Επιμέλεια: Μάκης Χατζόπουλος με την στήριξη της lisari team

1. Αποκλειστικά από τον διαδικτυακό τόπο
http://lisari.blogspot.gr
Η «ορδή» της αντίστροφης !
Αθήνα 20/10/2017
Επιμέλεια: Μάκης Χατζόπουλος
Μια άσκηση που κάνω στους μαθητές μου τις τελευταίες ημέρες και είναι δική μου σύνθεση.
Όσο πλησιάζουμε ως προς τις εξετάσεις θυμόμαστε ότι δεν έχουμε κάνει αρκετές ασκήσεις όσες
θα έπρεπε στην αντίστροφη συνάρτηση και με την παρακάτω άσκηση προσπαθούμε να σωθούμε
από τις τύψεις!
Είναι όλες (;) οι περιπτώσεις που μπορούν να ζητηθούν για την αντίστροφη συνάρτηση 1
f 
όταν
δεν γνωρίζουμε τον τύπο της («άγνωστη»).
Σε αυτήν την πρωτοβουλία συμμετείχαν τα εξής μέλη της lisari team:
 Βασίλης Κακαβάς (Φροντιστήριο «Ώθησης»)
 Θωμάς Ποδηματάς (Φροντιστήριο «Θωμάς – Ρόζα Ποδηματά»)
 Νίκος Σπλήνης (Φροντιστήριο «Ορίζοντες»)
 Ανδρέας Πάτσης (Βόνιτσα)
που καταθέσαν τις δικές τους σκέψεις – προτάσεις όπως θα δείτε παρακάτω για να έχει την άρτια
μορφή αυτό το αρχείο.

2. Αποκλειστικά από τον διαδικτυακό τόπο
http://lisari.blogspot.gr
Γενική Άσκηση
Δίνεται η συνάρτηση   3
f x x x 1,x   R.
1) Να αποδείξετε ότι η f αντιστρέφεται και να βρείτε το πεδίο ορισμού της 1
f 
.
2) Να μελετήσετε την μονοτονία και τα ακρότατα της 1
f 
.
3) Να λύσετε την ανίσωση   1
1
f
f x x, x A 

  .
4) Να μελετήστε το πρόσημο της  1
f x
.
5) Να υπολογίσετε τους αριθμούς    1 1
f 1 ,f 1 
 .
6) Να υπολογίσετε το όριο  y 11
1
f ylim


.
7) Να υπολογίσετε το ρυθμό μεταβολής της  1
x f y
 ως προς y για y 1 .
8) Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται μεταξύ της fC , 1
f
C  και των ευθειών
x 1  και x 1 .
Επιμέλεια: Μάκης Χατζόπουλος
Υπόδειξη
1) Έχουμε:   2
f x 3x 1 0    άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο R , οπότε 1 – 1 δηλαδή
ορίζεται η αντίστροφή της. Το πεδίο ορισμού της 1
f 
είναι:
        1
f x x
D f A lim f x , lim f x ,
 
      R
2) Έστω ότι υπάρχουν 1 2y ,y R τέτοια ώστε αν 1 2y y τότε    1 1
1 2f y f y 

τότε:
         
f
1 1 1 1
1 2 1 2 1 2f y f y f f y f f y y y   
    
<
άτοπο.
Οπότε για κάθε 1 2y ,y R με 1 2y y ισχύει    1 1
1 2f y f y 
 δηλαδή η 1
f 
είναι γνησίως
αύξουσα στο R άρα η 1
f 
δεν έχει ακρότατα.
3) Έχουμε:
      
f
1 1 3 3
f x x f f x f x x x x 1 x 1 x 1 
            
<
4) Έχουμε:
      
f
1 1
f x 0 f f x f 0 x 1 
    
<
και
      
f
1 1
f x 0 f f x f 0 x 1 
    
<

3. Αποκλειστικά από τον διαδικτυακό τόπο
http://lisari.blogspot.gr
5) Α΄ τρόπος
Έχουμε:
   
