ΜΑΘΗΜΑ 33 33.pdf · 2.7 ΤΟΠΙΚΑ ΑΚΡΟΤΑΤΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ Η έννοια του τοπικού ακρότατου Προσδιορισµός των τοπικών

1

ΜΑΘΗΜΑ 33 2.7 ΤΟΠΙΚΑ ΑΚΡΟΤΑΤΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ Η έννοια του τοπικού ακρότατου Προσδιορισµός των τοπικών ακρότατων Θεώρηµα Fermat Θεωρία – Σχόλια – Μέθοδοι Ασκήσεις Fermat Ανισώσεις

ΘΕΩΡΙΑ

1. Ορισµός Μια συνάρτηση f µε πεδίο ορισµού Α, θα λέµε ότι παρουσιάζει στο ox ∈Α τοπικό

µέγιστο, όταν υπάρχει δ > 0, τέτοιο ώστε

f(x) ≤ f( ox ) για κάθε x∈Α∩ ( ox – δ, ox + δ)

2. Ορισµός Μια συνάρτηση f µε πεδίο ορισµού Α, θα λέµε ότι παρουσιάζει στο ox ∈Α τοπικό

ελάχιστο, όταν υπάρχει δ > 0, τέτοιο ώστε

f(x) ≥ f( ox ) για κάθε x∈Α∩ ( ox – δ, ox + δ)

3. Παρατήρηση Στο τοπικό ακρότατο συνάρτησης f λειτουργούν δύο αριθµοί : α) ο ox , που καθορίζει τη θέση του τ. ακρότατου (ως προς το αριστερά – δεξιά)

β) ο f( ox ), που καθορίζει το πόσο πάνω ή κάτω συµβαίνει το τ. ακρότατο.

4. Θεώρηµα Fermat Έστω συνάρτηση f ορισµένη σ’ ένα διάστηµα ∆ και ox εσωτερικό σηµείο

του ∆. Αν η f παρουσιάζει τοπικό ακρότατο στο ox και είναι παραγωγίσιµη

σ’ αυτό, τότε f ′ ( ox ) = 0

2

x

y

x0

O

K

x

y

Ox0

ΣΧΟΛΙΑ - ΜΕΘΟ∆ΟΙ

1. Το Θ. Fermat γραφικά Συµπέρασµα : η εφαπτοµένη της fC

στο σηµείο Κ( ox , f( ox )) είναι x x′

2. Σηµαντική συνέπεια του Θ. Fermat Από ανισότητα συµπεραίνει ισότητα.

3. Παρατήρηση Μια συνάρτηση µπορεί να παρουσιάζει τοπικό ακρότατο σε κάποια θέση ox ,

χωρίς να είναι παραγωγίσιµη στο ox .

4. Το θεώρηµα της σελίδας 262 του σχ. βιβλίου γραφικά

f παραγωγίσιµη στο (α, 0x )∪ ( 0x , β)

και συνεχής στο 0x

5. Πιθανά ακρότατα σε διάστηµα ∆ : α) τα εσωτερικά σηµεία του ∆, στα οποία η παράγωγος είναι µηδέν β) τα εσωτερικά σηµεία του ∆, στα οποία η συνάρτηση δεν παραγωγίζεται γ) τα άκρα του ∆, εφ’όσον βέβαια ανήκουν στο πεδίο ορισµού.

x α ox β

f (x) + – f(x) ր ց

τ. µέγιστο

x α ox β

f (x) – + f(x) ց ր

τ. ελάχιστο

3

6. Για να βρούµε τα τοπικά ακρότατα : α) πιθανά ακρότατα β) µονοτονία γ) πίνακα µεταβολών 7. Μέθοδος Για να αποδείξουµε ότι µια παραγωγίσιµη συνάρτηση σε διάστηµα ∆ δεν έχει ακρότατα , πάµε µε άτοπο και ……. Fermat .

4

ΑΣΚΗΣΕΙΣ

1. Θεωρούµε τη συνάρτηση f(x) = α 3x + β 2x + γx + 1 , όπου α, β, γ∈ℝ . Να υπολογίσετε τα α, β, γ ώστε η f να παρουσιάζει τοπικά ακρότατα

στα 1x = 2 και 2x = 3, και η εφαπτοµένη της fC στο σηµείο (1, f(1))

να έχει συντελεστή διεύθυνσης λ = – 12.

