ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ ROLLE

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ ROLLE"

Δανάη Γεωργίου
6 χρόνια πριν
Προβολές:

1 1 ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ ROLLE ΑΣΚΗΣΗ 1. f () f () + σφ = 0 f() f() + συν = 0 ημf () + f()συν = 0 ημ ημf () + f()(ημ) = 0 ημf() = 0 Θεωρώ τη συνάρτηση g() = ημf() η οποία είναι συνεής στο [0, π] και παραγωγίσιμη και ακόμη g(0) = ημ0f(0) = 0 και g(π) = ημπf(π) = 0 Άρα ισύει το θεώρημα Rolle και επομένως υπάρει ξϵ(0,π) ώστε g (ξ)=0 g ()=( ημf()) = = f () f () + σφ Άρα f() ΑΣΚΗΣΗ 2. f () = f() + σφξ = 0 f () = f () = (ln + 3 ) (f() ln 3 + ) = 0 Θεωρώ την g() = f() ln 3 + Η συνάρτηση g είναι συνεής στο [1, е] και παραγωγίσιμη στο (1,e). g(1)=f(1)- ln = f(1) 2 και g(e)=f(e)- lne 3 e + e = = f(e) 1 3e + e αλλά f(1) f(е) = е 3е + 1 g(1) = f(1) 2 = = f(е) + е 3е = f(е) + е 3е 1 = g(e) Επομένως ισύει το Θ. Rolle και επομένως υπάρει ξϵ(1,e) ώστε g (ξ)=0 Αλλά g ()=0 (f() ln 3 + ) = 0 f () = f (ξ) = 1 + 3ξ 2ξ ξ ΑΣΚΗΣΗ 3. lna f (ξ) = 1 lnα f () = 1 f () = 1 lnα f () = (lοg ) (f() lοg ) = 0 Θεωρώ την g() = f() lοg που είναι συνεής στο [α,β] και παραγωγίσιμη στο (α,β) και g(α) = f(α) lοg α = f(α) 1 και g(β) = f(β) lοg β Από την ƒ(β)-ƒ(α)=log β 1 έω ƒ(β)- log β = f(α) 1 g(α) = g(β) Άρα ισύει το Θ. Rolle για την g και επομένως υπάρει ξϵ(α,β) με g (ξ)=0 Αλλά g ()=0 (f() lοg ) = 0 lnα f () = 1 lna f (ξ) = 1 ΑΣΚΗΣΗ 4. f(α)β = f(β)α β f(β) = α f(β) Θεωρώ τη συνάρτηση g() = f() η συνάρτηση g είναι συνεής στο [α,β] και παραγωγίσιμη στο (α,β) και ισύει 1

