ΚΕΦΑΛΑΙΟ ο: ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ - ΟΡΙΟ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ ΕΝΟΤΗΤΑ 8: ΘΕΩΡΗΜΑ BOLZANO - ΠΡΟΣΗΜΟ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ - ΘΕΩΡΗΜΑ ΕΝΔΙΑΜΕΣΩΝ Άσκηση. ΤΙΜΩΝ - ΘΕΩΡΗΜΑ ΜΕΓΙΣΤΗΣ ΚΑΙ ΕΛΑΧΙΣΤΗΣ ΤΙΜΗΣ - ΣΥΝΟΛΟ ΤΙΜΩΝ ΣΥΝΕΧΟΥΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ [Ενότητα Βασικά Θεωρήματα του κεφ..8 Μέρος Β του σχολικού βιβλίου]. ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Β Δίνεται η συνάρτηση f() = με >. Να εξετάσετε αν ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο διάστημα [,]. Το πεδίο ορισμού της f είναι προφανώς το (, + ) στο οποίο η f είναι συνεχής ως πηλίκο συνεχών συναρτήσεων. Το [,] όμως δεν είναι υποσύνολο του (, ) + οπότε δεν μπορούμε να μιλάμε για συνέχεια σε αυτό ή για ισχύ των προϋποθέσεων του θεωρήματος Bolzano.
Άσκηση. Να δείξετε ότι η εξίσωση = 3ηµ έχει δύο τουλάχιστον ρίζες στο διάστημα [ π, ]. Η δοθείσα εξίσωση ισοδύναμα γράφεται: = 3ηµ 3ηµ + = Θεωρούμε τη συνάρτηση f() = 3ηµ + ορισμένη στο και συνεχή σε αυτό ως άθροισμα των συνεχών συναρτήσεων 3ηµ και +. Άρα θα είναι συνεχής και στο [ π,]. π π Διαχωρίζουμε το δοθέν διάστημα στα υποδιαστήματα [ π, ], [, ] και παρατηρούμε ότι f( π ) = 3 ηµ ( π ) + π + = + π+ > π π π π π 4 f( ) = 3 ηµ ( ) + + = 3+ + = < f () = 3ηµ + = > π π Για το διάστημα [ π, ] έχουμε f( ) f( π ) <. Συνεπώς ικανοποιούνται οι π προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο διάστημα [ π, ] άρα υπάρχει π τουλάχιστον μία ρίζα στο ( π, ). π π Επίσης για το διάστημα [, ] έχουμε f( ) f() <. Συνεπώς ικανοποιούνται οι π προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο διάστημα [,], άρα υπάρχει π τουλάχιστον μία ρίζα στο (,). Με αυτό τον τρόπο αποδείξαμε την ύπαρξη τουλάχιστον ριζών της εξίσωσης = 3ηµ στο διάστημα [ π,]. Μεθοδολογία Διαχωρίζουμε κατάλληλα το δοθέν διάστημα σε δύο επιμέρους υποδιαστήματα (με δοκιμές) και εφαρμόζουμε το θεώρημα Bolzano σε καθένα απ αυτά.
