Μια άσκηση Ανάλυσης από διαγώνισμα της Κίνας το 2022

Η άσκηση του διαγωνίσματος είναι αυτή που περιγράφεται στο Mέρος Α και Β με τις αναγκαίες παραλλαγές¹. Το Μέρος Γ, (γενίκευση και αφαίρεση), έχει προστεθεί για να ολοκληρωθεί, κατα την άποψή μου, το αξιολογικό σχήμα που ακολουθώ: Σύστημα εννοιών, Μετάβαση εμπειρίας στη θεωρία και Αφαίρεση μέσω γενίκευσης.

Μέρος Α’ – Σύστημα εννοιών (Προκαταρκτική διερεύνηση)

Δίνονται για $a\in\mathbb{R}_{>0}$ οι συναρτήσεις: $$ f_a(x)=e^x-ax,\quad x\in\mathbb{R}, \quad g_a(x)=ax-\ln(x),\ x>0$$

Υπολογίστε τα ελάχιστα των $f_a$ και $g_a$ συναρτήσει του $a$.
Βρείτε την τιμή του $a$ για την οποία τα δύο ελάχιστα είναι ίσα. Δικαιολογήστε πλήρως.

Μέρος Β’ – Μετάβαση από την εμπειρία στη θεωρία (Ειδική περίπτωση $a=1$)

Θεωρούμε πλέον $a=1$ και ορίζουμε $f(x)=e^x-x$, $g(x)=x-\ln(x)$.

Αποδείξτε ότι υπάρχει μοναδικό $x_0\in (0,1)$ τέτοιο ώστε $f(x_0)=g(x_0)$. Θέτουμε $b=f(x_0)=g(x_0)$.
Δείξτε ότι η οριζόντια ευθεία $y=b$ τέμνει τη γραφική παράσταση της $f$ στο σημείο με τετμημένη $x_1<0$ και ένα με τετμημένη $x_0$.
Δείξτε ότι η ίδια ευθεία $y=b$ τέμνει τη γραφική παράσταση της $g$ σε δύο σημεία: ένα με τετμημένη $x_0$ και ένα με τετμημένη $x_2>1$.
Συμπεράνετε ότι η $y=b$ έχει συνολικά τρία σημεία τομής με τα δύο γραφήματα.
Αποδείξτε ότι $x_1=\ln(x_0)$ και $x_2=e^{x_0}$. Δείξτε στη συνέχεια ότι οι $x_1,\ x_0,\ x_2$ είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου.

Μέρος Γ’ – Γενίκευση και αφαίρεση

Έστω $h:(0,+\infty)\rightarrow \mathbb{R}$ μια γνησίως αύξουσα, παραγωγίσιμη συνάρτηση με $h’>0$. Ορίζουμε για $a>0$: $$F_a(x)=h(x)-ax,\quad G_a(x)=ax-h^{-1}(x)$$ όπου $h^{-1}$ είναι η αντιστροφή της $h$.

Υποθέτοντας ότι τα ελάχιστα των $F_a$ και $G_a$ είναι ίσα, δείξτε ότι αναγκαστικά ότι $a=1$ (δεν εξαρτάται από την $h$).
Για $a=1$, θέτουμε $F(x)=h(x)-x$, $G(x)=x-h^{-1}(x)$. Αν υπάρχει $x_0$ με $F(x_0)=G(x_0)$, αποδείξτε ότι $h(x_0)+h^{-1}(x_0)=2x_0$.
Ορίστε $x_1=g^{-1}(x_0)$ και $x_2=h(x_0)$. Δείξτε ότι οι $x_1,x_0,x_2$ είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου.
Εφαρμογή: Επιλέξτε $h(x)=\ln(x)$ (οπότε $h^{-1}(x)=e^x$). Συγκρίνετε τα αποτελέσματα με εκείνα του Μέρους Β’. Τι παρατηρείτε;

Αυτή η εκφώνηση αναδεικνύει:

Ομαδοποίηση εννοιών (ελάχιστο, παράμετρος, αριθμητική πρόοδος, αντίστροφες συναρτήσεις).
Μετάβαση εμπειρίας → θεωρία (από τον υπολογισμό ελαχίστων στη γεωμετρική ερμηνεία της ευθείας $y=b$).
Αφαίρεση μέσω γενίκευσης (επέκταση σε αυθαίρετη $h$ και ανάδειξη της δομής που οδηγεί στην αριθμητική πρόοδο).

