Απόδειξη Αποδεικνύουμε το θεώρημα στην περίπτωση που είναι f (x) 0.

Transcript

1 Αόδειξη Αοδεικνύουμε το θεώρημα στην ερίτωση ου είναι f () 0. Έστω, με. Θα δείξουμε ότι f( ) f( ) Πράγματι, στο διάστημα [, ] η f ικανοοιεί τις ροϋοθέσεις του Θ.Μ.Τ. δηλαδή 1 είναι συνεχής στο 1,. [, ] και αραγωγίσιμη στο 1 f( ) f( ) 1 Εομένως, υάρχει (, ) τέτοιο ώστε f ( ) 1 f( ) f( ) f ( )( ) , οότε έχουμε Εειδή f ( ) 0 και 0, έχουμε f( ) f( ) 0, οότε f( ) f( ) Αάντηση Ψευδής Γνωρίζουμε ότι αν μια συνάρτηση f είναι αραγωγίσιμη σ ένα σημείο, τότε είναι και 0 συνεχής στο σημείο αυτό. Το αντίστροφο του αραάνω θεωρήματος δεν ισχύει: y Γρηγόριος Δ. Καρούζας Καθηγητής Μαθηματικών O

2 Αντιαράδειγμα : Η lim f lim 0 Είναι lim f lim 0 και f0 0, 0 f(), 0 άρα είναι συνεχής στο 0 0. Όμως δεν είναι αραγωγίσιμη σ αυτό, αφού : f() f(0) lim lim , ενώ f() f(0) lim lim Ως αντιαράδειγμα μορεί να χρησιμοοιηθεί και η συνάρτηση k, 0 Αάντηση Μια συνάρτηση f θα λέμε ότι είναι συνεχής σε ένα κλειστό διάστημα α,β, όταν: είναι συνεχής σε κάθε σημείο του (, ) και ειλέον lim f() f( ) και lim f() f( ) Γρηγόριος Δ. Καρούζας Καθηγητής Μαθηματικών

3 Λ Σ Λ Σ Σ Γρηγόριος Δ. Καρούζας Καθηγητής Μαθηματικών

4 Μον Μον Λύση Έχουμε Α 0, και Α,1 1, f g Η συνάρτηση fg ορίζεται αν και μόνο αν A A / g A fg g f A g/ ga f,1 1, & έχω ανίσωση ου βαθμού με ρίζες 0, 1 Το ρόσημο του τριωνύμου είναι αρνητικό εκτός των ριζών και θετικό εντός των ριζών αφού έχει ως α=-1<0. Οότε οι λύσεις είναι 0 1 Συναληθεύοντας τους εριορισμούς έχουμε ότι 0 1 A 0,1,συνεώς ορίζεται η fg Ο τύος της συνάρτησης είναι: Τελικά λοιόν έχουμε fg : 0,1, άρα fg fg fg f ln 1 1 fg ln 1 Λύση 1 ο Βήμα: Για να αντιστρέφεται η h ρέει να είναι «1-1» Α 1 ος τρόος Αν, 0,1 1 με 1 1 f1 f ln ln Οότε η h αντιστρέφεται, ως «1-1» συνάρτηση Γρηγόριος Δ. Καρούζας Καθηγητής Μαθηματικών

5 ος τρόος Η h γράφεται h ln ln ln1 και είναι αραγωγίσιμη ως αοτέλεσμα ράξεων 1 αραγωγίσιμων συναρτήσεων Είναι h ln ln1 ' ln ' ln1 ' 1 ' 1 1 Όμως 0 1, άρα 0 και 1 0 h' 0 δηλαδή έχω γνησίως αύξουσα, οότε συνάρτηση, άρα και «1-1» οότε η h αντιστρέφεται. Χωρίς την ιδιότητα του λογαρίθμου η αράγωγος της h είναι h' ln ' ' 0 1 (αφού , άρα 0 και 1 0) δηλαδή έχω γνησίως αύξουσα συνάρτηση, άρα και «1-1» οότε η h αντιστρέφεται. ο Βήμα: Εύρεση συνόλου τιμών 1 ος τρόος h A y / υάρχει A : y h Β Λύνω την εξίσωση y h y ln 1, y 1 y, y y y, y y y 1, y y y αφού 1 0, y y 1 Πρέει A 0,1 δηλαδή y y y y 0, 1 0 και 1 ) Άρα ha y 0 1 το οοίο ισχύει ( αφού y 1 Τα Α και Β ( δηλαδή το 1 ο βήμα και το ο βαθμολογούνται με μονάδες) Γρηγόριος Δ. Καρούζας Καθηγητής Μαθηματικών