Προτεινόµενη λύση

fD = ℝ και f παραγωγίσιµη , σαν πολυωνυµική.

f (x) = 3α 2x + 2βx + γ

Τοπικό ακρότατο στο 1x = 2 ⇒ f (2)= 0 (από Fermat)

3α 22 + 2β⋅2 + γ = 0 12α + 4β + γ = 0 (1) Τοπικό ακρότατο στο 2x = 3 ⇒ f (3)= 0 (από Fermat)

3α 23 + 2β⋅3 + γ = 0 27α + 6β + γ = 0 (2) λ = – 12. ⇔ f (1)= – 12

3α 21 + 2β⋅1 + γ = – 12 3α + 2β + γ = – 12 (3) Λύνουµε το σύστηµα των (1), (2), (3) και βρίσκουµε α = – 2 , β = 15 , γ = – 36 Οπότε f(x) = – 2 3x + 15 2x – 36x + 1 Ελέγχουµε αν η f(x) = – 2 3x + 15 2x – 36x + 1 που βρήκαµε, ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του προβλήµατος. Είναι f (x) = – 6 2x + 30x – 36 = – 6( 2x – 5x + 6)

Πρόσηµο της f ′ , µονοτονία και ακρότατα της f

x –∞ 2 3 +∞

f (x) – 0 + 0 –

f(x) ց ր ց τ. ελ. τ. µέγ

5

2. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f(x) = 3x + (α– 2) 2x + ( 2α – α + 2)x – 2 δεν έχει ακρότατο για κάθε α∈ℝ .


fD = ℝ και f παραγωγίσιµη , σαν πολυωνυµική.

f (x) = 3 2x + 2(α– 2)x + ( 2α – α + 2)

∆ = 4(α– 2 2) – 4. 3 ( 2α – α + 2)

= 4( 2α – 4α + 4) – 4(3 2α – 3α + 6)

= 4( 2α – 4α + 4 – 3 2α + 3α– 6)

= 4(– 2 2α – α – 2) = – 4(2 2α + α + 2)

δ = 21 – 4⋅2⋅2 = 1 – 16 = – 15 < 0

Άρα το τριώνυµο 2 2α + α + 2 είναι οµόσηµο του 2 , δηλαδή θετικό για κάθε α∈ℝ , άρα ∆ < 0 άρα το τριώνυµο f (x) δεν έχει ρίζες ,

δηλαδή f (x) ≠ 0 για κάθε x∈ℝ . (1) Αν η f είχε ακρότατο στη θέση ox , κατά το Θεώρηµα Fermat θα ήταν

of (x ) = 0 , που είναι άτοπο από την (1).

6

3. Έστω η συνάρτηση f(x) = eµx – x µε µ > 0. i) Να µελετήσετε την f ως προς τη µονοτονία και τα ακρότατα . ii) Για ποια τιµή του µ το ελάχιστο της f παίρνει τη µέγιστη τιµή του;


i)

fD = ℝ και f παραγωγίσιµη στο ℝ .

f (x) = (eµx)΄– (x) = eµx(µx)΄ – 1 = µ eµx– 1

f (x) = 0 ⇔ µ eµx– 1 = 0 ⇔ eµx= 1µ

ln eµx = ln 1µ

µx = – lnµ ⇔ x = lnµ

−µ

f (x) > 0 ⇔ ……………………………..... ⇔ x > lnµ

−µ

eµx ii)

flnµ − µ

=

ln

e

µ µ − µ +ln

µ

µ = lne− µ +

lnµµ

= 1lne

−µ + lnµµ

= 1−µ + lnµµ

= 1µ

+ lnµµ

= 1 ln+ µ

µ

Θεωρούµε τη συνάρτηση g(µ) = 1 ln+ µ

µ µε µ > 0, της οποίας αναζητάµε το

µέγιστο.

g΄(µ) = 2

(1 ln ) (1 ln ) 1+ µ µ − + µ ⋅µ

= 2

1 1 lnµ − − µµ

µ =

2

ln− µµ

g΄(µ) > 0 ⇔ 2

ln− µµ

> 0 ⇔ lnµ < 0 ⇔ µ < 1

x

–∞ lnµ

−µ

+∞

f (x) – 0 + f(x)

ց ր ελάχιστο

7

Πρόσηµο της g και µονοτονία της g µέγιστο για µ = 1 4. Αν 0 < α≠ 1 και για κάθε x∈ℝ ισχύει xα ≥ 1 + x , να αποδείξετε ότι α = e.