2 2 g (α) = β f(β) = α f(β) = g(β) Άρα ισύει το θεώρημα Rolle και επομένως υπάρει ξϵ(α, β) τέτοιο ώστε g (ξ) = 0 Αρα g () = 0 f() = 0 ( ) f() f () = 0 f () ( ) f() f () 0 ν f() = f () νf() = f () άρα νf(ξ) = ξf (ξ) ΑΣΚΗΣΗ 5. (ln (f()) + 1 = 0 (lnf() + ) = 0 Θεωρώ την συνάρτηση g() = lnf() + η οποία είναι συνεής στο [α,β] και παραγωγίσιμη στο (α,β) και από την lnf(a) lnf(ϐ) = ϐ a lnf(a) + α = lnf(ϐ) + β g(α) = g(β) Άρα ισύει το Θ. Rolle και επομένως υπάρει θϵ(α,β) ώστε g (θ)=0 Άρα g ()=0 (lnf() + ) = 0 (lnf()) + 1 ) = 0 και επομένως lnf(θ)) + 1 = 0 ΑΣΚΗΣΗ 6. lnf(a) lnf(ϐ) = g(ϐ) g(a) lnf(a) + g(α) = lnf(β) + g(β) Θεωρώ τη συνάρτηση h() = lnf() + g() η οποία είναι συνεής στο [α,β] και από την lnf(a) + g(α) = lnf(β) + g(β ) h(α)=h(β) και παραγωγίσιμη διότι h () = f () f() + g ()και h () = 0 f () + g ()f() = 0 και από θεώρημα Rolle θα έω ότι υπάρει θϵ(α,β) ώστε h (θ)=0 f (θ) + g (θ)f(θ) = 0 ΑΣΚΗΣΗ 7. f (x)εφx + f(x) = 0 f (x) ημ συν + f() = 0 f (x)ημ + f()συν = 0 f (x)ημ + f()(ημ) = 0 (f()ημ) = 0 Θεωρώ την g() = f()ημ Είναι συνεής και παραγωγίσιμη στο [α,β] αφού 0<α<β< και επομένως συνεής. Ακόμη g(α)= f(α)ημα = βημα και g(β) = f(β)ημβ = αημβ και από την σέση α β = ημα αημβ = βημα g(α) = g(β). Αρα ισύει το θεώρημα Rolle ημβ και επομένως υπάρει ϵ(α, β): g ( ) = 0 f 0 εφ 0 + f 0 = 0 ΙΙ. f ƒ() f () = 1 (f(f()) = 0 (f(f()) ) = 0. Θεωρώ τη τη συνάρτηση g()= f(f()) η οποία είναι συνεής στο [α,β] είναι συνεής ως σύνθεση συνεών στο [α,β] και παραγωγίσιμη στο (α,β) και g(α)=f(f(α))-α=f(β)-α=α-α=0 και g(β)=f(f(β))-β=f(α)-β=β-β=0 Άρα ισύει το Θ. Rolle και επομένως υπάρει ξϵ(α,β):g (ξ)=0 Αλλά g ()= ff() = (f(f()) = f f() f () 2

3 3 g (ξ) = ƒ ƒ(ξ) ƒ (ξ) = 0 8. [f ()] f () = 0 f () = f () f () e f() f () = e f() f ()f () e f() f () e f() f ()f () = 0 e f() f () e f() f () = 0 e f() f () = 0 θεωρώ τη συνάρτηση g() = e f() f () η οποία είναι συνεής στο [α,β] ως πράξεις συνεών και παραγωγίσιση στο (α,β) και g(α) = e f() f (α) και g(β) = e f() f (β) Από την f (α) = е f()f() f (β) f (α) = еƒ() е ƒ() f (β) f (α)е f() = е f() f (β) g(α) = g(β) Αρα ισύει το Θ. Rolle και επομένως υπάρει ϵ(α, β)ώστε g ( ) = 0 Αλλά g () = e f() f () = = [f ()] f ()και g ( ) = 0 [f ( )] f ( ) = 0 9. f () = f() f () f() f () = f() f () f() = 0 = 0 f() = 0 Θεωρώ την g() = f() η οποία είναι συνεής στο [α, γ] ως πηλίκο συνεών και παραγωγίσιμη στο (α, γ) και g(α) = f(α) α = α α = 1 και g(γ) = f(γ) γ = γ γ = 1 Αρα από θεώρημα Rolle έω ότι υπάρει ϵ(α, γ) ώστε g ( ) = 0 Αλλά g () = f() f () f() = = 0 f () f() = 0 f () = f() f () = f() f ( ) = f( ) Παρόμοια στο [γ, β] αφού g(β) = f(β) β = β β = 1 θα έω ϵ(γ, β) ώστε f ( ) = f( ) ΑΣΚΗΣΗ 10 f () = 2 + α + β f () ( ) (α + β) = 0 (f() (α + β)) = 0 Θεωρώ την συνάρτηση g() = f() (α + β).για την g ισύουν: Είναι συνεής στο [α,β] ως πράξεις συνεών Είναι παραγωγίσιμη ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων 3

