f (x) = l R, τότε f (x 0 ) = l. = lim (0) = lim f(x) = f(x) f(0) = xf (ξ x ). = l. Εστω ε > 0. Αφού lim f (x) = l R, υπάρχει δ > 0

Transcript

1 Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» Κεφάλαιο 5: Παράγωγος Α Οµάδα. Εξετάστε αν οι παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς ή ψευδείς (αιτιολογήστε πλήρως την απάντησή σας). (α) Αν η f είναι παραγωγίσιµη στο (a, b), τότε η f είναι συνεχής στο (a, b). (ϐ) Αν η f είναι παραγωγίσιµη στο 0 = 0 και αν f(0) = f (0) = 0, τότε f(/) = 0. (γ) Αν η f είναι παραγωγίσιµη στο [a, b] και παίρνει τη µέγιστη τιµή της στο 0 = a, τότε f (a) = 0.. Αν f () 0 για κάθε [0, ) και f(0) = 0, τότε f() 0 για κάθε [0, ). (δ) Αν η f είναι δύο ϕορές παραγωγίσιµη στο [0, ] και f(0) = f() = f() = 0, τότε υπάρχει 0 (0, ) ώστε f ( 0 ) = 0. (ε) Εστω f : (a, b) R και έστω 0 (a, b). Αν η f είναι συνεχής στο 0, παραγωγίσιµη σε κάθε (a, b) \ { 0 } και αν υπάρχει το 0 f () = l R, τότε f ( 0 ) = l. (στ) Αν η f : R R είναι παραγωγίσιµη στο 0, τότε υπάρχει δ > 0 ώστε η f να είναι συνεχής στο ( δ, δ). (Ϲ) Αν η f είναι παραγωγίσιµη στο 0 R και f ( 0 ) > 0, τότε υπάρχει δ > 0 ώστε η f να είναι γνησίως αύξουσα στο ( 0 δ, 0 + δ). Υπόδειξη. (α) Σωστό. Εστω (a, b). Από την υπόθεση, η f είναι παραγωγίσιµη στο, άρα είναι συνεχής στο. (ϐ) Σωστό. Αφού f(0) = f (0) = 0, έχουµε 0 = f f() f(0) f() (0) = = 0 0. Από την αρχή της µεταφοράς για το όριο, αν 0 και 0, τότε = f(/) 0, παίρνουµε f(/) = / = 0. f( ) = 0. Θεωρώντας την ακολουθία (γ) Λάθος. Θεωρήστε τη συνάρτηση f : [0, ] R µε f() =. Η f είναι παραγωγίσιµη στο [0, ] και παίρνει τη µέγιστη τιµή της στο 0 = 0, όµως f () = για κάθε [0, ], άρα f (0) = 0. (δ) Σωστό. Εστω > 0. Εφαρµόζουµε το ϑεώρηµα µέσης τιµής στο [0, ]: υπάρχει ξ (0, ) ώστε f() = f() f(0) = f (ξ ). Αφού > 0 και f (ξ ) 0, συµπεραίνουµε ότι f() 0. Για = 0, έχουµε f() = f(0) = 0. (ε) Σωστό. Εφαρµόζοντας το ϑεώρηµα Rolle για την f στα [0, ] και [, ], ϐρίσκουµε y (0, ) µε f (y ) = 0 και y (, ) µε f (y ) = 0. Εφαρµόζοντας πάλι το ϑεώρηµα Rolle για την f στο [y, y ], ϐρίσκουµε 0 (y, y ) µε f ( 0 ) = 0. Τέλος, 0 < y < 0 < y <, δηλαδή 0 (0, ). f() f( (στ) Σωστό. Αρκεί να δείξουµε ότι 0) 0 = l. Εστω ε > 0. Αφού f () = l R, υπάρχει δ > ώστε : αν 0 < y 0 < δ, τότε f (y) l < ε. Εστω (a, b) µε 0 < < 0 + δ. Από τις υποθέσεις µας