6 ος τρόος Η h είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα ( έχουμε αό τον ο τρόο αοδείξεως του «1-1» ότι h' 0) Άρα ha lim h, limh 0 1 (αν υάρχουν τα όρια ) lim h lim ln Αν u 0 1 τότε 0 lim , άρα u 0 Οότε lim h 0 u0 limh limln lim lnu Αν u 0 τότε 1 Είναι 1 1 lim lim 1 1, 1 1 lim 1 0, 1 0,άρα 1 lim 1 1 και lim lim 1 οότε u 1 άρα 1 limh Οότε u 1 limlnu h A lim h, limh, Προκύτει λοιόν ότι 0 1 Σημείωση : τα αραάνω όριο υολογίζονται ιο εύκολα αν κάνουμε χρήση της ιδιότητας λογαρίθμου και γράψουμε h ln ln ln1 1 Γρηγόριος Δ. Καρούζας Καθηγητής Μαθηματικών

7 ο Βήμα : Εύρεση τύου Λύνω την εξίσωση 1 1 y y y y 1 αφού 1 0 y 1 y y y y h y ln Μον Οότε h 1 1 Τελικά η συνάρτηση είναι : 1 h : h A 0,1 h 1 Γρηγόριος Δ. Καρούζας Καθηγητής Μαθηματικών

8 Λύση H φ είναι αραγωγίσιμη στο Aφ ως ηλίκο αραγωγίσιμων συναρτήσεων με αράγωγο την : φ' , Εομένως η φ είναι γνησίως αύξουσα στο και Δεν αρουσιάζει ακρότατα στο. Η συνάρτηση φ είναι αραγωγίσιμη ως ηλίκο αραγωγίσιμων συναρτήσεων στο R με φ'' ' φ'' ( ιθανό σημείο καμής) φ'' (Σημείωση : είναι 0, 1 0 ) Κατά συνέεια φ'' 0 0 Ακολουθεί ο ίνακας μεταβολών του ροσήμου της φ'' και η μεταβολή καμυλότητας X 0 φ'' + - φ 1 Η φ είναι κυρτή στο,0 και κοίλη στο 0, Εκατέρωθεν του 0 αλλάζει η καμυλότητα υάρχει η Οότε το σημείο φ' 0, άρα δέχεται εφατόμενη ευθεία στο σημείο Α 0,φ 0 ή 1 Α 0, είναι σημείο καμής της C φ Α 0,φ 0 Γρηγόριος Δ. Καρούζας Καθηγητής Μαθηματικών

9 Λύση Έχουμε φ 1, lim φ lim 1 Όμως Άρα lim 0 και lim lim φ lim 0 Συνεώς η ευθείαε 1 : y 0 είναι οριζόντια ασύμτωτη στο lim φ lim 1 Όμως lim και lim 1 1 Άρα έχουμε αροσδιόριστη μορφή του είδους Οι συναρτήσεις y, y 1είναι αραγωγίσιμες στο, με Άρα ' και 1 ' Συνεώς η ευθείαε : y 1 DLH lim φ lim lim 1 1 είναι οριζόντια ασύμτωτη στο Γρηγόριος Δ. Καρούζας Καθηγητής Μαθηματικών

