Επιμέλεια: Αντώνιος Μαρκάκης για το lisari ("Η άσκηση της ημέρας")

1. μμμηηηχχχααανννήήή τττοοουυυ χχχρρρόόόνννοοουυυ
i | Σ ε λ ί δ α
Νοσταλγία...
10 χρόνια πριν...
Σάββατο 27 Μαΐου 2006
Ατομικά στοιχεία μαθητή
 Επώνυμο: Μαρκάκης  Όνομα: Αντώνιος
 Λύκειο φοίτησης: Ενιαίο Λύκειο Τυμπακίου
4ο
Θέμα Μαθηματικών Θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης 2006
Αν η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης lnxf(x)  στο σημείο  lnαα, , με 0α  ,
και η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης x
eg(x)  στο σημείο  β
eβ, , με β ,
ταυτίζονται, τότε να αποδείξετε ότι ο αριθμός α είναι ρίζα της εξίσωσης: 0lnx
1x
1x



.
ΚΚΑΑΛΛΗΗ ΕΕΠΠΙΙΤΤΥΥΧΧΙΙΑΑ!!
Λύση
Έστω (Ε) η προς μελέτη εξίσωση με άγνωστο τον x.
Αρχικά, θέτουμε τους περιορισμούς:
 1x01x 
και
 0x 
Τελικά, συναληθεύοντας τους πιο πάνω περιορισμούς, θα πρέπει:
    1,10,x
x΄ x0 1
ο ο

2. μμμηηηχχχααανννήήή τττοοουυυ χχχρρρόόόνννοοουυυ
ii | Σ ε λ ί δ α
Λύση ή ρίζα μιας εξίσωσης είναι ο αριθμός που, όταν τοποθετηθεί στη θέση του αγνώστου,
επαληθεύει την εξίσωση. Συνεπώς, για να δείξουμε ότι ο αριθμός 0α  είναι ρίζα της δοσμένης
εξίσωσης (Ε), αρκεί να καταλήξουμε στα ακόλουθα δύο συμπεράσματα:
     1,10,α , και επειδή   0,α από υπόθεση, αρκεί να βρούμε ότι 1α  ,
και
 0lnα
1α
1α



Σχόλιο 1
Για μια τυχαία συνάρτηση φ(x) , η οποία είναι παραγωγίσιμη σ’ ένα σημείο 0x του πεδίου ορισμού
της, η εξίσωση της εφαπτομένης ε της γραφικής της παράστασης (Cφ) στο σημείο  )φ(x,xΣ 00 Cφ
είναι η: )x(x)(xφ)φ(xy 000  (1).
Είναι όμως:
0x)(xφ)φ(xyx)(xφ)x(x)(xφ)φ(xy 0000000 
Δηλαδή η (1) παίρνει, ισοδύναμα, τη γενική μορφή εξίσωσης ευθείας 0ΓByΑx  με )(xφΑ 0
 ,
01B  και 000 x)(xφ)φ(xΓ  . Επομένως, από την εξίσωση (1) δεν είναι δυνατόν να προκύψει
κατακόρυφη ευθεία. Η (1), λοιπόν, θα περιγράφει τη γραφική παράσταση μιας πολυωνυμικής
συνάρτησης (της   
Α Γ
y x
Β Β
), η οποία (συνάρτηση) θα είναι πρώτου βαθμού (αν 0Α  ),
μηδενικού βαθμού (αν 0Α  και 0Γ  ) ή δεν θα έχει βαθμό (στην περίπτωση που 0Α  και 0Γ  ).
Η συνάρτηση lnxf(x)  (λογαριθμική συνάρτηση με βάση το e) ανήκει στην κατηγορία των βασικών
συναρτήσεων, έχει πεδίο ορισμού το   0,Df , και είναι παραγωγίσιμη στο πεδίο ορισμού της
(στο μη φραγμένο διάστημα με άκρο το 0  0, ) με:
x
1
)(lnx(x)f  .
Η εφαπτομένη εα της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f (Cf) στο σημείο     )(αfα,lnαα, Cf
έχει εξίσωση:
1lnαx
α
1
yα
α
1
x
α
1
lnαyα)(x
α
1
lnαyα)(xαfαfy  )()( .
Δηλαδή,
(εα): 1lnαx
α
1
y 
Αντίστοιχα, η συνάρτηση x
eg(x)  (εκθετική συνάρτηση με βάση το e) ανήκει επίσης στην κατηγορία
των βασικών συναρτήσεων, έχει πεδίο ορισμού το gD , και είναι παραγωγίσιμη στο πεδίο
ορισμού της (σε όλο το ) με:

