35 χρήσιμες-προτάσεις-Χατζόπουλος-νέο

2014

35 Χρήσιμες Προτάσεις

με αποδείξεις Γ΄ Λυκείου – Μαθηματικά Κατεύθυνσης

Περίληψη: Στο ένθετο αυτό περιλαμβάνονται 35 βασικές προτάσεις, μικρά λήμματα χρήσιμα για τις εξετάσεις. Μας βοηθούν να «ξεκλειδώνουμε» πιο εύκολα τις σύνθετες ασκήσεις. Δεν βοηθάει η στείρα αποστήθισή τους αλλά η κατανόηση και η εφαρμογή τους μέσα στις ασκήσεις.

2015

Επιμέλεια: Μάκης Χατζόπουλος http://lisari.blogspot.com

13/5/2015

http://lisari.blogspot.gr

2

Μια συλλογή με

35 Χρήσιμες προτάσεις

Επιμέλεια ασκήσεων

1 – 13: Νίκος Ζανταρίδης για το master class 4

14 - 32: Μάκης Χατζόπουλος

33 – 35: Νίκος Σπλήνης

Ανανεωμένο: 8-4-2015

Θέματα 31, 32

Ανανεωμένο: 13 -05 – 2015

Θέματα 33, 34, 34

http://lisari.blogspot.gr/


3

ΘΕΜΑ 1

Αν η συνάρτηση : f A είναι γνησίως μονότονη στο Α, τότε η 1f είναι γνησίως μονότονη στο

f A με ίδιο είδος μονοτονίας με την f.

Απόδειξη

Επειδή η f είναι γνησίως μονότονη στο πεδίο ορισμού της Α, έπεται ότι η f είναι συνάρτηση 1-1,

οπότε η f έχει αντίστροφη συνάρτηση και το πεδίο ορισμού της 1f είναι το f A .

Έστω ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο Α, θα δείξουμε ότι η 1f είναι γνησίως αύξουσα στο f A .

Υποθέτουμε ότι η 1f δεν είναι γνησίως αύξουσα στο f A , τότε θα υπάρχουν 1 2, y y f A με

1 2y y και 1 1

1 2

f y f y . ‘Εχουμε όμως

*:

1 1 1 1

1 2 1 2 1 2

< af

f y f y f f y f f y y y άτοπο αφού 1 2y y .

(*)(αφού 1 , ) f f y y ά y f A

Από τα παραπάνω προκύπτει ότι η 1f είναι γνησίως αύξουσα στο f A .

Ομοίως αποδεικνύεται ότι αν η f είναι γνησίως φθίνουσα στο Α, τότε και η 1f είναι γνησίως

φθίνουσα στο f A .

Από όλα τα παραπάνω συμπεραίνουμε ότι αν η f είναι γνησίως μονότονη στο Α, τότε και η 1f είναι

γνησίως μονότονη στο f A με το ίδιο είδος μονοτονίας με την f.

ΘΕΜΑ 2

Αν η συνάρτηση : f A είναι γνησίως αύξουσα στο Α, να δείξετε ότι η εξίσωση 1f x f x

είναι ισοδύναμη με την εξίσωση f x x .

Απόδειξη

Έστω 0x μια ρίζα της εξίσωσης 1f x f x , τότε θα ισχύει 1

0 0 : 1f x f x .

Από της (1) προκύπτει ότι 0 0, x A x f A και 0 f x A (αφού 1

0 0

f x f x A).

Έχουμε 1

0 0 0 01 : 2 f f x f f x f f x x

Θα δείξουμε ότι 0 0f x x

Έστω ότι 0 0f x x , τότε θα είναι 0 0 0 0 f x x ή f x x .

Υποθέτουμε ότι 0 0f x x , τότε θα έχουμε



4

0 0

2:

0 0 0 0 0 0 0 0,

<f A

f x x Af x x f f x f x x f x f x x , ΑΤΟΠΟ,

αφού υποθέσαμε ότι 0 0f x x .

Ομοίως σε άτοπο καταλήγουμε αν υποθέσουμε ότι 0 0f x x . Επομένως είναι 0 0f x x , οπότε ο

αριθμός 0x είναι ρίζα της εξίσωσης f x x . Άρα κάθε ρίζα της εξίσωσης 1f x f x είναι και

ρίζα της εξίσωσης f x x .

Αντιστρόφως

Έστω 0x μια ρίζα της εξίσωσης f x x , τότε θα ισχύει 0 0f x x : (3).

Από την (3) προκύπτει ότι 0 0 x A x f A (αφού 0 0 x f x f ).

Από την (3) έχουμε

1 1 1 1

0 0 0 0 0 0 0 0 : 4 f x x f f x f x x f x f x x

Από (3) και (4) προκύπτει ότι 1

0 0

f x f x .