  
1 3
0 0 0 0
3
0 0
2
0 0 0
0
f 1 x f x 1 x x 1 1
x x 2 0
x 1 x x 2 0
x 1

         
   
    
  
και
   
 
1 3
0 0 0 0
3
0 0
2
0 0
0
f 1 x f x 1 x x 1 1
x x 0
x x 1 0
x 0

      
  
  
 
Β΄ τρόπος
Έχουμε
   1
f 0 1 f 1 0
   και    1
f 1 1 f 1 1
      
6) Α΄ τρόπος
Επειδή η f είναι συνεχής και η 1
f 
είναι συνεχής στο R από συμμετρία των γραφικών
παραστάσεων τους ως προς τη y x (σύμφωνα με τη δικαιολόγηση του study4exams) άρα
   y 11
1 1
f y f 11 2lim

 
 
γιατί   3
f 2 2 2 1 11   
Β΄ τρόπος (Επιμέλεια: Βασίλης Κακαβάς)
Θα αποδείξουμε ότι:
   1 1
| f (x) f (y) | | x y | f x f y 
     για κάθε x,yR
 Για x y ισχύει ως ισότητα.
 Για x y επειδή 1 1
f (x) x f( ), f (y) y f( ) 
          αρκεί
| | | f( ) f( ) |, ,       R
Αν
f
f( ) f( )     
<
τότε αρκεί:
3 3
3 3
| | | f( ) f( ) | ( ) (f( ) f( ))
f( ) f( )
f( ) f( )
1 1
              
      
      
     
   
   
που ισχύει.

4. Αποκλειστικά από τον διαδικτυακό τόπο
http://lisari.blogspot.gr
Αν
f
f( ) f( )     
<
τότε αρκεί
3 3
3 3
| | | f( ) f( ) | f( ) f( )
f( ) f( )
1 1
            
      
     
   
   
που ισχύει.
Και εφαρμόζοντας 1 1
| f (x) f (11) | | x 11|, x 
   R με το Κριτήριο Παρεμβολής
αποδεικνύουμε ότι η 1
f 
είναι συνεχής στο 0x 11 .
Γ΄ τρόπος (Επιμέλεια: Θωμάς Ποδηματάς + Νίκος Σπλήνης)
Για κάθε 0x A είναι
 
   
0
0 2
0 0
x x
0
f x f x
f x lim 3x 1 1
x x

    

οπότε για    0 0 0 0x x δ,x x ,x δ , δ 0     είναι
   
   0
0 0
0
f x f x
1 f x f x x x
x x

    

όμως,
   1
f x y x f y
   και    1
0 0 0 0f x y x f y
  
άρα η παραπάνω ανίσωση ισοδύναμα,
       1 1 1 1
0 0 0 0 0y y f y f y y y f y f y y y   
         
ενώ,
0
0
y y
lim y y 0

  , άρα από κριτήριο παρεμβολής,
        
0 0
1 1 1 1
0 0
y y y y
lim f y f y 0 lim f y f y   
 
   
δηλαδή η 1
f 
είναι συνεχής στο τυχαίο  0y f A , άρα στο  f A .
7) Έχουμε:
       1 1 1 1
y 1 y 1 y 1
f y f 1 f y 0 f y
lim lim lim
y 1 y 1 y 1
   
  
 
 
  
(1)
Θέτουμε:    1
f y f x y
  και αν y 1 τότε x 0 οπότε η (1) γίνεται:

5. Αποκλειστικά από τον διαδικτυακό τόπο
http://lisari.blogspot.gr
 
 
1
3y 1 x 0 x 0
f y x x
lim lim lim 1
y 1 f x 1 x x

  
  
  
άρα    1
f 1 1   .
8) Αναζητούμε:
     