2 έπεται ότι f είναι συνεχής στο [ 0, ] και παραγωγίσιµη στο ( 0, ), οπότε, εφαρµόζοντας το ϑεώρηµα µέσης τιµής στο [ 0, ], ϐρίσκουµε y ( 0, ) ώστε f() f(0) 0 = f (y ). Οµως, 0 < y 0 < 0 < δ, άρα f (y ) l < ε. Συνεπώς, ( ) f() f( 0 ) l 0 = f (y ) l < ε. Αφού το ε > 0 ήταν τυχόν και η ( ) ισχύει για κάθε ( 0, 0 + δ), συµπεραίνουµε ότι + 0 f() f( 0) 0 = l. Με τον ίδιο τρόπο δείχνουµε ότι το όριο από αριστερά ισούται µε l, άρα η f είναι παραγωγίσιµη στο 0, και f ( 0 ) = l. (Ϲ) Λάθος. Θεωρούµε τη συνάρτηση f : R R µε f() = αν Q και f() = αν / Q. Η f είναι ασυνεχής σε κάθε 0, άρα δεν υπάρχει δ > 0 ώστε η f να είναι συνεχής στο ( δ, δ). Οµως, η f είναι παραγωγίσιµη στο 0: έχουµε άρα f (0) = 0. f() f(0) = f() = = 0 όταν 0, (η) Λάθος. Θεωρούµε τη συνάρτηση f : R R µε f() = + cos αν 0 και f(0) = 0. Η f είναι παραγωγίσιµη στο 0 και f (0) = > 0 (εξηγήστε γιατί). Ας υποθέσουµε ότι για κάποιο δ > 0, η f είναι αύξουσα στο (0, δ). Τότε, f () 0 για κάθε (0, δ). ηλαδή, + cos si 0 για κάθε (0, δ). Επιλέγουµε N αρκετά µεγάλο ώστε = π+π/ < δ και παρατηρούµε ότι f ( ) = + π+π/ cos(π + π/) si(π + π/) = < 0, άτοπο.. Εξετάστε αν οι συναρτήσεις f, g, h είναι παραγωγίσιµες στο 0. (α) f() = αν / Q και f() = 0 αν Q. (ϐ) g() = 0 αν / Q και g() = αν Q. (γ) h() = si αν / Q και h() = αν Q. = f() Υπόδειξη. (α) Θεωρούµε τη συνάρτηση f () = f() f(0), 0. Εχουµε f () = αν / Q και f () = 0 αν Q. Η f είναι παραγωγίσιµη στο 0 αν και µόνο αν υπάρχει το 0 f (). Οµως αυτό το όριο δεν υπάρχει : αν (q ) είναι µια ακολουθία ϱητών αριθµών ώστε q 0 και q 0, τότε f (q ) = 0 0. Αν (α ) είναι µια ακολουθία αρρήτων αριθµών ώστε α 0, τότε f (α ) =. Αφού f(q ) f(α ), από την αρχή της µεταφοράς ϐλέπουµε ότι το 0 f () δεν υπάρχει. Άρα, η f δεν είναι παραγωγίσιµη στο 0. (ϐ) Θεωρούµε τη συνάρτηση g () = g() g(0) = g(), 0. Εχουµε g () = 0 αν / Q και g () = αν Q. Η g είναι παραγωγίσιµη στο 0 αν και µόνο αν υπάρχει το 0 g (). Θα δείξουµε ότι 0 g () = 0. Εστω ε > 0. Παρατηρούµε ότι g () για κάθε 0. Πράγµατι, αν / Q έχουµε g () = 0, ενώ αν Q έχουµε g () =. Επιλέγουµε δ = ε. Τότε, αν 0 < < δ έχουµε g () < δ = ε. Αφού το ε > 0 ήταν τυχόν, 0 g () = 0. Άρα, η g είναι παραγωγίσιµη στο 0, και g g() g(0) (0) = 0 = 0 g () = 0. (γ) Θεωρούµε τη συνάρτηση h () = h() h(0) = h(), 0. Εχουµε h () = si αν / Q και h () = αν Q. Η h είναι παραγωγίσιµη στο 0 αν και µόνο αν υπάρχει το 0 h ().

3 Θα δείξουµε ότι 0 h () =. Εστω ε > 0. Γνωρίζουµε ότι 0 si =, άρα υπάρχει δ > 0 ώστε : αν R και 0 < < δ, τότε si < ε. Θα δείξουµε ότι : αν R και 0 < < δ, τότε h () < ε. Πράγµατι, αν / Q έχουµε h () = si < ε, ενώ αν Q έχουµε h () = = 0 < ε. Αφού το ε > 0 ήταν τυχόν, 0 h () = 0. Άρα, η h είναι παραγωγίσιµη στο 0, και h (0) = 0 h() h(0) = 0 h () = Εξετάστε αν οι συναρτήσεις f, g, h είναι παραγωγίσιµες στο R. Αν είναι, εξετάστε αν η παράγωγός τους είναι συνεχής στο R. (α) f() = si ( ) αν 0, και f(0) = 0. (ϐ) g() = si ( ) αν 0, και g(0) = 0. (γ) h() = si ( ) αν 0, και h(0) = 0. Υπόδειξη. (α) Η f είναι παραγωγίσιµη σε κάθε 0 και f () = cos ( ). Για την παράγωγο στο 0 εξετάζουµε αν υπάρχει το όριο της f() f(0) = f() = si ( ) καθώς το 0. Αν ορίσουµε = π+ π, τότε 0 αλλά f() = π + π παραγωγίζεται στο 0. (ϐ) Η g είναι παραγωγίσιµη σε κάθε 0 και g () = si ( ) cos ( αν υπάρχει το όριο της g() g(0) = g() = si ( +. Άρα, η f δεν ). Για την παράγωγο στο 0 εξετάζουµε ) καθώς το 0. Αν ορίσουµε = π+ π, τότε 0 και g() =. Αν ορίσουµε = π, τότε 0 και g() = 0 0. Επεται ότι το 0 g() g(0) δεν υπάρχει, άρα η g δεν παραγωγίζεται στο 0. (γ) Η h είναι παραγωγίσιµη σε κάθε 0 και h () = si ( ( ) cos ). Για την παράγωγο στο 0 εξετάζουµε αν υπάρχει το όριο της h() h(0) = h() ( ) = si καθώς το ( 0. Παρατηρήστε ότι si ). Αν λοιπόν µας δώσουν ε > 0 τότε, επιλέγοντας δ = ε > 0 έχουµε 0 < < δ h() h(0) 0 < ε. ηλαδή, η h παραγωγίζεται στο 0, και h (0) = 0. Η h είναι συνεχής σε κάθε 0, δεν είναι όµως συνεχής στο 0: για να το δείξετε, παρατηρήστε ότι δεν υπάρχει το cos ( 0 ). 4. είξτε ότι η συνάρτηση f : R R µε f() = si αν 0 και f(0) = είναι παραγωγίσιµη σε κάθε 0 R. Εξετάστε αν η f : R R είναι συνεχής συνάρτηση. Υπόδειξη. Αν 0, τότε f () = Για την παράγωγο στο 0, ϑεωρούµε τη συνάρτηση cos si. f () = f() f(0) = si = si, 0. 3