Άρα ο αριθμός 0x είναι ρίζα της εξίσωσης 1f x f x . Επομένως κάθε ρίζα της εξίσωσης

f x x είναι και ρίζα της εξίσωσης 1f x f x .

Από τα παραπάνω προκύπτει ότι οι εξισώσεις 1f x f x και f x x είναι ισοδύναμες.

ΘΕΜΑ 3

Αν για τις συναρτήσεις , : f g ισχύει f x g x κοντά στο 0x και είναι lim

ox x

g x , τότε

είναι και lim

ox x

f x .

Απόδειξη

Επειδή είναι lim

ox x

g x έπεται ότι ισχύει 0g x κοντά στο 0x . Ακόμα δόθηκε ότι ισχύει

f x g x κοντά στο 0x . Έτσι κοντά στο 0x ισχύει

0 f x g x , οπότε κοντά στο 0x ισχύει:

1 1

0 : 1 f x g x

Είναι 0 0lim

ox x

και 1

0lim

ox x g x

(αφού lim

ox x

g x ) οπότε, λόγω της (1), προκύπτει ότι

1

0lim

ox x f x

.



5

Επειδή είναι 1

0lim

ox x f x

και ισχύει 1

0f x

κοντά στο 0x , έπεται ότι

1

1lim

ox x

f x

, δηλαδή lim

ox x

f x .

Σημείωση: Αν ισχύει f x g x κοντά στο 0x και είναι lim

ox x

g x , τότε και lim

ox x

f x .

ΘΕΜΑ 4

Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα Δ, παραγωγίσιμη στο εσωτερικό του διαστήματος Δ

και ισχύει ' 0f x για κάθε εσωτερικό σημείο του Δ, τότε η f είναι αύξουσα στο Δ.

Απόδειξη

Έστω 1 2, x x με 1 2x x . Επειδή η f είναι συνεχής στο διάστημα Δ, παραγωγίσιμη στο εσωτερικό

του Δ και είναι 1 2, x x , έπεται ότι η f είναι συνεχής στο 1 2,x x και παραγωγίσιμη στο 1 2,x x ,

οπότε η f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ στο 1 2,x x , άρα υπάρχει 1 2, x x , ώστε

2 1

2 1 2 1

2 1

' ' : 1

f x f xf f x f x f x x

x x

Είναι όμως ' 0f και 2 1 0 x x (αφού 1 2x x ), οπότε έχουμε:

1

2 1 2 1 1 2

2 1

' 0

' 0 0

0

f

f x x f x f x f x f x

x x

Επομένως για κάθε 1 2, x x με 1 2x x ισχύει 1 2f x f x , οπότε η f είναι αύξουσα στο Δ.

Σημείωση: Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα Δ, παραγωγίσιμη στο εσωτερικό του Δ και για

κάθε εσωτερικό σημείο x του Δ ισχύει ' 0f x , τότε η f είναι φθίνουσα στο διάστημα Δ.

ΘΕΜΑ 5

α) Αν η συνάρτηση : , f είναι συνεχής και περιττή, τότε 0

f t dt

.

β) Να βρεθεί το 2014

3

2014

t te e t t dt .

Λύση



6

Θεωρώ την συνάρτηση , ,

x

x

g x f t dt x .

Είναι 0

0 0 0

x x x

x

g x f t dt f t dt f t dt f t dt .

Επειδή η f είναι συνεχής στο , , η συνάρτηση 0

, , x

h x f t dt x είναι παραγωγίσιμη

στο , με ' h x f x και η συνάρτηση

0

, ,

x

x f t dt h x x a a είναι παραγωγίσιμη στο , ως

σύνθεση παραγωγίσιμων συναρτήσεων με ' ' x f x x f x .

Έτσι η g είναι παραγωγίσιμη στο , ως διαφορά παραγωγίσιμων συναρτήσεων με

0 0

' ...

x x

g x f t dt f t dt f x f x x f x f x .

Επειδή η f είναι περιττή έπεται ότι ισχύει f x f x για κάθε , x .

Έτσι για κάθε , x είναι ' 0 g x f x f x , οπότε η g είναι σταθερή στο , .

Επομένως για κάθε , x ισχύει

0

0

0 0

x x

x x

g x g f t dt f t dt f t dt

Για x = α έχουμε 0

f t dt

.

Σημείωση: Ένας 2ος τρόπος επίλυσης είναι με αλλαγή μεταβλητής ( u t ).

β) Για την συνάρτηση : με 3 x xx e e x x , ισχύει

Η φ είναι συνεχής στο και

3

3

3

,

x x

x x

x x

x e e x x

e e x x

e e x x

x ά x



7

Άρα η φ είναι συνεχής στο και περιττή, οπότε από το (α) ερώτημα έχουμε

2014

2014

0

t dt δηλαδή 2014

3

2014

0

t te e t t dt .

ΘΕΜΑ 6

Αν η συνάρτηση : , f είναι συνεχής και άρτια, τότε 0

2

f t dt f t dt

.