Απόδειξη:

Μέρος Α’ :

Για $f_a(x)=e^x-ax,\ x\in\mathbb{R}$, $f’_a(x)=e^x-a$. Μοναδικό κρίσιμο σημείο $e^x=a\Rightarrow x=\ln(a)$, για $a>0$. Επειδή, $f”_a(x)=e^x>0$, το σημείο είναι ολικό ελάχιστο. $$\min f_a=f_a(\ln(a))=e^{\ln a}-a\ln(a)=1-a\ln(a)$$ Για $g_a(x)=ax-\ln(x),\ x>0$ με $g’_a(x)=a-\displaystyle{\frac{1}{x}}$. Μοναδικό κρίσιμο σημείο $a=1/x\Rightarrow x=1/a$. Επειδή $g”_a(x)=\displaystyle{\frac{1}{x^2}>0}$, άρα ελάχιστο: $$\min g_a=g_a(1/a)=1\cdot \displaystyle{\frac{1}{a}}-\ln(1/a)=1+\ln(a)$$
Θέλουμε $\min f_a=\min g_a$. Ή, $a-a\ln(a)=1+\ln(a)$. $$a-1=(a+1)\ln(a)\Rightarrow \ln(a)=\displaystyle{\frac{a-1}{a+1}}$$ Θέτουμε $h(a)=\ln(a)-\displaystyle{\frac{a-1}{a+1}}$. Επειδή: $$h'(a)=\displaystyle{\frac{a^2+1}{a(a+1)^2}}>0$$ Η $h$ είναι γνησίως αύξουσα και επειδή $h(1)=\ln(1)-0=0$ η μοναδική λύση είναι $a=1$.

Μέρος Β’: Θέτουμε $f(x)=e^x-x$ και $g(x)=x-\ln(x)$.

Θεωρούμε $\phi(x)=f(x)-g(x)=e^x+\ln(x)-2x$. Η $\phi$ είναι συνεχής στο $(0,+\infty)$. Επειδή $\phi(0.5)\approx -0.0444<0$ και $\phi(1)\approx 0.718>0$ από το Θ. Bolzano υπάρχει $x_0\in(0.5,1)$ με $\phi(x_0)=0$,, δηλαδή $f(x_0)=g(x_0)$. Θέτουμε $b=f(x_0)=g(x_0)$. (Μπορείτε και διαφορετικά να δείξετε την ύπαρξη του $x_0$).
H $f$ έχει ελάχιστο $f(\ln(1))=f(0)=1$. Επειδή, $b>1$ (από $f(x_0)>f(0)=1$ αφού $x_0>0$ και $f$ είναι γνη. αύξουσα στο $[0,+\infty)$), η εξίσωση $f(x)=b$ έχει δύο ρίζες: μια αρνητική $x_1$ και μία θετική. Η θετική ρίζα είναι η $x_0$ (αφού $f(x_0)=b$). Άρα τα σημεία τομής είναι $(x_1,b)$ και $(x_0,b)$.
Η $g$ έχει ελάχιστο $g(1)=1-\ln(1)=1$. Επειδή $b>1$, η εξίσωση $g(x)=b$ έχει δύο ρίζες: μία στο $(0,1)$ και μία στο $(1,+∞)$. Η ρίζα στο $(0,1)$ είναι η $x_0$ (γιατί $g(x_0)=b$). Η άλλη ρίζα, έστω $x_2$, είναι $>1$. Άρα τα σημεία τομής: $(x_0,b)$ και $(x_2,b)$.
H ευθεία $y=b$ τέμνει την $f$ στα $x_1$ (αρνητικό) και $x_0$. Την $g$ στα $x_0$ και $x_2$ (θετικό, $x_2>1$). Σύνολο: $\{x_1,x_0,x_2\}$ με $x_1<0<x_0<1<x_2$. Άρα 3 διακριτά σημεία
Ισχύει: $f(\ln(t)=e^{\ln(t)}-\ln(t)=t-\ln(t)=g(t)$ για κάθε $t>0$. Εφαρμόζουμε: $f(x_1)=b$. Αλλά $b=g(x_0)$. Άρα, $f(x)=g(x_0)$. Όμως $f(\ln (x_0))=g(x_0)$. Επειδή $f$ είναι γνησίως φθίνουσα στο $(-\infty, 0]$ και γνησίως αύξουσα στο $[0,+\infty)$, και $x_1<0$, $\ln(x_0)<0$, συγκρίνουμε $f(x_1)=f\big(\ln(x_0)\big)\Rightarrow x_1=\ln(x_0)$ (μοναδικότητα μονοτονίας σε κάθε κλάδο). Ομοίως, $g(x_2)=b=f(x_0)$. Αλλά $g(e^{x_0})=e^{x_0}-\ln(e^{x_0})=e^{x_0}-x_0=f(x_0)$. Επειδή, $x_2>1$ και $e^{x_0}>1$ και η $g$ είναι γνησίως αύξουσα στο $(1,+\infty)$, η παράγωγός της είναι θετική, συνεπάγεται $x_2=e^{x_0}$. Τέλος: $$x_1+x_2=\ln(x_0)+e^{x_0}$$ Αλλά από $f(x_0)=g(x_0)$ έχουμε $e^{x_0}-x_0=x_0-\ln(x_0)\Rightarrow e^{x_0}+\ln(x_0)=2x_0$. Άρα, $$x_1+x_2=2x_0$$ και οι αριθμοί είναι όροι αριθμητικής προόδου.

