ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3ο: ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ ΕΝΟΤΗΤΑ 5: ΘΕΩΡΗΜΑ ROLLE [Θεώρημα Rolle του κεφ.2.5 Μέρος Β του σχολικού βιβλίου]. ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ

Transcript

1 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3ο: ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ ΕΝΟΤΗΤΑ 5: ΘΕΩΡΗΜΑ ROLLE [Θεώρημα Rolle του κεφ..5 Μέρος Β του σχολικού βιβλίου]. ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ ΘΕΜΑ Β Παράδειγμα. Να εξετάσετε από τις παρακάτω συναρτήσεις ποιές ικανοποιούν τις υποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο διάστημα [ αβ, ] που δίνεται και στη συνέχεια για εκείνες που ισχύει το θεώρημα, να βρείτε όλα τα ξ ( α, β ) για τα οποία f( ξ ) =... 3 f() = +, [,] 5 g() =, [, ] 3. h() =, [, ] 4., [, ) k() = 3, [,]. Η f είναι συνεχής στο [,] και παραγωγίσιμη στο (,) ως πολυωνυμική και ισχύει f() = f() =. Άρα ικανοποιούνται οι υποθέσεις του θεωρήματος Rolle, οπότε υπάρχει ξ (,) έτσι ώστε ξ = ξ + = ξ=± δεκτή μόνο η ξ= (,) f( ) 3 3. Η g είναι συνεχής στο [, ] και παραγωγίσιμη στο (, ) ως πολυωνυμική. Όμως g( ) = 3 = g(). Συνεπώς δεν ικανοποιούνται οι υποθέσεις του θεωρήματος Rolle [, ] 3. Η h μπορεί να γραφεί ως h() =,, (, ] κλάδους ως πολυωνυμική και επίσης η οποία είναι συνεχής στους lim h() = lim ( ) = = lim h() = lim ( ) + + άρα είναι συνεχής στο [, ] όμως δεν είναι παραγωγίσιμη στο (, ) διότι

2 h() h() + lim = lim = + + ενώ h() h() + lim = lim =, + συνεπώς δεν ικανοποιούνται οι υποθέσεις του θεωρήματος Rolle. 4. Η k παρατηρούμε ότι δεν είναι συνεχής στο [,] διότι 3 lim k() = lim ( ) = = lim k() = lim, + + άρα δεν ικανοποιούνται οι υποθέσεις του θεωρήματος Rolle.. Διαπιστώνουμε αν η συνάρτηση f που μας δίνεται ικανοποιεί τις υποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο διάστημα [ αβ, ] που μας έχει δοθεί.. Βρίσκουμε την παράγωγο f () και στη συνέχεια λύνουμε την εξίσωση f ( ξ ) = με ξ ( α, β )

3 Παράδειγμα. Δίνεται η συνάρτηση κ +λ < f() = µ + +,,. Να βρείτε τους πραγματικούς αριθμούς κ, λ, μ αν ισχύουν για την f οι υποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο διάστημα [,]. Αφού για την f ισχύουν οι υποθέσεις του θεωρήματος Rolle τότε: f ( ) = f () κ+λ+ =µ+ 4 κ+λ µ= 3 () Συνεχής στο [,]. Αρχικά f () =. Επίσης = µ + + = άρα λ= () lim f () lim ( ) + + Παραγωγίσιμη στο [,]. lim f () lim ( ) = κ +λ =λ και f () f () ( ) µ + + µ + lim = lim = lim = lim ( µ + ) = και f() f() ( ) κ +λ κ lim = lim = lim = lim ( κ ) = κ λόγω της (). Άρα κ= (3). Από τις (), (), (3) βρίσκουμε ότι και µ= 3. Στο διάστημα που μας δίνουν δημιουργούμε τόσες εξισώσεις όσες είναι οι άγνωστες παράμετροι από: f( α ) = f( β ) Συνέχεια (και στο σημείο που αλλάζει μορφή η f ). Παραγωγισιμότητα (και στο σημείο που αλλάζει μορφή η f ). 3

4 Παράδειγμα 3. Δίνεται η συνάρτηση f() = ηµ. Να αποδείξετε ότι: Για την f ισχύουν οι υποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο [, π ]. Η εξίσωση ηµ + συν = έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (, π ). Αρχικά παρατηρούμε ότι η συνάρτηση f έχει για πεδίο ορισμού της το. Επειδή η καθώς και η ηµ είναι παραγωγίσιμες συναρτήσεις στο, άρα και η f θα είναι παραγωγίσιμη συνάρτηση αφού προκύπτει ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων. Συνεπώς θα είναι συνεχής στο κλειστό διάστημα [, π ] και παραγωγίσιμη στο ανοικτό διάστημα (, π ). Επίσης f() = = f( π ). Άρα ισχύουν οι υποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο [, π ] και επομένως θα υπάρχει ξ (, π ) τέτοιο ώστε f( ξ ) = ηµξ + ξσυνξ = δηλαδή η εξίσωση ηµ + συν = έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο (, π ). ( f ( ) = ηµ + συν ). Όταν έχουμε μία συνάρτηση f και μία εξίσωση και μας ζητούν να δείξουμε την ύπαρξη τουλάχιστον μίας ρίζας της εξίσωσης, τότε εξετάζουμε αν η συνάρτηση της εξίσωσης είναι παράγωγος της συνάρτησης f. 4