Απόδειξη

Επειδή η f είναι άρτια ισχύει , , f x f x ά x : (1)

Θεωρώ την συνάρτηση 0

2 , ,

x x

x

x f t dt f t dt x

Είναι:

0

0 0

0

0

0 0

2

x x

x

x

x

x

x f t dt f t dt f t dt

f t dt f t dt

f t dt f t dt

Έχουμε,

1

' ... '

1

0, ,

x f x x f x

f x f x

f x f x

f x f x ά x a a

Άρα η φ είναι σταθερή στο ,a a , οπότε για κάθε , x a a ισχύει

0 0

0 0 0

0 2 2

x x

x

x f t dt f t dt f t dt f t dt

0

2 0

x x

x

f t dt f t dt



8

0

2

x x

x

f t dt f t dt

Για x έχουμε: 0

2

f t dt f t dt

.

Σημείωση: 2ος τρόπος 0

0

f t dt f t dt f t dt

και για το 0

f t dt

αλλαγή μεταβλητής

( u t ).

ΘΕΜΑ 7

Αν η συνάρτηση :f , όπου Δ διάστημα, είναι συνεχής στο Δ και ισχύει 0f x για κάθε

x και 0 f t dt

με , , τότε είναι α = β.

Απόδειξη

Θεωρώ την συνάρτηση , x

g x f t dt x

( , σταθερό σημείο του Δ).

Επειδή η f είναι συνεχής στο διάστημα Δ έπεται ότι η g είναι παραγωγίσιμη στο Δ με

' g x f x , για κάθε x .

Επειδή η f είναι συνεχής στο διάστημα Δ κα ισχύει 0f x για κάθε x έπεται ότι η f διατηρεί

στο Δ σταθερό πρόσημο, οπότε θα είναι f(x) > 0 για κάθε x ή f(x)<0 για κάθε x , δηλαδή θα

είναι ' 0g x για κάθε x ή ' 0g x για κάθε x .

Επομένως η g θα είναι γνησίως αύξουσα στο Δ ή γνησίως φθίνουσα στο Δ. Έτσι η g, ως γνησίως

μονότονη στο Δ, είναι συνάρτηση 1 – 1.

Έχουμε,

0 0

0

1 1

f t dt f t dt f t dt

f t dt f t dt

f t dt f t dt

g g

ί g ί ά



9

Άρα είναι α = β.

ΘΕΜΑ 8

Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [α, β], τότε υπάρχει , ώστε f x dx f

Απόδειξη

Θεωρώ την συνάρτηση , , x

g x f t dt x

.

Επειδή η f είναι συνεχής στο [α, β] έπεται ότι η g είναι παραγωγίσιμη στο [α, β] με ' g x f x , για

κάθε ,x , οπότε η g ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του ΘΜΤ στο [α, β] (αφού η g είναι συνεχής

στο [α, β] και παραγωγίσιμη στο (α, β)).

Επομένως υπάρχει , , ώστε

'

0

a

f t dt f t dtg gg f

f t dt f

f t dt f

ΘΕΜΑ 9

Αν οι συναρτήσεις , : , f g είναι συνεχείς και ισχύει f x g x για κάθε ,x a , τότε

f x dx g x dx

Απόδειξη

Θεωρώ τη συνάρτηση , , h x f x g x x .

Η h είναι συνεχής στο [α ,β], ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων. Ακόμα για κάθε ,x a ισχύει

0 0 f x g x f x g x h x .

Επειδή η h είναι συνεχής στο [α, β] και ισχύει 0h x για κάθε ,x έπεται ότι

0 0

0

h x dx f x g x dx

f x dx g x dx



10

f x dx g x dx

Βασικές ανισότητες

1) , x x ά x (η ισότητα ισχύει μόνο αν x = 0)

2) 1 xe x (παρακάτω δες απόδειξη) (η ισότητα ισχύει μόνο αν x = 0)

3) ln 1, 0 x x ά x (η ισότητα ισχύει μόνο αν x = 1)

4) 2 , , 0 ά (η ισότητα ισχύει μόνο αν α = β)

5) 1

2, 0 ά

(η ισότητα ισχύει μόνο αν a = 1)

6) Αν , m f x M ά x τότε

20 ... 0 f x m f x M f x m M f x m M …

ΘΕΜΑ 10

Αν η συνάρτηση :f (Δ: διάστημα) είναι παραγωγίσιμη και ισχύει ' 0f x για κάθε x ,

τότε η f είναι συνάρτηση 1 – 1 .

Απόδειξη

Υποθέτουμε ότι η f ΔΕΝ είναι συνάρτηση 1 – 1, τότε θα υπάρχουν 1 2, x x με 1 2x x και

1 2f x f x .

Επειδή η f είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα Δ και 1 2, x x έπεται ότι η f είναι συνεχής στο

1 2,x x και παραγωγίσιμη 1 2,x x .