10 Λύση: Η εξίσωση της εφατομένης ου διέρχεται αό το Α Μον Έστω M,f το σημείο εαφής της εφατόμενης ευθείας με τη γραφική αράσταση. Τότε η εξίσωση της εφατομένης της C f στο M,f είναι (ε) y f f' Όμως f ημ αραγωγίσιμη στο [0,] με f' συν. Άρα η y f f' μας δίνει y ημ συν (1) Η (ε) διέρχεται αό το σημείο Α, οότε ημ συν ημ συν συν συν συν ημ 0 Εύρεση ριζών και μοναδικότητα Θεωρούμε τη συνάρτηση h συν συν ημ, [0,] Παρατηρούμε ότι : h0 συν0 0συν0 ημ0 0 h συν συν ημ Άρα έχω δύο τουλάχιστον ρίζες τις 0, και θα δείξω ότι είναι μοναδικές. Μον 1 ος τρόος Είναι h' ημ συν ημ συν ημ ημ ημ, [0,] h' 0 ημ 0 ημ 0 ή 0 k ή. Στο διάστημα [0,] η οικογένεια λύσεων k μας δίνει 0 ή. Άρα τελικά έχω τις λύσεις 0 ή ή Γρηγόριος Δ. Καρούζας Καθηγητής Μαθηματικών

11 h' ημ 0, 0, Πρόσημο της 0 και 0 Κατασκευάζουμε τον ίνακα ροσήμου της h' και ροκύτει X 0 / h' - + h > < Η h στο 0, είναι γνησίως φθίνουσα και στο 0, γνησίως αύξουσα Για 0αρουσιάζει τοικό μέγιστο το h0 0 Για αρουσιάζει τοικό μέγιστο το h συν συν ημ Για αρουσιάζει τοικό ελάχιστο το h συν συν ημ Παρατηρώ ότι για 0 και έχω τελικά ολικό μέγιστο ίσο με 0 (οότε για 0 και έχω ρίζες ) Και για αρουσιάζει ολικό ελάχιστο το h συν συν ημ Ισχύει λοιόν h 0 με μοναδικές ρίζες της h 0 τις ο 0 και ο ος τρόος Έστω ότι η εξίσωση h 0 έχει και άλλη ρίζα 0,, δηλαδή ο Αφού h0 0, h 0, h 0 είναι h0 h h Η h είναι συνεχής στο 0,, άρα και στα 0, και, H h είναι αραγωγίσιμη στο 0,, άρα και στα 0, και, h0 h και h h Συνεώς αό το θεώρημα του Rll υάρχουν ξ 0, 0, και ξ, 0, h 0 ( υοψία θ. Rll) ώστε να ισχύουν : 1 h' ξ 0 και h' ξ 0 1 Είναι h' ημ συν ημ συν ημ ημ ημ, [0,] h' 0 ημ 0 ημ 0 ή 0 k ή. Γρηγόριος Δ. Καρούζας Καθηγητής Μαθηματικών

12 Στο διάστημα [0,] η οικογένεια λύσεων k μας δίνει 0 ή. Άρα τελικά έχω τις λύσεις 0 ή ή. Οότε η h' 0 στο 0, έχει μοναδική ρίζα την Με το θεώρημα του Rll όμως ροέκυψαν δύο ρίζες, άρα καταλήγουμε σε άτοο. Άρα η εξίσωση h 0 0, και συνεώς ροκύτουν έχει δύο ακριβώς ρίζες στο δύο ακριβώς σημεία εαφής ου διέρχονται αό το σημείο Α. Οι εξισώσεις των εφατομένων M,f, δηλαδή δύο ακριβώς εφατόμενες της C f Μον Οότε για 0 Άρα ε : y 1 Οότε για Άρα ε : y η (1) μας δίνει y ημ0 συν0 0 y η (1) μας δίνει y ημ συν y 1 y Η γραφική αράσταση της f της y ημ ως ρος τον άξονα. Λύση ημ είναι συμμετρική της γραφικής αράστασης Τέμνει τον άξονα στα σημεία ου ροκύτουν αό τη λύση της f 0 ημ 0 ημ 0 0 ή αφού [0,] Η ε 1 : y είναι εφατόμενη στο Ο(0,0) και διέρχεται αό το Α Η ε : y είναι εφατόμενη στο Β,0 και διέρχεται αό το Α Γρηγόριος Δ. Καρούζας Καθηγητής Μαθηματικών