Άσκηση 3. Βρείτε το πρόσημο της συνάρτησης f() = ηµ συν στο διάστημα [ π ],. Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [, π ] ως διαφορά συνεχών. συν ηµ = f( ) = ηµ συν = ηµ συν συν = ( ) συν = ή ηµ =. π π Είναι: συν = συν = συν = κπ ±, κ Ζ. π Επειδή [, π ], έχουμε: =. π π 5π ηµ = ηµ = ηµ = κπ + ή = κπ +, κ Ζ. 6 6 6 π 5π Επειδή [, π ], έχουμε: = ή =. 6 6 Ο παρακάτω πίνακας δείχνει τα αποτελέσματα του ελέγχου του πρόσημου της f. Διάστημα π, 6 π π, 6 π 5π, 6 5π,π 6 Επιλεγμένος αριθμός π 3 π 3 π f( ) ( 3 ) ( 3 ) Πρόσημο + + 3
Άσκηση 4. Να δείξετε ότι η εξίσωση = ln, έχει μοναδική ρίζα. Θεωρούμε τη συνάρτηση f () = ln, (, + ). H f είναι συνεχής ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων.,, +, με H f είναι γνησίως φθίνουσα διότι: για οποιαδήποτε ( ) < < > και ln < ln ln > ln. Με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε ln > ln f ( ) > f ( ). lim f () = lim ln + + = + γιατί lim ( ) = και lim (ln ) = + + lim f () = lim ln = + + γιατί lim ( ) = lim ( ) = και lim (ln ) = + + + + Το σύνολο τιμών της f είναι το ( lim f (), lim f () ) (, ) + + = + =. Το μηδέν ανήκει στο σύνολο τιμών, άρα υπάρχει μία τουλάχιστον ρίζα της εξίσωσης f() =. Αυτή η ρίζα είναι μοναδική αφού η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα, άρα και. 4
Άσκηση 5. Έστω η συνεχής συνάρτηση f :. Αν η f είναι γνησίως αύξουσα στο (,], γνησίως lim f () = lim f () = και f () =, τότε: φθίνουσα στο [, + ), α) Να βρείτε το σύνολο τιμών της f. β) Να λύσετε την εξίσωση f() =. + α) Επειδή η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο (,], το σύνολο τιμών της σ αυτό θα είναι το διάστημα Δ = ( lim f(),f() = (,]. Επειδή η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο [, + ), το σύνολο τιμών της σ αυτό θα είναι το διάστημα Δ = ( lim f(),f() = (,]. + Το σύνολο τιμών της f είναι το Δ Δ Δ (,] = =. β) Η εξίσωση f() = έχει μοναδική ρίζα την γνησίως αύξουσα στο (,] και f () =. Επίσης, η εξίσωση f() = έχει μοναδική ρίζα την είναι γνησίως φθίνουσα στο [, + ) και f () =. Άρα η εξίσωση έχει ακριβώς μία ρίζα την =. =, στο διάστημα (,] =, στο διάστημα [ ), αφού η f είναι, +, αφού η f 5
ΘΕΜΑ Γ Άσκηση. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση 3 + + = έχει ακριβώς μία ρίζα στο (, ). Θεωρούμε τη συνάρτηση f() = 3 + + ορισμένη στο και συνεχή σε αυτό ως άθροισμα των συνεχών συναρτήσεων 3 και +. Άρα θα είναι συνεχής και στο [, ]. Παρατηρούμε ότι f ( ) = + = < και f () = 9 + 4 + = 4 >. Άρα ισχύει f() f( ) <. 3 3 Συνεπώς ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο διάστημα [, ]. Οπότε προκύπτει ότι υπάρχει τουλάχιστον μία ρίζα της f() = 3 + + στο (, ). Θα αποδείξουμε ότι η f είναι γνησίως μονότονη στο (, ). Γνωρίζουμε ότι η 3 είναι γνησίως αύξουσα συνάρτηση. Ομοίως και η +. Άρα και η f() = 3 + + θα είναι γνησίως αύξουσα συνάρτηση ως άθροισμα γνησίως αυξουσών συναρτήσεων. Συνεπώς θα είναι -. Κατ επέκταση η συνάρτηση θα έχει ακριβώς μία ρίζα. 6