Ακόμη είναι 1 2f x f x . Άρα η f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ. Rolle στο 1 2,x x , οπότε

υπάρχει 1 2, x x ώστε ' 0f , ΑΤΟΠΟ, αφού δόθηκε ότι ' 0f x για κάθε x .

Επομένως η f είναι συνάρτηση 1 – 1.

ΘΕΜΑ 11

Αν η συνάρτηση :f (Δ: διάστημα) είναι συνεχής και 1 – 1, τότε η f είναι γνησίως μονότονη

στο Δ.

Απόδειξη

Έστω ότι η f ΔΕΝ είναι γνησίως μονότονη στο Δ, τότε δεδομένου ότι η f είναι συνάρτηση 1 -1, θα

υπάρχουν 1 2 3, , x x x με 1 2 3 x x x και



11

1 3 2

3 1 2

f x f x f x

ή

f x f x f x

3 1 2

1 3 2

ή

f x f x f x

ή

f x f x f x

Έστω 1 3 2 f x f x f x , τότε επειδή η f είναι συνεχής στο 1 2,x x και ισχύει

1 3 2 f x f x f x έπεται, λόγω του θεωρήματος ενδιαμέσων τιμών, ότι υπάρχει 1 2, x x

ώστε 3f f x και επειδή η f είναι 1 -1 προκύπτει ότι 3 x , ΑΤΟΠΟ, αφού 1 2 3 x x x .

Ομοίως σε άτοπο καταλήγουμε και στις υπόλοιπες περιπτώσεις.

Επομένως η f είναι γνησίως μονότονη στο Δ.

ΘΕΜΑ 12

Αν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα Δ και εξίσωση f (x) = 0 έχει ν διαφορετικές ρίζες

2v στο Δ, τότε η εξίσωση ' 0f x έχει τουλάχιστον (ν – 1) ρίζες στο Δ.

Απόδειξη

Έστω 1 2, ,..., με 1 2 1... οι ν στο πλήθος ρίζες της εξίσωσης

f (x) = 0.

Επειδή η f είναι παραγωγίσιμη στο Δ έπεται ότι η f είναι συνεχής στα διαστήματα

1 2 2 3 1, , , ,..., , και παραγωγίσιμη στα διαστήματα 1 2 2 3 1, , , ,..., , .

Ακόμη είναι 1 2 1... 0 f f f f , αφού οι αριθμοί 1 2, ,..., είναι οι ρίζες

της εξίσωσης f (x) = 0.

Άρα η f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ. Rolle σε καθένα από τα διαστήματα

1 2 2 3 1, , , ,..., , .

Επομένως υπάρχουν 1 1 2 2 2 3 1 1, , , ,..., , ώστε

1 2 1' 0, ' 0,..., ' 0 f f f ,

οπότε η εξίσωση ' 0f x έχει τουλάχιστον (ν -1) ρίζες στο διάστημα Δ.

ΘΕΜΑ 13

Για κάθε , z w ισχύουν:

1. 2 2 2 2 22Re 2Re z w z w z w z w z w



12

2. 2 2 2 2

2 2 z w z w z w

3. 2 24Re 4Re z w z w z w z w

Απόδειξη

1. Έχουμε,

2 2 2 z w z w z w z w z w zz zw wz ww z w zw zw οπότε

2 2 2 2 22Re z w z w z w z w z w z w

και

2 2 2 2 22Re z w z w z w z w z w z w

2. Έχουμε,

2 2

z w z w z w z w z w z w

z w z w z w z w

z z z w w z w w z z z w w z

2 2 2 2

2 22 2

w w

z w z w

z w

3. Έχουμε,

2 2

z w z w z w z w z w z w

z w z w z w z w

z z z w w z w w z z z w w z w w

2 z w z w

2

2 2Re

4Re

z w z w

z w

z w

Ακόμη είναι

Re Re z w z w

Έτσι έχουμε

2 24Re 4Re z w z w z w z w .



13

ΘΕΜΑ 14

Για κάθε z ισχύουν:

) i z z z , δηλαδή ένας μιγαδικός αριθμός είναι πραγματικός αν, και μόνο αν, ισούται με τον

συζυγή του.

) ii z z z δηλαδή ένας μιγαδικός αριθμός είναι φανταστικός αν, και μόνο αν, ισούται με τον

αντίθετο συζυγή του.

Απόδειξη

i) Έχουμε, 0 2Im 0 Im 0 z z z z z i z z

ii) Έχουμε, 0 2Re 0 Re 0 z z z z z z z

ΘΕΜΑ 15

Για κάθε z ισχύει 2 2 z z z , δηλαδή το μέτρο μιγαδικού z συμπεριφέρεται ως απόλυτο

αν, και μόνο αν, o z είναι πραγματικός αριθμός.