4 Θα δείξουµε ότι 0 + f () = 0. Αφού η f είναι περιττή, έπεται ότι άρα f () = f () = 0, f (0) = 0 f () = 0. Χρησιµοποιώντας την si < < si cos για 0 < < π/, παίρνουµε 0 < si < si = si cos cos si = si cos cos = si ( si(/) cos / όταν 0. Από το κριτήριο παρεµβολής έπεται ότι 0 + f () = 0. ) 0 = 0 Η f είναι συνεχής σε κάθε 0. Για να δείξουµε ότι f είναι συνεχής στο 0 αρκεί να δείξουµε ότι cos si 0 = 0. Χρησιµοποιώντας την si < < si cos για 0 < < π/, παίρνουµε Παρατηρούµε ότι 0 > cos si si cos = > si cos. ( ) si(/) si 0 / όταν 0. Από το κριτήριο παρεµβολής έπεται ότι 0 + f () = 0. Η f είναι περιττή, άρα 0 f () = 0 = f (0). ηλαδή, η f είναι συνεχής στο R. 5. Βρείτε (αν υπάρχουν) τα σηµεία στα οποία είναι παραγωγίσιµη η συνάρτηση f : (0, ) R µε { 0, / Q ή = 0 f() = q, = p q, p, q N, ΜΚ (p, q) = Υπόδειξη. Αν Q (0, ) τότε η f είναι ασυνεχής στο, άρα δεν υπάρχει η f (). Εστω (0, ) ο οποίος είναι άρρητος. Η f είναι συνεχής στο, και f() = 0. Υποθέτουµε ότι η f είναι παραγωγίσιµη στο και ϑα καταλήξουµε σε άτοπο. Εστω (α ) ακολουθία αρρήτων αριθµών στο (0, ), ώστε α και α. Τότε, από την αρχή της µεταφοράς, f f(α ) f() 0 0 () = = α α = 0 = 0. Βρίσκουµε 0 N ώστε < < για κάθε 0 (εξηγήστε γιατί). Για κάθε 0, υπάρχει µοναδικός m N ώστε m < < m+ <. Παρατηρήστε ότι ( m ) f ( ) και f m +. Επίσης, τουλάχιστον ένας από τους m+ ίσο µε ). Άρα, ϑέτοντας = m f( ) f(), m ή = m+ είναι µικρότερος ή ίσος από (το άθροισµά τους είναι, έχουµε, και = f( ) () =. 4

5 Τότε, από την αρχή της µεταφοράς, 0 = f () = f( ) f(), το οποίο είναι άτοπο. 6. ώστε παράδειγµα συνάρτησης f : (0, ) R η οποία : (α) είναι συνεχής στο (0, ) αλλά δεν είναι παραγωγίσιµη στο σηµείο 0 =. (ϐ) είναι συνεχής στο (0, ) αλλά δεν είναι παραγωγίσιµη στα σηµεία =,. Υπόδειξη. (α) Θεωρήστε τη συνάρτηση f : (0, ) R µε f() = αν 0 < < / και f() = αν / <. ( ) (ϐ) Ορίστε την f σε κάθε διάστηµα της µορφής +/, / µιµούµενοι το (α): η f να παίρνει την τιµή 0 στα ( ) ( ) +/, /, την τιµή στο σηµείο, και να είναι γραµµική στα δύο διαστήµατα +/, και, /. 7. ώστε παράδειγµα συνάρτησης f : R R µε τις εξής ιδιότητες: (α) f( ) = 0, f() = και f () > 0. (ϐ) f( ) = 0, f() = και f () < 0. (γ) f(0) = 0, f(3) =, f () = 0 και η f είναι γνησίως αύξουσα στο [0, 3]. (δ) f(m) = 0 και f (m) = ( ) m για κάθε m Z, f() για κάθε R. Υπόδειξη. (α) f( ) = 0, f() = και f () > 0: Θεωρήστε την f : R R µε f() = + 3 (τη γραµµική συνάρτηση µε f( ) = 0 και f() = ). Εχουµε f () = 3 > 0 για κάθε R, άρα, f () > 0. (ϐ) f( ) = 0, f() = και f () < 0: Θεωρήστε συνάρτηση της µορφής f() = a + b + c. Ζητάµε : f( ) = a b + c = 0 και f() = 4a + b + c =, άρα c = 3 a και b = 3 a. Επίσης, f () = a + b, άρα f () = a + b = a + 3 < 0 αν a < 3. Τώρα, µπορούµε να επιλέξουµε : a = 3, b =, c = 5 3. Ελέγξτε ότι η συνάρτηση f() = ικανοποιεί το Ϲητούµενο. (γ) f(0) = 0, f(3) =, f () = 0 και η f είναι γνησίως αύξουσα στο [0, 3]: Το τυπικό παράδειγµα γνησίως αύξουσας παραγωγίσιµης συνάρτησης που η παράγωγός της µηδενίζεται σε ένα σηµείο είναι η g() = 3. Θεωρήστε συνάρτηση της µορφής f() = a( ) 3 + b. Ζητάµε : f(0) = a + b = 0, άρα b = a. Επίσης, f(3) = 8a + a =, άρα a = 9. Ελέγξτε ότι η συνάρτηση f() = ( )3 + 9 ικανοποιεί το Ϲητούµενο. (δ) f(m) = 0 και f (m) = ( ) m για κάθε m Z, f() για κάθε R: Θεωρήστε τη συνάρτηση f() = a si(π). Τότε, f(m) = 0 για κάθε m Z και f (m) = πa cos(πm) = ( ) m πa για κάθε m Z. Πρέπει λοιπόν να επιλέξουµε a = π ώστε να ικανοποιούνται οι δύο πρώτες συνθήκες. Τότε, f() = π si(π) π για κάθε R, αφού π >. ηλαδή, ικανοποιείται και η τρίτη συνθήκη. 8. Εστω f, g : R R και έστω 0 R. Υποθέτουµε ότι : f( 0 ) = 0, η f είναι παραγωγίσιµη στο 0 και η g είναι συνεχής στο 0. είξτε ότι η συνάρτηση γινόµενο f g είναι παραγωγίσιµη στο 0. Υπόδειξη. Για 0 γράφουµε f()g() f( 0 )g( 0 ) 0 = f()g() = f() g() = f() f( 0) g(),