1
1
1
E Ω f x f x dx

 
Αρχικά θα λύσουμε την εξίσωση    1
f x f x 0
  με τη γνωστή μέθοδος (αφού η f είναι
γνησίως αύξουσα) έχουμε
  3 3
f x x x x 1 x x 1 x 1          
Η    1
f x f x
 είναι συνεχής στο  1,1 και στο διάστημα  1,1 δεν μηδενίζεται, άρα
διατηρεί σταθερό πρόσημο. Είναι
   1
f 1 f 1 3 0 3 0
    
άρα    1
f x f x 0
  για κάθε  x 1,1  οπότε
            
1 1 1
1 1
1 21 1 1
E f x f x dx f x dx f x dx I I 2 
  
        
Το ολοκλήρωμα 1I υπολογίζεται εύκολα…
       
1 0 0 0
1 2 3
2 1 1 1 1
I f x dx yf y dy y 3y 1 dy 3y y dy ....
   
         
διότι
   1
f x y x f y
   και  dx f y dy
και
1x 1: y 1    , 2x 1: y 0  .
Β΄ τρόπος (με συμμετρία)
Έχουμε:
         
1
1
1 21
E Ω f x f x dx 2E Ω 2

     
δηλαδή:
       
1 1 1
3 3
1 1 1 1
E Ω 2E Ω 2 f x x dx 2 x 1 dx 2 x 1 dx ...
  
         

6. Αποκλειστικά από τον διαδικτυακό τόπο
http://lisari.blogspot.gr
Σχήμα για διδακτικούς σκοπούς

7. Αποκλειστικά από τον διαδικτυακό τόπο
http://lisari.blogspot.gr
Βασικές προτάσεις
για την «άγνωστη» f – 1
Επιμέλεια: lisari team
1) Μονοτονία αντίστροφης συνάρτησης
Έστω η γνησίως μονότονη συνάρτηση f :Δ  R, όπου Δ: διάστημα, τότε και η 1
f 
είναι
γνησίως μονότονη συνάρτηση στο  f Δ και μάλιστα με το ίδιο είδος μονοτονίας.
Επιμέλεια: Θωμάς Ποδηματάς
Απόδειξη
Έστω η f γνησίως αύξουσα στο Δ (αντίστοιχα και για γνησίως φθίνουσα). Θα δείξουμε ότι η
1
f 
είναι γνησίως αύξουσα στο  f Δ δηλαδή για κάθε  1 2y , y f Δ ισχύει    1 1
1 2f y f y 
 .
Έστω ότι υπάρχουν  1 2y y f   που ισχύει    1 1
1 2f y f y 
 , τότε:
         
f
1 1 1 1
1 2 1 2 1 2f y f y f f y f f y y y   
    
<
άτοπο.
Οπότε για κάθε  1 2y , y f Δ με 1 2y y ισχύει    1 1
1 2f y f y 
 δηλαδή η 1
f 
είναι γνησίως
αύξουσα στο Δ.
2) Συνέχεια αντίστροφης συνάρτησης
Για να αποδείξουμε ότι η αντίστροφη μιας συνάρτησης f αντιστρέφεται με σχολικές γνώσεις
αρκεί να έχουμε τις εξής προϋποθέσεις που περιγράφονται στις παρακάτω προτάσεις.
Πρόταση 1η
Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο ανοικτό διάστημα A και 1 1 , παραγωγίσιμη στο A
με  f x M  για κάποιο M 0 , τότε η 1
f 
είναι συνεχής στο  f A .
Επιμέλεια: Νίκος Σπλήνης και Θωμάς Ποδηματάς
Απόδειξη
Για κάθε 0x A είναι
 
   
0
0
0
x x
0
f x f x
f x lim M
x x

  

οπότε για    0 0 0 0x x δ,x x ,x δ , δ 0     είναι
   
   0
0 0
0
f x f x
M f x f x M x x
x x

    

