ΜΑΘΗΜΑ ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ

Transcript

1 ΘΕΩΡΙΑ ΜΑΘΗΜΑ.8 ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ Ορισµός της συνέχειας Πράξεις µε συνεχείς συναρτήσεις Συνέχεια συνάρτησης σε διάστηµα Θεωρία Ασκήσεις. Ορισµός Συνάρτηση f λέγεται συνεχής σε σηµεί όταν f () = f ( ). Γεωµετρική ερµηνεία:: Η τυ εδίυ ρισµύ της, C f συνεχίζεται (δε διακότεται) στη θέση.. Ορισµός Συνάρτηση f λέγεται συνεχής, όταν είναι συνεχής σε κάθε σηµεί τυ εδίυ ρισµύ της.. Βασικές συνεχείς συναρτήσεις Πλυωνυµική, ρητή, ηµ, συν, εφ, σφ, εκθετική, λγαριθµική. 4. Πράξεις Πράξεις µεταξύ συνεχών συναρτήσεων δίνυν συνεχή συνάρτηση. 5. Η σύνθεση συνεχών συναρτήσεων είναι συνεχής συνάρτηση.

2 6. Θεώρηµα Bolzano Αν συνάρτηση f είναι συνεχής σε κλειστό διάστηµα [α, β] και f (α) f (β) < 0, τότε υάρχει ένα τυλάχιστν (α, β) τέτι, ώστε f ( ) = 0 Άλλη έκφραση τυ συµεράσµατς: η εξίσωση f () = 0 έχει µία τυλάχιστν ρίζα στ ανικτό διάστηµα (α, β) Γεωµετρική ερµηνεία τυ συµεράσµατς: η C τέµνει τν άξνα σε ένα τυλάχιστν σηµεί. f Συµλήρωση Αν εί λέν η συνάρτηση είναι γνησίως µνότνη στ [α, β], τότε τ µναδικό. είναι 7. ύ άµεσα συµεράσµατα. α) Αν συνάρτηση f είναι συνεχής και δε µηδενίζεται σε διάστηµα, τότε διατηρεί ρόσηµ στ. β) Αν τθετήσυµε τις ρίζες συνεχύς συνάρτησης στν άξνα, τότε η συνάρτηση διατηρεί ρόσηµ σε καθένα αό τα διαστήµατα υ ρίζνται. 8. Θεώρηµα ενδιάµεσων τιµών. Αν συνάρτηση f είναι συνεχής σε κλειστό διάστηµα [α, β] και f (α) f (β), τότε, για κάθε αριθµό η µεταξύ των f (α), f (β) υάρχει ένας τυλάχιστν (α, β) τέτις, ώστε f ( ) = η. 9. H εικόνα διαστήµατς Αν συνάρτηση f είναι συνεχής και µη σταθερή σε διάστηµα, τότε η εικόνα f ( ) είναι διάστηµα. Πρσχή. Η εικόνα κλειστύ είναι κλειστό. εν είναι σίγυρ ότι συµβαίνει τ ίδι µε ανικτό. 0. Θεώρηµα µέγιστης ελάχιστης τιµής. Αν συνάρτηση f είναι συνεχής σε κλειστό διάστηµα [α, β], τότε έχει µέγιστ Μ και ελάχιστ m. Άµεσ συµέρασµα. α) f ([α, β]) = [m, Μ ] β) Αν m = Μ τότε f σταθερή

3 . Φανταζόµαστε τη γρ. αράσταση Αν συνάρτηση f είναι συνεχής και γνησίως αύξυσα σε διάστηµα [α, β], τότε f ( [α, β] ) = [ f (α), f (β)] Αν συνάρτηση f είναι συνεχής και γνησίως φθίνυσα σε διάστηµα [α, β], τότε f ( [α, β] ) = [ f (β), f (α)] Αν συνάρτηση f είναι συνεχής και γνησίως αύξυσα σε διάστηµα (α, β), τότε f ((α, β)) = ( α + f (), β f ()) Αν συνάρτηση f είναι συνεχής και γνησίως φθίνυσα σε διάστηµα (α, β), f (), + f () ) τότε f ((α, β)) = ( β. α Αν συνάρτηση f είναι συνεχής σε διάστηµα (α, β) µε f () = και f () = +, α β τότε η f έχει µία τυλάχιστν ρίζα στ διάστηµα (α, β) Τ ίδι ισχύει αν τα, + εναλλαγύν

