσωση f′(x) > 0 έχω 1+ ℓnx > 0 ⇔ ℓnx > −1 ⇔ x > e−1 ⇔ x > 1 . e - 116 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.7 Έτσι προκύπτει ο διπλανός πίνακας μονοτονίας, x 0 1 / e +∞ από τον οποίο έχω ότι η f: • είναι γνησίως φθίνουσα στο ⎜⎜⎜⎝⎛0 , 1 ⎤⎥⎥⎦ . f′(x) - + e f(x) 2 1 • είναι γνησίως αύξουσα στο ⎡⎢⎣⎢ 1 , + ∞⎠⎟⎟⎞⎟⎟ . e • για x = 1 έχει ελάχιστο, το f ⎜⎜⎝⎛⎜ 1 ⎟⎟⎠⎟⎟⎞ = ⎜⎛⎜⎜⎝ 1 ⎟⎟⎟⎞⎠⎟ 1 . e e e e Α5/150 Περισσότερες λυμένες ασκήσεις στο πώς θα βρεις τις τιμές δύο παραμέτρων, ώστε μια συνάρτηση να έχει ακρότατα σε συγκεκριμένες θέσεις (εφαρμογή του θεωρήματος του Fermat), θα βρεις στο βιβλίο μου για τον Διαφορικό Λογισμό, στην 11η ενότητα, 55η κατηγορία ασκήσεων. Είναι Df = ! , στο οποίο η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη, ως πολυωνυμική, με f′(x) = 3αx2 + 2βx − 3 . Αφού στα σημεία x1 = −1 , x2 = 1 (τα οποία είναι εσωτερικά σημεία του Df και στα οποία η f είναι παραγωγίσιμη) η f παρουσιάζει ακρότατα, σύμφωνα με το θεώρημα του Fermat θα ισχύουν f′(−1) = 0 , f′(1) = 0 , από όπου αντίστοιχα έχω ⎪⎪⎪⎨⎧⎩⎪⎪ 3α ⋅ (−1)2 + 2β ⋅ (−1) − 3 = 0 ⎭⎪⎪⎪⎪⎫⎬⎪ ⇔ ⎧⎪⎪⎩⎪⎪⎨ 3α − 2β = 3 ⎪⎬⎭⎪⎪⎪⎫ , 3α ⋅ 12 + 2β ⋅ 1 − 3 = 0 3α + 2β = 3 από όπου εύκολα προκύπτει α = 1 , β = 0 . Για α = 1 , β = 0 είναι f(x) = x3 − 3x + 1 ⇒ f′(x) = 3x2 − 3 = 3(x2 − 1) . Από την ανίσωση f′(x) > 0 έχω x2 − 1 > 0 ⇔ x < −1 ή x > 1 . - 117 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.7 Έτσι προκύπτει ο διπλανός πίνακας μονοτονίας, x −∞ −1 1 +∞ από όπου έχω ότι η f όντως παρουσιάζει τοπικά ακρότατα στα σημεία x1 = −1 , x2 = 1 , συνεπώς f′(x) + - + οι παραπάνω τιμές των α, β είναι δεκτές τελικά, δηλαδή είναι f(x) 1 2 1 α=1, β=0 . Επίσης, από τον πίνακα προκύπτει ότι για x = −1 η f παρουσιάζει τοπικό μέγιστο, ενώ για x = 1 παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο. Α6/150 Περισσότερες λυμένες ασκήσεις σε προβλήματα με χρήση ακροτάτων θα βρεις στο βιβλίο μου για τον Διαφορικό Λογισμό, στην 11η ενότητα, 58η κατηγορία ασκήσεων. Η περίφραξη αφορά στην περίμετρο του ορθογωνίου, οπότε ζητείται να δείξω ότι το τετράγωνο έχει την μικρότερη περίμετρο. Έστω x, y οι διαστάσεις του ορθογωνίου και Ε το εμβαδόν του. Τότε ισχύει Ε = 400 ⇔ xy = 400 ⇔ y = 400 , x > 0 (1) x Αν Π είναι η περίμετρος, τότε είναι Π = 2x + 2y (1) Π(x) = 2x + 2 ⋅ 400 ⇔ Π(x) = 2⎜⎝⎜⎜⎛x + 40x0⎟⎟⎟⎠⎟⎞ , x > 0 . x ⇔ Για την συνάρτηση Π(x) επομένως, θα βρω για ποια τιμή του x αυτή έχει ελάχιστο. ( )Η συνάρτηση αυτή έχει πεδίο ορισμού το 0 , + ∞ , στο οποίο είναι συνεχής και παρα- γωγίσιμη, ως άθροισμα συνεχών και παραγωγίσιμων, αντίστοιχα, συναρτήσεων, με Π′(x) = 2⎜⎜⎝⎛⎜1 − 400 ⎠⎟⎟⎟⎟⎞ = 2⋅ x2 − 400 = 2⋅ (x − 20)(x + 20) . x2 x2 x2 Επειδή είναι x2 > 0 , x + 20 > 0 , για κάθε x > 0 , το πρόσημο της παραγώγου εξαρτά- ται από το πρόσημο της παράστασης x − 20 , οπότε από την ανίσωση Π′(x) > 0 έχω x − 20 > 0 ⇔ x > 20 . - 118 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.7 Έτσι προκύπτει ο διπλανός πίνακας μονοτονίας, από τον x 0 20 +∞ οποίο έχω ότι αυτή λαμβάνει την ελάχιστη τιμή της για Π′(x) -+ x = 20 m . Τότε, από την (1) έχω και Π(x) 2 1 y= 400 = 20 m . 20 Έτσι, αφού είναι x = y = 20 m , το ζητούμενο ορθογώνιο είναι το τετράγωνο. Α7/150 Περισσότερες λυμένες ασκήσεις σε προβλήματα με χρήση ακροτάτων θα βρεις στο βιβλίο μου για τον Διαφορικό Λογισμό, στην 11η ενότητα, 58η κατηγορία ασκήσεων. Η περίφραξη αφορά στην περίμετρο του οικοπέδου, δηλαδή του ορθογωνίου. Αν x, y είναι οι διαστάσεις του ορθογωνίου, τότε η περίμετρος είναι 2x + 2y = 80 , από όπου έχω x + y = 40 ⇔ y = 40 − x , 0 < x < 40 (1) Το εμβαδόν του ορθογωνίου είναι (1) Ε = xy = x(40 − x) ⇔ Ε(x) = −x2 + 40x , 0 < x < 40 . Ο περιορισμός 0 < x < 40 είναι σημαντικός και απαραίτητος, διότι το x αφορά σε μή- κος και δεν μπορεί να λαμβάνει απεριόριστα όποια τιμή θέλει. Έτσι, βρίσκοντας για ποια τιμή του x η συνάρτηση Ε(x) έχει μέγιστο, θα βρω από την (1) και το y και έτσι θα έχω τις ζητούμενες διαστάσεις. ( )Η συνάρτηση Ε(x) είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο διάστημα 0 , 40 , ως πολυωνυ- μική, με E′(x) = −2x + 40 = 2(−x + 20) . Από την ανίσωση E′(x) > 0 έχω x>0 −x + 20 > 0 ⇔ x < 20 ⇔ 0 < x < 20 . - 119 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.7 Έτσι προκύπτει ο διπλανός πίνακας μονοτονίας, από όπου x 0 20 40 έχω ότι η Ε(x) έχει μέγιστο για x = 20 m . E′(x) +- E(x) 12 Τότε από την (1) εύκολα προκύπτει και y = 20 m , οπό- τε το ζητούμενο ορθογώνιο είναι τετράγωνο, αφού x = y . Α8/150 Περισσότερες λυμένες ασκήσεις σε προβλήματα με χρήση ακροτάτων θα βρεις στο βιβλίο μου για τον Διαφορικό Λογισμό, στην 11η ενότητα, 58η κατηγορία ασκήσεων. Ο ρυθμός μεταβολής της θερμοκρασίας είναι T′(x) = 2x − 3x2 4 και ζητείται το x, ώστε αυτός να γίνεται μέγιστος. Πρόσεξε εδώ το ιδιαίτερο του θέματος: Ζητείται να βρεθεί το x, ώστε η παράγωγος να έχει μέγιστο! Μην ξεχνάς ότι η πρώτη παράγωγος μιας συνάρτησης είναι και αυτή συνάρτηση, οπότε και για αυτήν μπορεί να ζητηθεί ό,τι και για την αρχική συνάρτηση του προβλήματος. Επομένως χρειάζεται να μελετηθεί το πρόσημο της παραγώγου της παραγώγου, άρα θα δουλέψουμε στην δεύτερη παράγωγο. ( )Η συνάρτηση T(x) είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα 0 , 3 , ως πολυωνυμική, με T′′(x) = 2 − 6x = 4 − 3x . 