Για κάθε x∈ℝ ισχύει xα ≥ 1 + x

xα – 1 – x ≥ 0 (1)

Θεωρούµε τη συνάρτηση f(x) = xα – 1 – x , x∈ℝ

f(0) = 0α – 1 – 0 = 1 – 1 = 0

Η (1) γίνεται f(x) ≥ f(0) για κάθε x∈ℝ .

Άρα , η f παρουσιάζει ακρότατο (ελάχιστο) στη θέση 0x = 0.

Κατά Fermat ⇒ f (0)= 0

Αλλά f (x) = ( xα – 1 – x ) = xα lnα – 1 , οπότε f (0)= 0α lnα – 1

0 = lnα – 1

lnα = 1 ⇒ α = e

µ 0 1 +∞ g΄(µ) + 0 – g (µ)

ր ց

Από ανισότητα σε ισότητα , υποψιαζόµαστε Fermat

Θέτουµε κατάλ-ληλη τιµή στο x, ώστε να προκύ-ψει το 2ο µέλος της (1)

8

5. Αν 0 < α≠ 1 και για κάθε x > 0 ισχύει xα ≥ xα , να αποδείξετε ότι α = e.


Για κάθε x > 0 ισχύει xα ≥ xα

xα – xα ≥ 0 (1)

Θεωρούµε τη συνάρτηση f(x) = xα – xα , x > 0

f(α) = αα – αα = 0

Η (1) γίνεται f(x) ≥ f(α) για κάθε x∈(0, +∞ )

Άρα , η f παρουσιάζει ακρότατο

(ελάχιστο) στη θέση 0x = α.

Κατά Fermat ⇒ f (α) = 0

Αλλά f (x) = (xα – xα )΄ = α 1xα− – xα lnα , οπότε f (α) = α 1α−α – αα lnα

0 = αα – αα lnα

0 = 1 – lnα

1 = lnα ⇒ α = e



9

6.

Αν α ∈ ( )π0, 2

και για κάθε x∈ℝ ισχύει ( )x4ηµα + ( )xσυνα ≥ 2, να

προσδιορίσετε το α .


Για κάθε x∈ℝ ισχύει ( )x4ηµα + ( )xσυνα ≥ 2

( )x4ηµα + ( )xσυνα – 2 ≥ 0 (1)

Θεωρούµε τη συνάρτηση f(x) = ( )x4ηµα + ( )xσυνα – 2 , x∈ℝ .

f(0) = ( )04ηµα + ( )0συνα – 2 = 1 + 1 – 2 = 0

Η (1) γίνεται f(x) ≥ f(0) για κάθε x∈ℝ .


Κατά Fermat ⇒ f (0)= 0

Αλλά f (x) = ( )x4ηµα ln(4ηµα) + ( )xσυνα ln(συνα) , οπότε

f (0) = ( )04ηµα ln(4ηµα) + ( )0συνα ln(συνα)

= ln(4ηµα) + ln(συνα) =

= ln(4ηµα συνα) ⇒ 0 = ln(4ηµα συνα)

4ηµα συνα = 1

2ηµ2α = 1

ηµ2α = 12

2α = 2κπ + 6π ή 2α = 2κπ + 5

6π

α = κπ + 12π ή α = κπ + 5

12π , κ∈ℤ

α = 12π ή α = 5

12π αφού α ∈ ( )π0,

2



10

7. Οι α, β, γ είναι σταθεροί πραγµατικοί αριθµοί και για κάθε x∈ℝ ισχύει

ηµαx ≤ ηµβx + ηµγx. Να αποδείξετε ότι α = β + γ.


Για κάθε x∈ℝ ισχύει ηµαx ≤ ηµβx + ηµγx ηµαx – ηµβx – ηµγx ≤ 0 Θεωρούµε τη συνάρτηση f(x) = ηµαx – ηµβx – ηµγx , x∈ℝ

f(0) = ηµ0 – ηµ0 – ηµ0 = 0 (1) Η (1) γίνεται f(x) ≤ f(0) για κάθε x∈ℝ .

Άρα , η f παρουσιάζει ακρότατο (µέγιστο) στη θέση 0x = 0.

Κατά Fermat ⇒ f ΄ (0) = 0

Αλλά f ΄ (x) = (ηµαx – ηµβx – ηµγx)΄

= ασυναx – βσυνβx – γσυνγx οπότε

f ΄ (0) = ασυν0 – βσυν0 – γσυν0 ⇒ 0 = α – β – γ ⇒ α = β + γ

8. Αν α > 0 και για κάθε x > 0 ισχύει xlnx + α ≥ αx , να προσδιορίσετε το α .