4 4 ΑΣΚΗΣΕΙΣ η ενότητα. Για συνάρτηση f : R R δίνεται ότι f( + y) = f( ) + f( y ) για κάθε, y R. Να αδείξετε ότι : i) Αν η f είναι συνεχής στ 0, τότε είναι συνεχής στ R. ii) Αν η f είναι συνεχής σε σηµεί α, τότε είναι συνεχής στ R. Πρτεινόµενη λύση i) f συνεχής στ 0 f( ) = f( 0 ) () 0 Αό την υόθεση f( + y ) = f( ) + f( y ) (), για = y = 0 έχυµε () Έστω f( 0+ 0) = f( 0 ) + f( 0 ) f( 0 ) = 0 f( ) = 0 () 0 R τυχαί. f( ) = h 0 + () = f( h) ii) f είναι συνεχής στ α = [f( o ) + f(h)] f( o ) + f(h) () = f( o ) + 0 = f( o ) άρα f συνεχής στ τυχαί f() = f(α) α f ( α + h) = f(α) () h 0 f(α) + [ f(α) + f(h)] = f(α) f(α) + f(h) f(h) = f(α) = 0 = f( 0 ) = f(α) f(h) Άρα f συνεχής στ 0, ότε κατά τ ( i ), συνεχής στ R

5 5. Για συνάρτηση f : R R δίνεται ότι ( ) f y = f( ) f( y ) για κάθε, y R. Να αδείξετε ότι : i) Αν η f είναι συνεχής στ, τότε είναι συνεχής στ R. ii) Αν η f είναι συνεχής σε σηµεί α R, τότε είναι συνεχής στ Πρτεινόµενη λύση i) f συνεχής στ f( ) = f( ) () Αό την υόθεση f( y ) = f( ) f( y ) () Για = y = έχυµε f( ) = f( ) f( ) () Έστω o f( ) = f( ) = () R τυχαί. f( ) = o f( ) = () = = h άρα f συνεχής στ τυχαί h h f( o h) ( θέσαµε [ f( o) f( h )] f. ( ) o ii) f είναι συνεχής στ α f( ) = f(α) α () α = h o R., ότε = h) f( h ) () = f( ) = f o ( o) h f( ) = f(α) ( θέτυµε f( α h) = f(α) h [ f(α) f( h )] = f(α) h h f(α) f(α) h f( h ) = f(α) h f( h ) = f(α) f h Άρα f συνεχής στ, ότε κατά τ ( i ), συνεχής στ f( h ) = = ( ) = h, ότε = α h ) α R

6 6. Έστω συνάρτηση f : R R για την ία ισχύυν i) f συνεχής στ 0 ii) f( + y ) + + y = [ f( ) + ] [ f( y ) + y ] για κάθε, y R iii) f( ) 0 για κάθε, R Να αδείξετε ότι, η f είναι συνεχής στ R. Υόδειξη. f( + y ) = [ f( ) + ] [ f( y ) + y ] y και ακλυθύµε την άσκηση.i) 4. Αν η συνάρτηση f : R R είναι συνεχής στ και ( ) f() +συν =, να υλγίσετε την τιµή f (). ( ) Πρτεινόµενη λύση f συνεχής στ f( ) = f( ). Οότε, αρκεί να βρύµε τ f( ). Θέτυµε g() = Τότε Αλλά συν Άρα () ( ) f() +συν κντά στ. ( ) g() = και g() ( ) = ( ) f( ) + συν [ g() ( )] = g() ( ) συν f( ) = g() ( ) = ( ) f( ) συν () g() ( ) = 0 = 0 και συν = 0 (+ u) συν συν + = = u 0 u u 0 u ηµ u = = ηµ u u 0 u u 0 u f() = 0 ( ) =. Θέτυµε = u, ότε = + u και u 0 u ( ) = =