5 Παράδειγμα 4. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση ln =, > έχει το πολύ μία ρίζα. Μεταφέρουμε όλους τους όρους στο ο μέλος δηλαδή ln + =. Θεωρούμε ως f() το πρώτο μέλος της εξίσωσης οπότε έχουμε f () = ln + με πεδίο ορισμού Α = (, + ). Έστω τώρα ότι η f έχει δύο ρίζες ρ, ρ > με ρ ρ, οπότε f( ρ ) = f( ρ ) =. Επίσης η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο Α = (, + ) ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων, άρα θα είναι συνεχής στο [ ρ, ρ ] και παραγωγίσιμη στο ( ρ, ρ ). Συνεπώς ισχύει για την f το θεώρημα Rolle στο [ ρ, ρ ] δηλαδή υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ ( ρ, ρ ) έτσι ώστε f( ξ ) =. Αυτό όμως είναι άτοπο διότι (, + ). f () = + > για κάθε Θεωρούμε τη συνάρτηση h() = f() g(). Βρίσκουμε σε ποιό σημείο μηδενίζεται (ρίζα). Δεχόμαστε ότι υπάρχει και δεύτερη ρίζα και με το θεώρημα Rolle καταλήγουμε σε άτοπο. 5

6 Παράδειγμα 5. 3 Έστω η συνάρτηση f( ) = + +. Να εξετάσετε αν ισχύει το Θεώρημα του Rolle στο διάστημα [,]. Αν ισχύει να βρεθεί ο πραγματικός αριθμός (,) τέτοιος ώστε f ( ) =. Η συνάρτηση f έχει πεδίο ορισμού το D f =. Η f είναι συνεχής στο [,] ως πολυωνυμική. Η f είναι παραγωγίσιμη στο (,) ως πολυωνυμική. f( ) = και f( ) =, άρα f( ) f( ) =. Ισχύουν οι υποθέσεις του Θεωρήματος του Rolle, άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα (,) έτσι ώστε f ( ) =. Έχουμε f ( ) = 3 +. Λύνουμε την εξίσωση f () = στο διάστημα (,). ( ) = + = = (απορρίπτεται γιατί δεν ανήκει στο (,) f 3 = (,) (δεκτή), άρα =. 3 3 ), ή Υποθέσεις του Θεωρήματος του Rolle: Η f είναι συνεχής στο [ αβ., ] Η f είναι παραγωγίσιμη στο ( αβ, ). f( ) f( ) α = β. Συμπέρασμα του Θεωρήματος του Rolle: Υπάρχει τουλάχιστον ένα ( αβ, ) τέτοιο ώστε ( ) f =. 6

7 Παράδειγμα 6. Να εξετάσετε αν ισχύει το Θεώρημα του Rolle στο διάστημα [, 4] για την συνάρτηση [ ] 3 +,, f() = , (, 4] Αν ισχύει να βρεθεί ο πραγματικός αριθμός (, 4) τέτοιος ώστε ( ) f =. Για κάθε η f είναι συνεχής σαν άθροισμα συνεχών συναρτήσεων. Για να είναι συνεχής στο [, 4] αρκεί να είναι συνεχής στο. Έχουμε: lim 3 ( + ) = lim ( ) = = f ( ) + Άρα η f συνεχής στο. Επομένως η f συνεχής στο [, 4 ]. Η f είναι παραγωγίσιμη στα διαστήματα (,) και (, 4) σαν άθροισμα παραγωγισίμων συναρτήσεων. Εξετάζουμε αν η f είναι παραγωγίσιμη στο. o f f 3 + lim = lim = lim = lim 3 = ( ) ( ) ( ) 3( ) ( ) ( )( ) ( )( ) lim ( lim ) 3 3 = = ( )( ) lim = ( ) = o + f f lim = lim = lim = lim 3 7 = ( ) ( ) 3( ) 7( ) ( ) lim 3 7( )( + ) = + ( )( + ) ( + ) lim = =. Άρα έχουμε ( ) ( ) ( ) ( ) f f f f lim = lim =. + 7