4 2 Από την ανίσωση T′′(x) > 0 έχω 4 − 3x > 0 ⇔ 3x < 4 ⇔ x < 4 x>0 0 < x < 4 . 3 3 ⇔ Από τον διπλανό πίνακα προκύπτει ότι η T′ έχει x 0 4/3 3 T′′(x) μέγιστο για x = 4 mgr , οπότε γι' αυτή την τιμή της T′(x) +- 3 12 δόσης ο ρυθμός μεταβολής της μείωσης της θερμο- κρασίας γίνεται μέγιστος. - 120 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.7 Α9/150 Περισσότερες λυμένες ασκήσεις σε προβλήματα με χρήση ακροτάτων θα βρεις στο βιβλίο μου για τον Διαφορικό Λογισμό, στην 11η ενότητα, 58η κατηγορία ασκήσεων. i) Είναι ΒΓ = 2 ⇒ ΓΖ + ΖΒ = 2 ⇒ x + ΖΒ = 2 ⇒ ΖΒ = 2 − x . Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΕΒΖ, από το Πυθαγόρειο Θεώρημα έχω ότι ισχύει ΕΖ2 = ΕΒ2 + ΒΖ2 = x2 + (2 − x)2 = x2 + 4 + x2 − 4x = 2x2 − 4x + 4 = 2(x2 − 2x + 2) ⇒ ⇒ ΕΖ2 = 2x2 − 4x + 4 ⇒ ΕΖ(x) = 2(x2 − 2x + 2) , 0 < x < 2 . ii) Το εμβαδόν E(x) είναι Ε(x) = ⎡⎣⎢ΕΖ(x)⎤⎦⎥2 = 2(x2 − 2x + 2) και θα βρω το x, ώστε η E(x) να έχει ελάχιστο. Είναι E′(x) = 2(2x − 2) = 4(x − 1) . Από την ανίσωση E′(x) > 0 έχω x<2 x−1> 0 ⇔ x >1 ⇔ 1< x <2 . Έτσι προκύπτει ο διπλανός πίνακας μονοτονίας, x 01 2 από όπου έχω ότι η E(x) έχει ελάχιστο για x = 1 cm , E′(x) που είναι και η ζητούμενη τιμή. E(x) -+ 21 - 121 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.7 Α10/150 Περισσότερες λυμένες ασκήσεις σε προβλήματα με χρήση ακροτάτων θα βρεις στο βιβλίο μου για τον Διαφορικό Λογισμό, στην 11η ενότητα, 58η κατηγορία ασκήσεων. Αν S(x) είναι το κέρδος, τότε ισχύει (Κέρδος) = (Εισπράξεις) (Κόστος), άρα S(x) = Ε(x) − Κ(x) = 420x − 2x2 − 1 x3 + 20x2 − 600x − 1000 ⇔ 3 ⇔ S(x) = − 1 x3 + 18x2 − 180x − 1000 , 0 ≤ x ≤ 105 . 3 Ζητείται το x, ώστε η S(x) να έχει μέγιστο. Η συνάρτηση S είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα ⎡⎣⎢0 ,105⎦⎥⎤ , ως πολυωνυμική, με S′(x) = −x2 + 36x − 180 Από την ανίσωση S′(x) > 0 έχω τότε ( )−x2 + 36x − 180 > 0 ⇔ x2 − 36x + 180 < 0 ⇔ x ∈ 6 , 30 . Έτσι προκύπτει διπλανός πίνακας μονοτο- x 06 30 105 νίας, από όπου έχω ότι για x = 30 η S(x) S′(x) έχει μέγιστο, δηλαδή όταν η ημερήσια παρα- S(x) -+- γωγή είναι 30 μονάδες. 212 - 122 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.7 Β1/151 Περισσότερες λυμένες ασκήσεις στο πώς θα βρεις τα ακρότατα μιας συνάρτησης που ορίζεται σε κλειστό διάστημα (ερώτημα (i) της άσκησης), θα βρεις στο βιβλίο μου για τον Διαφορικό Λογισμό, στην 10η ενότητα, 46η κατηγορία ασκήσεων. Περισσότερες λυμένες ασκήσεις στο πώς θα αποδείξεις ότι μια εξίσωση έχει μοναδική ρίζα σε ένα διάστημα (ερώτημα (ii) της άσκησης), θα βρεις στο βιβλίο μου για τον Διαφορικό Λογισμό, στην 10η ενότητα, 51η κατηγορία ασκήσεων. i) Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο Α = ⎣⎢⎡0 , π⎤⎦⎥ , ως διαφορά συνεχών και πα- ραγωγίσιμων, αντίστοιχα, συναρτήσεων, με f′(x) = 2συνx − 1 . Πρόσεξε πάρα πολύ πώς θα λύσω την ακόλουθη τριγωνομετρική ανίσωση! Ο τρόπος αυτός δεν εφαρμόζεται γενικά όμως. Από την ανίσωση f′(x) > 0 έχω 2συνx − 1 > 0 ⇔ 2συνx >1 ⇔ συνx > 1 ⇔ συνx > συν π . 2 3 Επειδή η συνάρτηση συνx είναι γνησίως φθίνουσα στο ⎢⎣⎡0 , π⎥⎦⎤ (το γνωρίζω από την γρα- π φική της παράσταση), από την παραπάνω ανίσωση έχω x < 3 . Έτσι προκύπτει ο διπλανός πίνακας μονοτονίας, από όπου x 0 π/3 π έχω ότι η f: • είναι γνησίως αύξουσα στο ⎣⎢⎢⎡0 , π ⎥⎦⎥⎤ . f′(x) + - 3 f(x) 1 2 • είναι γνησίως φθίνουσα στο ⎢⎣⎢⎡ π , π⎤⎥⎦⎥ . 3 ΠΡΟΣΟΧΗ ! Επειδή η f ορίζεται σε κλειστό διάστημα, θα έχει ελάχιστο και μέγιστο. Για να τα βρω, θα υπολογίσω τις τιμές στα άκρα του διαστήματος, αλλά και στο σημείο αλλαγής της μονοτονίας της. Από αυτά, το μικρότερο θα είναι το ελάχιστο και το μεγαλύτερο το μέγιστο. - 123 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.7 Είναι: • f(0) = 2ηµ0 − 0 + 3 = 3 . • f(π) = 2ηµπ − π + 3 = 2 ⋅ 0 − π + 3 = 3 − π . • f ⎜⎜⎜⎛⎝ π3 ⎟⎟⎟⎟⎞⎠ = 2ηµ π − π +3= 2 ⋅ 3 − π +3= 3 3 −π+ 9 . 3 3 2 3 3 Από τα παραπάνω αποτελέσματα πρέπει να βρω το μικρότερο και το μεγαλύτερο (που θα δώσουν και τα ζητούμενα ακρότατα). Πρόσεξε πολύ πώς θα συγκρίνω τους παραπάνω αριθμούς. • Έστω ότι είναι 3 3 −π + 9 > 3 . 3 Τότε θα είναι και 3 3 − π + 9 > 9 ⇔ 3 3 > π , που ισχύει. • Έστω ότι είναι 3 3 −π + 9 > 3−π . 3 Τότε θα είναι και 3 3 − π + 9 > 9 − 3π ⇔ 3 3 + 2π > 0 , που ισχύει. Προφανώς είναι και 3 > 3 − π , οπότε τελικά έχω ότι: • για x = 0 η f έχει τοπικό ελάχιστο, το f(0) = 3 . • για x = π η f έχει μέγιστο, το f ⎝⎛⎜⎜⎜π3⎟⎠⎟⎞⎟⎟ = 3 3 −π + 9 . 3 3 • για x = π η f έχει ελάχιστο, το f(π) = 3 − π . ii) Η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται 2ηµx = x − 3 ⇔ 2ηµx − x + 3 = 0 ⇔ f(x) = 0 , ( )οπότε θα δείξω ότι η εξίσωση f(x) = 0 έχει μοναδική ρίζα στο διάστημα 0 , π . Είναι 3 3 −π + 9 > 0 ⇔ 3 3−π+9>0 ⇔3 3 + 9 > π , που ισχύει. 