7 7 5. Έστω συνάρτηση f : R R, η ία για κάθε R ικανιεί τη σχέση f () ηµ. Αν η f είναι συνεχής στ 0, να υλγίσετε την τιµή f (0). Πρτεινόµενη λύση f συνεχής στ 0 Οότε, αρκεί να βρύµε τ f( ) = f( 0 ). 0 f( ). 0 Αό την υόθεση έχυµε f () ηµ Για κντά στ 0 f () ηµ 0 f () 0 f () ηµ ηµ ηµ ηµ Αλλά = άρα = = Αό τ κριτήρι αρεµβλής θα έχυµε f () = 0, ότε και 0 f( ) = 0 0 η ενότητα 6. Έστω συνάρτηση f συνεχής στ διάστηµα [α, β] µε f (α) f (β). Να αδείξετε ότι υάρχει ξ (α, β) τέτις, ώστε 5 f (ξ) = f (α) + f (β). Πρτεινόµενη λύση Αναζητώ ρίζα της εξίσωσης 5 f () = f (α) + f (β) στ διάστηµα (α, β) 5 f () f (α) f (β) = 0 Θεωρώ τη συνάρτηση g() = 5 f () f (α) f (β), [α, β] υ είναι συνεχής Οότε, αναζητώ ρίζα της εξίσωσης g() = 0 Είναι g συνεχής στ [α, β] g(α) = 5 f (α) f (α) f (β) = f (α) f (β) = [ f (α) f (β)] g(β) = 5 f (β) f (α) f (β) = f (β) f (α) = [ f (α) f (β)] Άρα g(α) g(β) = 6 [ f (α) f (β) ] < 0 Κατά τ θεώρηµα Bolzano, η εξίσωση g() = 0 έχει µία τυλάχιστν ρίζα ξ (α, β)

8 8 7. Έστω συνάρτηση f συνεχής στ διάστηµα [0, α] µε f (0) = f (α). Να αδείξετε ότι υάρχει ξ [0, α] τέτις, ώστε f (ξ) = f (ξ + α). Πρτεινόµενη λύση Αναζητώ ρίζα της εξίσωσης f () = f ( + α) στ διάστηµα [0, α] f () f ( + α) = 0 Θεωρώ τη συνάρτηση g() = f () f ( + α) στ [0, α] συνεχής σαν διαφρά συνεχών. Αναζητώ ρίζα της εξίσωσης g() = 0 Είναι g συνεχής στ [0, α] g(0) = f (0) f (0 + α) = f (0) f (α) g(α) = f (α) f (α + α) = f (α) f (α) = f (α) f (0) Άρα g(0) g(α) = [ f (α) f (0) ] 0 Όταν g(0) g(α) = 0, δηλαδή όταν g(0) = 0 ή g(α) = 0 η ζητύµενη ρίζα είναι 0 ή α. Όταν g(0) g(α) < 0, κατά τ θεώρηµα Bolzano, η εξίσωση g() = 0 έχει µία τυλάχιστν ρίζα ξ (0, α), άρα ξ [0, α] 8. Έστω f, g συναρτήσεις συνεχείς στ διάστηµα [α, β] µε g() 0 για κάθε [α, β]. Να αδείξετε ότι υάρχει ξ (α, β) τέτις, ώστε f( ξ) g( ξ ) = ξ α + ξ β Πρτεινόµενη λύση f( ) Αναζητώ ρίζα της εξίσωσης g( ) = α + στ διάστηµα (α, β) β f ()( α)( β) = g()( β) + g()( α) f ()( α)( β) g()( β) g()( α) = 0 Έστω η συνάρτηση h() = f ()( α)( β) g()( β) g()( α), [α, β] συνεχής αφύ ρκύτει αό ράξεις συνεχών. Αναζητώ ρίζα της εξίσωσης h() = 0 Είναι h συνεχής στ [α, β] h(α) = g(α)(α β) = g(α)(β α) h(β) = g(β)(β α) Άρα h(α) h(β) = g(α)g(β)(β α) Όµως τα g(α) και g(β) είναι µόσηµα διότι αν ήταν ετερόσηµα τότε στ [α, β] για την g συνάρτηση θα ίσχυε τ θεώρηµα Bolzano άρα θα υήρχε η (α, β) ώστε g(η) = 0 υ είναι άτ δεδµένυ ότι g() 0 για κάθε [α, β] άρα h(α) h(β) <0 ότε Κατά τ θεώρηµα Bolzano, η εξίσωση h() = 0 έχει µία τυλάχιστν ρίζα ξ (α, β)