Απόδειξη

Έστω z i . Είναι,

2 22 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2

2

2

2 0

2 0 0

0

z z i

i

z

ΘΕΜΑ 16

Αν z και 0 z , τότε 2

p

zz

.

Απόδειξη

Έχουμε, 20

2 2 2

p p

z p z p z z p zz

.

ΘΕΜΑ 17

Αν z , τότε η εξίσωση 3 1z έχει λύσεις 1 3

12 2

z ή z i .

Προσοχή: Συνηθίζεται οι μαθητές να την λύνουν ως εξής: z z z3 31 1 1που προφανώς

δεν έχουν βρει όλες τις λύσεις της εξίσωσης.

Απόδειξη



14

Έχουμε,

3 3

2

2

1 1 0

1 1 0

1 0 1 0

1 31

2 2

z z

z z z

z ή z z

z ή z i

Σημείωση: Τις εξισώσεις της μορφής vz a , τις λύνουμε (αυτές που είναι εντός ύλης) όπως

παραπάνω. Δείτε ως άσκηση τις περιπτώσεις: i) v = 2 και α = 1 ii) v = 4 και α = 1 .

ΘΕΜΑ 18

Για κάθε πραγματικό x ισχύει 1. xe x και το ίσον ισχύει μόνο όταν x = 0 .

Απόδειξη

Από εφαρμογή σχολικού βιβλίου γνωρίζουμε ότι, για όλους τους θετικούς αριθμούς x ισχύει

ln 1 x x (1) και το ίσον ισχύει μόνο για x = 1.

Αντικαθιστούμε στην (1) όπου x το xe (αφού είναι θετικός), ln 1 x xe e δηλαδή 1 xx e άρα

1 xe x .

Το ίσον ισχύει όταν το 1xe δηλαδή όταν x = 0.

ΘΕΜΑ 19 (μηδενική επί φραγμένη)

Αν οι συναρτήσεις f , g είναι ορισμένες στο Δ και ισχύει g x m για όλα τα x Δ και

0lim

ox x

f x ,τότε 0lim

ox x

f x g x .

Απόδειξη

Είναι, f x g x f x g x m f x .

Άρα για όλα τα x ισχύει f x g x m f x m f x f x g x m f x

Όμως 0 0 0lim lim

o ox x x x

m f x m f x m m και

0 0 0lim lim

o ox x x x

m f x m f x m m

από Κριτήριο Παρεμβολής έπεται ότι 0lim

ox x

f x g x .

ΘΕΜΑ 20

Αν : , f συνεχής και 0f f , τότε η f έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο [α, β].



15

Απόδειξη

Επειδή 0f f ή θα είναι 0f f (1) ή θα είναι 0f f (2).

Διακρίνουμε περιπτώσεις:

Ι) Αν ισχύει η σχέση (1), γνωρίζουμε ότι η f είναι συνεχής στο [α, β], οπότε από το Θεώρημα Bolzano

η εξίσωση f(x) = 0 έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (α ,β).

ΙΙ) Αν η ισχύει η σχέση (2), τότε έχουμε

0 0 0

: 0 : 0

f f f ή f

ί ί f x ή ί ί f x

άρα η εξίσωση f(x) = 0 έχει ρίζες το α ή το β.

Συνολικά από τις περιπτώσεις Ι και ΙΙ παίρνουμε ότι η εξίσωση f(x) = 0 έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο

[α, β].

ΘΕΜΑ 21 (πρόταση που λύνουμε ανισώσεις – εξισώσεις)

α) Μια συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα Δ, αν, και μόνο αν, για κάθε 1 2, x x

ισχύει η ισοδυναμία 1 2 1 2 x x f x f x .

β) Μια συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα Δ, αν, και μόνο αν, για κάθε 1 2, x x

ισχύει η ισοδυναμία 1 2 1 2 x x f x f x .

γ) Αν συνάρτηση f είναι 1 – 1 στο σύνολο Α, αν, και μόνο αν, για κάθε 1 2, x x ισχύει η ισοδυναμία

1 2 1 2 f x f x x x .

Απόδειξη

α) Ευθύ: Ισχύει από τον ορισμό της γν. αύξουσας συνάρτησης

Αντίστροφο: Έστω 1 2f x f x για 1 2x ,x , θα δείξουμε ότι 1 2x x .

Έστω 1 2x x , τότε από τον ορισμό της συνάρτησης έχουμε 1 2f x f x , ΑΤΟΠΟ αφού

1 2f x f x .

Έστω 1 2x x , επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα ισχύει 1 2f x f x , ΑΤΟΠΟ αφού 1 2f x f x .

Οπότε από τον νόμο της τριχοτομίας έπεται ότι 1 2x x , οπότε ισχύει η ισοδυναμία

1 2 1 2x x f x f x .