3 - 124 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.7 Άρα είναι f ⎜⎛⎜⎝⎜ π ⎠⎟⎟⎟⎞⎟ > 0 . 3 Επίσης, εύκολα προκύπτει ότι είναι f(π) = 3 − π < 0 , οπότε στο διάστημα Β= ⎣⎡⎢⎢ π , π⎥⎦⎥⎤ : 3 • η f είναι συνεχής, αφού είναι συνεχής στο ⎢⎣⎡0 , π⎦⎤⎥ . • ισχύει f ⎛⎜⎜⎝⎜ π ⎠⎟⎟⎟⎟⎞ ⋅ f(π) < 0 . 3 Άρα από το θεώρημα Bolzano έχω ότι η εξίσωση f(x) = 0 έχει μία, τουλάχιστον, ρίζα στο ⎛⎜⎝⎜⎜ π , π⎠⎞⎟⎟⎟⎟ , άρα και στο (0, π) . 3 Όμως επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα στο Β, η παραπάνω ρίζα θα είναι μοναδική. Β2/151 Περισσότερες λυμένες ασκήσεις στα θέματα της άσκησης θα βρεις στο βιβλίο μου για τον Διαφορικό Λογισμό, στην 10η ενότητα, 46η και 51η κατηγορία ασκήσεων. i) Μονοτονία και ακρότατα της f ( )Είναι Df = 0 , + ∞ , στο οποίο η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη, ως άθροισμα συ- νεχών και παραγωγίσιμων, αντίστοιχα, συναρτήσεων, με f′(x) = 1 + 1 > 0 , για κάθε x > 0 . x Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο (0 , + ∞) , οπότε δεν έχει ακρότατα. Ρίζες της f Παρατηρώ ότι f(1) = ℓn1 + 1 − 1 = 0 , το οποίο σημαίνει ότι το 1 είναι μία ρίζα της f. ( )Επειδή όμως η f είναι γνησίως αύξουσα στο 0 , + ∞ , το 1 είναι η μοναδική ρίζα της. - 125 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.7 Πρόσημο της f Διακρίνω τις εξής περιπτώσεις: Ι. όταν 0 < x < 1 τότε, επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα, προκύπτει ότι ισχύει f(x) < f(1) ⇔ f(x) < 0 . ΙΙ. όταν x > 1 τότε, επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα, προκύπτει ότι ισχύει f(x) > f(1) ⇔ f(x) > 0 . ( )ii) Είναι Dϕ = 0 , + ∞ , στο οποίο η φ είναι συνεχής και παραγωγίσιμη, ως πράξεις συνεχών και παραγωγίσιμων, αντίστοιχα, συναρτήσεων, με ϕ′(x) = (2x)′ ⋅ ℓnx + 2x ⋅ (ℓnx)′ + 2x − 4 = 2ℓnx + 2 x ⋅ 1 + 2x − 4 = 2ℓnx + 2x − 2 = x = 2(ℓnx + x − 1) ⇒ ϕ′(x) = 2f(x) . Το πρόσημο της ϕ′(x) εξαρτάται από το πρόσημο της x 0 1 +∞ f(x) , οπότε με την βοήθεια του (i) προκύπτει ο διπλανός ϕ′(x) -+ πίνακας μονοτονίας, από όπου έχω ότι η φ: ϕ(x) 21 (• είναι γνησίως φθίνουσα στο 0 ,1⎤⎥⎦ . )• είναι γνησίως αύξουσα στο ⎡⎢⎣1, + ∞ . • για x = 1 έχει ελάχιστο, το ϕ(1) = 2 ⋅1 ⋅ ℓn1 + 12 − 4 ⋅1 + 3 = 0 . Σημαντικό σχόλιο Αν δεν υπήρχε το (i), τότε για να βρούμε την μονοτονία της φ θα έπρεπε να κάνουμε όλα όσα έγιναν στο (i). - 126 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.7 iii) Οι τετμημένες των κοινών σημείων των Cg , Ch προκύπτουν από την επίλυση της εξίσωσης g(x) = h(x) , οπότε για να δείξω ότι οι Cg , Ch έχουν ένα μόνο κοινό σημείο, αρκεί να δείξω ότι η εξίσωση g(x) = h(x) έχει μόνο μία ρίζα. Η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται x ℓnx = − 1 x2 + 2x − 3 ⇔ 2x ℓnx = −x2 + 4x −3 ⇔ 2x ℓnx + x2 − 4x +3 = 0 ⇔ 2 2 ⇔ ϕ(x) = 0 , οπότε αρκεί να δείξω ότι η εξίσωση ϕ(x) = 0 έχει μία μόνο ρίζα. Στο (ii) βρήκα ότι ϕ(1) = 0 , οπότε το 1 είναι μία ρίζα της εξίσωσης ϕ(x) = 0 . Διακρίνονται οι εξής περιπτώσεις: Ι. αν είναι 0 < x < 1 τότε, επειδή η φ είναι γνησίως φθίνουσα, ισχύει ϕ(x) > ϕ(1) ⇔ ϕ(x) > 0 . ΙΙ. αν είναι x > 1 τότε, επειδή η φ είναι γνησίως αύξουσα, ισχύει ϕ(x) > ϕ(1) ⇔ ϕ(x) > 0 . Από τις περιπτώσεις Ι και ΙΙ συμπεραίνω ότι είναι ϕ(x) > 0 , για κάθε x > 0 , x ≠ 1 , το οποίο σημαίνει ότι το 1 είναι η μοναδική ρίζα της εξίσωσης ϕ(x) = 0 , άρα και το μοναδικό κοινό σημείο των Cg , Ch . Για να δείξω ότι οι Cg , Ch έχουν στο 1 κοινή εφαπτομένη, αρκεί να δείξω ότι ισχύει g′(1) = h′(1) ή, ισοδύναμα, ότι ϕ′(1) = 0 , το οποίο ισχύει, αφού στο 1 η φ έχει ακρότα- το (ελάχιστο). - 127 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.7 Β3/151 Περισσότερες λυμένες ασκήσεις στο πώς αποδείξεις ότι ισχύει μια ανισότητα με πα- ραστάσεις του x θα βρεις στο βιβλίο μου για τον Διαφορικό Λογισμό, στην 10η ενότη- τα, 47η κατηγορία ασκήσεων. i) α) ➊ Μεταφέρω όλους τους όρους σε ένα μέλος. Ισοδύναμα θα δείξω ότι ισχύει ex − x + 1 > 0 , για κάθε x > 0 . ➋ Ονομάζω συνάρτηση (f(x), g(x), ανάλογα) την παράσταση του αριστερού μέλους, οπότε θα έχω να δείξω ότι f(x) > 0 ή f(x) < 0 , για κάθε x που ζητείται. Θεωρώ την συνάρτηση f(x) = ex − x + 1 , οπότε θα δείξω ότι f(x) > 0 , για κάθε x > 0 . ➌ Βρίσκω την μονοτονία της συνάρτησης αυτής στο διάστημα που δίνεται για το x. ( )Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο 0 , + ∞ , ως διαφορά συνεχών και παραγωγί- σιμων, αντίστοιχα, συναρτήσεων, με f′(x) = ex − 1 > 0 , για κάθε x > 0 . Αφού από την γραφική παράσταση της συνάρτησης ex έχω ότι ex > 1 , για κάθε x > 0 . ➍ Εφαρμόζω την μονοτονία που βρήκα στην ανισότητα που δίνεται για το x. ( )Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο 0 , + ∞ , οπότε από την ανισότητα x > 0 έχω f(x) > f(0) ⇔ f(x) > e0 − 0 + 1 ⇔ f(x) > 0 . Προς αποφυγή κουραστικών επαναλήψεων, η περιγραφή των παραπάνω βημάτων παραλείπεται στα επόμενα ζητούμενα και απαριθμώνται μόνο τα βήματα που γίνονται. - 128 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.7 β) ➊ Ισοδύναμα θα δείξω ότι ισχύει ex − 1 x2 − x − 1 > 0 , για κάθε x>0. 