) f (x) = e x - f(x) ΜΑΘΗΜΑ Η ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ F(x) = ΑΣΚΗΣΕΙΣ. Ασκήσεις Εύρεση συνάρτησης Ύπαρξη ρίζας. f (t)dt

Transcript

1 ΜΑΘΗΜΑ Η ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ F() = Ασκήσεις Εύρεση συνάρτησης Ύπρξη ρίζς f ()d ΑΣΚΗΣΕΙΣ. Έστω συνεχής συνάρτηση f : R R γι την οποί ισχύει f ( ) f() = e d γι κάθε R. Ν βρεθεί η f. Είνι f () = ( f e d ) f () = e - f() e f () = e f () f () = f ()e e Σχόλιο 4 (e f() ) = (e ) e f() = e + c () Η () γι = δίνει e f() = e + c () Η υπόθεση f() = e f d γι = δίνει f() = () e = e + c c = () e f() = e f() =.

2 . Έστω συνάρτηση f συνεχής στο R κι τέτοι, ώστε γι κάθε R ν ισχύει + f ( ) f() = e d + Ν βρείτε τον τύπο της f. f ( ) Έστω g() = e +. Αφού η f είνι συνεχής στο R, θ είνι κι η g συνεχής στο R (σύνθεση συνεχών) f() = + f ( ) e d + f () = e + f () + f () f () = e e e f () = e + f () f () e f () = e + f () = ( ) e e + f () + e e c Η () γι = δίνει e f() = e + c () = + () + f ( ) Η υπόθεση f() = e d + γι = δίνει f() = + = () e = e + c c = () f () e = e + f() = +

3 3 3. Η συνάρτηση f είνι συνεχής στο (, + ) κι γι κάθε (, + ) ισχύει f () = + f ( ) d N βρείτε τον τύπο της f f () f ( ) d f () = + f d = + f() = + f ()d = ( + ) f () f ()d f() + f () = + f() f () = f() = + c () Η () γι = δίνει f() = + c () f () f d Η υπόθεση () = + c c = H () γίνετι f() = = + γι = δίνει f() = Σχόλιο 5 4. Έστω συνάρτηση f συνεχής στο (, + ), ώστε γι κάθε > ν ισχύει Ν δείξτε ότι f () = + f ( ) d = eπ 4 e συν π + f ( ) d = e π Σχόλιο 4 συν π π π f ( + )( + ) = e συν e ηµ f( + ) = e συν π π e ηµ π π π π eπ eπ Γι = f() = e συν e ηµ = f() = 4 + f d =( e συν π )

4 4 5. Έστω συνάρτηση f συνεχής στοr κι τέτοι ώστε γι κάθε R. Ν βρείτε το f(3). Η δοσµένη νίσωση γράφετι f ( ) d Θεωρούµε τη συνάρτηση g() = Προφνώς g(3) =, ηλδή η g προυσιάζει ελάχιστο g(3). f d 3 f d + 9, R 3 άρ γι κάθε R έχουµε g() g(3). Κι επειδή είνι πργωγίσιµη, κτά Ferma θ είνι g (3) =. 9 Από νισότητ σε ισότητ υποψιζόµστε Ferma Όµως g () = f (), άρ g (3) = f(3) 6 = f(3) = 6

5 5 6. Έστω πργωγίσιµη συνάρτηση f :R R µε f () > γι κάθε R. +β είξτε ότι f ( ) d +β + f ( ) d f d Έστω η συνάρτηση g() = f ( ) d +β + f ( ) d Αρκεί ν ποδείξουµε ότι g() +β f d, R H g είνι πργωγίσιµη σν άθροισµ πργωγίσιµων συνρτήσεων. g () = f() + f( + β )( + β ) = f() f( + β ) Πρόσηµο της g : g () > f() f( + β ) > f() > f( + β ) () f () > f γνησίως ύξουσ άρ κι. Οπότε η () > + β +β > Πρόσηµο της g κι µονοτονί της g +β g + g + +β Από τον πίνκ προκύπτει ότι η g προυσιάζει ελάχιστο στο ο = +β +β +β +β +β g min = g = f ()d + f ()d f ()d = Άρ g() γι κάθε R +β +β f ()d + f ()d f ()d