Για κάθε x > 0 ισχύει xlnx + α ≥ αx

xlnx + α – αx ≥ 0 (1)

Θεωρούµε τη συνάρτηση f(x) = xlnx + α – αx , x > 0

f(1) = 1⋅ln1 + α – α⋅1 = 0

Η (1) γίνεται f(x) ≥ f(1) για κάθε x > 0



Αλλά f ΄ (x) = (xlnx + α – αx)΄

= lnx + 1 – α οπότε f ΄ (1) = ln1 + 1 – α ⇒ 0 = 0 + 1 – α ⇒ α = 1



11

Από ανισότητα σε ισότητα, υποψιαζόµαστε Fermat

Από ανισότητα σε ισότητα, υποψιαζόµαστε Fermat

9. Αν 1α , 2α , . . . , να είναι θετικοί αριθµοί και διαφορετικοί του 1 και για

κάθε x∈ℝ ισχύει x1α + x

2α + . . . + xνα ≥ ν , όπου ν ∗∈ℕ , να αποδείξετε ότι

1α 2α . . . να = 1.


Για κάθε x∈ℝ ισχύει x1α + x

2α + . . . + xνα ≥ ν (1)

Θεωρούµε τη συνάρτηση f(x) = x1α + x

2α + . . . + xνα , x∈ℝ

f(0) = 01α + 0

2α + . . . + 0να

= 1 + 1 + . . . + 1 = ν Η (1) γίνεται f(x) ≥ f(0) για κάθε x ∈ℝ



Αλλά f ΄ (x) = ( x1α + x

2α + . . . + xνα )΄

= x1α ln 1α + x

2α ln 2α + . . . + xνα ln να

οπότε f ΄ (0) = 01α ln 1α + 0

2α ln 2α + . . . + 0να ln να ⇒

0 = ln1α + ln 2α + . . . + ln να

0 = ln( 1α 2α . . . να )

1α 2α . . . να = 1

10. Αν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιµη στο ℝ και για κάθε x∈ℝ ισχύει xf(x) + 1 ≤ xe + ηµ2x , να αποδείξετε ότι f(0) = 3. Προτεινόµενη λύση

Για κάθε x∈ℝ ισχύει xf(x) + 1 ≤ xe + ηµ2x

xf(x) + 1 – xe – ηµ2x ≤ 0 (1) Θεωρούµε τη συνάρτηση g(x) = xf(x) + 1 – xe – ηµ2x παραγωγίσιµη στο ℝ

g(0) = 0⋅f(0) + 1 – 0e – ηµ0 g(0) = 0

Η (1) γίνεται g(x) ≤ g(0) , για κάθε x∈ℝ

Άρα , η g παρουσιάζει ακρότατο (µέγιστο) στη θέση 0x = 0.

Κατά Fermat ⇒ g (0) = 0

Αλλά g (x) = ( xf(x) + 1 – xe – ηµ2x )

= f(x) + x f ΄ (x) – xe – 2συν2x

οπότε g (0) = f(0) + 0⋅ f ′ (0) – 0e – 2συν0 ⇒ 0 = f(0) + 0 – 1 – 2 3 = f(0)


12

11. Έστω παραγωγίσιµη συνάρτηση f ώστε για κάθε x∈(0, +∞ ) να ισχύει

2f(x) – xe ≤ 2lnx + 2x + 1 και f(1) = e 22+ . Να αποδείξετε ότι f ΄ (1) = 2 +e

2


Για κάθε x∈(0, +∞ ) ισχύει 2f(x) – xe ≤ 2lnx + 2x + 1

2f(x) – xe – 2lnx – 2x ≤ 1 (1) Θεωρούµε τη συνάρτηση g(x) = 2f(x) – xe – 2lnx – 2x , x∈(0, +∞ )

g(1) = 2f(1) – 1e – 2ln1 – 21

g(1) = 2e 22+ – e – 1

g(1) = 1

Η (1) γίνεται g(x) ≤ g(1) , για κάθε x∈(0, +∞ )

Άρα , η g παρουσιάζει ακρότατο (µέγιστο) στη θέση ox = 1.

Κατά Fermat ⇒ g (1) = 0

Αλλά g (x) = (2f(x) – xe – 2lnx – 2x )΄

= 2f ΄ (x) – xe – 2 1x

– 2x , οπότε g (1) = 2f ΄ (1) – 1e – 2 11

– 2⋅1

0 = 2f ΄ (1) – e – 2 – 2 e + 4 = 2f ′ (1)

f ΄ (1) = 2 +e2

Θέτουµε x = 1 αφού γνωρίζουµε την τιµή f(1)

13

12.

Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιµη στο διάστηµα (1, +∞ ) µε ( )f2π = 1 +

2π και

f(x) – ηµx ≥ 2xσυν + 2x – 2π για κάθε x > 1. Να αποδείξετε ότι ( )f

2π′ = 2


Για κάθε x > 1 είναι f(x) – ηµx ≥ 2xσυν + 2x – 2π

f(x) – ηµx – 2xσυν – 2x ≥ –2π (1)

Θεωρούµε τη συνάρτηση g(x) = f(x) – ηµx – 2xσυν – 2x , x > 1

( )g2π = ( )f

2π – ηµ

2π – 2

2πσυν – 2

2π

( )g2π = 1 +

2π – 1 – 0 – π

( )g2π = –

2π

Η (1) γίνεται g(x) ≥ ( )g2π , για κάθε x > 1

Άρα , η g παρουσιάζει ακρότατο (ελάχιστο) στη θέση 0x = 2π

Κατά Fermat ⇒ ( )g2π′ = 0

Αλλά ( )g x′ = (f(x) – ηµx – 2xσυν – 2x )

= f ΄ (x) – συνx + 2συνx ηµx – 2

οπότε ( )g2π′ = ( )f

2π′ – συν

2π + 2συν

2π ηµ

2π – 2 ⇒

0 = ( )f2π′ – 0 + 0 – 2 ⇒ ( )f

2π′ = 2

Θέτουµε x = 2π

αφού γνωρίζουµε

την τιµή f ( )2π

14

Βοηθητική συνάρτηση

13. Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιµη στο ℝ µε f(0) > 0 και xf(x) + f(1) ≤ f(x + 1) + xηµ2x για κάθε x∈ℝ . Αν, επί πλέον, η f ΄ είναι συνεχής στο ℝ , να αποδείξετε ότι σε κάποιο διάστηµα που περιέχει το 1, η f είναι γνησίως αύξουσα .


Για κάθε x∈ℝ είναι xf(x) + f(1) ≤ f(x + 1) + xηµ2x

xf(x) + f(1) –f(x + 1) – xηµ2x ≤ 0 (1)

Θεωρούµε τη συνάρτηση g(x) = xf(x) + f(1) –f(x + 1) – xηµ2x , x∈ℝ

g(0) = 0⋅f(0) + f(1) –f(0 + 1) – 0⋅ηµ0

g(0) = 0

Η (1) γίνεται g(x) ≤ g(0) , για κάθε x∈ℝ .

Άρα , η g παρουσιάζει ακρότατο (µέγιστο) στη θέση 0x = 0.

Κατά Fermat ⇒ ( )g 0′ = 0.

Αλλά ( )g x′ = (xf(x) + f(1) –f(x + 1) – xηµ2x )΄

= f(x) + x f ΄ (x) –f ΄ (x + 1) – ηµ2x – xσυν2x ⋅2

οπότε ( )g 0′ = f(0) + 0⋅ f ΄ (0) –f ΄ (0 + 1) ⇒

0 = f(0) –f ΄ (1) f ΄ (1) = f(0) > 0

f ′ συνεχής στο ℝ ⇒ f ΄ συνεχής και στο ox = 1 ⇒

x 1lim→

f ΄ (x) = f ′ (1) > 0 ⇒

f ΄ (x) > 0 κοντά στο ox = 1 ⇒

f ΄ (x) > 0 στο (α, 1)∪ (1, β) και επειδή f ΄ (1) > 0 , θα είναι f ΄ (x) > 0 στο (α, β)

Άρα f γνησίως αύξουσα στο διάστηµα (α, β), το οποίο περιέχει το 1.

15

14. Έστω παραγωγίσιµη συνάρτηση f : →ℝ ℝ τέτοια, ώστε

[f(x) 2] + 2x = 1 + 2xf(x) για κάθε x∈ℝ .

Να αποδείξετε ότι η f δεν έχει τοπικό ακρότατο. Προτεινόµενη λύση

Έστω ότι η f έχει τοπικό ακρότατο στη θέση ox .