8 Δηλαδή η f είναι παραγωγίσιμη στο, έτσι έχουμε: 3, (,) f () =, = 7 3, (, 4) ή 3, (,] f () = 7 3, (, 4) f( ) = και f( 4) =, άρα ισχύουν οι υποθέσεις του Θεωρήματος του Rolle, οπότε υπάρχει τουλάχιστον ένα (, 4) τέτοιο ώστε f ( ) =. Αν (,) τότε 3 f ( ) Αν = τότε ( ) Αν (, 4) = = ή (,) f =. 9 = απορρίπτεται. 4 τότε f ( ) = 3 = ή (, 4) 7 49 = δεκτή. 36 Αν η συνάρτηση f δίνεται με πολλαπλό τύπο, τότε εργαζόμαστε ως εξής: ο Βήμα: Εξετάζουμε την συνέχεια και την παραγωγισιμότητα στα επί μέρους διαστήματα. ο Βήμα: Εξετάζουμε την συνέχεια και την παραγωγισιμότητα στα σημεία που αλλάζει τύπο η συνάρτηση. 3 ο Βήμα: Εξετάζουμε αν f( ) f( ) α = β. 8

9 Παράδειγμα 7. Να εξετάσετε αν ισχύει το Θεώρημα του Rolle στο διάστημα [, 4] για την συνάρτηση [ ] + f() = + 4, (, 4] 4,, Αν [,) (, 4], η συνάρτηση f είναι συνεχής ως πολυωνυμική. Αν = έχουμε ( ) ( ) lim f lim 4 4 lim f = lim + 4 = 4 και = + =, ( ) ( ) f( ) = 4, άρα ισχύει lim f ( ) lim f ( ) f ( ) + Επομένως η f είναι συνεχής στο [, 4]. Ισχύει ( ) ( ) ( ) f = + 4=, f 4 = 4+ 4=. + + = =, άρα η f είναι συνεχής στο. Αν (,) (, 4) η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη ως πολυωνυμική. Εξετάζουμε αν η f είναι παραγωγίσιμη στο =, ( ) ( ) ( ) f f lim = lim = lim ( ) = ( ) ( ) ( ) f f lim = lim = lim ( ) = Η συνάρτηση f δεν είναι παραγωγίσιμη στο =, άρα δεν ισχύουν οι υποθέσεις του Θεωρήματος του Rolle. Αν η συνάρτηση f δίνεται με πολλαπλό τύπο, τότε εργαζόμαστε ως εξής: ο Βήμα: Εξετάζουμε την συνέχεια και την παραγωγισιμότητα στα επί μέρους διαστήματα. ο Βήμα: Εξετάζουμε την συνέχεια και την παραγωγισιμότητα στα σημεία που αλλάζει τύπο η συνάρτηση. 3 ο Βήμα: Εξετάζουμε αν f( ) f( ) α = β. 9

10 Παράδειγμα 8. Να βρεθούν οι πραγματικοί αριθμοί αβγ,, ώστε για τη συνάρτηση ( ) f +α +β = γ +, [, ) 5, [, ] να εφαρμόζεται το θεώρημα του Rolle στο διάστημα [, ] και στη συνέχεια να βρείτε τουλάχιστον μια οριζόντια εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης. f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στα διαστήματα [, ) και (, ] ως πολυωνυμική, άρα για να ισχύει το θεώρημα του Rolle, πρέπει να είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο = και να ισχύει f( ) = f( ). Η συνάρτηση ( ) Πρέπει lim ( 5 ) lim ( ) f ( ) γ + = +α +β =, άρα β= (). + ( ) ( ) ( ) ( ) f f f f γ 5 + +α +β lim = lim lim = lim + + ( ) ( γ 5) ( +α) ( ) ( ) lim = lim lim γ 5 = lim +α, άρα α= 5 (). + + Επίσης πρέπει να ισχύει ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) f = f 4 α+β= 4γ = 4γ + γ= 6. Η παράγωγος της f( ) + = + 5, [, ) 6 5, [, ] είναι η f ( ) 5, [, ) = 5, [, ]. Λύνουμε την εξίσωση f ( ) = στο διάστημα (, ). ( ) Αν (, ) 5 f = 5 = = (, ) (απορρίπτεται). 5 [, ) f = 5 = = [, ). (δεκτή) Αν ( ) 5 Έτσι έχουμε f 5 3 =, άρα στο σημείο M, 4 της γραφικής παράστασης της συνάρτησης. έχουμε μια οριζόντια εφαπτομένη

11 Γεωμετρικά το Θεώρημα του Rolle σημαίνει, ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ ( α, β ) έτσι ώστε η εφαπτομένη της C στο σημείο Μξ (,f ( ξ )) να είναι παράλληλη στον άξονα. f