6 6 7. Έστω οι συνεχείς συνρτήσεις f, g : [, + ) R *, οι οποίες ικνοποιούν τις σχέσεις + f ()d = κι g() είξτε ότι : i) f ()g() = f()g () ii) f () = γι κάθε g() + g()d = γι κάθε. f () i) Επειδή οι συνρτήσεις f κι g είνι συνεχείς τ πρώτ µέλη των δοσµένων σχέσεων είνι πργωγίσιµες συνρτήσεις, άρ κι τ δεύτερ. g () f () Πργωγίζοντς έχουµε f () = κι g() = g () f () ιιρώντς κτά µέλη έχουµε ii) Έστω g () = f() g () κι f () = g() f () f () = g () g() f ()g() = g ()f() f () f ()g() g ()f () h() =, τότε h () = g() g () h() = c f () g() = c () f () ( i ) = f () Η () γι = δίνει g() = c () Οι υποθέσεις γι = δίνουν + f ()d = κι + g()d g() = f () g() = κι f() = () = c c = f () H () γίνετι g() =

7 7 8. Ν βρείτε τη συνάρτηση f, ν είνι συνεχής κι ισχύει 3 f() = + f ( )d +, R. Θέτουµε λοιπόν f ( )d = λ. Η υπόθεση γίνετι f() = 3 + λ + 3 f ()d = ( +λ + )d Άρ λ = 4 3 +λ λ = +λ f () λ = 3 + 4λ + 6 8λ = 9 9 = Η πργώγιση οδηγεί σε διέξοδο Το στθερό ολοκλήρωµ άγνωστης συνάρτησης ντικθίσττι µε ριθµό λ ηµιουργούµε πάλι το λ 9 c = 8

8 8 9. Ν βρεθεί συνεχής στο R συνάρτηση f, γι την οποί ισχύει e f ( )d = f () + e, R Έστω e f ( )d = λ, Η υπόθεση γίνετι λ = f() + e Η () f() = f() = λ e () (Ανζητάµε την τιµή του λ ) e f() = e (λ e ) e f() = λ e e e f ( )d = ( e ) λ λ = λe d λ = λ e e [ ] e d λ = λ( + e) e( ) λ = λ + λe e λ λe = e (e )λ = e λ = e e e e e Το στθερό ολοκλήρωµ άγνωστης συνάρτησης ντικθίσττι µε ριθµό λ e d ηµιουργούµε πάλι το λ

9 9. Ν βρεθεί πργωγίσιµη στο R συνάρτηση, γι την οποί ισχύει f () f() = f ( )d γι κάθε R κι f() = Το στθερό ολοκλήρωµ Έστω f ( )d = λ άγνωστης συνάρτησης ντικθίσττι µε ριθµό λ Η υπόθεση γίνετι f () f () = λ e - f () e - f () = λe - e - f () + (e - ) f () = λe - ( e f ()) = ( λ e ) e - f () = λe - + c f () = λ + c e () Γι = η () f () = λ + c = λ + c c = + λ Η () γίνετι f() = λ + ( + λ)e () Επνερχόµστε στην f ( )d = λ ( ) e d = λ λ+ ( +λ) λ d + ( + λ) e d = λ λ( ) + ( + λ) e = λ Η () f() = e e 3 + e e 3 + e λ + ( + λ)( e e ) = λ λ + ( + λ)(e ) = λ λ + e + λe λ = λ (e 3)λ = e λ = e e 3

10 . ίνετι η συνεχής συνάρτηση f: R R, η οποί γι κάθε R ικνοποιεί τις σχέσεις f() κι f() = 3 + d. Ν ποδείξετε ότι f () f () i) Η f είνι πργωγίσιµη στο R µε f () = f () ii) Η συνάρτηση g() = f () f() είνι στθερή στο R. iii) f() = i) Η συνάρτηση είνι ορισµένη κι συνεχής στο R (φού f συνεχής κι f () f(), άρ η συνάρτηση d είνι πργωγίσιµη στο R. f () Εποµένως κι η συνάρτηση f() = d είνι πργωγίσιµη στο R f () (πράξεις πργωγίσιµων ) f () = + = f () + f () = f () f () f () ii) ( i ) f () f () g () = f()f () f() f () = f() f() f () f () iii) g() = c ( f ()) f() = c () Η () γι = δίνει f () Αλλά η υπόθεση f() = 3 + οπότε 3 = c, c = 9 f = f() f f f () f () + = f() = = f () Άρ g() = c f() = c d γι = δίνει f() = 3, f () H () γίνετι f () f() = 9 f () f() + = + 9 ( f () ) f() = ± = () Επειδή η συνάρτηση f() είνι συνεχής κι δε µηδενίζετι (f() ) θ διτηρεί πρόσηµο, κι επειδή f() = 3 >, το πρόσηµό της θ είνι θετικό. Οπότε () f() = + + 9