Από Fermat θα είναι f ΄ ( ox ) = 0 (1)

Η υπόθεση [f(x) 2] + 2x = 1 + 2xf(x) ⇒

[[f(x) 2] + 2x ]΄ = [1 + 2xf(x)]΄

2f(x) f ΄ (x) + 2x = 0 + 2(f(x) + x f ΄ (x))

f(x) f ΄ (x) + x = f(x) + xf ΄ (x)

για x = ox παίρνουµε f( ox ) f ΄ ( ox ) + ox = f( ox ) + ox f ΄ ( ox ) (1)

⇒

f( ox )⋅0 + ox = f( ox ) + ox ⋅0

ox = f( ox ) (2)

Η υπόθεση [f(x) 2] + 2x = 1 + 2xf(x) για x = ox δίνει

[f( ox ) 2] + 2ox = 1 + 2 ox f( ox )

(2)

⇒

2ox + 2

ox = 1 + 2 ox ox

22ox = 1 + 2 2

ox ⇒ 0 = 1 που είναι άτοπο.

Στις αρνήσεις επιχειρούµε «άτοπο απαγωγή»

16

15. Έστω παραγωγίσιµη συνάρτηση f : →ℝ ℝ τέτοια , ώστε

[f(x) 3] + 3x = 3xf(x) – 1 για κάθε x∈ℝ .

Αν το f(α) είναι τοπικό ακρότατο της f, να αποδείξετε ότι α = 1.


Από Fermat θα είναι f ΄ (α) = 0 (1)

Η υπόθεση [f(x) 3] + 3x = 3xf(x) – 1 ⇒

[[f(x) 3] + 3x ]΄ = [3xf(x) – 1]΄

3[f(x)2] f ΄ (x) + 3 2x = 3(f(x) + x f ΄ (x))

[f(x)2] f ΄ (x) + 2x = f(x) + xf ΄ (x)

για x = α παίρνουµε [f(α) 2] f ΄ (α) + 2α = f(α) + α f ΄ (α) (1)

⇒

[f(α) 2] ⋅ 0 + 2α = f(α) + α⋅0

2α = f(α) (2)

Η υπόθεση [f(x) 3] + 3x = 3xf(x) – 1 για x = α δίνει

[f(α) 3] + 3α = 3αf(α) – 1 (2)

⇒

6α + 3α = 3α 2α – 1

6α + 3α = 3 3α – 1

6α – 2 3α + 1 = 0

( 3α – 1 2) = 0 ⇒ 3α – 1 = 0 ⇒ 3α = 1 ⇒ α = 1

17

γ

x

ε

M0

KO

Μ

16. ∆ίνεται σηµείο Κ(α, β) και συνάρτηση f παραγωγίσιµη στο ανοιχτό διάστηµα ∆ µε f ΄ (x)≠ 0 για κάθε x∈∆.

Αν η απόσταση (ΚΜ) του Κ από το τυχαίο σηµείο Μ της fC έχει ελάχιστο

(Κ oΜ ) , όπου oΜ ∈ fC , να αποδείξετε ότι η ευθεία Κ oΜ είναι κάθετη στην

εφαπτοµένη ε της fC στο σηµείο oΜ .


Έστω Μ(x, f(x)) το τυχαίο σηµείο της fC .

(ΚΜ 2) = (x – α 2) + (f(x) – β 2) .

Θεωρούµε τη συνάρτηση

g(x) = (x – α 2) + (f(x) – β 2) , x∈∆,

η οποία είναι παραγωγίσιµη στο ∆ και

παρουσιάζει ελάχιστο g( ox ) = (Κ oΜ 2) .

Από το Θ. Fermat θα έχουµε g ( ox ) = 0.

Αλλά g (x) = 2(x – α) + 2(f(x) – β) f ′ (x)

g( ox ) = 2( ox – α) + 2(f( ox ) – β) f ′ ( ox )

0 = 2(ox – α) + 2(f( ox ) – β) f ′ ( ox )

0 = (ox – α) + (f( ox ) – β) f ′ ( ox ) (1)

Αρκεί να αποδείξουµε ότι ελ o ΚΜ⋅ λ = –1

f ΄ ( ox )( )o

o

f xx

−β−α

= –1

f ΄ ( ox )(f( ox ) – β) = – ( ox – α)

(ox – α) +f ΄ ( ox ) (f( ox ) – β) = 0

που ισχύει από την (1)

18

y

x

(δ)

O

k

M

M0

K0

17. Έστω η συνάρτηση f(x) = xe και η διχοτόµος (δ) της πρώτης – τρίτης γωνίας

των αξόνων. Να βρείτε εκείνο το σηµείο της fC το οποίο απέχει τη µικρότερη

απόσταση από την ευθεία (δ) και πόση είναι αυτή η απόσταση.


Έστω Μ( x, xe ) το τυχαίο σηµείο της fC και

(ΜΚ) η απόστασή του από τη (δ).