6 χρησιµοποιώντας την υπόθεση ότι f( 0 ) = 0. Αφού η f είναι παραγωγίσιµη στο 0 και η g είναι συνεχής στο 0, συµπεραίνουµε ότι f()g() f( 0 )g( 0 ) 0 f ( 0 )g( 0 ) όταν 0, συνεπώς η f g είναι παραγωγίσιµη στο 0 και (f g) ( 0 ) = f ( 0 )g( 0 ). 9. Για καθεµία από τις παρακάτω συναρτήσεις ϐρείτε τη µέγιστη και την ελάχιστη τιµή της στο διάστηµα που υποδεικνύεται. (α) f() = στο [, ]. (ϐ) f() = στο [, ]. (γ) f() = 3 3 στο [, ]. Υπόδειξη. (α) f() = 3 8+ στο [, ]. Η f είναι παραγωγίσιµη στο (, ) και f () = 3 8. Οι ϱίζες της παραγώγου είναι : = και = 4 3. Άρα, το µοναδικό κρίσιµο σηµείο της f στο (, ) είναι το. Υπολογίζουµε τις τιµές Επεται ότι ma(f) = 03/7 και mi(f) =. f( ) = 5, f() =, f( 4/3) = 03/7. (ϐ) f() = στο [, ]. Η f είναι παραγωγίσιµη στο (, ) και f () = > 0, δηλαδή η f δεν έχει κρίσιµα σηµεία. Υπολογίζουµε τις τιµές f( ) = και f() = 3. Επεται ότι ma(f) = 3 και mi(f) =. (γ) f() = 3 3 στο [, ]. Η f είναι παραγωγίσιµη στο (, ), µε παράγωγο f () = 3 3. Τα σηµεία στα οποία µηδενίζεται η παράγωγος είναι τα = και =. Άρα, το µοναδικό κρίσιµο σηµείο της f στο (, ) είναι το. Υπολογίζουµε τις τιµές Επεται ότι ma(f) = και mi(f) =. 0. είξτε ότι η εξίσωση : f( ) =, f() =, f() =. (α) 4a 3 + 3b + c = a + b + c έχει τουλάχιστον µία ϱίζα στο (0, ). (ϐ) = 0 έχει το πολύ δύο πραγµατικές ϱίζες. (γ) = 0 έχει ακριβώς µία πραγµατική ϱίζα. Υπόδειξη. (α) Η εξίσωση 4a 3 + 3b + c = a + b + c έχει τουλάχιστον µία ϱίζα στο (0, ). Θεωρήστε τη συνάρτηση f : [0, ] R µε f() = a 4 + b 3 + c a b c. Παρατηρήστε ότι f(0) = f() = 0. Εφαρµόζοντας το ϑεώρηµα Rolle ϐρίσκουµε µια ϱίζα της εξίσωσης στο (0, ). (ϐ) Η εξίσωση = 0 έχει το πολύ δύο πραγµατικές ϱίζες. Θεωρούµε τη συνάρτηση f() = Ας υποθέσουµε ότι υπάρχουν < < 3 ώστε f( ) = f( ) = f( 3 ) = 0 (δηλαδή, ότι η εξίσωση έχει περισσότερες από δύο πραγµατικές ϱίζες). Εφαρµόζοντας το ϑεώρηµα Rolle για την f στα [, ] και [, 3 ], ϐρίσκουµε < y < < y < 3 ώστε f (y ) = f (y ) = 0. ηλαδή, η εξίσωση f () = 0 έχει τουλάχιστον δύο (διαφορετικές) πραγµατικές ϱίζες. Οµως, f () = = 0 αν και µόνο αν = 3 7/4, δηλαδή η f () = 0 έχει ακριβώς µία πραγµατική ϱίζα. Καταλήξαµε σε άτοπο, άρα η αρχική εξίσωση έχει το πολύ δύο πραγµατικές ϱίζες. (γ) Η εξίσωση = 0 έχει ακριβώς µία πραγµατική ϱίζα. Θεωρούµε τη συνάρτηση f() = Αφού f(0) = 8 < 0 και f() = 35 > 0, από το ϑεώρηµα ενδιάµεσης τιµής συµπεραίνουµε ότι η εξίσωση f() = 0 έχει τουλάχιστον µία ϱίζα στο (0, ). Αν υποθέσουµε ότι η f() = 0 έχει δύο διαφορετικές πραγµατικές ϱίζες, τότε η f () = 0 έχει τουλάχιστον µία πραγµατική ϱίζα (ϑεώρηµα Rolle). Οµως, f () = = 3( ) > 0 για κάθε R 6