Άσκηση. Έστω συνάρτηση f ορισμένη και συνεχής στο [,5] με f() + f() + f(3) = (). Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f() = έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο [,5]. ( τρόποι λύσης) Α Τρόπος: Από τη σχέση () συμπεραίνουμε ότι f() = f() = f(3) = ή από τους προσθετέους είναι ετερόσημοι. i) Έστω ότι είναι f() f() < και επειδή η f συνεχής στο [, ] [,5] εφαρμόζουμε το θεώρημα Bolzano. Άρα θα υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ (, ) ώστε f( ξ ) = δηλαδή υπάρχει τουλάχιστον μία ρίζα της f() = στο (, ). ii) Αν f() f(3) < με όμοιο τρόπο θα υπάρχει τουλάχιστον μία ρίζα της f() = στο (, 3). iii) Αν f() f(3) < με όμοιο τρόπο θα υπάρχει τουλάχιστον μία ρίζα της f() = στο (,3). Άρα σε οποιαδήποτε περίπτωση θα υπάρχει τουλάχιστον μία ρίζα της f στο [,5]. Β Τρόπος: Έστω ότι δεν έχει καμία ρίζα, δηλαδή f() f() > ή f() < για κάθε [,5]. Άρα f() + f() + f(3) > ή f() + f() + f(3) < που είναι άτοπο. Μεθοδολογία. Έχουμε περιπτώσεις: Οι ρίζες είναι τα,, 3 ή Κατασκευάζουμε τρία διαστήματα με τα,, 3 και εφαρμόζουμε το θεώρημα Bolzano σε καθένα από αυτά.. Εφαρμόζουμε την εις άτοπο απαγωγή. 7
Άσκηση 3. Δίνεται ότι ο μιγαδικός αριθμός z i κ, λ. Να αποδείξετε ότι υπάρχει (,) = + είναι ρίζα της εξίσωσης ( ) 3 ξ τέτοιο ώστε: ( ) z + λ κ z 5κ+λ=, ξ + κ λ ξ+κ = ξ e. z + λ κ z 5κ+λ= έχει πραγματικούς συντελεστές και ο z = + i είναι ρίζα αυτής, η άλλη ρίζα θα είναι η συζυγής δηλαδή, z = z z = i. Επειδή η εξίσωση ( ) Από τους τύπους Vieta έχουμε: κ λ= κ= 5 κ+λ= λ= 3 λ κ z + z = 5κ+λ z z = ( i) ( i) ( ) ( ) + + =κ λ + i i = 5 κ+λ Θα αποδείξουμε πλέον ότι υπάρχει ξ (,) τέτοιο ώστε: 3 ξ ξ + ξ e =. 3 Θεωρούμε τη συνάρτηση f ( ) = + e και εφαρμόζουμε το Θ. Bolzano στο [, ]. Η f είναι συνεχής στο [, ] ως διαφορά συνεχών. f( ) f( ) = ( ) ( 3 e) = e 3<. ξ f ξ = ξ + ξ e =. 3 Άρα υπάρχει ένας τουλάχιστον ξ (,) ώστε ( ) 8
Άσκηση 4. lim f συν =. Έστω συνάρτηση f η οποία είναι περιττή και συνεχής στο με ( ) Να αποδείξετε ότι υπάρχει ένας τουλάχιστον (,) ώστε ( ) f =. Θα αποδείξουμε ότι υπάρχει ένας τουλάχιστον (,) ώστε ( ) f =. Θεωρούμε τη συνάρτηση g( ) = f( ) και εφαρμόζουμε το Θ. Bolzano στο [, ]. Η g είναι συνεχής στο [, ] διότι η f είναι συνεχής στο [, ] ως συνεχής στο. g g= f f () ( ) ( ) ( ) ( ) Επειδή η f είναι περιττή στο, έχουμε ότι για κάθε, ισχύει f( ) = f(). Για f = f f = f =. () = βρίσκουμε: ( ) ( ) ( ) ( ) Επειδή η συνάρτηση f( ) ( ) ( ) lim f συν = f =. (3) και συν είναι συνεχής, ως σύνθεση συνεχών, έχουμε: Από την () λόγω των () και (3) έχουμε: g( ) g( ) = ( ) ( ) = <. Συνεπώς υπάρχει ένας τουλάχιστον (,) ώστε ( ) ( ) ( ) g = f = f =. 9
