Γ Λυκείου / ΜΟΝΟΤΟΝΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ ΜΕ ΤΗ ΧΡΗΣΗ ΠΑΡΑΓΩΓΩΝ

ΜΟΝΟΤΟΝΙΑ ΚΑΙ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΠΑΡΑΓΩΓΙΣΙΜΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ

2 σχόλια
Print Friendly, PDF & Email

Για να λύσουμε εξισώσεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων με τη βοήθεια της μονοτονίας διακρίνουμε τις παρακάτω περιπτώσεις:
Κάθε γνησίως μονότονη συνάρτηση έχει το πολύ μία ρίζα
Χρησιμοποιώντας την παραπάνω πρόταση μπορούμε να λύσουμε μια εξίσωση ως εξής:

  • Μεταφέρουμε όλους τους όρους της εξίσωσης στο ένα μέλος ώστε να πάρει τη μορφή

    •     \[f(x)=0.\]

  • Βρίσκουμε με παρατήρηση μια προφανή ρίζα της εξίσωσης

    •     \[f(x)=0.\]

  • Αποδεικνύουμε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως μονότονη οπότε η ρίζα είναι μοναδική.

    • Παράδειγμα.1.
    Να λύσετε την εξίσωση

        \[e^x=1-2x\]

    Λύση.
    Η εξίσωση γίνεται:

        \begin{align*} &e^x=1-2x \Leftrightarrow\\ &e^x-1+2x=0 \end{align*}

    Θεωρούμε τη συνάρτηση:

        \[f(x)=e^x-1+2x \quad \text{με} \quad x\in\rr\]

    Παρατηρούμε ότι f(0)=0, δηλαδή το 0 είναι ρίζα της εξίσωσης f(x)=0

    Μελετάμε την f ως προς τη μονοτονία. Για κάθε x\in\rr έχουμε:

        \[f'(x)=e^x+2>0\]

    Επομένως η f είναι γνησίως αύξουσα για κάθε x\in\rr. Άρα το 0 είναι μοναδική ρίζα της εξίσωσης f(x)=0, άρα και της αρχικής.

    Μοναδική ρίζα συναρτήσεων που δεν είναι γνησίως μονότονες
    Έστω ότι έχουμε μια εξίσωση της μορφής f(x)=0, της οποίας έχουμε βρεί μια προφανή ρίζα \rho.
    Μπορούμε να αποδείξουμε ότι η ρίζα \rho είναι μοναδική, χωρίς η συνάρτηση f, να είναι γνησίως μονότονη.
    Αρκεί η συνάρτηση f, να αλλάζει μονοτονία μόνο στο \rho.
    Συγκεκριμένα:

    • Αν η συνάρτηση f, είναι γνησίως φθίνουσα στο (-\infty, \rho], τότε

    •     \begin{align*} &x<\rho \stackrel{ f \downarrowtail}{\Leftrightarrow}\\ &f(x)>f(\rho) \Leftrightarrow\\ &f(x)>0 \end{align*}

    • και γνησίως αύξουσα στο [\rho,+\infty) τότε ισχύουν:

        \begin{align*} &x>\rho \stackrel{ f \uparrowtail}{\Leftrightarrow}\\ &f(x)>f(\rho) \Leftrightarrow\\ &f(x)>0 \end{align*}

    Άρα ισχύει ότι f(x)>0 για κάθε x\neq\rho, οπότε η \rho είναι μοναδική.

      Ενώ

    • Αν η συνάρτηση f, είναι γνησίως φθίνουσα στο (-\infty, \rho]

        \begin{align*} &x<\rho \stackrel{ f \downarrowtail}{\Leftrightarrow}\\ &f(x) >f(\rho) \Leftrightarrow\\ &f(x)>0 \end{align*}

    • και γνησίως αύξουσα στο [\rho,+\infty) τότε ισχύουν:

        \begin{align*} &x>\rho \stackrel{ f \uparrowtail}{\Leftrightarrow}\\ &f(x)>f(\rho) \Leftrightarrow\\ &f(x)>0 \end{align*}

    Άρα ισχύει ότι f(x)>0 για κάθε x\neq\rho, οπότε η \rho είναι μοναδική.
    Παράδειγμα.2.
    Να λύσετε την εξίσωση

        \[lnx=x-1\]