7 (ελέγξτε ότι η διακρίνουσα του τριωνύµου είναι αρνητική). Αυτό είναι άτοπο, άρα η f() = 0 έχει το πολύ µία πραγµατική ϱίζα. Από τα παραπάνω, η f() = 0 έχει ακριβώς µία πραγµατική ϱίζα.. Εστω a < < a στο R και έστω f() = ( a ) ( a ). είξτε ότι η εξίσωση f () = 0 έχει ακριβώς λύσεις. Υπόδειξη. Αν υποθέσουµε ότι η f () = 0 έχει διαφορετικές πραγµατικές ϱίζες, τότε εφαρµόζοντας το ϑεώρηµα Rolle ϐλέπουµε ότι η f () = 0 έχει διαφορετικές πραγµατικές ϱίζες, και, συνεχίζοντας µε τον ίδιο τρόπο, ότι η f () () = 0 έχει (τουλάχιστον) µία πραγµατική ϱίζα. Οµως, f () () =! 0 για κάθε R, και καταλήγουµε σε άτοπο. Άρα, η f () = 0 έχει το πολύ ( ) πραγµατικές ϱίζες. Παρατηρούµε τώρα ότι : για κάθε i =,..., έχουµε f(a i ) = f(a i+ ) = 0, οπότε το ϑεώρηµα Rolle δείχνει ότι υπάρχει y i (a i, a i+ ) ώστε f (y i ) = 0. Τα y,..., y είναι διαφορετικά ανά δύο γιατί τα (a i, a i+ ) είναι ξένα ανά δύο (διαδοχικά) διαστήµατα. Άρα, η f () = 0 έχει τουλάχιστον πραγµατικές ϱίζες. Συνδυάζοντας τα παραπάνω, συµπεραίνουµε ότι η f () = 0 έχει ακριβώς πραγµατικές ϱίζες.. Σχεδιάστε τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f() = +, f() = + 3, f() =, f() = + ϑεωρώντας σαν πεδίο ορισµού τους το µεγαλύτερο υποσύνολο του R στο οποίο µπορούν να οριστούν. 3. ίνονται πραγµατικοί αριθµοί a < a < < a. Να ϐρεθεί η ελάχιστη τιµή της συνάρτησης f() = ( a k ). k= Υπόδειξη. Παρατηρήστε ότι f() = Η παράγωγος της f είναι η ( a k + a k) = (a + + a ) + (a + + a ). k= f () = (a + + a ). Επεται ότι η f παίρνει την ελάχιστη τιµή της στο 0 = (a + + a ). Η ελάχιστη τιµή είναι ίση µε mi(f) = (a + + a ) (a + + a ). 4. Εστω a > 0. είξτε ότι η µέγιστη τιµή της συνάρτησης είναι ίση µε +a +a. f() = a Υπόδειξη. Μελετήστε την f χωριστά στα διαστήµατα (, 0], [0, a] και [a, + ) (ώστε να «διώξετε» τις απόλυτες τιµές). Παραγωγίζοντας, ελέγξτε ότι η f είναι αύξουσα στο (, 0], ϕθίνουσα στο [a, + ), ενώ στο [0, a] έχουµε ότι η f είναι ϕθίνουσα στο [0, a/] και αύξουσα στο [a/, a]. Συνεπώς, η µέγιστη τιµή της f είναι µία από τις f(0) και f(a). Παρατηρήστε ότι f(0) = + +a = +a f(a). Συνεπώς, ma(f) = +a +a. +a = 5. Υποθέτουµε ότι οι συναρτήσεις f και g είναι παραγωγίσιµες στο [a, b] και ότι f(a) = g(a) και f(b) = g(b). είξτε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα σηµείο στο (a, b) για το οποίο οι εφαπτόµενες των γραφικών παραστάσεων των f και g στα (, f()) και (, g()) είναι παράλληλες ή ταυτίζονται. 7

8 Υπόδειξη. Θέλουµε να δείξουµε ότι υπάρχει (a, b) ώστε f () = g () (αυτό σηµαίνει ότι οι εφαπτόµενες των γραφικών παραστάσεων των f και g στα (, f()) και (, g()) είναι παράλληλες ή ταυτίζονται). Θεωρούµε τη συνάρτηση h = f g : [a, b] R. Αφού f(a) = g(a) και f(b) = g(b), έχουµε h(a) = h(b) = 0. Εφαρµόζοντας το ϑεώρηµα Rolle, ϐρίσκουµε (a, b) ώστε h () = 0, δηλαδή, f () g () = ίνονται δύο παραγωγίσιµες συναρτήσεις f, g : (a, b) R ώστε f()g () f ()g() 0 για κάθε (a, b). είξτε ότι ανάµεσα σε δύο ϱίζες της f() = 0 ϐρίσκεται µια ϱίζα της g() = 0, και αντίστροφα. Υπόδειξη. Υποθέτουµε ότι υπάρχουν < στο (a, b) ώστε f( ) = f( ) = 0, και ότι η g δεν µηδενίζεται στο (, ) (απαγωγή σε άτοπο). Εφαρµόζοντας την υπόθεση f()g () f ()g() 0 στα και, ϐλέπουµε ότι f ( )g( ) 0 και f ( )g( ) 0, άρα η g δεν µηδενίζεται στα,. Με άλλα λόγια, η g δεν µηδενίζεται στο [, ]. Τότε, µπορούµε να ορίσουµε την h := f g : [, ] R. Η h είναι συνεχής στο [, ], παραγωγίσιµη στο (, ), και h( ) = h( ) = 0 (εξηγήστε γιατί). Από το ϑεώρηµα Rolle, υπάρχει (, ) ώστε h () = f ()g() f()g () [g()] = 0. Αυτό είναι άτοπο : αφού (a, b), έχουµε f()g () f ()g() 0, άρα h () 0. Β Οµάδα 7. Εστω f : [a, b] R, συνεχής στο [a, b], παραγωγίσιµη στο (a, b), µε f(a) = f(b). είξτε ότι υπάρχουν (a, b) ώστε f ( ) + f ( ) = 0. Υπόδειξη. Θέτουµε γ = a+b. Εφαρµόζοντας το ϑεώρηµα µέσης τιµής στα [a, γ] και [γ, b] ϐρίσκουµε (a, γ) και (γ, b) που ικανοποιούν τις f ( ) = f(γ) f(a) γ a και f ( ) = f(b) f(γ). b γ Χρησιµοποιώντας την γ a = b a = b γ και την f(a) = f(b), ελέγξτε ότι f ( ) + f ( ) = Εστω f : (0, + ) R παραγωγίσιµη, µε + f () = 0. είξτε ότι (f( + ) f()) = 0. + Υπόδειξη. Εστω ε > 0. Αφού f (y) = 0, υπάρχει M > 0 ώστε : για κάθε y > M ισχύει f (y) < ε. Εστω y + > M. Εφαρµόζουµε το ϑεώρηµα µέσης τιµής στο διάστηµα [, + ]: υπάρχει y (, + ) ώστε Οµως y > > M, άρα f (y ) < ε. ηλαδή, Επεται ότι (f( + ) f()) = 0. + f( + ) f() = f (y )(( + ) ) = f (y ). f( + ) f() < ε. 9. Εστω f : (, + ) R παραγωγίσιµη συνάρτηση µε την ιδιότητα : f () για κάθε >. είξτε ότι [f( + ) f()] = 0. + Υπόδειξη. Εστω >. Εφαρµόζουµε το ϑεώρηµα µέσης τιµής στο διάστηµα [, + ]: υπάρχει y (, + ) ώστε f( + ) f() = f (y ). 8