όμως,

8. Αποκλειστικά από τον διαδικτυακό τόπο
http://lisari.blogspot.gr
   1
f x y x f y
   και    1
0 0 0 0f x y x f y
  
άρα η παραπάνω ανίσωση ισοδύναμα,
       1 1 1 1
0 0 0 0 0
1 1
y y M f y f y y y f y f y y y
M M
   
         
ενώ,
0
0
y y
lim y y 0

  , άρα από κριτήριο παρεμβολής,
        
0 0
1 1 1 1
0 0
y y y y
lim f y f y 0 lim f y f y   
 
   
δηλαδή η 1
f 
είναι συνεχής στο τυχαίο  0y f A , άρα στο  f A .
Πρόταση 2η
Έστω συνάρτηση f : R R συνεχής, 1 – 1 και  f R R. Αν ισχύει
   | x y | f x f y   για κάθε x,yR
τότε ισχύει:
α)    1 1
| f (x) f (y) | | x y | f x f y 
     για κάθε x,yR
β) η 1
f 
είναι συνεχής στο R .
Επιμέλεια: Βασίλης Κακαβάς και Ανδρέα Πάτσης
Απόδειξη
α) Θα αποδείξουμε ότι:
1 1
| f (x) f (y) | | x y | 
   για κάθε x,yR
 Για x y ισχύει ως ισότητα.
 Για x y επειδή 1 1
f (x) x f( ), f (y) y f( ) 
          αρκεί
| | | f( ) f( ) |, ,       R
Όμως    f f x y     άρα
   1 1
f (x) f (y) f α f x y 
        
β) Για 0y x έχουμε:
   1 1 1 1
0 0 0 0 0f (x) f (x ) | x x | x x f (x) f (x ) x x   
         
Είναι:
   
0 0
0 0
x x x x
lim x x lim x x 0
 
      
άρα από Κριτήριο παρεμβολής έχουμε:
 0 0
1 1 1 1
0 0
x x x x
lim f (x) f (x ) 0 lim f (x) f (x )   
 
    .
3) Παραγώγιση αντίστροφης συνάρτησης
Από το βιβλίο της lisari team

9. Αποκλειστικά από τον διαδικτυακό τόπο
http://lisari.blogspot.gr

10. Αποκλειστικά από τον διαδικτυακό τόπο
http://lisari.blogspot.gr
Γ΄ τρόπος
Επιμέλεια: Θωμάς Ποδηματάς και Μάκης Χατζόπουλος
Η συνάρτηση f είναι γνησίως μονότονη, άρα αντιστρέψιμη, οπότε υπάρχει η 1
f 
που είναι
συνεχής στο  f D , αφού αν f γνησίως μονότονη στο διάστημα D και συνεχής, τότε η
αντίστροφή της είναι συνεχής στο  f D .
Είναι
   1
0 0 0 0f x y f y x
  
τότε
   
 
   
         
1
0 0 0 0
1
0 0
1 1 f y x y f x
0 0
y y y y ό x x x x
00 0 0x f y x
0
f y f y x x 1 1
lim lim lim
f x f xy y f x f x f x
x x


    
     
 
 
   
  

R
άρα
   
  
 1
0 01
0
1
f y , y f D
f f y


  

.
4) Ολοκλήρωμα αντίστροφης συνάρτησης
Έστω συνάρτηση  f : α,β  R συνεχής και 1 – 1, τότε ισχύει:
  
 
     
f
1
f
f y dy βf f α f x dx
 

 
    
Απόδειξη
Για το ολοκλήρωμα   
 f
1
f
f y dy


 θέτουμε:
   1
f y x f x y
   οπότε  dy f x dx
 Για  y f  είναι   1
1x f f
   
 Για  y f β είναι   1
2x f f β β
 
άρα
  
 
           
f β1
f
f y dy xf x dx xf x f x dx f β αf f x dx
   

   
            
επομένως
  
 
     
f
1
f
f y dy f β αf f x dx
 

 
     