ΜΟΝΟΤΟΝΙΑ ΚΑΙ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΠΑΡΑΓΩΓΙΣΙΜΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ

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:

$f,$

$(-\infty, \rho],$

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

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.

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:

$f(x)=0.$

$f(x)=0$

$(\alpha,\beta)$

$f$

$[\alpha,\beta].$

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 $(1,2).$