13 / Β(, ο) Ε -/ Ε 1 Α Μον Είναι E f() d ημ d ημ d Όμως για ο, είναι ημ 0, οότε E ημd συν συν συν συν0 1 1 τ.μ Βρίσκω το εμβαδόν του τριγώνου ΟΑΒ Μον ΟΑΒ τ.μ. ΟΒ y A Οότε Ε1 ΟΑΒ Ε τ.μ. Μον1 Συνεώς ο λόγος είναι Ε1 1 Ε 8 Γρηγόριος Δ. Καρούζας Καθηγητής Μαθηματικών

14 Είναι Λύση lim f limf lim f ημ 0 0 Σημείωση : η f είναι συνεχής στο, άρα limf f Είσης έχουμε lim f limf lim f ημ 0 Οότε έχουμε ερίτωση μη εερασμένου ορίου και γράφουμε : Μον Μον f 1 lim lim f f f Παρατηρώ στο σχήμα ότι η f ημ, [0,] είναι κυρτή συνάρτηση. Πράγματι ισχύει ότι f' ημ ' συν, [0,] και f'' συν ' ημ 0, [0,] Ως κυρτή συνάρτηση ισχύει ότι η γραφική αράσταση της f είναι άνω αό την ευθεία ε με εξαίρεση το σημείο εαφής Δηλαδή ισχύει Β,0, δηλαδή για. Άρα f y f f 0 ( το «=» ισχύει μόνο για ) f 0 για τα κοντά στο αό αριστερά ( 0, ) lim f 0 Αφού όως γράψαμε αραάνω 1 lim και τελικά f, για το όριό μας έχουμε λέον : f lim f ος τρόος για 1 lim f Αν έχω h ημ, [0,]. Η h είναι αραγωγίσιμη στο 0, με h' ημ ' συν 1 συν 1 0, 0, (Υενθυμίζω ότι 1 συν 1 και για 0, ισχύει 1 συν 1 άρα συν 1 0 ) Γρηγόριος Δ. Καρούζας Καθηγητής Μαθηματικών

15 Προκύτει λέον ότι h Ó και ha h,h0 0,.Άρα h ημ 0, ο, δηλαδή f 0, ο, Αφού όως γράψαμε αραάνω lim f 0, για το όριό μας έχουμε λέον : 1 lim και τελικά f f lim f ος τρόος για 1 lim f Ισχύει για κάθε, ημ ( το «=» ισχύει μόνο για =0 ) Άρα ισχύει και ημ ( και το «=» ισχύει μόνο για =) Δηλαδή ημ, 0, Όμως 0,, άρα 0 δηλαδή 0 και ( 1 ο, ο τεταρτημόριο), οότε ημ 0 Οότε η σχέση ημ γράφεται ημ και λέον έχουμε ημ 0 ημ ημ 0 f 0. lim f 0 Αφού όως γράψαμε αραάνω 1 lim και τελικά f, για το όριό μας έχουμε λέον : f lim f Γρηγόριος Δ. Καρούζας Καθηγητής Μαθηματικών