11 . Έστω η συνεχής στο [, + ) συνάρτηση f, γι την οποί ισχύει f ( ) f() = ( ) + d γι κάθε. i) Ν ποδείξετε ότι f() = ln ii) Ν ποδείξετε ότι η C f τέµνει την ευθεί y = 5 σε έν κριβώς σηµείο iii) N ποδείξετε ότι ( + )ln( + ) ln < ln + i) Επειδή η f είνι συνεχής στο [, + ), θ είνι συνεχής κι η f ( ) οπότε η d είνι πργωγίσιµη, άρ κι η f. f () = + f () f () f () = f () f () = f () f () = f () ( ln ) = f () = ln + c f() = ln + c () Η () γι = δίνει f() = ln + c = c () f ( ) Η υπόθεση γι = δίνει f () = ( ) + d = Η () γίνετι f() = ln ii) f (), ( ) c = Αρκεί ν δείξω ότι η εξίσωση f() = 5 έχει κριβώς µί ρίζ στο [, + ). f() = 5 ln 5 = Έστω η συνάρτηση h() = ln 5, h() = 5 < κι h(e) = e 5 > h() h(e) < Κι φού η h είνι συνεχής στο [, e], µε βάση το θεώρηµ Bolzano θ υπάρχει έν τουλάχιστον ξ (, e) έτσι ώστε h(ξ) =. Ακόµ h () = + ln > γι κάθε, h γνησίως ύξουσ, οπότε η ρίζ είνι µονδική. iii) Η f είνι πργωγίσιµη στο [, +],, ισχύει το θεώρηµ µέσης τιµής. Εποµένως, υπάρχει η (, + ) τέτοιο ώστε f (η) = f ( + ) f () +

12 f (η) = f( +) f() (3) Αλλά f () = > f γνησίως ύξουσ, κι φού η < + f (η) < f ( +) ( 3 ) f( +) f() < f ( +) ( + ) ln( + ) ln < + ln( +) ( +) ln( + ) ln < + ln( +) 3. Συνάρτηση f είνι συνεχής στο [, β] µε > κι β f ()d =. Αν f() > γι κάθε (, β), δείξτε ότι η εξίσωση + β + f ()d έχει κριβώς µί λύση στο (, β). Η δοσµένη εξίσωση γράφετι + β + f ()d = Θεωρούµε την συνάρτηση g() = + β + f ()d, [, β] H g είνι πργωγίσιµη σν άθροισµ πργωγίσιµων, άρ κι συνεχής στο [, β] g() = + β + f ()d = + β = β > φού β > > β g(β) = + β + f ()d β = + β β = < Άρ g()g(β) < Οπότε, µε βάση το θεώρηµ Βolzano, θ υπάρχει έν τουλάχιστον ξ (, β) τέτοιο ώστε g(ξ) = Όµως g () = ( + β + f ()d ) = f() > Άρ η g είνι γνησίως ύξουσ, οπότε η ρίζ είνι µονδική =

13 3 4. Αν f συνάρτηση συνεχής στο R κι ξ (, ) τέτοιο ώστε f(ξ) = e ξ + Ανζητώ ρίζ της εξίσωσης f() =» f()» e + f()d = e, ν ποδείξετε ότι υπάρχει e = ( ) f e d = Υποψιζόµστε κτά σειρά : i) Bolzano ενδιάµεσων τιµών ii) Rolle Θ.Μ.Τ Θεωρούµε τη συνάρτηση K() = f ( ) e d, [, ] () K() = f ( ) e d = K() = = f e d f()d e d = e e [ ] d Επειδή η υπόθεση είνι σε ολοκλήρωµ, πάµε γι Rolle = e ( e e ) ( ) = e e + = Άρ K() = K() κι επειδή K() πργωγίσιµη στο [, ], κτά Rolle, θ υπάρχει ξ (, ) τέτοιο ώστε K (ξ) = () Αλλά, πό την () έχουµε K () = f() e () υπάρχει ξ (, ) τέτοιο ώστε f(ξ) e ξ = f(ξ) = e ξ +