β) Αντίστοιχα με το (α)

γ) Ευθύ: Ισχύει από τον ορισμό της 1 – 1



16

Αντίστροφο: Αν 1 2x x τότε από τον ορισμό της συνάρτησης έχουμε 1 2f x f x , (δεν μπορεί το

ίδιο x να αντιστοιχίζεται σε διαφορετικό y, η αντιστοίχιση σε αυτή την περίπτωση δεν θα ήταν

συνάρτηση).

Οπότε ισχύει η ισοδυναμία 1 2 1 2f x f x x x .

ΘΕΜΑ 22

α) Μια γνησίως μονότονη συνάρτηση έχει το πολύ μία ρίζα.

β) Έστω f μια γνησίως μονότονη συνάρτηση στο Α, τότε η εξίσωση f(x) = k, έχει μια το πολύ λύση

στο Α.

Απόδειξη

α) Έστω f μια γνησίως μονότονη συνάρτηση, τότε η f είναι γνησίως αύξουσα ή γνησίως φθίνουσα και

σε κάθε περίπτωση είναι 1 – 1.

Έστω ότι η εξίσωση f x 0 έχει δύο τουλάχιστον διαφορετικές ρίζες τις 1 2p ,p , τότε

f :1 1

1 2 1 2 1 2f p f p 0 f p f p p p

ΑΤΟΠΟ

Οπότε η εξίσωση f x 0 έχει το πολύ μια ρίζα.

ΘΕΜΑ 23

Αν για μια συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα Δ, τότε μεταξύ δύο οποιωνδήποτε

διαφορετικών ριζών της f βρίσκεται μία τουλάχιστον ρίζα της παραγώγους της f, δηλαδή της f ΄.

Απόδειξη

Έστω 1 2p p δύο ρίζες της f στο Δ.

Η f είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα 1 2p ,p και ισχύει 1 2f p f p 0 , άρα ικανοποιούνται οι

προϋποθέσεις του Θ. Rolle στο 1 2p ,p , επομένως υπάρχει 1 2p ,p τέτοιο ώστε f 0 , άρα

η εξίσωση f x 0 έχει μία τουλάχιστον λύση στο 1 2p ,p , δηλαδή μεταξύ των δύο διαφορετικών

ριζών της εξίσωσης f(x) = 0.

ΘΕΜΑ 24

Αν μια συνεχή συνάρτηση f ορισμένη σε ένα ανοικτό διάστημα (α, β) έχει την ιδιότητα

x a x

f x , f xlim lim

(η αντίστροφα), τότε το σύνολο τιμών της είναι το .

Απόδειξη

Αρκεί να δείξουμε ότι για κάθε πραγματικό αριθμό y είναι τιμή της f.



17

Επειδή x a

f xlim

η f θα παίρνει και τιμές μικρότερες του y, δηλαδή θα υπάρχει 1x , ώστε

1f x y .

Επειδή x

f xlim

η f θα παίρνει και τιμές μεγαλύτερες του y, δηλαδή θα υπάρχει 2x ,

ώστε 2f x y .

Προφανώς 1 2x x και από το θεώρημα ενδιαμέσων τιμών θα υπάρχει x στο διάστημα με άκρα τα

1 2x , x τέτοιο ώστε f(x) = y. Επομένως το y είναι τιμή της f.

ΘΕΜΑ 24

Ισχύει η ισοδυναμία: 0 0lim lim

o ox x x x

f x f x

Απόδειξη

Γνωρίζουμε ότι, f x f x f x , όμως 0lim lim

o ox x x x

f x f x , οπότε από το

Κριτήριο Παρεμβολής έπεται το ζητούμενο.

ΘΕΜΑ 25

α) Οι παραγωγίσιμες συναρτήσεις f : με την ιδιότητα f f είναι της μορφής xf x ce ,

όπου c σταθερά.

β) Οι παραγωγίσιμες συναρτήσεις f : με την ιδιότητα f m f είναι της μορφής

mxf x ce , όπου , c m σταθερά.

Απόδειξη

α) Εφαρμογή σχολικού βιβλίου

β) Έχουμε διαδοχικά για κάθε x ,

' ' 0

' 0

0

mx mx

mx

f x m f x f x m f x

e f x me f x

e f x

άρα η συνάρτηση mxg x e f x είναι σταθερή στο , οπότε υπάρχει σταθερά c τέτοια ώστε

mxc e f x δηλαδή , mxf x ce x .