2 ➋ Θεωρώ την συνάρτηση g(x) = ex − 1 x2 − x −1 , 2 οπότε θα δείξω ότι g(x) > 0 , για κάθε x > 0 . ( )➌ Η g είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο 0 , + ∞ , ως διαφορά συνεχών και παρα- γωγίσιμων, αντίστοιχα, συναρτήσεων, με i−α g′(x) = ex − x − 1 = f(x) > 0 , για κάθε x > 0 . ( )➍ Άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο 0 , + ∞ , οπότε από την ανισότητα x > 0 έχω g(x) > g(0) ⇔ g(x) > e0 − 1 ⋅ 02 −0−1 ⇔ g(x) > 0 . 2 ii) α) ➊ Ισοδύναμα θα δείξω ότι ισχύει συνx + 1 x2 − 1 > 0 , για κάθε x>0. 2 ➋ Θεωρώ την συνάρτηση f(x) = συνx + 1 x2 −1 , 2 οπότε θα δείξω ότι f(x) > 0 , για κάθε x > 0 . ( )➌ Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο 0 , + ∞ , ως άθροισμα συνεχών και παρα- γωγίσιμων, αντίστοιχα, συναρτήσεων, με f′(x) = −ηµx + x . ➍ Πρόσεξε πάρα πολύ πώς θα βρω το πρόσημο της παραγώγου! Για κάθε x ∈ ! , ισχύει ηµx ≤ x . Υπενθυμίζω ότι η παραπάνω πρόταση αναφέρεται στα τριγωνομετρικά όρια. Επίσης, υπενθυμίζω ότι η ισότητα ισχύει μόνο για x = 0. - 129 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.7 Αφού όμως είναι x > 0 , είναι x = x , οπότε ισχύει ηµx < x ⇔ −x < ηµx < x ⇔ x − ηµx > 0 ⇔ f′(x) > 0 . ( )➎ Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο 0 , + ∞ , οπότε από την ανισότητα x > 0 έχω f(x) > f(0) ⇔ f(x) > συν0 + 1 ⋅ 02 −1 ⇔ f(x) > 0 . 2 β) ➊ Ισοδύναμα θα δείξω ότι ισχύει ηµx + 1 x3 − x > 0 , για κάθε x>0. 6 ➋ Θεωρώ την συνάρτηση g(x) = ηµx + 1 x3 − x , 6 οπότε θα δείξω ότι g(x) > 0 , για κάθε x > 0 . ( )➌ Η g είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο 0 , + ∞ , ως άθροισμα συνεχών και παρα- γωγίσιμων, αντίστοιχα, συναρτήσεων, με g′(x) = συνx + 1 x2 −1 ii −β f(x) > 0 , για κάθε x>0. 2 = ( )➍ Άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο 0 , + ∞ , οπότε από την ανισότητα x > 0 έχω g(x) > g(0) ⇔ g(x) > ηµ0 + 1 ⋅ 03 −0 ⇔ g(x) > 0 . 6 iii) α) ➊ Ισοδύναμα θα δείξω ότι ισχύει (1 + x)ν − νx − 1 > 0 , για κάθε x > 0 . ➋ Θεωρώ την συνάρτηση f(x) = (1 + x)ν − νx − 1 , οπότε θα δείξω ότι f(x) > 0 , για κάθε x > 0 . ( )➌ Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο 0 , + ∞ , ως πολυωνυμική, με f′(x) = ν(1 + x)ν−1 ⋅ (1 + x)′ − ν = ν(1 + x)ν−1 − ν = ν ⋅ ⎡⎢⎣(1 + x)ν−1 − 1⎥⎦⎤ . - 130 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.7 ➍ Αφού είναι x > 0 , έχω ότι 1 + x > 1 ⇔ (1 + x)ν−1 > 1ν−1 ⇔ (1 + x)ν−1 > 1 ⇔ (1 + x)ν − 1 > 0 ⇔ f′(x) > 0 . ( )➎ Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο 0 , + ∞ , οπότε από την ανισότητα x > 0 έχω f(x) > f(0) ⇔ f(x) > (1 + 0)ν − ν ⋅ 0 − 1 ⇔ f(x) > 0 . β) ➊ Ισοδύναμα θα δείξω ότι ισχύει (1 + x)ν − ν(ν − 1) ⋅ x2 − νx − 1 > 0 , για κάθε x>0. 2 ➋ Θεωρώ την συνάρτηση g(x) = (1 + x)ν − ν(ν − 1) ⋅ x2 − νx − 1 , 2 οπότε θα δείξω ότι g(x) > 0 , για κάθε x > 0 . ➌ Η g είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο (0 , + ∞) ως πολυωνυμική, με g′(x) = ν(1 + x)ν−1 ⋅ (1 + x)′ − ν(ν − 1)x − ν = ν(1 + x)ν−1 − ν(ν − 1)x − ν ⇒ ⇒ g′(x) = ν ⋅ ⎢⎡⎣(1 + x)ν−1 − (ν − 1)x − 1⎤⎥⎦ . Στην ανισότητα που αποδείχθηκε στο (iiiα), θέτοντας στην θέση του ν το ν − 1 , έχω (1 + x)ν−1 > 1 + (ν − 1)x ⇔ (1 + x)ν−1 − (ν − 1)x − 1 > 0 ⇔ g′(x) > 0 . ( )➍ Άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο 0 , + ∞ , οπότε από την ανισότητα x > 0 έχω g(x) > g(0) ⇔ g(x) > 0 . - 131 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.7 Β4/151 Περισσότερες λυμένες ασκήσεις στο πώς θα αποδείξεις ότι μια συνάρτηση δεν έχει ακρότατα θα βρεις στο βιβλίο μου για τον Διαφορικό Λογισμό, στην 11η ενότητα, 58η κατηγορία ασκήσεων. Έστω ότι η f έχει ακρότατο στο x0 ∈ ! . Επειδή η f είναι παραγωγίσιμη στο ! , είναι και στο x0 , το οποίο είναι και εσωτερικό σημείο του πεδίου ορισμού της. Άρα ισχύει το θεώρημα του Fermat, οπότε έχω ότι f′(x0) = 0 (1) • Η συνάρτηση f3(x) είναι παραγωγίσιμη στο ! , ως σύνθεση της f(x) με την x3 . Άρα η συνάρτηση του αριστερού μέλους της σχέσης της εκφώνησης είναι παραγωγί- σιμη στο ! , ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων. • Η συνάρτηση του δεξιού μέλους της σχέσης της εκφώνησης είναι παραγωγίσιμη στο ! , ως πολυωνυμική. Έτσι, παραγωγίζοντας τα δύο μέλη της σχέσης της εκφώνησης, έχω ότι ισχύει 6 f2(x) ⋅ f′(x) + 6 f′(x) = 6 x2 + 6 ⇒ f2(x) ⋅ f′(x) + f′(x) = x2 + 1 ⇒ ⇒ f′(x) ⋅ ⎢⎣⎡f2(x) + 1⎦⎥⎤ = x2 + 1 (2) , για κάθε x ∈ ! . Για x = x0 , από την (2) έχω ότι f ′(x 0 ) ⋅ ⎢⎣⎡ f 2 (x 0 ) + 1⎦⎥⎤ = x20 + 1 (1) 0 ⋅ ⎢⎣⎡ f 2 (x 0 ) + 1⎥⎦⎤ = x20 + 1 ⇒ x20 + 1 = 0 , ⇒ που είναι άτοπο, αφού είναι x20 + 1 > 0 , για κάθε x0 ∈ ! . Επομένως, η f δεν έχει ακρότατα. - 132 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.7 Δεύτερος τρόπος Ο δεύτερος αυτός τρόπος δεν λειτουργεί πάντα σε τέτοιου είδους ασκήσεις. Δίνει όμως μία ακόμη προσέγγιση του θέματος, η οποία στηρίζεται στην μονοτονία και που μπο- ρεί να αποδειχθεί χρήσιμη σε κάποιες περιπτώσεις. Το σκεπτικό είναι το εξής: αν αποδείξω ότι η f έχει σταθερή μονοτονία, τότε δεν θα έχει ακρότατα. Έχουμε: • Η συνάρτηση f3(x) είναι παραγωγίσιμη στο ! , ως σύνθεση της f(x) με την x3 . Άρα η συνάρτηση του αριστερού μέλους της σχέσης της εκφώνησης είναι παραγωγί- σιμη στο ! , ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων. • Η συνάρτηση του δεξιού μέλους της σχέσης της εκφώνησης είναι παραγωγίσιμη στο ! , ως πολυωνυμική. Έτσι, παραγωγίζοντας τα δύο μέλη της σχέσης της εκφώνησης, έχω ότι ισχύει 6 f2(x) ⋅ f′(x) + 6 f′(x) = 6 x2 + 6 ⇒ f2(x) ⋅ f′(x) + f′(x) = x2 + 1 ⇒ ⇒ f′(x) ⋅ ⎣⎢⎡f2(x) + 1⎥⎦⎤ = x2 + 1 (1) , για κάθε x ∈ ! . Επειδή είναι f2(x) + 1 > 0 , από την (1) έχω ότι είναι f′(x) = x2 + 1 > 0 , για κάθε x ∈ ! , f2(x) + 1 αφού είναι και x2 + 1 > 0 , για κάθε x ∈ ! . Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο ! , οπότε δεν έχει ακρότατα. - 133 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.7 Β5/152 Πρόσεξε πολύ την έννοια της κατακόρυφης απόστασης δύο γραφικών παραστάσεων και την άσκηση γενικώς! Οι εφαπτομένες στα Α, Β θα είναι παράλληλες μεταξύ τους, αν και μόνο αν ισχύει λεϕΑ = λεϕΒ ⇔ f′(ξ) = g′(ξ) ⇔ f′(ξ) − g′(ξ) = 0 . ( ) ( )Θεωρώντας τυχαίο x0 ∈ α , β , η κατακόρυφη απόσταση των σημείων M x0 , f(x0) και ( )N x0 , g(x0) θα είναι ( ) ( ) ( )(ΜΝ) = xΝ − xΜ 2 + yΝ − yΜ 2 = x0 − x0 2 + ⎣⎢⎡g(x0) − f(x0)⎥⎦⎤2 = g(x0) − f(x0) ⇒ ⇒ (ΜΝ) = f(x0) − g(x0) . Επομένως, η κατακόρυφη απόσταση των Cf , Cg παριστάνεται από την διαφορά f(x) − g(x) . Όμως σύμφωνα με το σχήμα, στο ⎢⎡⎣α , β⎤⎦⎥ είναι f(x) > g(x) ⇔ f(x) − g(x) > 0 , οπότε η απόσταση δίνεται από την διαφορά f(x) − g(x) . Θεωρώ την συνάρτηση h(x) = f(x) − g(x) , x ∈ ⎢⎡⎣α , β⎥⎤⎦ , η οποία είναι παραγωγίσιμη στο ⎡⎢⎣α , β⎦⎥⎤ , ως διαφορά παραγωγίσιμων συναρτήσεων, άρα και συνεχής σε αυτό. Αφού στο ξ ∈ (α , β) , δηλαδή στο εσωτερικό σημείο ξ του (α , β) , η h παρουσιάζει μέγι- στο και είναι παραγωγίσιμη στο ξ, σύμφωνα με το θεώρημα του Fermat θα ισχύει h′(ξ) = 0 . Είναι h′(x) = f′(x) − g′(x) , οπότε θα ισχύει f′(ξ) − g′(ξ) = 0 . - 134 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.7 Β6/152 Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ! , ως πολυωνυμική, με f′(x) = ⎣⎢⎡(x − α)2⎤⎦⎥′ ⋅ (x − β)2(x − γ)2 + (x − α)2 ⋅ ⎣⎢⎡(x − β)2⎥⎤⎦′ ⋅ (x − γ) + (x − α)2(x − β)2 ⋅ ⎡⎣⎢(x − γ)2⎥⎦⎤′ = = 2(x − α)(x − α)′ ⋅ (x − β)2(x − γ)2 + (x − α)2 ⋅ 2(x − β)(x − β)′ ⋅ (x − γ)2 + + (x − α)2(x − β)2 ⋅ 2(x − γ)(x − γ)′ = = 2(x − α)(x − β)2(x − γ)2 + 2(x − α)2(x − β)(x − γ)2 + 2(x − α)2(x − β)2(x − γ) = = 2(x − α)(x − β)(x − γ) ⋅ ⎡⎣⎢(x − β)(x − γ) + (x − α)(x − γ) + (x − α)(x − β)⎦⎥⎤ = = 2(x − α)(x − β)(x − γ)(x2 − γx − βx + βγ + x2 − γx − αx + αγ + x2 − βx − αx + αβ) = = 2(x − α)(x − β)(x − γ)(3x2 − 2αx − 2βx − 2γx + αβ + αγ + βγ) ⇒ ⇒ f′(x) = 2(x − α)(x − β)(x − γ) ⋅ ⎣⎢⎡3x2 − 2(α + β + γ)x + αβ + αγ + βγ⎤⎦⎥ . Η διακρίνουσα του τριωνύμου της αγκύλης είναι Δ = 4(α + β + γ)2 − 12(αβ + αγ + βγ) = 4 ⋅ ⎣⎡⎢(α + β + γ)2 − 3(αβ + αγ + βγ)⎤⎦⎥ = = 4(α2 + β2 + γ2 + 2αβ + 2αγ + 2βγ − 3αβ − 3αγ − 3βγ) = = 4(α2 + β2 + γ2 − αβ − αγ − βγ) = 2(2α2 + 2β2 + 2γ2 − 2αβ − 2αγ − 2βγ) = = 2(α2 + α2 + β2 + β2 + γ2 + γ2 − 2αβ − 2αγ − 2βγ) = = 2 ⋅ ⎢⎣⎡(α2 + β2 − 2αβ) + (α2 + γ2 − 2αγ) + (β2 + γ2 − 2βγ)⎥⎤⎦ ⇒ ⇒ Δ = 2 ⋅ ⎣⎡⎢(α − β)2 + (α − γ)2 + (β − γ)2 ⎤⎥⎦ . Αφού είναι α < β < γ , είναι και α−β<0 , α−γ<0 , β−γ<0, δηλαδή (α − β)2 > 0 , (α − γ)2 > 0 , (β − γ)2 > 0 , συνεπώς και Δ > 0 , οπότε το τριώνυμο της αγκύλης της f′(x) έχει δύο άνισες ρίζες, τις x1 , x2 . - 135 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.7 Επομένως η f′(x) έχει πέντε ρίζες, τρεις από το γινόμενο των πρωτοβάθμιων πολυω- νύμων και δύο από το τριώνυμο της αγκύλης. Οι ρίζες αυτές είναι οι α , β , γ , x1 , x2 . Επίσης, ισχύουν τα ακόλουθα: Ι. η f είναι συνεχής στα διαστήματα ⎡⎣⎢α , β⎤⎦⎥ , ⎣⎢⎡β , γ⎤⎥⎦ , ως πολυωνυμική. ΙΙ. η f είναι παραγωγίσιμη στα διαστήματα (α , β) , (β , γ) , ως πολυωνυμική. ΙΙΙ. f(α) = f(β) = f(γ) = 0 (προκύπτουν εύκολα από τον τύπο της f). Άρα ισχύει το θεώρημα του Rolle στα παραπάνω διαστήματα, οπότε: ( )• υπάρχει ξ1 ∈ α , β τέτοιο, ώστε f′(ξ1) = 0 , ( )• υπάρχει ξ2 ∈ β , γ τέτοιο, ώστε f′(ξ2) = 0 , δηλαδή η f′(x) έχει δύο ρίζες. Όμως επειδή έχει ήδη καθοριστεί το πλήθος των ριζών της f′(x) , όπως και ότι τρεις εξ αυτών είναι οι α , β , γ , υποχρεωτικά οι άλλες δύο, που παραπάνω τις συμβολίσαμε x1 , x2 , θα είναι οι ξ1 , ξ2 , δηλαδή θα είναι x1 = ξ1 , x2 = ξ2 . Έτσι προκύπτει ο ακόλουθος πίνακας μονοτονίας της f −∞ α ξ1 β ξ2 γ +∞ x−α - + + + + + x−β - - - +++ x−γ - - - - - + Τριώνυμο + + - - + + αγκύλης f′(x) - + - + - + f(x) 2 1 2 1 2 1 από όπου προκύπτει ότι η f έχει τρία τοπικά ελάχιστα και δύο τοπικά μέγιστα. - 136 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.7 Β7/152 Περισσότερες λυμένες ασκήσεις σε προβλήματα με χρήση ακροτάτων θα βρεις στο βιβλίο μου για τον Διαφορικό Λογισμό, στην 11η ενότητα, 58η κατηγορία ασκήσεων. i) Αν Ε1 = x2 ⋅ 3 είναι το εμβαδόν του ισόπλευρου 4 τριγώνου, E2 = y2 το εμβαδόν του τετραγώνου και Ε το ζητούμενο άθροισμα, τότε θα είναι Ε = Ε1 + Ε2 = x2 ⋅ 3 + y2 . 