4 4 g(α) = f(α) α α αβ = 2α 2α αβ = αβ και g(β) = f(β) β β αβ = 2β 2β αβ = αβ. Επομένως g(α) = g(β). Επομένως εφαρμόζεται το Θ. Rolle για την g, δηλαδή υπάρει ένα τουλάιστον ξ (α,β) τέτοιο, ώστε g (ξ)=0. g () = (f() (α + β)) = f () 2 (α + β) και g (ξ) = 0 f (ξ) 2ξ (α + β) = 0 ΑΣΚΗΣΗ 11 f (ξ) = 2ξ + (α + β) Η εξίσωση της εφαπτομένης της C f στο Αα, f(α) είναι ψ f(α) = f (α)( α) και για να περνάει από το σημείο Μ(0, α ) πρέπει να ισύει: α f(α) = f (α)( α) αf (α) f(α) + α = 0 Προς τούτο προσπαθώ να βρώ την συνάρτηση όπου θα εφαρμόσω το Θ. Rolle και έω f () f() + = 0 f () f() + = 0 f() + f () f() + 1 = 0 f() + = 0 = 0. Θεωρώ την συνάρτηση g() = f() + για την οποία ισύουν α. Είναι συνεής στο [1,2] ως πράξεις συνεών β. Είναι παραγωγίσιμη στο (1,2) ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων και εξάλλου η παράγωγός της είναι: g () = f() + = f() f () f() + = + 1 = = f () f() + γ. g(1) = f(1) + 1 και g(2) = f(2) = 2f(1) = f(1) = f(1) + 1 = g(1) 2 Παρατηρούμε ότι ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του Θ. Rolle και επομένως υπάρει α (1,2) τέτοιο ώστε g (α) = 0 αf (α) f(α) + α 2 = 0. 4

5 5 1. ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ROLLE KAI ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ Από την ( + 2) = 2xlnx ( + 2) 2xlnx = 0 με > 0 Θεωρώ την f() = ( + 2) 2xlnx και έστω ότι η εξίσωση f() = 0 έει δύο ρίζες έστω τις, με <. Εφαρμόζοντας το Θ. ROLLE στο [, ] αφού f( ) = f( ) = 0 θα υπάρει ϵ(, ) ώστε f ( ) = 0. Αλλά f ()=2(+2)-2lnx 2 = 2( + 2 lnx 1) = 2( + 1 lnx) > 0 διότι Αν θέσω g()= + 1 lnx g () = 1 = που ισύει ο πιο κάτω πίνακας Άρα για κάθε ϵ(0,+ ) έω g() g(1) g () - + g() lnx > 2 g() ο.ελ g(1)=2 Άρα για τη συνάρτηση f έω f ()>0 για κάθε ϵ(0,+ ) και επομένως άτοπο άρα δεν μπορεί να έει δύο ρίζες η εξίσωση f() = 0 2. ( + α) = + α ( + α) α = 0 Θεωρώ την συνάρτηση f() = ( + α) α. Προφανής ρίζα της g() = 0 είναι η = 0 διότι f(0) = (0 + α) 0 α = α α = 0 Εστω ότι έει δύο ρίζες η f() = 0 τις, με <. Εφαρμόζοντας το Θ. ROLLE στο [, ] αφού f( ) = f( ) = 0 θα υπάρει ϵ(, ) ώστε f ( ) = 0. Αλλά f () = ν( + α) ν = ν[( + α) ] και η εξίσωση f () = 0 πρέπει να έει μία ρίζα. Αλλά ν[( + α) ] = 0 ( + α) = 0 ( + α) = + α = αφού ν-1 περιττός και επομένως α=0 άτοπο αφού από δεδομένα α 0. Επομένως δεν μπορεί η εξίσωση f() = 0 να έει δύο ρίζες 3. Από την = 0. Θεωρώ την f()= Η εξίσωση f()=0 έει δύο προφανείς ρίζες τις =0 και =1 διότι f(0)= = 1 1 = 0 και f(1)= = 4 4 = 0. Έστω ότι έει τρείς τότε η f ()=0 έει δύο πραγματικές και η f ()=0 έει οπωσδήποτε μία πραγματική ρίζα. Αλλά f ()= 4 ln4 3 και f ()= 4 ln4 ln4 > 0 άρα δεν έει ρίζα η εξίσωση f ()=0 άτοπο και επομένως η εξίσωση f()=0 δεν μπορεί να έει τρεις ρίζες. 5