9 9 9. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στ διάστηµα [α, β], να αδείξετε ότι υάρχει ξ (α, β) τέτις, ώστε f (ξ) = α ξ + β ξ Υόδειξη. Ακλύθησε την άσκηση 8 0. Έστω f, g συναρτήσεις συνεχείς στ διάστηµα [α, β] και µε τιµές στ [α, β]. Αν g(α) = β και g(β) = α, να αδείξετε ότι υάρχει ξ [α, β] τέτι, ώστε f (g(ξ)) = g(ξ). Πρτεινόµενη λύση Αό υόθεση είναι α f () β και α g() β () για κάθε [α, β] Αναζητώ ρίζα της εξίσωσης f (g()) = g() στ διάστηµα [α, β] f (g()) g() = 0 Έστω η συνάρτηση h() = f (g()) g(), [α, β] συνεχής σαν διαφρά συνεχών. Αναζητώ ρίζα της εξίσωσης h() = 0 Είναι h συνεχής στ [α, β] h(α) = f (g(α)) g(α) = f (β) β () 0 h(β) = f (g(β)) g(β) = f (α) α () 0 Άρα h(α) h(β) 0 Όταν h(α) h(β) = 0, δηλαδή όταν h(α) = 0 ή h(β) = 0, ζητύµενς ξ είναι τ α ή τ β αντίστιχα Όταν h(α) h(β) < 0, κατά τ θεώρηµα Bolzano, η εξίσωση h() = 0 έχει µία τυλάχιστν ρίζα ξ (α, β), άρα και ξ [α, β].

10 0. Αν ι συναρτήσεις f, g είναι συνεχείς στ R και έχυν την ίδια µέγιστη τιµή σε διαφρετικά σηµεία, να αδείξετε ότι ι C, C έχυν ένα τυλάχιστν κινό σηµεί. Πρτεινόµενη λύση Έστω Μ = f ( ) = g ( ) η ίδια µέγιστη τιµή, όυ ( ας είναι < ) Οότε θα είναι f () M και g () M για κάθε () Αναζητάµε ρίζα της εξίσωσης f () = g () f () g () = 0 Έστω η συνάρτηση h() = f () g() συνεχής σαν διαφρά συνεχών. Αναζητάµε ρίζα της εξίσωσης h() = 0 h( ) = f ( ) g( ) = M g( ) () 0 h( ) = f ( ) g( ) = f ( ) M () 0 Άρα h( ) h( ) 0 Όταν h( ) h( ) = 0, δηλαδή όταν h( ) = 0 ή h( ) = 0, τότε η ζητύµενη ρίζα της εξίσωσης h() = 0 είναι ή αντίστιχα. Όταν h( ) h( ) < 0, κατά τ θεώρηµα Bolzano, η εξίσωση h() = 0 έχει µία τυλάχιστν ρίζα ξ µεταξύ των, f g

11 . Αν β > 0 και α + β <, να αδείξετε ότι η εξίσωση + α + β = 0 έχει τρεις ραγµατικές ρίζες. Πρτεινόµενη λύση Θεωρύµε τη συνάρτηση f () = + α + β, R υ είναι συνεχής. Αναζητάµε τις ρίζες της εξίσωσης f () = 0 Είναι f (0) = 0 + α 0 + β = β > 0 f () = + α + β = + α + β < 0, αφύ α + β < Άρα f (0) f () < 0 Κατά τ θεώρηµα Bolzano, η εξίσωση h() = 0 έχει µία τυλάχιστν ρίζα στ διάστηµα (0, ). α χ y Ο χ χ β Είναι f () = f () = + ( + α + β) = ( + α + β) = + + = = + Και εειδή f συνεχής, τ σύνλ τιµών της είναι τ (, + ) Άρα υάρχει κ < 0, ώστε να είναι f (κ) < 0 και λ >, ώστε να είναι f ( λ) > 0 f (κ) f (0) < 0 υάρχει ρίζα της εξίσωσης f () = 0 στ διάστηµα (κ, 0) f () f (λ) < 0 υάρχει ρίζα της εξίσωσης f () = 0 στ διάστηµα (, λ) Η εξίσωση δε µρεί να έχει και τέταρτη ρίζα, αφύ είναι υ βαθµύ.