18

ΘΕΜΑ 26

Η παράγωγος της συνάρτησης ( ) | ( ) |g x f x , με f παραγωγίσιμη στο Α, είναι

'

f xg x f x

f x

Απόδειξη

Η συνάρτηση g μπορεί να γραφτεί1 ως εξής 2( ) ( )g x f x

οπότε, η g είναι παραγωγίσιμη στο B { : ( ) 0 x A f x }με

2

2 ( ) ' ( )'( ) · '( )

| ( ) |2 ( )

f x f x f xg x f x

f xf x

Σημείωση: Η συνάρτηση g ενδέχεται να είναι παραγωγίσιμη και στα σημεία

0 0( ) 0x έ ώ f x . Αν ζητάμε την παράγωγο της g σε αυτά τα σημεία, τότε πρέπει να την

εξετάσουμε με τη βοήθεια του ορισμού της παραγώγου, δηλαδή να βρούμε το όριο

0 00

0 0

lim lim

o ox x x x

f x f xg x g x

x x x x

ΘΕΜΑ 27

Η συνάρτηση xlnx –x είναι μία παράγουσα της lnx.

Απόδειξη

Έχουμε,

1

ln ln ln ln 1 1 ln 1 ln 1 1 ln x x x x x x x x x x x x x xx

ΘΕΜΑ 28

Ισχύει ότι 21 x x

Απόδειξη

Έχουμε,

2

2

2

1 11

1

1

x xx

x

.

ΘΕΜΑ 29

Αν μια συνάρτηση f είναι γνησίως μονότονη στα διαστήματα [α, β] και [β, γ] με το ίδιο είδος

μονοτονίας, τότε είναι γνησίως μονότονη (με το ίδιο είδος) και στο διάστημα [α, γ].

Απόδειξη

1 Επίσης υπάρχει και δεύτερος τρόπος να γράψουμε την g, ως εξής ln ( ) ln | ( ) |g x f x .........



19

Έστω ότι η f είναι γνησίως αύξουσα2 στα διαστήματα [α, β] και [β, γ], τότε για οποιαδήποτε

1 2, , , x a x , θα δείξουμε ότι ισχύει 1 2f x f x .

Έχουμε, 1 2 x x , άρα από τον ορισμό της γνησίως αύξουσας έχουμε,

1 1 x f x f και 2 2 x f f x f , άρα 1 2f x f x , άρα η f είναι

γνησίως αύξουσα και στην ένωση των διαστημάτων [α, β] και [β, γ], δηλαδή στο διάστημα

[α, γ].

Προσοχή! Η παραπάνω πρόταση δεν ισχύει για ένωση ΑΝΟΙΚΤΩΝ διαστημάτων, ισχύει όμως όταν η f είναι συνεχής στο

σημείο της ένωσης των δύο διαστημάτων, δηλαδή στο σημείο β.

ΘΕΜΑ 30

Ισχύουν τα εξής

α)

0

lim

x

axa

x

και

0

10lim

x

x

x

, a

β) 0 0

*1 10 0,lim lim

x x

v vx x vx x

γ) 1

1lim lim

x x

ax x a

x x

δ) *0 0,lim lim

x x

v v

x xv

x x

N

Απόδειξη

α) Αν α = 0, τότε

0 0 0 0

0 00 0lim lim lim lim

x x x x

ax xa

x x x

Αν 0a τότε

0 0 0

*

01 ,lim lim lim

x u u

u ax

u

ax u ua a a

ux u

a

.

Γενικά

0

,lim

x

axa a

x

.

Όμοια και το

0

10lim

x

x

x

.

β) Για κάθε *x ισχύει, 1 1

1 vv v vx x x x

x x , δηλαδή

1 1

v v vv vx x x x xx x

,

2 όμοια και για την γνησίως φθίνουσα



20

όμως 0 0

0lim lim

x x

v vx x , άρα από Κριτήριο Παρεμβολής προκύπτει το ζητούμενο.

Όμοια και για το 0

10lim

x

vxx

.

γ) Έχουμε, 0 0

1

0

1 11lim lim lim

x u u

ux

u

ux u

x u u

, όμοια

0 0

1

0

1lim lim lim

x u u

ux

u

ux u

x u u

.

δ) Έχουμε για κάθε *x , 1 1 1

v v v v

x x

x x x x x

, όμως

1 10lim lim

x x

v vx x, άρα από Κριτήριο Παρεμβολής προκύπτει το ζητούμενο.

Όμοια και για το όριο 0lim

x

v

x

x

.

ΘΕΜΑ 31 (Παράγωγος αντίστροφης συνάρτησης)

Έστω η αντιστρέψιμη συνάρτηση y f x , παραγωγίσιμη σ’ ένα διάστημα Δ. Αν f x 0 για κάθε

x τότε ισχύει

1 1f y

f x

Απόδειξη

Έχουμε,

1y f x f y x

Παραγωγίζουμε ως προς x,

1 1

1

1

f y x f y y 1

f y f x 1

1f y f x 0 x

f x

ΘΕΜΑ 32 (Ολοκλήρωμα αντίστροφης συνάρτησης)

Αν η συνάρτηση f είναι «1-1» και παραγωγίσιμη στο διάστημα , , τότε

1

1

f

1 1 1

f

f x dx f f f x dx



21

Απόδειξη

Έχουμε,

1x f u f x u

οπότε και

1

1x u f

1

1x u f

Άρα,

1

1

1

1

1

1

1

1

f

1

f

ff

f

f

f

1 1

f

f x dx u f u du

uf u f u du

f f f u du

.