14 4 5. Αν f συνάρτηση συνεχής στο [, β], ν ποδείξετε ότι υπάρχει ξ (, β) τέτοιο ξ ώστε f(ξ) = Υποψιζόµστε κτά σειρά : β ξ f()d i) Bolzano ενδιάµεσων τιµών ii) Rolle Θ.Μ.Τ Ανζητώ ρίζ της εξίσωσης f() = β (β )f() = f()d f()d (β ) f()d ( f()d ) ( f()d ) f()d = (β ) f()d f()d = (β ) + (β ) f()d = β = Θεωρούµε τη συνάρτηση K() = (β ) f()d, ϵ[, β] προφνώς πργωγίσιµη στο [, β]. K() = (β ) f()d = (β ) = Πάµε γι Rolle β β K(β) = (β β) f()d = f()d = Οπότε, µε βάση το θεώρηµ Rolle, υπάρχει ξ (, β) τέτοιο ώστε K (ξ) =

15 5 6. Αν f συνάρτηση συνεχής στο R κι υπάρχει ξ (, 4) τέτοιο ώστε f(ξ) =. 8 f(3)d = 4 6 f(4)d, ν ποδείξετε ότι 3 8 Γι το ολοκλήρωµ I = f(3)d θέτουµε 3 = u 3d = du 4 Ότν = 4 τότε u = Ότν = 8 τότε u = 4 4 Άρ I = f(u) du = f(u)du 6 Γι το ολοκλήρωµ J = f(4)d θέτουµε 4 = u 4d = du 3 Ότν = 3 τότε u = Ότν = 6 τότε u = 4 4 Άρ J = f(u) du = f(u)du Σύνθετη συνάρτηση 4 Η υπόθεση γίνετι στο ολοκλήρωµ οδηγεί 3 f(u)du = 4 4 f(u)du σε λλγή µετβλητής 4 4 f(u)du = 3 4 f(u)du 4 f(u)du = () Ανζητώ ρίζ της εξίσωσης f() = στο διάστηµ (, 4)» f()d = Θεωρούµε τη συνάρτηση K() = K() = K(4) = f(u)du, [, 4] f(u)du = 4 f(u)du () Άρ K() = K(4) κι επειδή K() πργωγίσιµη στο [, 4], κτά Rolle, θ υπάρχει ξ (, 4) τέτοιο ώστε K (ξ) = () = Αλλά K () = f (u)du = f(), οπότε K (ξ) = f(ξ) () = f(ξ)

16 6 7. Αν f συνάρτηση συνεχής στο [, + ) κι i) ii) f(u)du = e Υπάρχει ξ (, ) τέτοιο ώστε f(ξ) = e i) Γι το ολοκλήρωµ Ι = Σύνθετη συνάρτηση στο ολοκλήρωµ οδηγεί σε λλγή µετβλητής Άρ Ι = f(u)du = e ii) Ανζητώ ρίζ της εξίσωσης f( + )d θέτουµε f() = e» f() e = ( )» [ ] f( + )d f() e d = Θεωρούµε τη συνάρτηση K() = [ f() ] Κ() = [ f() e] d = κι Κ() = [ ] f() + = u = e, ν ποδείξετε ότι d( + ) = du ( + ) d = du d = du Ότν = τότε u = Ότν = τότε u = Πάµε γι Rolle e d πργωγίσιµη στο [, ] = f()d e d ed = e e[ ] = e e( ) = Εποµένως, κτά το Θ.Rolle, υπάρχει ξ (, ) τέτοιο ώστε K (ξ) =