Η εξίσωση της (δ) είναι y = x ⇔ – x + y = 0.

Άρα (MK) = xx e

1 1

− +

+ =

xe x

2

−

Αναζητάµε το ελάχιστο της ποσότητας xe x−

Θεωρούµε τη συνάρτηση g(x) = xe – x , x∈ℝ

g΄(x) = xe – 1

g΄(x) = 0 ⇔ xe – 1 = 0 ⇔ xe = 1 ⇔ x = 0

Πρόσηµο της g , µονοτονία της g και ακρότατα

Άρα g (x) ≥ g (0) = 0e – 0 = 1 > 0 ⇒ xe x− = xe – x.

Έτσι , αναζητάµε το ελάχιστο της g(x) = xe – x , το οποίο βρήκαµε ίσο 1 και

συµβαίνει για x = 0 .Άρα το ζητούµενο σηµείο της fC είναι το oΜ (0, 0e ) = oΜ

(0, 1) και η απόστασή του από τη (δ) είναι ( oΜ oK ) = 0e 0

2

−= 1

2= 2

2

x –∞ 0 +∞ g΄(x) – 0 + g (x) ց 1 ր

ολ. ελάχ

Πρέπει να απαλλαγούµε από το απόλυτο

19

y

xαΟ

Α

∆ Γ

Β Σ

18. Να προσδιορίσετε ορθογώνιο παραλληλόγραµµο του οποίου οι δύο κορυφές να ανήκουν στον άξονα x x′ και οι άλλες δύο στη γραφική παράσταση της

συνάρτησης f(x) = – 2x + 9x, έτσι ώστε το εµβαδόν του να είναι µέγιστο. Προτεινόµενη λύση

Έστω ΑΒΓ∆ το τυχαίο ορθογώνιο και (ΟΑ) = α.

Οι ρίζες της εξίσωσης f(x) = 0 είναι

0 και 9. Άρα (ΟΣ) = 9

Α∆⊥ x x′ ⇒ x∆ = α

∆∈ fC ⇒ y∆ = – 2α + 9α

∆Γ x x′ ⇒ yΓ = y∆ = – 2α + 9α

Γ∈ fC ⇒ yΓ = f ( xΓ )

–2α + 9α = – 2xΓ + 9xΓ

2xΓ – 2α = 9xΓ – 9α

(xΓ – α)( xΓ + α) = 9(xΓ – α)

xΓ +α = 9 ⇒ xΓ = 9 – α =xΒ

(ΑΒ) = (ΟΒ) – (ΟΑ) = 9 – α – α = 9 – 2α

(ΑΒΓ∆) = (ΑΒ)⋅(Α∆) = (9 – 2α)(– 2α + 9α)

= – 92α + 81α + 2 3α –18 2α

= 23α – 27 2α + 81α

Θεωρούµε τη συνάρτηση g(α) = 2 3α – 27 2α + 81α , 0 < α.< 92

g΄(α) = 6 2α – 54α + 81

g΄(α) = 3(2 2α – 18α + 27)

Πρόσηµο της g και µονοτονία της g

Εποµένως , το ορθογώνιο έχει το µέγιστο εµβαδόν όταν η κορυφή Α έχει

τετµηµένη 9 3 32

−

α 0 9 3 3

2− 9

2

g΄(α) + 0 – g (α) ր ց

µέγιστο

20

19. Για κάθε x≥0 και y≥0 να αποδείξετε ότι 8 3x – 15 2x y + 6x 2y + 3y ≥ 0.


Έστω y≥ 0 τυχαίο.

Θεωρούµε τη συνάρτηση

f(x) = 8 3x – 15y 2x + 6 2y x + 3y , x ≥ 0

f ΄ (x) = 24 2x – 30yx + 6 2y = 6(4 2x – 5yx + 2y )

∆ = (–5y 2) – 4⋅4⋅ 2y = 25 2y –16 2y = 9 2y

Ρίζες της f ΄ : x = 5y 3y

8±

= y ή y4

Πρόσηµο της f ΄ και µονοτονία της f

f(0) = 8⋅ 30 – 15 2x ⋅0 + 6x⋅0 + 3y = 3y ≥ 0

f(y) = 8 3y – 15 2y y + 6y 2y + 3y = 8 3y –15 3y + 6 3y + 3y = 0.