16 Λύση Μον Παρατηρώ στο σχήμα ότι η f ημ, [0,] είναι κυρτή συνάρτηση. Πράγματι ισχύει ότι f' ημ ' συν, [0,] και f'' συν ' ημ 0, [0,] Ως κυρτή συνάρτηση ισχύει ότι η γραφική αράσταση της f είναι άνω αό την ευθεία ε με εξαίρεση το σημείο εαφής Β,0. Άρα f y f f 0 ( το «=» ισχύει μόνο για ) Δηλαδή ισχύει f 0 για τα κοντά στο αό αριστερά ( 0, ) ( εννοείται ότι αν στο ερώτημα Γ έχει γραφεί ο 1 ος τρόος τα αραάνω δεν γράφονται ξανά, αλλά τα εικαλούμαστε) Έχουμε δηλαδή f και θέλω 1, δηλαδή 0. Οότε διαιρούμε με 0και φτιάχνουμε το λόγο ου θέλουμε f f f 1 Ισχύει και Μον f d 1 d 1d d 1 1 ln 1 1 ln ln Γρηγόριος Δ. Καρούζας Καθηγητής Μαθηματικών

17 Μον1 Έχουμε Α 1,0 0, 1, Λύση Για την συνέχεια της f έχουμε: Η f είναι συνεχής στο [ 1,0) ως σύνθεση συνεχών συναρτήσεων Η f είναι συνεχής στο (0,] ως γινόμενο συνεχών συναρτήσεων έχουμε : Στο σημείο lim f lim 0 0 lim f lim ημ 0 ημ (Αφού lim 1 και lim ημ ημ ) 0 f0 ημ Συνεώς lim f lim f f Τελικά η f είναι συνεχής στο [ 1,]., άρα η f είναι συνεχής και στο 0 Τα κρίσιμα σημεία της f είναι : Μον τα εσωτερικά σημεία του διαστήματος όου η f δεν είναι αραγωγίσιμη τα εσωτερικά σημεία του διαστήματος όου ισχύει f ()=0. (στάσιμα σημεία) 0 Για 1,0 γράφω f H f είναι αραγωγίσιμη στο ( 1,0) με H f είναι αραγωγίσιμη στο (0,) με 1 1 f' ' ' f' ημ ' ' ημ ημ ' ημ συν ημ συν Θα βρω την αράγωγο στο =0 f f 0 0 lim lim lim lim lim lim 0 f f 0 ημ 0 ημ 0 ημ lim 1 και lim ) lim lim lim (αφού 1 Γρηγόριος Δ. Καρούζας Καθηγητής Μαθηματικών

18 Παρατηρώ λοιόν ότι f f 0 f f 0 lim lim 0 0, άρα η f δεν είναι αραγωγίσιμη στο 0. Οότε το 0 είναι κρίσιμο σημείο της f. Θα εξετάσω αν υάρχουν στάσιμα σημεία ( άρα και κρίσιμα), λύνοντας την εξίσωση f' 0 Στο ( 1,0) είναι f' αδύνατη στο (-1,0) Στο (0,) είναι (1) 0 f' 0 ημ συν 0 ημ συν 0 ημ συν Μον1 Αν συν 0 τότε θα είναι και ημ 0 αό την (1). Αυτό όμως δεν ισχύει αφού για κάθε έχουμε ημ συν 1, οότε ισχύει. Άρα συν 0 και η εξίσωση (1) γράφεται λέον ημ συν εφ 1 εφ εφ συν συν εφ εφ k, k Θέλω όμως λύσεις στο (0,), οότε ρέει κ κ κ κ, κ Ο μοναδικός όμως ακέραιος στο διάστημα, 1 Τελικά έχουμε τη λύση Τελικά τα κρίσιμα σημεία είναι : είναι ο κ= ου δεν 1 ου αοτελεί και αυτή κρίσιμο σημείο. 0και Γρηγόριος Δ. Καρούζας Καθηγητής Μαθηματικών