3. μμμηηηχχχααανννήήή τττοοουυυ χχχρρρόόόνννοοουυυ
iii | Σ ε λ ί δ α
  xx
ee(x)g 


Η εφαπτομένη εβ της γραφικής παράστασης της συνάρτησης g (Cg) στο σημείο     )(βgβ,eβ, β
Cg
έχει εξίσωση:
ββββββββ
eβexeyβexeeyβ)(xeeyβ)(xβgβgy  )()(
Δηλαδή,
(εβ): βββ
eβexey 
Σύμφωνα με όσα αναφέρθηκαν πιο πάνω, οι ευθείες εα και εβ αποτελούν γραφικές παραστάσεις
πολυωνυμικών συναρτήσεων (πολυωνύμων).
Συγκεκριμένα:
 η ευθεία εα είναι η γραφική παράσταση της πολυωνυμικής συνάρτησης 1lnαx
α
1
P(x)  , x
και
 η ευθεία εβ είναι η γραφική παράσταση της πολυωνυμικής συνάρτησης βββ
eβexeQ(x)  ,
x .
Όμως, από υπόθεση, οι ευθείες εα και εβ ταυτίζονται. Αυτό σημαίνει ότι οι γραφικές παραστάσεις των
πολυωνυμικών συναρτήσεων P(x) και Q(x) ταυτίζονται.
Σχόλιο 2 Η διπλή συνεπαγωγή 21 φφ21 CCφφ 
Έστω h μια τυχαία πραγματική συνάρτηση της πραγματικής μεταβλητής x. Συμβολίζουμε με hD το
πεδίο ορισμού της συνάρτησης h. Γραφική παράσταση της h (Ch) λέγεται το σύνολο των σημείων
Μ(x, y) για τα οποία ισχύει h(x)y  . Δηλαδή, είναι:  hh Dxκαιh(x)yy)Μ(x,C  .
Δύο συναρτήσεις 1h και 2h λέγονται ίσες όταν:
 έχουν το ίδιο πεδίο ορισμού ( 21 hh DD  )
και
 για κάθε 21 hh DDx  ισχύει (x)h(x)h 21  .
Από τους παραπάνω ορισμούς («της γραφικής παράστασης συνάρτησης» και «της ισότητας
συναρτήσεων»), προκύπτει άμεσα η εξής θεμελιώδης πρόταση:
Δύο συναρτήσεις είναι ίσες αν, και μόνο αν, οι γραφικές τους παραστάσεις ταυτίζονται.
Η άσκηση, τώρα, μας ρωτάει με έμμεσο τρόπο: «Πότε δύο πολυώνυμα είναι ίσα;»
Δύο πολυώνυμα του x, λοιπόν, είναι ίσα όταν: (αληθεύουν συγχρόνως όλα τα παρακάτω)
 είναι του ίδιου βαθμού (για το μηδενικό πολυώνυμο δεν ορίζουμε βαθμό),
 οι συντελεστές των ομοβάθμιων δυνάμεων του x είναι ίσοι,

4. μμμηηηχχχααανννήήή τττοοουυυ χχχρρρόόόνννοοουυυ
iv | Σ ε λ ί δ α
 οι σταθεροί όροι τους είναι ίσοι.
Σχόλιο 3
Συνεπώς, η άσκηση απαιτεί τον εξής συλλογισμό: ισότητα συναρτήσεωνισότητα πολυωνύμων.
Επειδή τα πολυώνυμα P(x) και Q(x) είναι ίσα, θα πρέπει να ισχύουν ταυτόχρονα οι δύο παρακάτω
ισότητες:
 η ισότητα β
e
α
1
 (I)
και
 η ισότητα ββ
eβe1lnα  (II)
Παρατηρούμε ότι, για 1α  :
 η ισότητα (Ι) δίνει 0βln1β1ee
1
1 ββ
 .
 και η ισότητα (II) δίνει 0βeβ1eeβe10eβe1ln1 ββββββ
 (γιατί το 1ο
μέλος
της τελευταίας ισότητας ββ
eβ1e  , ως αυστηρά θετικός αριθμός, «υπαγορεύει» και στο 2ο
μέλος
της να είναι αυστηρά θετικός αριθμός). Μάλιστα, αποδεικνύεται ότι ο θετικός πραγματικός αριθμός β
που ικανοποιεί τη σχέση ββ
eβ1e  είναι μοναδικός και ανήκει στο ανοικτό διάστημα (1, 2).
Συνεπώς, δεν είναι δυνατόν να αληθεύουν ταυτόχρονα οι ισότητες (I) και (II) για την τιμή αυτή του α
( 1α  ). Άρα είναι: 1α  , επομένως:     1,10,α .
Από την σχέση (Ι) έχουμε διαδοχικά:
lnαβlnα0βlnαln1β
α
1
lnβ
α
1
ee
α
1 ββ

Αντικαθιστώντας, τέλος, στην ισότητα (II) όπου
α
1
eβ
 και όπου lnαβ  παίρνουμε:
( )         

  
    
     
     
1 1 1 1
lnα 1 lnα lnα 1 lnα
α α α α
1 lnα
lnα 1
α
α lnα α 1 lnα
α 1 lnα α lnα 0
α 1 lnα (1 α) 0

5. μμμηηηχχχααανννήήή τττοοουυυ χχχρρρόόόνννοοουυυ
v | Σ ε λ ί δ α
   
     
   


  
  
 

  


α 1 α 1 0
α 1 lnα (α 1) 0
α 1 lnα (α 1)
0
α 1
α 1 lnα (α 1)
0
α 1 α 1
α 1
lnα 0
α 1