12 Παράδειγμα 9. α β Αν α, β, γ με + +γ= να δείξετε ότι η εξίσωση 5 3,. τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα ( ) 4 α +β +γ= έχει μια ο Βήμα: Εξετάζουμε αν εφαρμόζεται το Θεώρημα του Bolzano για την συνάρτηση f,. 4 ( ) =α +β +γστο διάστημα [ ] Η συνάρτηση f είναι συνεχής ως πολυωνυμική στο διάστημα [, ]. f( ) = γ και f( ) =α+β+γ, παρατηρούμε ότι δεν μπορούμε να βγάλουμε συμπέρασμα για το πρόσημο των αριθμών f(,f ) ( ), άρα δεν εφαρμόζεται το Θεώρημα του Bolzano. ο Βήμα: Βρίσκουμε μία αρχική συνάρτηση της f στο, δηλαδή μία παραγωγίσιμη συνάρτηση F, έτσι ώστε F ( ) = f( ) για κάθε. α 5 β 3 Εφαρμόζουμε το θεώρημα του Rolle για την συνάρτηση F( ) = + +γ. 5 3 Η F( ) είναι συνεχής στο [, ] ως πολυωνυμική: Η F( ) είναι παραγωγίσιμη στο (,) ως πολυωνυμική. F ( ) = και ( ) α β F 5 3 = + +γ= ( ) ( ) F = F =, άρα ισχύουν οι υποθέσεις του Θεωρήματος του Rolle, οπότε υπάρχει τουλάχιστον ένα (,) έτσι ώστε ( ) 4 Και επειδή F ( ) =α +β +γ, η εξίσωση στο (, ). F =. 4 α +β +γ= έχει τουλάχιστον μια ρίζα Όταν θέλουμε να δείξουμε ότι μια εξίσωση f( ) = έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα [ αβ,, ] ακολουθούμε τα εξής βήματα: ο Βήμα: Τα μεταφέρουμε στο πρώτο μέλος και θεωρούμε την συνάρτηση f() με πεδίο ορισμού το [ αβ., ] Αν η εξίσωση έχει παρανομαστές κάνουμε απαλοιφή παρανομαστών ώστε να ορίζεται στο διάστημα [ αβ., ] ο Βήμα: Για την εύρεση της ρίζας εφαρμόζουμε τους παρακάτω τρόπους:

13 ος Τρόπος: Χρησιμοποιούμε το Θεώρημα του Bolzano. ος Τρόπος: Βρίσκουμε το σύνολο τιμών, δηλαδή αν f( A) είναι το σύνολο τιμών της συνάρτησης f με πεδίο ορισμού το Α και f( A), τότε η εξίσωση f( ) = έχει τουλάχιστον μια ρίζα στο Α από το θεώρημα ενδιάμεσων τιμών. 3 ος Τρόπος: Θεωρούμε μια παράγουσα της f( ) (δηλαδή F () f ( ) το θεώρημα του Rolle. 4 ος Τρόπος: Βρίσκουμε μια προφανή ρίζα. = ) και εφαρμόζουμε 3

14 Παράδειγμα α + α+β 3α β+ =, με α, β έχει 3 Να αποδείξετε ότι η εξίσωση ( ) ( ) μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα (, ). 4 3 Θεωρούμε την συνάρτηση f( ) = + ( α ) + ( α+β ) ( 3α+β ). Εφαρμόζουμε το Θεώρημα του Rolle για την συνάρτηση f( ) στο διάστημα [ ],. Η συνάρτηση f( ) είναι συνεχής ως πολυωνυμική στο, άρα συνεχής και στο διάστημα [, ]. Η συνάρτηση f( ) είναι παραγωγίσιμη ως πολυωνυμική στο, άρα παραγωγίσιμη και στο διάστημα (, ). f( ) = 4 3 ( ) ( ) ( ) ( ) f = + α + α+β 3α+β = + α +α+β 3α β+ = Και επειδή f( ) = f( ), ισχύουν οι υποθέσεις του Θεωρήματος του Rolle. Άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα (,) έτσι ώστε ( ) 3 f ( ) = 4 + 3( α ) + ( α+β ) 3α β+. Άρα η εξίσωση 3 ( ) ( ) διάστημα (, ). f =. Έχουμε α + α+β 3α β+ = έχει τουλάχιστον μια ρίζα στο Αν θέλουμε να δείξουμε ότι η εξίσωση ( ) f = έχει τουλάχιστον μια ρίζα σε ένα διάστημα Δ και δεν εφαρμόζεται το Θεώρημα του Bolzano, τότε βρίσκουμε μια αρχική συνάρτηση F της f F f F στο Δ.,( ( ) = ( )), και εφαρμόζουμε το θεώρημα του Rolle για την ( ) 4

15 Παράδειγμα. συν, Έστω η συνάρτηση f( ) =. Να εξετάσετε αν ισχύει το Θεώρημα του Rolle, = στο διάστημα, π και να δείξετε ότι η εξίσωση + εφ = έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα, π. Αν, π συναρτήσεων. τότε f( ) Αν =, τότε = συν, άρα η f είναι συνεχής σαν γινόμενο συνεχών συν = συν συν και επειδή lim( ± ) =, lim f = = f. Άρα είναι συνεχής και στο από το κριτήριο παρεμβολής έχουμε ( ) ( ) =. Επομένως η f είναι συνεχής στο, π. Η f είναι παραγωγίσιμη στο, σαν γινόμενο παραγωγίσιμων συναρτήσεων με π f ( ) = συν ηµ = συν ηµ = συν + ηµ f( ) = και π f = συν = συν =. π π π π Επομένως ισχύουν οι υποθέσεις του Θεωρήματος του Rolle, άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα, τέτοιο ώστε f ( ) =, οπότε έχουμε π ηµ συν + ηµ = συν + ηµ = + = + εϕ = συν 5