9 Οµως y > >, άρα f (y ) y <. ηλαδή, Επεται ότι + (f( + ) f()) = 0. f( + ) f() < =. 0. Εστω f, g δύο συναρτήσεις συνεχείς στο [0, a] και παραγωγίσιµες στο (0, a). Υποθέτουµε ότι f(0) = g(0) = 0 και f () > 0, g () > 0 στο (0, a). (α) Αν η f είναι αύξουσα στο (0, a), δείξτε ότι η f() είναι αύξουσα στο (0, a). (ϐ) Αν η f g είναι αύξουσα στο (0, a), δείξτε ότι η f g είναι αύξουσα στο (0, a). Υπόδειξη. (α) Η παράγωγος της h() = f() στο (0, a) ισούται µε h () = f () f(). Εφαρµόζοντας το ϑεώρηµα µέσης τιµής στο διάστηµα [0, ] για την f, ϐρίσκουµε ξ (0, ) ώστε f() = f() f(0) = f (ξ). Οµως η f είναι αύξουσα και ξ <, άρα f (ξ) f (). Συνεπώς, f() f (). Επεται ότι h 0 στο (0, a), άρα η h είναι αύξουσα. (ϐ) Η συνάρτηση h() = f() f g() είναι καλά ορισµένη στο (0, a). Πράγµατι, παρατηρήστε ότι η g ορίζεται καλά στο (0, a) και ότι g > 0 (από την υπόθεση). Αυτό έχει σαν συνέπεια και την g() > 0 στο (0, a) (δείτε την ερώτηση κατανόησης 4). Εχουµε h () = f ()g() g ()f() [g()]. Εφαρµόζοντας το ϑεώρηµα µέσης τιµής στο διάστηµα [0, ] για την z (t) = f(t)g() g(t)f(), ϐρίσκουµε ξ (0, ) ώστε 0 = z () z (0) = f (ξ)g() g (ξ)f(). Αφού η f g είναι αύξουσα και ξ <, παίρνουµε f() g() = f (ξ) g (ξ) f () g (). Συνεπώς, f ()g() g ()f() 0. Επεται ότι h 0 στο (0, a), άρα η h είναι αύξουσα.. (α) είξτε ότι για κάθε R ισχύει e +. (ϐ) είξτε ότι για κάθε > 0 ισχύει log. Υπόδειξη. (α) Θεωρήστε τη συνάρτηση g : R R µε g() = e. Η παράγωγος g () = e της g είναι αρνητική στο (, 0) και ϑετική στο (0, + ). Άρα, η g έχει ολικό ελάχιστο στο 0. ηλαδή, g() g(0) = 0 για κάθε R. (ϐ) Από την e έπεται ότι = l ( e ) l. Εφαρµόζοντας αυτή την ανισότητα για τον > 0, παίρνουµε ( ) l = l, 9

10 δηλαδή l.. είξτε ότι για κάθε > 0 και για κάθε N ισχύει Συµπεράνατε ότι ( ) = l για > 0. l ( ) l. Υπόδειξη. Εστω > 0 και έστω N. Εφαρµόζοντας την ανισότητα της Άσκησης για τον ϑετικό αριθµό, παίρνουµε l( ), δηλαδή l. Επεται ότι l ( ) l. Αφού =, το κριτήριο των ισοσυγκλινουσών ακολουθιών δείχνει ότι ( ) = l. 3. (α) είξτε ότι για κάθε R ισχύει (ϐ) είξτε ότι για κάθε R ισχύει ( l + ) =. ( + = e ). Υπόδειξη. (α) Εφαρµόζοντας την ανισότητα της Άσκησης για τον ϑετικό αριθµό + παίρνουµε Άρα, / ( + (/) l + ). + ( l + ). Το κριτήριο των ισοσυγκλινουσών ακολουθιών δείχνει ότι ( l + ) (ϐ) Από το (α) έχουµε (( l + ) ) όταν το. Η y e y είναι συνεχής συνάρτηση, οπότε η αρχή της µεταφοράς δείχνει ότι ( + ) = e l((+ ) ) e όταν το. =. 0

11 4. Μελετήστε τη συνάρτηση f() = l στο (0, + ) και σχεδιάστε τη γραφική της παράσταση. Ποιός είναι µεγαλύτερος, ο e π ή ο π e ; Υπόδειξη. Η παράγωγος της f είναι η f () = l = l. ηλαδή, f () > 0 αν l < και f () < 0 αν l >. Άρα, η f είναι γνησίως αύξουσα στο (0, e] και γνησίως ϕθίνουσα στο [e, + ). Αφού π > 3 > e έχουµε f(π) < f(e), δηλαδή Επεται ότι Άρα, π e < e π. l π π < l e e. l(π e ) = e l π < π l e = l(e π ). 5. είξτε ότι οι συναρτήσεις l και ep ικανοποιούν τα εξής: (α) για κάθε s > 0, και (ϐ) e + s = + l + s = 0. ηλαδή, η ep αυξάνει στο + ταχύτερα από οποιαδήποτε (µεγάλη) δύναµη του, ενώ η l αυξάνει στο + ϐραδύτερα από οποιαδήποτε (µικρή) δύναµη του. Υπόδειξη. Εφαρµόστε τον κανόνα του l Hospital. 6. Εστω f : R R παραγωγίσιµη συνάρτηση µε την ιδιότητα f () = cf() για κάθε R, όπου c µια σταθερά. είξτε ότι υπάρχει a R ώστε f() = ae c για κάθε R. Υπόδειξη. Θεωρήστε τη συνάρτηση g() = f()e c στο R. Παρατηρήστε ότι g () = f ()e c cf()e c = e c (f () cf()) = 0 για κάθε R. Συνεπώς, υπάρχει a R ώστε g() = f()e c = a για κάθε R. Επεται ότι f() = ae c για κάθε R. 7. Εστω f : [a, b] R συνεχής, παραγωγίσιµη στο (a, b), ώστε f(a) = f(b) = 0. είξτε ότι : για κάθε λ R, η συνάρτηση g λ : [a, b] R µε g λ () := f () + λf() έχει µια ϱίζα στο διάστηµα (a, b). Υπόδειξη. Θεωρήστε τη συνάρτηση h λ : [a, b] R µε h λ () = e λ f(). Η h λ είναι συνεχής, παραγωγίσιµη στο (a, b), και h λ (a) = h λ (b) = 0. Από το ϑεώρηµα του Rolle, η εξίσωση h λ () = 0 έχει τουλάχιστον µία ϱίζα στο διάστηµα (a, b). Αφού h λ() = e λ (f () + λf()) = e λ g λ (), έπεται ότι η g λ () := f () + λf()