Μέρος Γ’:

Έστω $h : (0, + \infty) \to R$ γνησίως αύξουσα, παραγωγίσιμη με $h^{'} > 0$ . Ορίζουμε, $G_{a} (x) = a x - h^{- 1} (x)$ , για $a > 0$ .

Συνθήκη ίσων ελαχίστων οδηγεί σε a=1.

Ελάχιστο $F_{a}$ : $F_{a}^{'} (x) = h^{'} (x) - a = 0 \Rightarrow h^{'} (x) = a$ . Αφού $h^{'}$ γνησίως θετική, υπάρχει μοναδικό $x_{F}$ με $h^{'} (x_{F}) = a$ . Τότε $\min F_{a} = h (x_{F}) - a x_{F}$ .
Ελάχιστο $G_{a}$ : $G_{a}^{'} (x) = a - (h^{- 1})^{'} (x) = a - \frac{1}{h^{'} (h^{- 1} (x))} = 0$ ⇒ $h^{'} (h^{- 1} (x)) = \frac{1}{a}$ ⇒ $h^{'} (y) = \frac{1}{a}$ όπου $y = h^{- 1} (x)$ . Άρα $y = x_{G}$ με $h^{'} (x_{G}) = 1 / a$ . Τότε $x_{G}$ είναι το σημείο ελαχίστου της $G_{a}$ και $\min G_{a} = a h (x_{G}) - x_{G}$ (αφού $h^{- 1} (x_{G}) = ?$ Προσοχή: Αν $x_{G}$ είναι το σημείο όπου $h^{'} (x_{G}) = 1 / a$ , τότε το σημείο ελαχίστου της $G_{a}$ είναι $t = h (x_{G})$ ; Ας το κάνουμε συστηματικά:

Για την $G_{a} (x) = a x - h^{- 1} (x)$ , παράγωγος: $G_{a}^{'} (x) = a - \frac{1}{h^{'} (h^{- 1} (x))}$ .
Θέτουμε $u = h^{- 1} (x) \Leftrightarrow x = h (u)$ . Τότε $G_{a}^{'} (h (u)) = a - \frac{1}{h^{'} (u)}$ .
Η συνθήκη $G_{a}^{'} (x) = 0$ γίνεται $a = 1 / h^{'} (u)$ ⇒ $h^{'} (u) = 1 / a$ .
Άρα το κρίσιμο σημείο $x_{*}$ της $G_{a}$ είναι $x_{*} = h (u_{*})$ όπου $u_{*}$ η μοναδική λύση της $h^{'} (u) = 1 / a$ .
Τότε $\min G_{a} = G_{a} (x_{*}) = a x_{*} - h^{- 1} (x_{*}) = a h (u_{*}) - u_{*}$ .

Τα δύο ελάχιστα είναι: $m_{F} = h (x_{F}) - a x_{F}, m_{G} = a h (u_{*}) - u_{*},$

όπου $h^{'} (x_{F}) = a$ και $h^{'} (u_{*}) = 1 / a$ .

Για να είναι ίσα για κάθε $h$ ή τουλάχιστον για τη συγκεκριμένη περίπτωση που εξετάζουμε, απαιτούμε $a=1$. Πράγματι, αν $a=1$, τότε $x_F=u_*$ (αφού $h'(x_F)=1$ και $h'(u_*)=1$), οπότε $m_F=h(x_F)-x_F$ και $m_G=1\cdot h(x_F)=m_F$. Άρα $a=1$ είναι ικανή συνθήκη.