6 6 4. α + β + γ = γe (α + β + γ)e γ = 0 Προφανής λύση είναι η = 0 Έστω f() = (α + β + γ)e γ τότε η εξίσωση f() = 0 έει προφανή λύση την Έστω ότι η f() = 0 έει και δεύτερη λύση την ωρίς να επηρεάζει θεωρούμε την >0 και εφαρμόζουμε θεώρημα ROLLE στο διάστημα [0, ] αφού f(0)=0 και f( ) = 0 και επομένως θα υπάρει ϵ(0, )ώστε f ( ) = 0. Αλλά f () = (2α + β)e 2e (α + β + γ) = = e ( 2α + (2α 2β) + β 2γ) = 0 2α + (2α 2β) + β 2γ = 0 Δ = (2α 2β) + 8α(β 2γ) = 4α 8αβ + 4β + 8αβ 16βγ = = 4(α + β 4βγ) < 0 αφού από υπόθεση α + β < 4βγ και επομένως η f () = 0 είναι αδύνατη άρα δεν μπορεί να έει δύο ρίζες η f() = 0 5. αημ + βσυν2 + γσυν3 = 2 π αημ + βσυν2 + γσυν3 2 + π=0 Θεωρώ την f() = αημ + βσυν2 + γσυν3 2 + π μια αρική της f είναι η g() = ασυν + β 2 ημ2 + γ 3 ημ3 + π διότι g () = f() και επομένως εφαρμόζω Θ. Rolle στο [0,π] για την g και έω g(0)=-α=g(π), είναι συνεής στο [0,π] και παραγωγίσιμη στο (0,π) και επομένως ισύει το Θ. Rolle. Αρα υπάρει ϵ(0, π) ώστε g ( ) = 0. Αλλά g () = f() = αημ + βσυν2 + γσυν3 2 + π 6. Για την ύπαρξη της ρίζας θεωρώ την συνάρτηση g() = e 2 και έω g(1) = e 1 2 = e 3 < 0 και g(2) = e 2 2 = e 6 > 0 και από θεώρημα Bolzano στο [1,2] έω ότι υπάρει μία τουλάιστον ρίζα της εξίσωσης e = + 2 e e = e = 0. Θεωρώ την f() = που έστω ότι έει + 2 δύο ρίζες τότε από θεώρημα Rolle η f ()=0 θα έει μία αλλά f () = e ( + 2) e 2 ( + 2) = e ( + 2 2) ( + 2) > 0 διότι το έει διακρίνουσα Δ=4-8=-4<0 και επομένως είναι πάντα ομόσημο του α και επομένως θετικό. Άρα η f ()=0 δεν ρίζα άρα δεν γίνεται και η f()=0 να έει δύο. 6

Σχετικά έγγραφα

ΘΕΩΡΗΜΑ ΜΕΣΗΣ ΤΙΜΗΣ ΘΕΩΡΗΜΑ ΜΕΣΗΣ ΤΙΜΗΣ ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΥ ΛΟΓΙΣΜΟΥ

ΘΕΩΡΗΜΑ ΜΕΣΗΣ ΤΙΜΗΣ ΘΕΩΡΗΜΑ ΜΕΣΗΣ ΤΙΜΗΣ ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΥ ΛΟΓΙΣΜΟΥ ΘΕΩΡΗΜΑ ΜΕΣΗΣ ΤΙΜΗΣ Έστω συνάρτηση f για την οποία ισύουν είναι συνεής στο κλειστό [α,β] είναι παραγωγίσιμη στο (α,β) Τότε υπάρει τουλάιστον ένα σημείο ξ του (α,β), τέτοιο ώστε να είναι : f (ξ) = ΑΠΟΔΕΙΞΗ