    Λύση
    Με x>0 η εξίσωση γίνεται:

        \begin{align*} &lnx=x-1 \Leftrightarrow\\ &lnx-x+1=0 \end{align*}

    Θεωρούμε τη συνάρτηση:

        \[f(x)=lnx-x+1, \quad \text{με} \quad x>0\]

    Παρατηρούμε ότι

        \[f(1)=0\]

    δηλαδή το 1 είναι μια προφανής ρίζα της εξίσωσης f(x)=0.
    Μελετάμε την f ως προς τη μονοτονία.
    Για κάθε x>0 είναι:

        \begin{align*} &f'(x)=\frac{1}{x}-1 \Leftrightarrow\\ &f'(x)=\frac{1-x}{x} \end{align*}

    Έχουμε:

        \begin{align*} &f'(x)=0 \Leftrightarrow\\ &\frac{1-x}{x}=0 \Leftrightarrow\\ &x=1 \end{align*}

    Το πρόσημο της f' και η μονοτονία της f φαίνεται στο πίνακα:

        \[ \begin{tabular}{|r| l c c c c c r|} \hline $ x $ &{\tiny{$ -\infty$}}& & $0$ & & $ 1$ & & {\tiny{$ +\infty$}} \\ \hline $ 1-x $ & \cellcolor{gray!25} &\cellcolor{gray!25} $ +$ &\cellcolor{gray!25} $ |$ & $ +$ & $ 0$ & $ -$ & \\ \hline $ x $ & \cellcolor{gray!25} &\cellcolor{gray!25} $ -$ & \cellcolor{gray!25}$ 0$ & $ +$ &$ | $ & $ +$ & \\ \hline $ f' $ & \cellcolor{gray!25} & \cellcolor{gray!25} $ $ & \cellcolor{gray!25} $ |$ & $ +$ & $ 0$ & $ -$ & \\ \hline $f $ & \cellcolor{gray!25} & \cellcolor{gray!25} $ $ & \cellcolor{gray!25} $ |$ & $ \nearrowtail$ & $ |$ & $ \searrowtail$ & \\ \hline \end{tabular}\]

    Η f είναι γνησίως αύξουσα στο (0,1] οπότε έχουμε:

        \begin{align*} &x<1 \stackrel{ f \downarrow}{\Leftrightarrow}\\ &f(x)<f(1) \Leftrightarrow\\ &f(x)<0 \end{align*}

    και γνησίως φθίνουσα στο [1,+\infty)

        \begin{align*} &x>1 \stackrel{ f \uparrow}{\Leftrightarrow}\\ &f(x)>f(1) \Leftrightarrow\\ &f(x)>0 \end{align*}

    Δηλαδή ισχύει f(x)>0 για κάθε x\in(0,1)\cup(1,+\infty). Άρα το 1 είναι μοναδική ρίζα της εξίσωσης f(x)=0, άρα και της αρχικής.


    Επίλυση εξίσωσης, 1-1 (ενα προς ενα) συνάρτησης.

    Ισχύει ότι: Κάθε γνησίως μονότονη συνάρτηση είναι και 1-1.
    Χρησιμοποιώντας την παραπάνω πρόταση μπορούμε να λύσουμε μια εξίσωση ως εξής:

    • Φέρνουμε την εξίσωση στην μορφή f(g(x))=f(h(x)).
    • Αποδεικνύουμε ότι η f είναι γνησίως μονότονη άρα και 1-1.
    • Η εξίσωση γίνεται:

    •     \begin{align*} &f(g(x))=f(h(x)) \stackrel{ f :1-1}{\Leftrightarrow}\\ &g(x)=h(x) \end{align*}

    • Λύνουμε την εξίσωση που προκύπτει, η οποία είναι απλούστερη απο την αρχική.

    Παράδειγμα.3.