12 έχει τουλάχιστον µία ϱίζα στο (a, b). 8. Εστω a, b R µε a < b και έστω f : (a, b) R παραγωγίσιµη συνάρτηση ώστε b f() = +. είξτε ότι υπάρχει ξ (a, b) ώστε f (ξ) > f(ξ). [Υπόδειξη : Θεωρήστε την e f().] Υπόδειξη. Θεωρήστε τη συνάρτηση g() = e f() στο (a, b). Σταθεροποιήστε c (a, b). Αφού b f() = + και b e = e b > 0, ισχύει g() = e f() = +. b b Άρα, υπάρχει d (c, b) ώστε g(c) < g(d). Από το ϑεώρηµα µέσης τιµής στο [c, d], υπάρχει ξ (c, d) ώστε g (ξ) = g(d) g(c) d c > 0. Οµως, g (ξ) = e ξ (f (ξ) f(ξ)). Άρα, f (ξ) > f(ξ) (και ξ (a, b), αφού a < c < ξ < d < b). 9. είξτε ότι για κάθε ( 0, π ) ισχύει si π. Υπόδειξη. Θεωρήστε τη συνάρτηση g() = si π στο [0, π/]. Παρατηρήστε ότι g(0) = g(π/) = 0. Επίσης, g () = cos π και g () = si < 0 στο (0, π/). Άρα, η g είναι κοίλη. Επεται ότι : για κάθε ( ) 0, π ισχύει g() ( π g(π/) + ) g(0) = 0. π ηλαδή, si π. 30. (α) Εστω f : R R δύο ϕορές παραγωγίσιµη συνάρτηση. Υποθέτουµε ότι f(0) = f (0) = 0 και f ()+f() = 0 για κάθε R. είξτε ότι f() = 0 για κάθε R. [Υπόδειξη : Θεωρήστε την g = f +(f ).] (ϐ) Εστω f : R R δύο ϕορές παραγωγίσιµη συνάρτηση. Υποθέτουµε ότι f(0) =, f (0) = 0 και f () + f() = 0 για κάθε R. είξτε ότι f() = cos για κάθε R. Υπόδειξη. (α) Θεωρήστε την g = f + (f ). Τότε, g = ff + f f = f (f + f ) = 0, δηλαδή η g είναι σταθερή. Αφού g(0) = [f(0)] + [f (0)] = 0, συµπεραίνουµε ότι g() = [f()] + [f ()] = 0 για κάθε R. Άρα, f() = f () = 0 για κάθε R. (ϐ) Παρατηρήστε ότι η συνάρτηση g() = f() cos ικανοποιεί τις g(0) = 0, g (0) = 0 και g () + g() = 0 για κάθε R. Από το (α) έπεται ότι f() cos = g() = 0 για κάθε R.

13 3. (α) είξτε ότι η εξίσωση ta = έχει ακριβώς µία λύση σε κάθε διάστηµα της µορφής I k = ( kπ π, kπ+ π ). (ϐ) Εστω a k η λύση της παραπάνω εξίσωσης στο διάστηµα I k, k N. Βρείτε, αν υπάρχει, το όριο k (a k+ a k ) και δώστε γεωµετρική ερµηνεία. Υπόδειξη. (α) Θεωρήστε τη συνάρτηση f k : I k R µε f k () = ta. Παρατηρήστε ότι (kπ π )+ f k() = και f k() = +. (kπ+ π )+ Χρησιµοποιώντας το ϑεώρηµα ενδιάµεσης τιµής µπορείτε να δείξετε ότι υπάρχει a k I k ώστε f k (a k ) = ta a k a k = 0. Η λύση είναι µοναδική γιατί η f k () = ta είναι γνησίως αύξουσα στο I k : παρατηρήστε ότι f k () = cos > 0 αν kπ και = 0 στο σηµείο kπ. (ϐ) Εστω ε > 0. Από την arcta = π + έπεται ότι υπάρχει M > 0 ώστε αν > M τότε 0 < π arcta < ε. Υπάρχει k 0 N ώστε για κάθε k k 0 να ισχύει kπ π > M. Τότε, αν ϑεωρήσουµε τη λύση a k της εξίσωσης ta = στο I k, έχουµε a k > M και arcta a k = a k kπ. Άρα, 0 < π (a k kπ) < ε. Οµοια, 0 < π (a k+ (k + )π) < ε. Επεται ότι Το ε > 0 ήταν τυχόν, άρα k (a k+ a k ) = π. a k+ a k π < ε. Γ Οµάδα 3. ίνονται πραγµατικοί αριθµοί a < a < < a. Να ϐρεθεί η ελάχιστη τιµή της συνάρτησης g() = a k. k= Υπόδειξη. Μελετήστε την g χωριστά στα διαστήµατα (, a ], [a, a ],..., [a, a ] και [a, + ) (για να «διώξετε» τις απόλυτες τιµές). Θα χρειαστεί να διακρίνετε τις περιπτώσεις περιττός και άρτιος. (α) Αν = s για κάποιον s N, ελέγξτε ότι η g είναι ϕθίνουσα στο (, a s ] και αύξουσα στο [a s, + ). Συνεπώς, s s s mi(g) = a s a k = a k a k. k= k=s+ (ϐ) Αν = s για κάποιον s N, ελέγξτε ότι η g είναι ϕθίνουσα στο (, a s ], σταθερή στο [a s, a s+ ], και αύξουσα στο [a s+, + ). Συνεπώς, s s mi(g) = a s a k = a s+ a k = k= k= k= s k=s+ a k s a k. k= 33. Εστω N και έστω f() = ( ). είξτε ότι η εξίσωση f () () = 0 έχει ακριβώς διαφορετικές λύσεις, όλες στο διάστηµα (, ). Υπόδειξη. (α) Εφαρµόζοντας το ϑεώρηµα του Rolle δείξτε επαγωγικά το εξήσ: για κάθε k = 0,,...,, η εξίσωση f (k) () = 0 έχει k διαφορετικές λύσεις στο διάστηµα (, ) και f (k) () = f (k) ( ) = 0. 3