16 ( συν, γιατί αν συν = τότε ηµ =, που είναι άτοπο). Αν ζητείται η ρίζα μιας εξίσωσης της μορφής g( ) = να έχει τουλάχιστον μια ρίζα στο διάστημα Δ, εφαρμόζουμε το θεώρημα του Rolle για μια αρχική της g( ), g ( ) f( ) οποία μας δίνεται. ( ) =, η 6

17 Παράδειγμα. Αν η συνάρτηση f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο [, ] με f( ) = και g( ) = f( )( 4), τότε υπάρχει τουλάχιστον ένα (, ) τέτοιο ώστε ( ) g =. Η εξίσωση g( ) = με g() = f()( 4), έχει ρίζες τους αριθμούς,, γιατί g ( ) = f ( )( 4) =, g( ) = f( )( 4 4) = και ( ) ( )( ) g = f 4 4 =. Επίσης η συνάρτηση g είναι συνεχής και παραγωγίσιμη ως γινόμενο παραγωγίσιμων συναρτήσεων. Εφαρμόζουμε το Θεώρημα Rolle για την συνάρτηση g( ) στα διαστήματα [,] και [ ] θα έχουμε δύο αριθμούς (, ), (, ) έτσι ώστε g ( ) = και g ( ) =. Επίσης η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη ως γινόμενο παραγωγισίμων συναρτήσεων. Εφαρμόσουμε το Θεώρημα Rolle για την συνάρτηση g ( ) στο διάστημα [, ] υπάρχει ένα τουλάχιστον (, ) τέτοιο ώστε g ( ) =., άρα θα,, Αν έχουμε εξίσωση της μορφής g ( ) =, εφαρμόζουμε δύο φορές το Θεώρημα του Rolle για τις συναρτήσεις g( ),g ( ). 7

18 ΘΕΜΑ Γ Παράδειγμα. Δίνονται οι συναρτήσεις f() = e + +, και 3 g() e = +,. Να αποδείξετε ότι οι άξονα yy. C f, C g έχουν ένα μόνο κοινό σημείο το οποίο βρίσκεται πάνω στον Παρατηρούμε αρχικά ότι και οι δύο συναρτήσεις είναι συνεχείς και παραγωγίσιμες στο ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων. 3 Θεωρούμε τη συνάρτηση h() = f() g() = e + e + με πεδίο ορισμού το, παραγωγίσιμη στο ως διαφορά παραγωγίσιμων συναρτήσεων. Θέλουμε να αποδείξουμε ότι η εξίσωση h() = έχει μοναδική ρίζα. Παρατηρούμε ότι f () = και g() = δηλαδή f () = g() = f () g() = h() = που σημαίνει ότι η h έχει ρίζα το. Άρα ένα κοινό σημείο των C f, C g είναι το σημείο A(, ). Τη μοναδικότητα της ρίζας της h() θα την αποδείξουμε ως εξής: έστω ότι υπάρχει και άλλη ρίζα ρ με h( ρ ) = h() =. Η h είναι παραγωγίσιμη στο [, ρ ] ή [ ρ, ] όπως προαναφέραμε, οπότε σύμφωνα με το θεώρημα Rolle θα υπάρχει ξ (, ρ ) ή ξ ( ρ,) τέτοιο ώστε h( ξ ) =. Όμως h () f () g () e e 6 = = + + +, δηλαδή h ( ) e e 6 ξ ξ = + + ξ + ξ και επειδή ξ = ξ > ως άθροισμα θετικών όρων, οδηγούμαστε σε άτοπο h ( ξ). ξ h( ) e ξ e 6 Συνεπώς το κοινό σημείο A(, ) είναι μοναδικό. Θεωρούμε τη συνάρτηση h() = f() g(). Βρίσκουμε σε ποιό σημείο μηδενίζεται η h(). Δεχόμαστε ότι υπάρχει και δεύτερη ρίζα και με το θεώρημα Rolle καταλήγουμε σε άτοπο. 8

19 Παράδειγμα. π Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση f στο, υπάρχει τουλάχιστον ένα π, π = + έτσι ώστε f f( ) έτσι ώστε ( ) f = συν. Να δείξετε ότι Θεωρούμε τη συνάρτηση h() = f() ηµ η οποία είναι αρχική ή παράγουσα της f ( ) συν π Η συνάρτηση h() = f() ηµ είναι παραγωγίσιμη στο, ως διαφορά π παραγωγίσιμων συναρτήσεων, άρα είναι παραγωγίσιμη και στο,. π Η συνάρτηση h() = f() ηµ είναι συνεχής στο, π (επειδή είναι παραγωγίσιμη στο, ) h() f () π π π π h( ) = f( ) ηµ = + f() = f() h = h. = και ( ) π Άρα ισχύουν οι υποθέσεις του θεωρήματος Rolle για την h στο,. Οπότε υπάρχει π τουλάχιστον ένα, έτσι ώστε h ( ) = δηλαδή f ( ) = συν. Αξιοποιούμε τις συνθήκες που μας δίνουν προκειμένου να βρούμε μία συνάρτηση στην οποία θα εφαρμόσουμε το θεώρημα Rolle. 9