Από τον πίνακα συµπεραίνουµε ότι ελf = 0, άρα f(x) ≥ 0

x 0

y4

y +∞

f ΄ (x) + 0 – 0 + f(x) 3y ր ց 0 ր

τ. µέγ τ. ελ

Όταν έχουµε δύο µεταβλητές , θεωρούµε τη µία σαν ανεξάρτητη µεταβλητή

21

20. Για κάθε x > 0 να αποδείξετε ότι xe > e

42x


Αρκεί να αποδείξουµε xe – e4

2x > 0, για κάθε x > 0

Θεωρούµε τη συνάρτηση f(x) = xe – e4

2x , x ≥ 0

f ΄ (x) = xe – e4

2x = xe – e2

x

f ΄ (x) = xe – e2

f ΄ (x) = 0 ⇔ xe – e2

= 0 ⇔ xe = e2

⇔ ln xe = ln e2

⇔

x = lne– ln2 ⇔ x = 1 – ln2

Πρόσηµο της f ΄ και µονοτονία της f ΄

x 0 1 – ln2 +∞ f ΄ (x) – 0 + f ΄ (x) ց ր

ελάχιστο

f ΄ (1 – ln2) = 1 ln 2e − – e2

(1 – ln2)

= ln 2e

e – e

2+ e

2ln2

= e2

– e2

+ e2

ln2 = e2

ln2 > 0

Από τον πίνακα συµπεραίνουµε ότι f ′ (x) > f ′ (1 – ln2) = e2

ln2 > 0

Άρα f γνησίως αύξουσα στο [0, +∞ )

Για κάθε x > 0 f ↑⇒ f(x) >f(0) = 0e – e

420 = 1 > 0

Μέθοδος : Για να έχουµε το πρόσηµο της f ΄ φθάνουµε στην f ΄

22

21. Για την παραγωγίσιµη συνάρτηση f: [0, +∞ )→ ℝ δίνεται ότι f(0) = 1 και f ΄ (x) > f(x) για κάθε x∈[0, +∞ ).

Να αποδείξετε ότι f(x) ≥ xe για κάθε x∈[0, +∞ ).


Για κάθε x∈[0, +∞ ) είναι f ΄ (x) >f(x) ⇔ f ΄ (x) –f(x) > 0

f ΄ (x) xe− – f(x) xe− > 0⋅ xe−

f ΄ (x) xe− + f(x)( xe− )΄ > 0

(f(x) xe− )΄ > 0

Άρα , η συνάρτηση h(x) = f(x) xe− είναι γνησίως αύξουσα στο [0, +∞ ).

x ≥ 0 h ↑

⇒ h(x) ≥ h(0)

f(x) xe− ≥ f(0) 0e−

f(x) xe− ≥ 1⋅1

f(x) xe− ≥ 1 ⇒ f(x) ≥ xe

Να θυµόµαστε αυτή την ενέργεια

23

22. Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιµη στο ℝ και ισχύει f ΄ (x) = x x2− – ln2⋅f(x) για κάθε x∈ ℝ . Αν η f παρουσιάζει τοπικό ακρότατο στη θέση ox = 1, να βρείτε την f.


Για κάθε x∈ ℝ είναι f ΄ (x) = x x2− – ln2⋅f(x)

f ΄ (x) x2 = x – ln2⋅f(x) x2

f ΄ (x) x2 + ln2⋅f(x) x2 = x

f ΄ (x) x2 + f(x) ( x2 )΄ = x

(f(x) x2 )΄ = 2x

2

′

f(x) x2 = 2x

2+ c (1)

Για x = 1 η (1) ⇒ f(1) 12 = 212

+ c ⇒ 2f(1) = 12

+ c (2)

Επειδή η f παρουσιάζει τοπικό ακρότατο στη θέση ox = 1, από το Θ. Fermat θα

είναι f ΄ (1) = 0

Η υπόθεση f ΄ (x) = x x2− – ln2. f(x) για x = 1 ⇒

f ΄ (1) = 1⋅ 12− – ln2⋅f(1)

0 = 12− – ln2⋅f(1)

ln2⋅f(1) = 12− ⇒ f(1) = 12 ln 2

(2) ⇒ 2 12 ln 2

= 12

+ c ⇒ 1ln 2

– 12

= c

Η (1) γίνεται f(x) x2 = 2x

2+ 1

ln 2 – 1

2 ⇔ f(x) = (

2x2

+ 1ln 2

– 12) x2−

Documents

ΜΑΘΗΜΑ 33 33.pdf · 2.7 ΤΟΠΙΚΑ ΑΚΡΟΤΑΤΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ Η έννοια του τοπικού ακρότατου Προσδιορισµός των τοπικών