12 . Η συνάρτηση f είναι συνεχής και εριττή στ R µε f () > 0. Να αδείξετε ότι η εξίσωση f (ηµ) = έχει µία τυλάχιστν ραγµατική ρίζα. Πρτεινόµενη λύση Αναζητάµε ρίζα της εξίσωσης f (ηµ) + = 0 Θεωρύµε τη συνάρτηση g() = f (ηµ) +, R. Οότε, αναζητάµε µία τυλάχιστν ρίζα της εξίσωσης g() = 0 H g είναι συνεχής αφύ ρκύτει αό σύνθεση συνεχών και ράξεις συνεχών. g( ) = f ( ( ) ) g( ) = f( ηµ ) + = f () + = f () + ( ) Άρα g( ) g( ) < 0 ηµ = f ( ) = f () < 0 > Κατά τ θεώρηµα Bolzano,η εξίσωση g() = 0 έχει µία τυλάχιστν ρίζα στ διάστηµα (, )

13 4. Μια αρκετά δύσκλη άσκηση. Oι συναρτήσεις f, g είναι συνεχείς στ R και για κάθε R ισχύει ( f g )() = (g o f )(). Αν η εξίσωση f () = g() είναι αδύνατη, να αδείξετε ότι και η εξίσωση f ( f ()) = g(g()) είναι αδύνατη. Πρτεινόµενη λύση ( f g )() = (g o f )() f (g ()) = g( f ()) στ R () f () = g() αδύνατη f () g() για κάθε R () Θεωρύµε τη συνεχή συνάρτηση h() = f () g(), R. () Οότε η εξίσωση h() = 0 είναι αδύνατη. (4) Με την ααγωγή σε άτ : Έστω ότι η εξίσωση f ( f ()) = g(g()) έχει ρίζα Οότε f ( f ( )) = g(g( )) (5) () f ( ) g( ) Ας είναι f ( ) < g( ) ότε ρίζεται τ διάστηµα [ f ( ), g( )], στ ί εφαρµόζυµε τ θεώρηµα Bolzano για τη συνάρτηση h. h( f ( )) () = f ( f ( )) g( f ( )) () = f ( f ( )) f (g ( )) h(g( )) () = f (g ( )) g(g ( )) (5) = f (g ( )) f ( f ( )) Γινόµεν : h( f ( )). h(g( )) = [ f ( f ( )) f (g ( )) ] < 0 Άρα, κατά τ θεώρηµα Bolzano,η εξίσωση h() = 0 έχει µία τυλάχιστν ρίζα, υ είναι άτ, αό την (4)

14 4 5. Έστω συνάρτηση f συνεχής στ διάστηµα [α, β] και,,..., ν [α, β]. Να αδείξετε ότι υάρχει ξ [α, β] τέτι, ώστε Πρτεινόµενη λύση f (ξ) = ν [ f ( ) + f ( ) f ( ν )] Εειδή η f είναι συνεχής στ κλειστό διάστηµα [α, β], θα έχει ελάχιστ m = f ( ) και µέγιστ Μ.= f ( ), όυ, [α, β] o o Άρα θα είναι m f ( ) Μ m f ( ) Μ... m f ( ν ) Μ Πρσθέτντας κατά µέλη έχυµε ν m f ( ) + f ( ) f ( ν ) ν Μ m ν [ f ( ) + f ( ) f ( ν )] Μ Κατά τ θεώρηµα ενδιάµεσων τιµών, θα υάρχει ξ µεταξύ των, µεταξύ των α, β τέτι, ώστε f (ξ) = ν [ f ( ) + f ( ) f ( ν )], άρα και o

15 5 6. Να αδείξετε : Αν συνάρτηση f είναι συνεχής και σε διάστηµα, τότε είναι γνησίως µνότνη στ. Πρτεινόµενη λύση Έστω ότι η f δεν είναι γνησίως µνότνη στ. Τότε θα υάρχυν,, µε < < τέτια, ώστε f( ) < f( ) και f( ) > f ( ) Όταν f( ) είναι µεταξύ των f( ) και f( ) Τότε f( ) στ σύνλ τιµών f ((, )). Οότε, κατά τ θεώρηµα ενδιάµεσων τιµών, υάρχει ξ (, ), ώστε να είναι f(ξ) = f( ), υ είναι άτ, αφύ η f είναι Όταν f( ) < f( ) Τότε f( ) στ σύνλ τιµών f ((, )). Οότε, κατά τ θεώρηµα ενδιάµεσων τιµών, υάρχει ξ (, ), ώστε να είναι f(ξ) = f( ), υ είναι άτ, αφύ η f είναι y 4 f( ) f( ) f( ) O y 4 f( ) f( ) f( ) 5 5