20 Παράδειγμα 3. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση μία ρίζα στο (,3). π = + εϕ κπ + κ έχει τουλάχιστον 5 ( 5 6),, Έχουμε 5 = ( 5 + 6) εϕ ( 5) συν = ( 5 + 6) ηµ ή ( 5+ 6) συν + ( 5+ 6)( συν ) = [( 5+ 6) συν ] =. Θεωρούμε τη συνάρτηση f() = ( 5 + 6) συν με πεδίο ορισμού το. Η f είναι συνεχής στο [,3] και παραγωγίσιμη στο (,3) ως γινόμενο συνεχών και παραγωγίσιμη συναρτήσεων. Επίσης ισχύει f() = f(3) =. Άρα σύμφωνα με το θεώρημα Rolle υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ (,3) με f( ξ ) = οπότε η εξίσωση f () = ( 5) συν = ( 5 + 6) ηµ 5 = ( 5 + 6) εϕ θα έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο (,3) (η λύση είναι δεκτή γιατί ξ (,3) και π ξ κπ + ) Μεταφέρουμε όλους τους όρους της εξίσωσης στο πρώτο μέλος. Θεωρούμε το πρώτο μέλος ως συνάρτηση f. Αν f( α)f( β ) < τότε εφαρμόζουμε το θεώρημα Bolzano στο [ αβ, ]. Αν δεν ισχύει η προηγούμενη περίπτωση, τότε βρίσκουμε μία αρχική συνάρτηση F της f και εφαρμόζουμε το θεώρημα Rolle.

21 Παράδειγμα 4. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση ηµ + συν = έχει μόνο δύο ρίζες στο [ π, π ]. Θεωρούμε τη συνάρτηση f() = ηµ + συν με. Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο, άρα και στο [ π, π ]. Παρατηρούμε ότι f( π ) = π <, f() = >, f( π ) = π <. Αρχικά παρατηρούμε ότι το π και το π δεν είναι ρίζες της συνάρτησης f, οπότε εφαρμόζοντας το θεώρημα Bolzano σε καθένα από τα διαστήματα [ π, ] και [, π ] στα οποία η f είναι συνεχής έχουμε ότι υπάρχουν ξ ( π,) και ξ (, π ) ώστε f( ξ ) = και f( ξ ) =, δηλαδή η f έχει τουλάχιστον δύο ρίζες. Θα αποδείξουμε ότι είναι μοναδικές. Έστω ότι υπάρχει και τρίτη ρίζα ξ 3, τότε θα ισχύει f( ξ ) = f( ξ ) = f( ξ 3) =. Υποθέτουμε ότι ξ <ξ <ξ 3. (χωρίς βλάβη της γενικότητας) Εφαρμόζουμε το θεώρημα Rolle στα διαστήματα [ ξ, ξ] και [ ξ, ξ 3] διότι οι υποθέσεις του θεωρήματος ισχύουν για την f και f () = ηµ + συν ηµ = συν = συν. ( ) Άρα θα υπάρχουν ρ ξ (, ξ ) και ρ ξ (, ξ 3) έτσι ώστε f( ρ ) = f( ρ ) =, αυτό όμως είναι άτοπο γιατί η εξίσωση f () = ( συν ) = = ή συν = (αδύνατη) έχει μοναδική ρίζα την =. Αποδεικνύουμε με θεώρημα Bolzano ότι η εξίσωση έχει τουλάχιστον δύο ρίζες. Εφαρμόζουμε το θεώρημα Rolle στο διάστημα των δύο ριζών και αποδεικνύουμε με την «εις άτοπο απαγωγή» ότι δεν έχει άλλη ρίζα.

22 Παράδειγμα 5. Δίνεται παραγωγίσιμη συνάρτηση f στο [ αβ, ] η οποία διατηρεί σταθερό πρόσημο στο [ αβ, ]. Δίνονται επίσης οι μιγαδικοί αριθμοί z f ( )[f ( ) ] i = β α + και z f ( ) i = β. 3 Αν Re(z+ z ) = f ( α ) να δείξετε ότι η εξίσωση f () = έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο ( αβ, ). ( τρόποι επίλυσης) Παρατηρούμε ότι z z f( ) f ( ) f ( ) i f ( ) i f( ) f ( ) i + = α β β+ + β = α β+. Επειδή 3 Re(z z ) f ( ) + = α, έχουμε 3 f ( α= ) f( α ) f ( β ) f( α ) [f ( α ) f ( β )] =. Αλλά f( α) διότι η f διατηρεί σταθερό πρόσημο στο [ αβ, ]. Α τρόπος Συνεπώς f ( ) f ( ) f( ) f( ) [ αβ, ] θα έχουμε f( α ) = f( β ). α = β α =± β και επειδή η f διατηρεί σταθερό πρόσημο στο Άρα η συνάρτηση f ικανοποιεί τις υποθέσεις του θεωρήματος του Rolle, οπότε θα υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ ( α, β ) έτσι ώστε f ( ξ ) = που είναι και το ζητούμενο. Β τρόπος Θεωρούμε τη συνάρτηση g() = f () η οποία ικανοποιεί τις υποθέσεις του θεωρήματος Rolle διότι είναι παραγωγίσιμη στο [ αβ, ] (άρα και συνεχής ) και g( α ) = g( β ). Άρα θα υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ ( α, β ) έτσι ώστε g( ξ ) =, οπότε ( ) f ξ f( ξ) f ( ξ ) = f ( ξ ) = που είναι και το ζητούμενο. Αξιοποιούμε τις συνθήκες που μας δίνουν προκειμένου να βρούμε μία συνάρτηση στην οποία θα εφαρμόσουμε το θεώρημα Rolle.