4 Το άθροισμα των περιμέτρων των δύο σχημάτων μάς δίνει το μήκος των 4 m του σύρ- ματος. Οι περίμετροι του ισόπλευρου τριγώνου και του τετραγώνου είναι, αντίστοιχα, 3x και 4y, οπότε ισχύει 3x + 4y = 4 ⇔ 4y = 4 − 3x ⇔ y = 4 − 3x (1) 4 Επομένως είναι Ε(x) = x2 ⋅ 3 + ⎜⎜⎛⎜⎝4 − 3x ⎟⎟⎟⎠⎞⎟2 = 3x2 + (4 − 3x)2 = 3x2 + 16 + 9x2 − 24x = 4 4 4 16 4 16 ( )= 4 3 x2 + 9x2 − 24x + 16 ⇒ Ε(x) = 1 ⋅ ⎡⎢⎣ 9+4 3 x2 − 24x + 16 ⎤⎥⎦ . 16 16 ii) Ως πολυωνυμική, η E(x) είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ! , με ( ) ( ) ( )Ε′(x) =1⎢⎣⎡ ⎤⎦⎥ 1 ⋅ 2 ⋅ ⎢⎣⎡ 1 ⋅ ⎡⎣⎢ x − 12 ⎥⎦⎤ . 16 ⋅ 2 9+4 3 x − 24 = 16 9+4 3 x − 12 ⎦⎤⎥ = 8 9+4 3 Από την ανίσωση E′(x) > 0 έχω τότε ( ) ( ) ( )9 + 4 3 x − 12 > 0 ⇔ 9 + 4 3 x > 12 ⇔ x > 12 ⇔ x > 12 9 − 4 3 ⇔ ( )( )9 + 4 3 9+4 3 9−4 3 ( )12 9 − 4 3 ( )4 9 − 4 3 ( )⇔ x > 2 ⇔x> . 11 92 − 4 3 - 137 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.7 ( )4 9 − 4 3 Θέτω x0 = 11 . Αν y → 0 , τότε από την (1) έχω ότι 4 − 3x → 0 ⇒ x → 4 , 3 οπότε είναι 0 < x < 4 και πρέπει να ελέγξω αν x0 ∈ ⎛⎝⎜⎜⎜0 , 4 ⎟⎟⎟⎠⎟⎞ . 3 3 Είναι ⇔ ⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎨⎪ ⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎫⎭⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪ ⇔ ⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎧⎨⎪ ( ) ( )4 9 −4 3 ( ) ( )0 < 11 < 4 4 9−4 3 >0 και 9−4 3 >0 ⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎭ ⇔ 3 3 3 9−4 3 < 11 11 4 4 9−4 < 3 και 11 ( )⇔ ⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧⎪ ⎪⎭⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎫ ⇔ ⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎨ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎬ ⇔ ⎩⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎨⎪ και 9>4 3 2 81 > 48 , που ισχυει ⎪⎪⎫⎪⎪⎪⎭⎪⎬ ⇔ 27 − 12 3 < 11 και 3 3 > 4 92 > 4 3 και 12 3 > 16 ( )⇔ ⎪⎧⎨⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪ 81 > 48 ⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎬⎪⎫ ⇔ ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧ 81 > 48 ⎭⎫⎬⎪⎪⎪⎪ , που ισχύουν. 27 > 16 2 3 3 > 16 Επομένως το x0 ∈ ⎜⎛⎜⎝⎜0 , 4 ⎟⎟⎟⎠⎞⎟ , οπότε έχω έτσι τον διπλανό x 0 x0 4/3 3 E′(x) - + E(x) 2 1 πίνακα μονοτονίας, από όπου προκύπτει ότι η E(x) έχει ελάχιστο, όταν ( )4 9 − 4 3 x = 11 m. - 138 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.7 Β8/152 Περισσότερες λυμένες ασκήσεις σε προβλήματα με χρήση ακροτάτων θα βρεις στο βιβλίο μου για τον Διαφορικό Λογισμό, στην 11η ενότητα, 58η κατηγορία ασκήσεων. )i) Είναι Df = ⎣⎡⎢0 , + ∞ , στο οποίο η f είναι συνεχής, αλλά είναι παραγωγίσιμη στο (0 ,+ ∞) . ( )Αν ονομάσουμε M x , f(x) το ζητούμενο σημείο της Cf , τότε η απόστασή του από το Α είναι ( ) ( )(ΜΑ) = ⎝⎛⎜⎜⎜ 9 x⎟⎟⎟⎟⎞⎠2 f(x)⎤⎥⎦2 ⎜⎜⎝⎛⎜x 9 ⎞⎟⎟⎟⎠⎟2 2 xΑ − xΜ 2 + yΑ − yΜ 2 = 2 − + ⎢⎣⎡0 − = − 2 + x⇒ ⇒ (ΜΑ) = ⎜⎜⎛⎜⎝x − 9 ⎟⎟⎠⎟⎟⎞2 + x . 2 Ζητείται το x, ώστε η παραπάνω συνάρτηση να έχει ελάχιστο. Η συνάρτηση αυτή θα έχει ελάχιστο, όταν η συνάρτηση g(x) = ⎜⎜⎜⎝⎛x − 9 ⎟⎟⎟⎟⎞⎠2 + x 2 έχει ελάχιστο. Η g είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ! , ως πολυωνυμική, με g′(x) = 2⎜⎛⎜⎝⎜x − 92⎟⎟⎟⎠⎞⎟ ⋅⎜⎛⎜⎜⎝x − 92⎟⎠⎟⎟⎟⎞′ + 1 = 2x − 9 + 1 = 2x − 8 = 2(x − 4) . Από την ανίσωση g′(x) > 0 έχω x 04 +∞ x−4>0 ⇔ x >4. g′(x) - + g(x) 2 1 Έτσι προκύπτει ο διπλανός πίνακας μονοτονίας, από όπου έχω ότι η g παρουσιάζει ελάχιστο για x = 4 . Τότε και η απόσταση (ΑΜ) γίνεται ελάχιστη, όπως προεί- πα, οπότε το ζητούμενο σημείο είναι το M(4 , f(4)) ≡ M(4 , 2) . - 139 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.7 ii) Αρκεί να δείξω ότι ισχύει λΑΜ ⋅ λεϕ = −1 ⇔ λΑΜ ⋅ f′(4) = −1 . • λΑΜ = yΜ − yΑ = 2−0 = 2 = −4 . xΜ − xΑ 4− 9 − 1 2 2 • f′(x) = 1 ⇒ f′(4) = 1 = 1 . 2x 24 4 Επομένως είναι λΑΜ ⋅ f′(4) = −4 ⋅ 1 ⇔ λΑΜ ⋅ f′(4) = −1 . 4 Β9/152 Περισσότερες λυμένες ασκήσεις σε προβλήματα με χρήση ακροτάτων θα βρεις στο βιβλίο μου για τον Διαφορικό Λογισμό, στην 11η ενότητα, 58η κατηγορία ασκήσεων. Έστω (ΓΔ) = 2x , (ΑΔ) = y . Η περίμετρος του στίβου είναι πx + 2y + πx = 2πx + 2y και ισχύει 2πx + 2y = 400 ⇔ πx + y = 200 ⇔ ⇔ y = 200 − πx (1) Αν Ε είναι το εμβαδόν του ορθογωνίου ΑΒΓΔ, τότε (1) Ε = y ⋅ 2x ⇔ Ε(x) = 2x(200 − πx) ⇔ Ε(x) = −2πx2 + 400x . Ζητείται το x, ώστε η E(x) να έχει μέγιστο. Η E(x) είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ! , ως πολυωνυμική, με E′(x) = −4πx + 400 = 4(100 − πx) . Από την ανίσωση E′(x) > 0 έχω 100 − πx > 0 ⇔ πx < 100 ⇔ x < 100 . π - 140 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.7 Αν y → 0 , τότε από την (1) έχω ότι 200 − πx → 0 ⇒ x → 200 , π οπότε 0<x< 200 . π Από τον διπλανό πίνακα μονοτονίας προκύ- x 0 100 / π 200 / π πτει ότι η Ε(x) παρουσιάζει μέγιστο για E′(x) + - E(x) 1 2 x= 100 m. π Τότε από την (1) έχω ότι y = 200 − π ⋅ 100 = 100 m . π Άρα οι ζητούμενες διαστάσεις είναι y = 100 m , 2x = 200 m . π Β10/152 Περισσότερες λυμένες ασκήσεις σε προβλήματα με χρήση ακροτάτων θα βρεις στο βιβλίο μου για τον Διαφορικό