19 Λύση f' ' 0 Στο Δ1 βρήκαμε ότι η f είναι αραγωγίσιμη στο ( 1,0) με Οότε η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (-1,0) Μον Είσης η f είναι αραγωγίσιμη στο (0,) με f' ημ ' ημ συν Στο Δ1 βρήκαμε ότι στο (0,) η εξίσωση f' 0 ( μοναδική λύση) Στο (0,) η f είναι συνεχής άρα και στα διαστήματα εκατέρωθεν της ρίζας, δηλαδή στα 0, και,. Οότε θα κρατά σταθερό ρόσημο, το οοίο θα βρω με τη μέθοδο της ειλεγμένης τιμής σε εσωτερικό σημείο. Ειλέγω τα σημεία 5 0, και, 6 6 f ημ συν 10 0 η f είναι γνησίως αύξουσα συνάρτηση στο 0,, άρα και έχω: f' 0, 0, συνεώς f ημ συν ημ συν ημ συν συνεώς η f είναι γνησίως φθίνουσα συνάρτηση στο, Οι ρίζες και το ρόσημο της αραγώγου καθώς και η μεταβολή της μονοτονίας της f, φαίνονται στον αρακάτω ίνακα -1 0 f' f > < > Τ.Μ Τ.Ε Τ.Μ Τ.Ε Γρηγόριος Δ. Καρούζας Καθηγητής Μαθηματικών

20 Μον η f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα 1,0 η f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα 0, η f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα, Παρουσιάζει για 1 Παρουσιάζει για 0 Παρουσιάζει για (άκρο κλειστού διαστήματος) τοικό μέγιστο το (κρίσιμο σημείο ) τοικό ελάχιστο το 0 (κρίσιμο σημείο) τοικό μέγιστο το f ημ ημ ημ 0 Παρουσιάζει για (άκρο κλειστού διαστήματος ) τοικό ελάχιστο το f ημ 0 0 f f 0 ημ H f είναι συνεχής σε κλειστό διάστημα, άρα έχει ολικά ακρότατα σύμφωνα με το Θεώρημα Μέγιστης και Ελάχιστης Τιμής (ΘΜΕΤ). Συγκρίνοντας τα τοικά ακρότατα έχουμε : ελάχιστο το 0 για 0 και Είσης έστω ότι 1 Όμως 1, άρα 1, σωστό άρα το μέγιστο είναι το f Μον1 Οότε η f έχει σύνολο τιμών το f 1, 0, Γρηγόριος Δ. Καρούζας Καθηγητής Μαθηματικών

21 Λύση Μον Βρίσκουμε τα κοινά τους σημεία των γραφικών αραστάσεων των f,g λύνοντας την εξίσωση 0 5 f g ημ ημ Το 1 ισχύει για =0 Είσης ισχύει 1 ημ 1.Το ημ 1ισχύει για 0 Άρα η εξίσωση f g ημ είναι ροφανώς είναι αδύνατη Το ζητούμενο εμβαδόν δίνεται αό το ολοκλήρωμα 5 (1) Ε f g d ημ d ημ d ημ d Αν k ημ, Είναι, είναι συνεχής στο Άρα θα κρατά σταθερό ρόσημο αό όρισμα του θεωρήματος Blzan. k ημ 1 0 Ε f g d ημ d 0 0 0, και δείξαμε αραάνω ότι δεν έχει ρίζες., συνεώς k 0 στο 0, και η (1) γράφετε: Μον 5 5 Ε ημ d ημd d d ημd Ι Ι Ι d 'd ημ 0 ημ0 'συνd I ημd 'ημd ημ συνd συν ημd 0 0 Άρα συν I συν συν0 Ι 1 1 Ι 1Ι 0 1 I 1Ι I 1 Ι Ε Ι1Ι 1 τ.μ Τελικά το ζητούμενο εμβαδόν είναι 1 Γρηγόριος Δ. Καρούζας Καθηγητής Μαθηματικών

22 Λύση Μον Μον1 16 f 8 16 f 8 : f 8 f f f f f 1 Αό το Δ1 έχουμε ότι η f αρουσιάζει για ολικό μέγιστο το Για η σχέση (1) μας δίνει f δηλαδή ροφανής ρίζα f Μον f f 0 Αό το ολικό μέγιστο της f έχουμε και 0 Για να ισχύει η ισότητα (1) ρέει f 0 Δηλαδή έχουμε το σύστημα και 0 f 0 f 0 0 Γρηγόριος Δ. Καρούζας Καθηγητής Μαθηματικών