    Δίνεται η συνάρτηση

        \[f(x)=e^x+x^3\]

    α.) Να μελετήσετε την f ως προς τη μονοτονία.
    β.) Να λύσετε την εξίσωση

        \[1+x^3e^{-x}=e^{-x}\]

    Λύση

    α.) Η f(x)=e^x+x^3 έχει πεδίο ορισμού το \rr. Για κάθε x\in\rr έχουμε:

        \[f'(x)=e^x+3x^2>0\]

    Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο \rr.
    β.) Με x\in\rr, η εξίσωση γράφεται:

        \begin{align*} & 1+x^3e^{-x}=e^{-x} \Leftrightarrow\\\\ & 1+\frac{x^3}{e^x}=e^{-x} \Leftrightarrow\\\\ & {e^{x}}\cdot 1+e^{x}\cdot\frac{x^3}{e^x}=e^{x}\cdot e^{-x} \Leftrightarrow\\\\ &e^x+x^3=1 \Leftrightarrow\\\\ &f(x)=f(0) \quad (1) \end{align*}

    Όμως η f είναι γνησίως αύξουσα, άρα και 1-1, οπότε έχουμε:

        \begin{align*} &(1) \Rightarrow\\ &f(x)=f(0) \stackrel{ f :1-1}{\Leftrightarrow}\\ &x=0 \end{align*}

    Απόδειξη μοναδικής ρίζας εξίσωσης σε ανοικτό διάστημα (α,β)

    Για να αποδείξουμε ότι μια εξίσωση έχει μοναδική λύση σε ένα διάστημα (\alpha,\beta) εργαζόμαστε ως εξής:

    • Μετάφέρνουμε όλους τους όρους της εξίσωσης στο ένα μέλος ώστε να πάρει τη μορφή f(x)=0.
    • Αποδεικνύουμε ότι η f(x)=0 έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (\alpha,\beta), συνήθως με εφαρμογή του θεωρήματος Bolzano για την f στο [\alpha,\beta].
    • Αποδεικνύουμε ότι η f είναι γνησίως μονότονη, οπότε η ρίζα είναι μοναδική.

    Παράδειγμα.4.
    Να αποδείξετε ότι η εξίσωση

        \[x^2+2ln x=2x\]

    έχει μοναδική ρίζα στο διάστημα (1,2).

    Λύση

    Με x>0 η εξίσωση γίνεται:

        \begin{align*} &x^2+2ln x=2x \Leftrightarrow\\ &x^2+2ln x-2x=0 \end{align*}

    Θεωρούμε τη συνάρτηση

        \[f(x)=x^2+2ln x-2x, \quad \text{με} \quad x>0\]

    Ισχύουν τα εξής:
    Η f είναι συνεχής στο [1,2]

        \[f(1)=-1<0 \quad \text{και} \quad f(2)=2ln2>0\]

    άρα

        \[f(1)f(2)<0\]

    Σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano η εξίσωση f(x)=0 έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (1,2).
    Μελετάμε την f ως προς τη μονοτονία. Για κάθε x>0 είναι:

        \begin{align*} &f'(x)=\\ &=2x+\frac{2}{x}-2\\ &=\frac{2x^2-2x+2}{x}\\ &=\frac{2(x^2-x+1)}{x} \end{align*}

    Όπου x^2-x+1>0 γιατί \Delta<0 και x>0.
    Άρα έχουμε ότι:

        \[f'(x)>0\]

    Επομένως η f είναι γνησίως αύξουσα για x>0.
    Επομένως η εξίσωση f(x)=0, άρα και η αρχική έχει μοναδική ρίζα για x>0, η οποία ανήκει στο διάστημα (1,2).

    Βιβλιογραφία: Παπαδάκης εκδόσεις Σαββάλα.
    Άδεια Creative Commons
    Αυτή η εργασία χορηγείται με άδεια Creative Commons Αναφορά Δημιουργού – Μη Εμπορική Χρήση – Παρόμοια Διανομή 4.0 Διεθνές .

    2 απαντήσεις στο “ΜΟΝΟΤΟΝΙΑ ΚΑΙ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΠΑΡΑΓΩΓΙΣΙΜΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ”

    1. Παράθεμα: ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Γ ΛΥΚ
    2. Παράθεμα: ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ Γ. ΛΥΚΕΙΟΥ

    Αφήστε μια απάντηση

    Η ηλ. διεύθυνση σας δεν δημοσιεύεται. Τα υποχρεωτικά πεδία σημειώνονται με *

    Δεν είμαι Robot *