14 (ϐ) είξτε ότι η εξίσωση f () () = 0 έχει διαφορετικές λύσεις στο διάστηµα (, ). (γ) είξτε ότι η εξίσωση f () () = 0 έχει το πολύ διαφορετικές λύσεις. [Υπόδειξη : Αν η f () () = 0 είχε + διαφορετικές λύσεις, τότε η f () () = 0 ϑα είχε λύση.] 34. Να ϐρεθούν όλοι οι a > για τους οποίους η ανισότητα a a ισχύει για κάθε >. Υπόδειξη. Παρατηρήστε ότι η συνάρτηση f : (, + ) R µε f() = l συνάρτηση αυτή µελετήθηκε στην Άσκηση 4. πρέπει να έχει µέγιστο στο a. Η 35. Εστω f : [0, ] R συνεχής συνάρτηση µε f(0) = 0. Υποθέτουµε ότι η f είναι παραγωγίσιµη στο (0, ) και 0 f () f() για κάθε (0, ). είξτε ότι η f είναι σταθερή και ίση µε 0 στο [0, ]. Υπόδειξη. Θεωρήστε τη συνάρτηση g : [0, ] R µε g() = e f(). Αφού g () = e (f () f()) 0, η g είναι ϕθίνουσα. Οµως, g(0) = 0 και g 0 (διότι f(0) = 0 και f 0 από τις υποθέσεις). Αναγκαστικά, g 0 και έπεται ότι f 0 στο [0, ]. 36. Εστω f : R R παραγωγίσιµη συνάρτηση. Υποθέτουµε ότι f () > f() για κάθε R και f(0) = 0. είξτε ότι f() > 0 για κάθε > 0. Υπόδειξη. Θεωρήστε τη συνάρτηση g : R R µε g() = e f(). Τότε, g () = e (f () f()) > 0 για κάθε R, δηλαδή η g είναι γνησίως αύξουσα. Τότε, για κάθε > 0 έχουµε g() > g(0) = 0, δηλαδή e f() > 0. Επεται ότι f() > 0 για κάθε > Εστω α > 0. είξτε ότι η εξίσωση αe = + + / έχει ακριβώς µία πραγµατική ϱίζα. Υπόδειξη. Θεωρήστε τη συνάρτηση g : R R µε g() = e ( + + /). Τότε, g () = e ( + ) e ( + + /) = e. Αφού g () < 0 στο (, 0) και στο (0, + ), η g είναι γνησίως ϕθίνουσα. Επίσης, = 0 και g() = + +. Συνεπώς, η g παίρνει κάθε ϑετική τιµή α ακριβώς µία ϕορά (εξηγήστε γιατί). Επεται το Ϲητούµενο. 38. Εστω f : (0, + ) R παραγωγίσιµη συνάρτηση. Υποθέτουµε ότι η f είναι ϕραγµένη. είξτε ότι : για κάθε α >, f() + α = 0. Υπόδειξη. Υπάρχει M > 0 ώστε f (y) lsm για κάθε y > 0. Εστω >. Από το ϑεώρηµα µέσης τιµής, υπάρχει y (, ) ώστε Τότε, για κάθε >, Αν α > έχουµε Συνεπώς, + f() α f() α f() f() = f (y )( ) M( ). f() f() α = 0 (εξηγήστε γιατί). + f() α M α + f() α. + α = f() + α = Εστω f : (a, b) R παραγωγίσιµη συνάρτηση µε f() = +. είξτε ότι αν υπάρχει το f () b b τότε είναι ίσο µε +. 4

15 Υπόδειξη. Υποθέτουµε ότι b f () < +. (α) είξτε ότι υπάρχουν l R και 0 (a, b) ώστε f (y) l για κάθε y ( 0, b). (ϐ) Θεωρήστε ( 0, b) και εφαρµόζοντας το ϑεώρηµα µέσης τιµής στο [ 0, ] δείξτε ότι f() f( 0 ) + l( 0 ) f( 0 ) + l(b a). (γ) Από το (ϐ) η f είναι άνω ϕραγµένη στο [ 0, b). Χρησιµοποιώντας την υπόθεση ότι b f() = + µπορείτε να καταλήξετε σε άτοπο. 40. Εστω f : (0, + ) R παραγωγίσιµη συνάρτηση µε f() = L R. + f () τότε είναι ίσο µε 0. + Υπόδειξη. Υποθέτουµε ότι + f () = l 0. (α) είξτε ότι υπάρχει M > 0 ώστε για κάθε > M να έχουµε f () > l. (ϐ) Θεωρήστε > M και εφαρµόζοντας το ϑεώρηµα µέσης τιµής στο [M, ] δείξτε ότι f() f(m) l ( M). είξτε ότι αν υπάρχει το (γ) Αφού f() = L, έχουµε f() f(m) = L f(m). Από την άλλη πλευρά, l ( M) = +. Από το (ϐ) µπορείτε να καταλήξετε σε άτοπο. (δ) Υποθέτοντας ότι f () = ±, µπορείτε πάλι να δείξετε ότι υπάρχει M > 0 ώστε για κάθε > M να + έχουµε f () >. Συνεπώς, επαναλαµβάνοντας τα ϐήµατα (ϐ) και (γ), καταλήγετε σε άτοπο. 5