23 Παράδειγμα 6. Δίνεται συνάρτηση f με πεδίο ορισμού το, δύο φορές παραγωγίσιμη, έτσι ώστε να O,,A, 3,B 3,3 και η συνάρτηση διέρχεται από τα σημεία ( ) ( ) ( ) g( ) = f( ) +α +β +. αβ ώστε να ισχύει για την συνάρτηση ( ) Θεώρημα του Rolle στα διαστήματα[, ], [, 3 ]. i. Να βρείτε τους πραγματικούς αριθμούς, f ξ = 4. ii. Να δείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ (,3), έτσι ώστε ( ) g το i. Η συνάρτηση διέρχεται από τα σημεία O(, ),A, ( 3 ),B( 3,3), έτσι θα έχουμε f ( ) =, f ( ) = 3, f ( 3) = 3. Επειδή για την συνάρτηση g( ) = f( ) +α +β + ισχύει το Θεώρημα του Rolle στα διαστήματα[, ], [, 3 ], θα έχουμε g ( ) = g ( ) και g ( ) = g3 ( ) α+β= 3 α+β= 3 α= f( ) + = f( ) +α+β+ = f( 3) + 9α+ 3β+ 9α+ 3β= 3 3α+β= β= 5 ii. Η συνάρτηση g γίνεται g( ) = f ( ) Εφαρμόζουμε το Θεώρημα του Rolle για την συνάρτηση g( ) στα διαστήματα[ ] [ ] οπότε υπάρχουν (, ), (, 3) τέτοια ώστε να ισχύει g ( ) = g ( ) =. Εφαρμόζουμε το Θεώρημα του Rolle για την συνάρτηση g ( ) f ( ) 4 5 [, ] :,,, 3, = + στο διάστημα Η συνάρτηση g ( ) είναι παραγωγίσιμη (άρα και συνεχής) στο διάστημα [, ] (η g είναι δύο φορές παραγωγίσιμη). ( ) ( ) g = g =. Άρα ισχύουν οι υποθέσεις του θεωρήματος του Rolle, δηλαδή υπάρχει τουλάχιστον ένα,3 g ξ = f ξ 4= f ξ = 4. ξ ( ), έτσι ώστε ( ) ( ) ( ) Όταν ζητείται η απόδειξη μιας σχέσεως που έχει δεύτερη παράγωγο, εφαρμόζουμε το θεώρημα του Rolle σε κατάλληλη συνάρτηση που έχει την πρώτη παράγωγο. 3

24 Παράδειγμα 7. Δίνεται η συνάρτηση f( ) = ( π) συν. Να δείξετε ότι: i. Η συνάρτηση f ικανοποιεί τις υποθέσεις του θεωρήματος του Rolle στο διάστημα π, π. π ii. Η εξίσωση σϕ = π έχει τουλάχιστον μια ρίζα στο διάστημα, π. i. Η συνάρτηση f( ) = ( π) συν είναι συνεχής στο ως γινόμενο συνεχών π συναρτήσεων, άρα θα είναι και συνεχής στο διάστημα, π. Η συνάρτηση f( ) = ( π) συν είναι παραγωγίσιμη στο ως γινόμενο παραγωγισίμων π συναρτήσεων, άρα θα είναι και παραγωγίσιμη στο διάστημα, π. π π π f = π συν = και f( π ) = ( π π) συνπ =. Άρα ισχύουν οι υποθέσεις του Θεωρήματος του Rolle. ii. Αφού η συνάρτηση f( ) = ( π) συν ικανοποίει τις υποθέσεις του Θεωρήματος του π Rolle, θα υπάρχει τουλάχιστον ένα, π έτσι ώστε f ( ) =. Έχουμε f ( ) = ( π) συν + ( π)( συν ) = συν ( π) ηµ συν ηµ f ( ) = συν ( π) ηµ = συν = ( π) ηµ = ( π) ηµ ηµ π σϕ = ( π ), ( ηµ,, π ). π Άρα η εξίσωση σϕ = π έχει τουλάχιστον μια ρίζα στο διάστημα, π. Αν ζητείται η ρίζα μιας εξίσωσης της μορφής f( ) =, να έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο διάστημα Δ, εφαρμόζουμε το θεώρημα του Rolle για μια αρχική της f( ), F ( ) f( ) οποία και μας δίνεται. ( ) =, η 4