Αντίστροφα, αν $m_F=m_G$ για δεδομένη $h$, γενικά δεν προκύπτει $a=1$ για κάθε $h$. Αλλά στην άσκηση ζητάμε να δείξουμε ότι αναγκαστικά $a=1$ χωρίς άλλη υπόθεση. Αυτό δεν ισχύει για τυχαία $h$. Η σωστή διατύπωση είναι: Υποθέτοντας ότι τα ελάχιστα είναι ίσα για την ειδική περίπτωση όπου $h(x)=e^x$ (ή $h(x)=\ln(x)$), βρήκαμε $a=1$. Για γενική $h$, η συνθήκη $m_F=m_G$ δεν προσδιορίζει μοναδικά το $a$ εκτός αν επιβληθεί επιπλέον κάτι. Για λόγους διδακτικής αφαίρεσης, θα δείξουμε ότι αν υποθέσουμε πως η ισότητα των ελαχίστων ισχύει για όλες τις $h$ μιας οικογένειας (π.χ. για $h (x) = e^{k x}$ ), τότε καταλήγουμε σε $a=1$. Αλλά για να μην μπλέξουμε, προτείνω να περιοριστούμε στο εξής: Αν τα ελάχιστα των $F_a$ και $G_a$ είναι ίσα και επιπλέον ισχύει η σχέση $h(x_F)=x_F+c$ (που προκύπτει από την ειδική μορφή του $h$ στην άσκηση), τότε $a=1$.

Επειδή η εκφώνηση του Μέρους Γ’ είναι γενίκευση, θα δώσουμε μια απλούστερη εκδοχή:

Έστω ότι υπάρχει $x_0$ τέτοιο ώστε $F_1(x_0)=G_1(x_0)$ (δηλαδή για $a=1$). Τότε αποδείξτε ότι $h(x_0)+h^{−1}(x_0)=2x_0$ και οι $h^{−1}(x_0),x_0,h(x_0)$ είναι αριθμητική πρόοδος. Αυτό είναι το ουσιαστικό περιεχόμενο.

Για $a=1$, $F(x)=h(x)−x$, $G(x)=x−h^{−1}(x)$. Αν $F(x_0)=G(x_0)$, τότε: $$h(x_0)-x_0=x_0-h^{-1}(x_0)\Rightarrow h(x_0)+h^{-1}(x_0)=2x_0$$
Ορίζουμε $x_1=h^{−1}(x_0)$, $x_2=h(x_0)$. Τότε: $$x_1+x_2=h^{-1}(x_0)+h(x_0)=2x_0$$

Άρα $x_1,x_0,x_2$ είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου.

Εφαρμογή: $h(x)=\ln⁡x$ (οπότε $h^{−1}(x)=e^x$)

Τότε $F(x)=\ln(x)−x$, $G(x)=x-e^x$. Η συνθήκη $F(x_0)=G(x_0))$ δίνει $\ln(x_0)-x_0=x_0-e^{x_0}\Rightarrow e^{x_0}+\ln(x_0)=2x_0$, ίδια με πριν.
Οι τετμημένες: $$x_1=h^{-1}(x_0)=e^{x_0},\ x_2=h(x_0)=\ln(x_0)$$ Παρατηρούμε ότι εδώ η σειρά είναι αντεστραμμένη: $x_1$ μεγάλο, $x_2$ μικρό. Για να έχουμε την ίδια διάταξη όπως στο Μέρος Β’, θα έπρεπε να αντιστοιχίσουμε αλλιώς. Στην πραγματικότητα, η γενίκευση δείχνει ότι η δομή της αριθμητικής προόδου είναι ανεξάρτητη από τη συγκεκριμένη $h$, αρκεί να υπάρχει κοινό σημείο $x_0$. Αυτό είναι το αφηρημένο συμπέρασμα.$\blacksquare$

Η άσκηση στο διαγώνισμα έχει ως ακολούθως: Έστω δύο συναρτήσεις $$\begin{array}{lcl}
f(x)&=& e^x-ax\\
g(x)&=& ax-\ln(x)\\
\end{array}$$
οι οποίες έχουν το ίδιο ελάχιστο.
1) Να βρεθεί η παράμετρος $a$.
2) Να αποδείξετε ότι υπάρχει μια ευθεία $y=b$ τέτοια ώστε να έχει τρία σημεία τομής συνολικά με τα γραφήματα των συναρτήσεων $f$ και $g$. Δείξτε επίσης ότι οι τετμημένες των τριών αυτών σημείων είναι διαδοχικοί όροι μιας αριθμητικης προόδου. ↩︎

Μια άσκηση Ανάλυσης από διαγώνισμα της Κίνας το 2022

Μέρος Β’ – Μετάβαση από την εμπειρία στη θεωρία (Ειδική περίπτωση \(a=1\))

Κοινοποιήστε:

Μου αρέσει αυτό:

Fediverse reactions

Discover more from Blog Μαθηματικών και Εκπαιδευτικών Θεμάτων