Λογισμό, στην 11η ενότητα, 58η κατηγορία ασκήσεων. Έστω ότι δηλώνουν συμμετοχή x άτομα, όπου x ≥ 100 . Τότε για κάθε άτομο θα υπάρχει έκπτωση (x − 100) ⋅ 5 €, οπότε καθένας θα πληρώσει 1000 − 5(x − 100) = 1000 − 5x + 500 = 1500 − 5x € Άρα τα έσοδα θα είναι Ε(x) = x(1500 − 5x) = −5x2 + 1500x , x ≥ 100 . Ζητείται το x, ώστε η E(x) να έχει μέγιστο. Η Ε(x) είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ! , ως πολυωνυμική, με E′(x) = −10x + 1500 = 10(150 − x) . Από την ανίσωση E′(x) > 0 έχω x ≥100 150 − x > 0 ⇔ x < 150 ⇔ 100 < x < 150 . - 141 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.7 Έτσι προκύπτει ο διπλανός πίνακας μονοτονίας, x 100 150 +∞ όπου φαίνεται ότι η Ε(x) έχει μέγιστο για x = 150 + οπότε πρέπει να δηλώσουν συμμετοχή 150 άτομα, Ε′(x) - 1 ώστε να μεγιστοποιηθούν τα έσοδα. Ε(x) 2 Β11/153 Περισσότερες λυμένες ασκήσεις σε προβλήματα με χρήση ακροτάτων θα βρεις στο βιβλίο μου για τον Διαφορικό Λογισμό, στην 11η ενότητα, 58η κατηγορία ασκήσεων. i) Το εμβαδόν μηδενίζεται, όταν ισχύει r1(t) = r2(t) (1) Αφού για t > 0 η ακτίνα r1 αυξάνεται με σταθερό ρυθμό 0, 05 cm / sec , ισχύει r1′(t) = 0, 05 cm / sec , οπότε είναι r1(t) = 0, 05t + c1 , c1 ∈ ! σταθερά. Αφού την χρονική στιγμή t = 0 είναι r1 = 3 cm , ισχύει r1(0) = 3 , οπότε από την προ- ηγούμενη σχέση, για t = 0 , έχω 0, 05 ⋅ 0 + c1 = 3 ⇔ c1 = 3 . Άρα είναι r1(t) = 0, 05t + 3 (2) Ανάλογα, αφού η ακτίνα r2 αυξάνεται με σταθερό ρυθμό 0, 04 cm / sec , ισχύει r2′(t) = 0, 04 cm / sec , οπότε είναι r2(t) = 0, 04t + c2 , c2 ∈ ! σταθερά. Αφού την χρονική στιηγμή t = 0 είναι r2 = 5 cm , ισχύει r2(0) = 5 , οπότε από την προ- ηγούμενη σχέση έχω 0, 04 ⋅ 0 + c2 = 5 ⇔ c2 = 5 . Άρα είναι r2(t) = 0, 04t + 5 (3) Αντικαθιστώντας τις (2) και (3) στην (1), έχω ότι 0, 05 t + 3 = 0, 04 t + 5 ⇔ 0, 01 t =2⇔ t = 2 = 2 = 2 ⋅ 102 ⇔ t = 200 sec . 0, 01 10−2 - 142 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.7 ii) Το εμβαδόν του κυκλικού δακτυλίου είναι ( ) ( )Ε(t) = π r22(t) − π r12(t) = π 0, 04 t + 5 2 − π 0, 05 t + 3 2 , συνάρτηση συνεχής και παραγωγίσιμη στο ! , ως πολυωνυμική, με Ε′(t) = 2π(0, 04 t + 5) ⋅(0, 04 t + 5)′ − 2π(0, 05 t + 3) ⋅(0, 05 t + 3)′ = = 2π(0, 04 t + 5) ⋅ 0, 04 − 2π(0, 05 t + 3) ⋅ 0, 05 = 2π ⋅ ⎡⎣⎢0, 04(0, 04t + 5) − 0, 05(0, 05t + 3)⎤⎦⎥ = = 2π ⋅ ⎣⎡⎢⎢⎢ 4 ⎜⎜⎜⎛⎝ 4 t + 5⎟⎟⎠⎞⎟⎟ − 5 ⎜⎝⎛⎜⎜ 5 t + 3⎟⎟⎟⎟⎠⎞⎥⎥⎥⎤⎦ = 2π ⋅ ⎜⎜⎛⎝⎜ 16 t+ 1 − 25 t− 3 ⎟⎠⎞⎟⎟⎟ = 100 100 100 100 1002 5 1002 20 = 2π ⋅ ⎛⎝⎜⎜⎜ 1 − 9 t⎟⎟⎠⎟⎞⎟ . 20 1002 Από την ανίσωση E′(t) > 0 έχω 1 − 9 t > 0 ⇔ 9 t < 1 ⇔ t < 1002 = 100 ⋅ 100 t≥0 0 < t < 500 . 20 1002 1002 20 9 ⋅ 20 9 ⋅ 20 9 ⇔ Έτσι προκύπτει ο διπλανός πίνακας μονοτονίας, t0 500 / 9 +∞ από όπου έχω ότι το εμβαδόν του κυκλικού δακτυ- λίου γίνεται μέγιστο, όταν E′(t) + - t= 500 sec . E(t) 1 2 9 - 143 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.7 Β12/153 Περισσότερες λυμένες ασκήσεις σε προβλήματα με χρήση ακροτάτων θα βρεις στο βιβλίο μου για τον Διαφορικό Λογισμό, στην 11η ενότητα, 58η κατηγορία ασκήσεων. i) Το ΑΒΓΔ είναι τραπέζιο, οπότε το εμβαδόν είναι (ΑΒΓΔ) = (ΑΒ + ΓΔ) ⋅ ΒΖ ⇒ 2 ⇒ (ΑΒΓΔ) = Ε = (ΓΔ + 2) ⋅ ΒΖ (1) 2 Είναι θ = 180ο − ΑΒΖ − Β1 = 180ο − 90ο − Β1 ⇔ Β1 = 90ο − θ . Επίσης, θ = 180ο − ΒΑΘ − Α1 = 180ο − 90ο − Α1 ⇔ Α1 = 90ο − θ . Άρα είναι B1 = A1 . Επίσης, είναι ΒΓ = ΑΔ = 2 οπότε, αφού ισχύει και η προηγούμενη σχέση, τα ορθογώ- νια τρίγωνα ΒΖΓ και ΑΘΔ είναι ίσα, συνεπώς ισχύει ΔΘ = ΖΓ (2) Είναι ΓΔ = ΔΘ + ΘΖ + ΖΓ . Επίσης είναι ΘΖ = ΑΒ = 2 , διότι το ΑΒΖΘ είναι ορθογώνιο (είναι ΑΘ / / = ΒΖ , ως ύψη του τραπεζίου ΑΒΓΔ), οπότε λόγω και της (2) θα είναι ΓΔ = ΓΖ + 2 + ΓΖ ⇒ ΓΔ = 2ΓΖ + 2 (3) Από τις παράλληλες ΑΒ και ΓΔ, θεωρώντας την ΓΒ ως τέμνουσα, προκύπτει ότι οι γω- νίες Γ και θ είναι ίσες, ως εντός εναλλάξ. Έτσι, στο ορθογώνιο τρίγωνο ΒΖΓ έχω συνΓ = συνθ = ΓΖ = ΓΖ ⇔ ΓΖ = 2συνθ . ΒΓ 2 Τότε, από την (3) έχω ΓΔ = 2 ⋅ 2συνθ + 2 ⇔ ΓΔ = 4συνθ + 2 (4) - 144 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.7 Επίσης, από το ορθογώνιο τρίγωνο ΒΖΓ έχω ηµΓ = ηµθ = ΒΖ = ΒΖ ⇔ ΒΖ = 2ηµθ (5) ΒΓ 2 Αντικαθιστώ τις (4) και (5) στην (1) και έχω ότι Ε = (4συνθ + 2 + 2) ⋅ 2ηµθ = 4(συνθ + 1) ⋅ ηµθ ⇔ Ε = 4ηµθ ⋅(1 + συνθ) . 2 ii) Θεωρώ την συνάρτηση Ε(θ) = 4ηµθ ⋅(1 + συνθ) , θ ∈ ⎜⎛⎝⎜⎜0 , π ⎦⎥⎤⎥ , 2 η οποία είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο παραπάνω διάστημα, με Ε′(θ) = (4ηµθ)′ ⋅(1 + συνθ) + 4ηµθ ⋅(1 + συνθ)′ = 4συνθ ⋅(1 + συνθ) + 4ηµθ ⋅(−ηµθ) = ( )= 4συνθ + 4συν2θ − 4ηµ2θ = 4συνθ + 4 συν2θ − ηµ2θ = 4συνθ + 4συν2θ = ( ) ( )= 4συνθ + 4 2συν2θ − 1 = 8συν2θ + 4συνθ − 4 ⇒ Ε′(θ) = 4 2συν2θ + συνθ − 1 . Πρόσεξε πάρα πολύ τον τρόπο με τον οποίο θα βρω το προσήμο της παραγώγου! Αυτός ο τρόπος ακολουθείται επειδή η παράγωγος είναι τριγωνομετρική συνάρτηση. Από την εξίσωση Ε′(θ) = 0 έχω 2συν2θ + συνθ − 1 = 0 . Θέτω συνθ = ω , 0≤ω<1, αφού θ ∈ ⎜⎜⎜⎝⎛0 , π ⎦⎥⎥⎤ , οπότε έχω την εξίσωση 2ω2 + ω−1= 0, 2 η οποία έχει ρίζες ω= 1 ή ω = −1 (που απορρίπτεται). 