17 7 8. Αν f συνάρτηση συνεχής στο [, β] κι ξ (, β) τέτοιο ώστε Ανζητώ ρίζ της εξίσωσης ξ f()d = f(ξ). f()d = f() f()d = ( f()d ) f()d ( f()d ) = e ( Θεωρούµε τη συνάρτηση K() = K() = e f()d = e = ( f()d e ) f()d e ) f()d + ( e f ( ) d ) = e β f()d =, ν ποδείξετε ότι υπάρχει e f()d = Επειδή η υπόθεση είνι σε ολοκλήρωµ, πάµε γι Rolle e = e f()d e f()d = f()d, πργωγίσιµη στο [, β] K(β) = e β β f()d = e = Εποµένως, κτά το Θ. Rolle, υπάρχει ξ (, β) τέτοιο ώστε K (ξ) = Ας πούµε, ένς άλλος τρόπος Θεώρησε συνάρτηση F() = κολούθησε τ ίδι βήµτ. f()d, ϵ[, β] πράγουσ της f, κι

18 8 9. ίνοντι οι συνρτήσεις f, g συνεχείς στο [, β]. Αν f() g(β) < κι g() = f()d γι κάθε [, β], ν ποδείξετε ότι υπάρχει ξ (, β) τέτοιο ώστε f(ξ) =. f() g(β) < f(), g(β) ετερόσηµοι. Έστω λοιπόν ότι f() >, οπότε g(β) <. () Με την εις άτοπο πγωγή : Αν ήτν f() γι κάθε (, β), επειδή f συνεχής θ διτηρεί πρόσηµο. Κι φού f() >, θ ήτν f() > στο [, β). Τότε f()d > g() > στο [, β) () g συνεχής στο β Αλλά lim g() () β lim g() = g(β) β Άρ g(β) που είνι άτοπο πό την ().. ίνετι συνεχής συνάρτηση f : [, ] (, ). Ν ποδείξετε ότι η εξίσωση f()d = έχει κριβώς µί λύση στο διάστηµ (, ). Θεωρούµε τη συνάρτηση g() = f()d, [, ] Προφνώς η g είνι πργωγίσιµη άρ κι συνεχής. g() = f()d = = < g() = f()d = f()d () f() (, ) f() < f() > () [ ] f() d > d [ ] f()d > f()d > f()d () > g() > Άρ, µε βάση το θ.bolzano, η εξίσωση g() = έχει ρίζ στο διάστηµ (, ). Είνι g () = ( ) = f() > f() () f()d >. Άρ η g είνι γν.ύξουσ, εποµένως η ρίζ είνι µονδική

19 9. Έστω οι συνεχείς στο R συνρτήσεις f κι g, γι τις οποίες ισχύουν f() = + g ( ) d γι κάθε R. o Αν γι κάθε [, ] είνι g() χωρίς ν είνι όλες οι τιµές της g ίσες µε, δείξτε ότι η εξίσωση f() = έχει κριβώς µί λύση στο (, ). H f είνι συνεχής στο [, ] µε f() = < κι f() = + g ( ) d > + o d = o = = d = o ( ) = Άρ f() f() < Με βάση το θ.bolzano, θ υπάρχει έν τουλάχιστον ξ (, ) ώστε f(ξ) =. Αλλά f πργωγίσιµη στο R µε f () = + g() > (φού g() Άρ η f είνι γνησίως ύξουσ, οπότε η ρίζ είνι µονδική. )

20 . Έστω συνάρτηση f συνεχής κι γνησίως φθίνουσ στο (, + ) µε 4 f ( ) d 4 = κι 3 f d = Αν g() = f ( ) d, >, ν δείξετε ότι η g είνι γνησίως φθίνουσ κι ότι + υπάρχει έν τουλάχιστον ξ (, 3), ώστε f(ξ + ) f(ξ + ) = 4. Έστω συγκεκριµένο (, + ) + f d f d Τότε g() = f d g() = + + f d g () = f( + ) + f( + ) = f( + ) f(+) () Όµως + > + κι f γνησίως φθίνουσ f( + ) < f( + ) f( + ) f( + ) < g () < άρ g γν.φθίνουσ. Επειδή g πργωγίσιµη στο (, + ) άρ κι στο [, 3], µε βάση το θεώρηµ µέσης τιµής θ υπάρχει έν τουλάχιστον ξ (, 3) έτσι ώστε Μάθηµ 4, σχόλιο 4 g (ξ) = g(3) g() 3 () f (ξ + ) f(ξ + ) = g(3) g() () + 5 H g() = f ( ) d γι = 3 g(3) = f ( ) d = f d = 3 4 Η () + 4 κι γι = g() = f ( ) d = f (ξ + ) f(ξ + ) = 3 = 4 + f d = 3