25 ΘΕΜΑ Δ Παράδειγμα. Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση f με πεδίο ορισμού το (, + ) έτσι ώστε να ισχύει ( ) f( e) = (). Να δείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα (, e) e ( ) + = (). f f ln έτσι ώστε ο Βήμα: Στην σχέση () βάζουμε όπου το και έχουμε ln ln f ( ) + ln = f ( ) + = f ( ) + = Από τη σχέση () και με βάση την πιο πάνω ισοδυναμία παρατηρούμε ότι το είναι ρίζα της εξίσωσης ( ) ln f + =. ο Βήμα: Θεωρούμε την συνάρτηση g( ) = f( ) + με πεδίο ορισμού το D (, ) ln 3 ο Βήμα: Εφαρμόζουμε το Θεώρημα του Rolle για την g( ) στο διάστημα [, e ] : ln H g( ) = f( ) + είναι παραγωγίσιμη στο [ ] ln g( ) = f( ) + = f( ) και ( ) ( ) ( ), e, άρα και συνεχής. ( ) ln e g e = f e + = f e + = f e e ( ) g = +. Άρα ισχύουν οι υποθέσεις του Θεωρήματος του Rolle. Οπότε υπάρχει τουλάχιστον ένα (, e) έτσι ώστε ( ) ln ln g ( ) f ( ) = + = f ( ) + ( ) ( ) ( ) g =. ln g = f + = f + ln = 5

26 Για να δείξουμε ότι υπάρχει (, ) βήματα: ο Βήμα: Στη σχέση βάζουμε όπου την εξίσωση g( ) =. αβ, ώστε να ισχύει μια σχέση, ακολουθούμε τα εξής και τα φέρνουμε όλα στο πρώτο μέλος έτσι έχουμε ο Βήμα: Βρίσκουμε μια αρχική G( ) της συνάρτησης g (αν δεν εφαρμόζεται το Θεώρημα του Bolzano). 3 ο Βήμα: Εφαρμόζουμε το Θεώρημα Rolle για την G( ) στο διάστημα [, ] αβ. 6

27 Παράδειγμα. Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση f με πεδίο ορισμού το, έτσι ώστε f( ) ef( ) Να δείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ (,) τέτοιο ώστε f ( ξ ) + f ( ξ ) = (). = (). ο Βήμα: Στη σχέση () βάζουμε όπου ξ και τα φέρνουμε όλα στο πρώτο μέλος, έτσι πολ / µε e ( ) f + f = e f + e f = e f =. έχουμε ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ο Βήμα: Θεωρούμε την συνάρτηση g( ) e f( ) = με πεδίο ορισμού το D g =. 3 ο Βήμα: Εφαρμόζουμε το Θεώρημα του Rolle για την g( ) στο διάστημα [, ]: H g( ) είναι παραγωγίσιμη στο [, ], άρα και συνεχής. g( ) = e f( ) = f( ) και ( ) ( ) ( ) g ef f( ) = =. Επομένως ισχύουν οι υποθέσεις του Θεωρήματος του Rolle. Άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ (,) έτσι ώστε g ( ξ ) =. Αλλά ( ) g = e f ( ) + e f( ) ξ ξ g ξ = e f ξ + e f ξ = f ξ + f ξ =. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) Το Θεώρημα του Rolle, του Bolzano και των ενδιαμέσων τιμών λύνουν πολλά θεωρητικά προβλήματα σε θέματα ύπαρξης αριθμού έτσι ώστε να ισχύει μια σχέση. Σ αυτή την περίπτωση αρκεί να βρούμε την κατάλληλη συνάρτηση σε κατάλληλο διάστημα. Καταρχήν, αν στα ζητούμενα υπάρχει παράγωγος τον πρώτο λόγο έχει το Θεώρημα Rolle. Τα βήματα που πρέπει να ακολουθήσουμε είναι: ο Βήμα: Πρώτα στη θέση του ζητούμενου βάζουμε και τα φέρνουμε όλα στο πρώτο μέλος. ο Βήμα: Αν f( ) είναι η συνάρτηση του πρώτου μέλους θεωρούμε την παράγουσα της ( ) τέτοια ώστε F ( ) = f( ), και εφαρμόζουμε το Θεώρημα του Rolle για την ( ) διάστημα. Ειδικά στις σχέσεις τις μορφής f ( ) + g( ) f( ) πολλαπλασιάζουμε με G ( ) = g( ), έτσι θα έχουμε ( ) ( ) ( ) ( ( )) G ( ) G ( ) G ( ) e f e g f e f + =. F, F σε κατάλληλο G ( ) e, όπου Ημερομηνία τροποποίησης: 3/8/ 7