2 Τότε είναι θ ∈ ⎜⎝⎛⎜⎜0 , ⎤⎥⎥⎦ . συνθ = 1 ⇔ θ= π , αφού π 2 3 2 Ο αριθμός αυτός χωρίζει το διάστημα ⎜⎜⎜⎛⎝0 , π ⎥⎥⎦⎤ στα ⎜⎜⎜⎝⎛0 , π ⎤⎦⎥⎥ , ⎢⎢⎡⎣ π , π ⎥⎦⎤⎥ . 2 3 3 2 Είναι: - 145 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.7 • Ε′ ⎛⎝⎜⎜⎜ π ⎟⎟⎠⎞⎟⎟ = 4συν π + 4συν 2π = 4 ⋅ 2 + 4συν π =2 2 +4⋅0 = 2 2>0, 4 4 4 2 2 οπότε είναι Ε′(θ) > 0 , για κάθε θ ∈ ⎛⎜⎜⎜⎝0 , π ⎟⎟⎟⎟⎞⎠ . 3 • Ε′⎜⎜⎜⎛⎝ 5π ⎞⎠⎟⎟⎟⎟ = 4συν 5π + 4συν 10π = 4συν 5π + 4συν 5π . 12 12 12 12 6 συν 5π = συν ⎜⎛⎝⎜⎜ π + π ⎠⎟⎞⎟⎟⎟ = συν π ⋅ συν π − ηµ π ⋅ ηµ π = 12 6 4 6 4 6 4 ( )= 3 2 1 2 2 2 ⋅ 2 − 2 ⋅ 2 = 4 ⋅ 2 −1 . συν 5π = συν⎛⎝⎜⎜⎜π − π ⎟⎠⎟⎞⎟⎟ = −συν π =− 3 . 6 6 6 2 Άρα, ( ) ( )Ε′⎛⎝⎜⎜⎜5π ⎠⎞⎟⎟⎟⎟ = 12 4 ⋅ 2 ⋅ 2 −1 + 4 ⋅ − 3 = 2 2 −1 −2 3 = 2− 2 −2 3 < 0 , 4 2 οπότε είναι Ε′(θ) < 0 , για κάθε θ ∈ ⎜⎛⎝⎜⎜ π , π ⎟⎠⎟⎟⎞⎟ . 3 2 ΧΡΗΣΙΜΗ ΚΑΙ ΒΑΣΙΚΗ ΥΠΕΝΘΥΜΙΣΗ ! Για να βρούμε το πρόσημο μιας συνεχούς συνάρτησης, ένας τρόπος είναι ο εξής: 1ο βήμα Βρίσκουμε τις ρίζες της συνάρτησης. 2ο βήμα Επιλέγουμε τυχαία έναν αριθμό από το εσωτερικό κάθε διαστήματος, στο οποίο οι ρί- ζες της συνάρτησης χωρίζουν το διάστημα ορισμού της συνάρτησης. Υπολογίζουμε την τιμή της συνάρτησης στον αριθμό αυτόν, οπότε: α) αν το αποτέλεσμα είναι θετικό, τότε και η συνάρτηση είναι θετική στο αντίστοιχο διάστημα. - 146 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.7 β) αν το αποτέλεσμα είναι αρνητικό, τότε και η συνάρτηση είναι αρνητική στο αντί- στοιχο διάστημα. Αυτή η μέθοδος εφαρμόστηκε νωρίτερα για την εύρεση του προσήμου της παραγώγου. Έτσι προκύπτει ο διπλανός πίνακας μονοτονίας, θ 0 π/3 π/2 από όπου έχω ότι η Ε(θ) έχει μέγιστο για Ε′(θ) + - Ε(θ) 1 2 θ= π . 3 Β13/153 Περισσότερες λυμένες ασκήσεις σε προβλήματα με χρήση ακροτάτων θα βρεις στο βιβλίο μου για τον Διαφορικό Λογισμό, στην 11η ενότητα, 58η κατηγορία ασκήσεων. i) Έστω t1 ο χρόνος που απαιτείται για την διαδρομή ΚΜ και t2 ο αντίστοιχος για την διαδρομή ΜΣ. Τότε ισχύει υ1 = (ΚΜ) ⇔ t1 = (ΚΜ) , όπου υ1 =3 ft / sec . t1 υ1 Εφαρμόζοντας το Πυθαγόρειο Θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο ΚΑΜ, έχω (ΚΜ)2 = (ΚΑ)2 + (ΑΜ)2 ⇒ (ΚΜ) = (ΚΑ)2 + (ΑΜ)2 = 1002 + x2 . Άρα είναι t1 = 1002 + x2 (1) 3 Επίσης είναι υ2 = (ΜΣ) ⇔ t2 = (ΜΣ) , όπου υ2 = 5 ft / sec . Είναι t2 υ2 (ΜΣ) = (ΑΣ) − (ΑΜ) = 300 − x , οπότε t2 = 300 − x (2) 5 - 147 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.7 Έτσι, αν T = t1 + t2 είναι ο συνολικός χρόνος, λόγω των (1) και (2) έχω ότι 1002 + x2 300 − x 3 5 ( )Τ(x) = + , x∈ 0 , 300 . ii) Ζητείται το x, ώστε η Τ(x) να έχει ελάχιστο. ( )Η συνάρτηση Τ(x) είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο διάστημα 0 , 300 , ως πράξεις συνεχών και παραγωγίσιμων, αντίστοιχα, συναρτήσεων, με Τ′(x) = 1 ⋅ 2 1 + x2 ⋅ (1002 + x2)′ − 1 = 1 ⋅ 2 2x − 1 = 3 x − 1 ⇒ 3 1002 5 3 1002 + x2 5 1002 + x2 5 ⇒ Τ′(x) = 5x − 3 1002 + x2 . 15 1002 + x2 Από την ανίσωση T′(x) > 0 έχω 5x − 3 1002 + x2 > 0 ⇔ 5x > 3 1002 + x2 ⇔ 25x2 > 9(x2 + 1002) ⇔ ⇔ 25x2 > 9x2 + 9 ⋅ 1002 ⇔ 16x2 − 9 ⋅ 1002 > 0 ⇔ (4x − 3 ⋅ 100)(4x + 3 ⋅ 100) > 0 . ( )Αφού x ∈ 0 , 300 , είναι 4x + 3 ⋅100 > 0 , οπότε από την παραπάνω ανίσωση έχω 4x − 3 ⋅100 > 0 ⇔ 4x > 300 ⇔ x > 75 . Έτσι προκύπτει ο διπλανός πίνακας μονοτονί- x 0 75 300 ας, όπου φαίνεται ότι η T(x) έχει ελάχιστο για T′(x) - + x = 75 ft , που είναι η ζητούμενη τιμή του x. T(x) 2 1 - 148 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.7 Β14/153 Περισσότερες λυμένες ασκήσεις σε προβλήματα με χρήση ακροτάτων θα βρεις στο βιβλίο μου για τον Διαφορικό Λογισμό, στην 11η ενότητα, 58η κατηγορία ασκήσεων. Έστω Π1 η πυκνότητα του καπνού που εκπέμπει το Ε1 και Π2 η αντίστοιχη του Ε2 . Τότε, όπως περιγράφεται στην εκφώνηση, είναι Π1(x) = c ⋅ Ρ , Π2(x) = c ⋅ 8Ρ , x2 (12 − x)2 όπου c ∈ ! η σταθερά αναλογίας. Στο Σ η πυκνότητα θα είναι Π(x) = Π1(x) + Π2(x) , οπότε ⎢⎢⎣⎡ ⎤⎦⎥⎥ c⋅Ρ c ⋅ 8Ρ 1 8 x2 (12 − x)2 x2 − ( )Π(x) = + = ⋅ Ρ ⋅ + , x ∈ c (12 x)2 0 ,12 . Ζητείται το x, ώστε η Π(x) να έχει ελάχιστο. ( )Η συνάρτηση αυτή είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο διάστημα 0 ,12 , ως ρητή. Προκύπτει, αν κάνουμε τις πράξεις εντός της αγκύλης. Είναι Π(x) = c ⋅ Ρ ⋅ ⎢⎣⎡x−2 + 8(12 − x)−2 ⎥⎦⎤ ⇒ Π′(x) = c ⋅ Ρ ⋅ ⎢⎣⎡−2x−3 − 16(12 − x)−3 ⋅ (12 − x)′⎦⎥⎤ = = c ⋅ Ρ ⋅ ⎣⎡⎢⎢− 2 + 16 x)3 ⎥⎥⎤⎦ ⇒ Π′(x) = 2c ⋅ Ρ ⋅ 8x3 − (12 − x)3 . x3 (12 − x3(12 − x)3 Είναι c > 0 , P > 0 , x > 0 , 12 − x > 0 , οπότε το πρόσημο της παραγώγου εξαρτάται από το πρόσημο του αριθμητή της. Από την ανίσωση Π′(x) > 0 έχω τότε 8x3 − (12 − x)3 > 0 ⇔ 8x3 > (12 − x)3 ⇔ 2x > 12 − x ⇔ 3x > 12 ⇔ x > 4 . - 149 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.7 Έτσι προκύπτει ο διπλανός πίνακας μονοτονίας, x 0 4 12 από όπου έχω ότι η Π(x) έχει ελάχιστο για Π′(x) - + x = 4 km , που είναι η ζητούμενη τιμή του x. Π(x) 2 1 - 150 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Η ΨΗΦΙΑΚΗ ΤΟΥ ΜΟΡΦΗ ΠΑΡΕΧΕΤΑΙ ΓΙΑ ΔΩΡΕΑΝ ΜΕΛΕΤΗ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΑ ΑΠΟ ΤΗΝ ΙΣΤΟΣΕΛΙΔΑ “ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ ΣΤΕΚΙ” - www.mathsteki.gr
Search