Σημείωση: Μια καταπληκτική απόδειξη –

γεωμετρική ερμηνεία φαίνεται στην

παραπάνω εικόνα του αείμνηστου

μαθηματικού Θ. Κατζαντζή.

ΘΕΜΑ 33 (Επιμέλεια: Νίκος Σπλήνης)

Έστω η συνάρτηση f ορισμένη και παραγωγίσιμη σε ένα διάστημα Δ. Αν 0x είναι εσωτερικό του Δ,

να δείξετε ότι το 0x δεν μπορεί να είναι συγχρόνως θέση τοπικού ακρότατου και σημείου καμπής.

Απόδειξη

Έστω ότι υπάρχει 0x είναι εσωτερικό του , , ώστε η f να παρουσιάζει τοπικό μέγιστο και

ταυτόχρονα σημείο καμπής.

Τότε από Θ. Fermat 0f x 0 και ακόμη είναι 0f . ύ ,x και

0f . ί x , , έτσι έχουμε,

για 0 0x x f (x) f (x ) f (x) 0

για 0 0x x f (x) f (x ) f (x) 0

άρα η f είναι γνήσια φθίνουσα στο Δ, άρα δεν παρουσιάζει ακρότατο σε εσωτερικό σημείο του,

Άτοπο!

Ομοίως γίνεται η απόδειξη αν υποθέταμε ότι στο 0x η f παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο.

Πηγή: Από το αρχείο του www.mathematica.gr



22

Σημείωση: Το διάστημα Δ μπορεί να έχει οποιαδήποτε μορφή.


Έστω η συνάρτηση f : δυο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση της οποίας ορίζεται η αντίστροφη

και η 1f είναι παραγωγίσιμη.

Να δείξετε ότι:

(α) Αν f (x) 0 και f (x) 0 , για κάθε x , τότε η 1f είναι κοίλη.

(β) Αν f (x) 0 και f (x) 0 , για κάθε x , τότε η 1f είναι κυρτή.

Απόδειξη

(α) Η 1f ορίζεται στο A f και για κάθε x A ισχύει ότι,

1f f (x) x

Παραγωγίζοντας έχουμε,

1 1 1

1

1

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

1f (x) 0

f f (x)

ακόμη,

1 1 1

1 1

2 21 1

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

f f (x) f f (x)

αφού 1f f (x) 0 και 1f f (x) .

Άρα η 1f είναι κοίλη στο A f

(β) Ομοίως με το ερώτημα (α) προκύπτει

1 1

1

21

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

f f (x)

, και για κάθε x A

άρα η η 1f είναι κυρτή.


Έστω η συνάρτηση f : η οποία δεν είναι 1 1 . Να δείξετε ότι:

(α) αν η f είναι κυρτή τότε, η f παρουσιάζει ελάχιστο σε εσωτερικό σημείο του .

(β) αν f (x) 0 , για κάθε x , τότε η f παρουσιάζει μέγιστο σε εσωτερικό σημείο του .

Απόδειξη



23

(α) Αφού η f δεν είναι 1 1 , υπάρχουν 1 2x ,x ώστε

1 2 1 2x x f (x ) f (x ) και θεωρούμε χωρίς

βλάβη της γενικότητας ότι 1 2x x , τότε η f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ. Rolle στο

1 2x x άρα,

υπάρχει τουλάχιστον ένα 0 1 2x x ,x ώστε 0f (x ) 0 .

Όμως η f είναι κυρτή, άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο , οπότε

για 1 0 0x x x f (x) f (x ) f (x) 0 , άρα 1 0f x , x

ενώ για 2 0 0x x x f (x) f (x ) f (x) 0 , άρα 0 2f x , x

Άρα η f παρουσιάζει ελάχιστο στο 0 1 2x x ,x .

(β) Αν f (x) 0 για κάθε x , τότε η f είναι κοίλη στο άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο

Αφού η f δεν είναι 1 1 , υπάρχουν 1 2x ,x ώστε 1 2 1 2x x f (x ) f (x ) και θεωρούμε χωρίς

βλάβη της γενικότητας ότι 1 2x x , τότε η f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ. Rolle στο 1 2x x άρα,

υπάρχει τουλάχιστον ένα 0 1 2x x ,x ώστε 0f (x ) 0 .

Οπότε για 1 0 0x x x f (x) f (x ) f (x) 0 , άρα 1 0f x , x

ενώ για 2 0 0x x x f (x) f (x ) f (x) 0 , άρα 0 2f x , x

Άρα η f παρουσιάζει μέγιστο στο 0 1 2x x ,x .


35 χρήσιμες-προτάσεις-Χατζόπουλος-νέο

Education