Άσκηση 5. Έστω συνάρτηση f η οποία είναι ορισμένη και περιττή στο με f ( 5) = 7. Αν η εξίσωση f( ) = 6 είναι αδύνατη να αποδείξετε ότι η f δεν είναι συνεχής στο. Επειδή η f είναι περιττή στο, έχουμε ότι για κάθε ισχύει και f( ) = f(). Για f = f f = f =. = βρίσκουμε: ( ) ( ) ( ) ( ) Έστω ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής στο. Θεωρούμε τη συνάρτηση g( ) = f( ) 6 και εφαρμόζουμε το Θ. Bolzano στο [,5 ]. Η g είναι συνεχής στο [,5 ] διότι η f είναι συνεχής στο. g( ) g( 5) = f( ) 6 f( 5) 6 = ( 6)( 7 6) = 6<. Άρα υπάρχει ένας τουλάχιστον (,5) ώστε ( ) ( ) ( ) είναι άτοπο διότι η εξίσωση f( ) = 6 είναι αδύνατη. Άρα η συνάρτηση f δεν είναι συνεχής στο. g = f 6= f = 6 που
Άσκηση 6. Έστω οι μιγαδικοί αριθμοί z, w τέτοιοι ώστε: z = και w =. Έστω επίσης συνάρτηση f συνεχής στο τέτοια ώστε: ( ) ( ) ( ) 3 f z w f 5f + + + = + για κάθε. Να αποδείξετε ότι υπάρχει ένας τουλάχιστον (,) ώστε ( ) f =. Για κάθε έχουμε: ( ) ( ) f() f + z + w f + 5 = + () Η παράσταση f () + z + w f() + 5, αν θέσουμε f() = y, γίνεται το τριώνυμο y + z+ w y+ 5 που έχει διακρίνουσα z+ w z + w = + = 3, οπότε: Άρα είναι = z + w < διότι ισχύει: z+ w 3 z+ w 9 z+ w <. f () + z + w f() + 5 > για κάθε () Τότε από την () έχουμε: f() = + f () z w f() 5 + + +. Εφαρμόζουμε το Θ. Bolzano για την f στο [, ]. Η f είναι συνεχής στο [, ] ως συνεχής στο. f f = < ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) f + z+ w f + 5 f + z+ w f + 5 λόγω της (). Άρα υπάρχει ένας τουλάχιστον (,) ώστε f( ) =.
Άσκηση 7. Έστω συνάρτηση f συνεχής στο [, ], τέτοια ώστε f( ) για κάθε [ ],. Να αποδείξετε ότι υπάρχει ένας τουλάχιστον [,) ώστε ( ) + = ( ) f e f. Θα αποδείξουμε ότι υπάρχει ένας τουλάχιστον [,) Θεωρούμε τη συνάρτηση Έχουμε: g() = f () f() + e. ώστε f ( ) f( ) + e =. Η g είναι συνεχής στο [, ] διότι προκύπτει από πράξεις συνεχών στο [, ]. g( ) = f ( ) f( ) = f( ) f( ) διότι ( ) εκφώνηση. f όπως προκύπτει από την ( ) ( ) ( ) g= f f+ e< διότι αν θέσουμε f() = y, το τριώνυμο θετικό αφού έχει διακρίνουσα y y e + είναι πάντοτε = ( ) 4 e = 4e <. Άρα ισχύει ότι: g ( ) g ( ). Αν g ( ) g ( ) <, τότε, σύμφωνα με το Θ. Βolzano, υπάρχει τουλάχιστον (,) ώστε g( ) =. Αν ( ) ( ) ( ) g ( ) g g = g =, τότε το = είναι ρίζα της εξίσωσης g() =. Άρα σε κάθε περίπτωση υπάρχει ένα τουλάχιστον [,) ώστε να ισχύει: g( ) = f ( ) f( ) + e =
Άσκηση 8. Αν α, α,, α [, ], να αποδείξετε ότι υπάρχει ένας τουλάχιστον [,] ξ ώστε: ξ α + ξ α + + ξ α = 5. Θα αποδείξουμε ότι υπάρχει ένας τουλάχιστον ξ [,] ώστε: ξ α + ξ α + + ξ α 5 =. f = α + α + + α 5. Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) Έχουμε: Η f είναι συνεχής στο [, ] ως άθροισμα απολύτων συνεχών συναρτήσεων f = α + α + + α 5 = ( ) ( ) α +α + +α 5, διότι οι α, α,, α είναι μη αρνητικοί. f( ) = ( ) ( ) ( ) α + α + + α 5 = α + α + + α 5 = ( ) 5 α +α + +α, διότι α, α,, α. Άρα: f ( ) f ( ) ( ) 5 5 ( ) = α +α + +α α +α + +α = ( ) α +α + +α 5. Αν f ( ) f ( ) <, τότε, σύμφωνα με το Θ. Βolzano, υπάρχει τουλάχιστον ξ (,) ώστε f ( ξ ) =. Αν f ( ) f ( ) =, τότε f( ) = ή f ( ) =, οπότε το ξ= ή το ξ= είναι ρίζα της εξίσωσης f ( ) =. Άρα σε κάθε περίπτωση υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ [,] ώστε να ισχύει: f( ) ξ = ξ α + ξ α + + ξ α 5 =. 3
Άσκηση 9. α. Να αποδείξτε ότι η εξίσωση ( ) ρ, ρ κ, κ. λ µ + + = +κ κ με κ λ µ, έχει ακριβώς δύο ρίζες β. Αν ρ ρ + =µ λ, να βρείτε τον αριθμό κ. α. Για κάθε κ,, κ έχουμε: λ µ + + = ( +κ)( κ ) +λ ( κ ) +µ ( +κ ) = +κ κ Θεωρούμε τη συνάρτηση f( ) ( )( ) ( ) ( ) Θ. Bolzano στα διαστήματα [ κ,] και [, κ ]. = +κ κ +λ κ +µ +κ και εφαρμόζουμε το Η f είναι συνεχής (αθροίσματα συνεχών γινομένων) σε καθένα από τα διαστήματα, κ. [ κ,] και [ ] Έχουμε: f( κ ) = κ λ > αφού κ λ. f( ) = κ < αφού κ. f( κ ) = κµ > αφού κ µ. f f κ = κµ <. 4 4 Άρα: f( κ) f( ) = κ λ < και ( ) ( ) Άρα, η εξίσωση f( ) = έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (,) ρ (, κ ). Επειδή η συνάρτηση f( ) ( )( ) ( ) ( ) f( ) = κ + λ κλ + µ + κµ ( ) ( ) ( ) f = + λ + µ + κµ κλ κ = +κ κ +λ κ +µ +κ ρ κ και μία τουλάχιστον ρίζα είναι τριώνυμο δευτέρου βαθμού, δεν μπορεί να έχει περισσότερες από δύο ρίζες. Συνεπώς η εξίσωση f( ) = έχει ρίζες μόνο τους αριθμούς, (, ) ρ ρ κ κ που είναι δεκτές. 4
β. Για τις ρίζες, σχέσεις: ρ ρ του τριωνύμου ( ) ( ) ( ) f ( ) κµ κλ κ λ µ ρ +ρ = ρ +ρ = +λ +µ +λ +µ και = + λ + µ + κµ κλ κ ισχύουν οι ρρ = κ +λ +µ Άρα: ( ) κ λ µ ρ +ρ +λ +µ ρ ρ ρ +λ +µ + = = = ρ κ µ λ κ Τότε έχουμε: µ λ + =µ λ =µ λ ρ ρ κ µ λ =κ ( µ λ ) ( )( ) µ λ κ = ( µ =λ ή ) κ= (µ = ±λ ή κ= ). Άρα: Αν µ=λ ή µ = λ, τότε ο κ μπορεί να είναι οποιοσδήποτε μη μηδενικός πραγματικός αριθμός. Αν µ λ και µ λ, τότε κ=. 5
Άσκηση. Έστω συνάρτηση f ορισμένη και συνεχής στο R τέτοια ώστε: 3 f ηµ + e e συν + για κάθε. ( )( ) Να βρείτε το πρόσημο της f(). Έστω ότι η f δεν διατηρεί σταθερό πρόσημο στο. Τότε θα υπάρχουν, με <, ώστε f( ) f( ). Διακρίνουμε περιπτώσεις: Αν f ( ) f ( ) <, τότε και επειδή η f είναι συνεχής στο [, ], ως συνεχής στο, θα ισχύει το Θ. Βolzano για την f στο [, ]. Άρα θα υπάρχει ένας τουλάχιστον ξ (, ) ώστε f(ξ) =. Αν f ( ) f ( ) =, τότε f ( ) = ή f ( ) =, άρα ξ = ή ξ = Σε κάθε περίπτωση λοιπόν θα υπάρχει ένας τουλάχιστον ξ, ώστε f(ξ) =. 3 f e e Τότε από τη σχέση ( )( ) ηµ + συν + για = ξ προκύπτει ότι ξ e συνξ + που είναι άτοπο αφού για κάθε ξ είναι: e ξ > και συνξ συνξ συνξ +, οπότε είναι e ξ συνξ + >. Άρα η συνάρτηση f διατηρεί σταθερό πρόσημο στο. Για f + f. = από δοθείσα σχέση βρίσκουμε: ( ) ( ) Επειδή f( ) θετικό και η f διατηρεί σταθερό πρόσημο στο, είναι f() > για κάθε. 6
Άσκηση. με f() =, f() =, f(3) =, f(4) = 7. Αν η f είναι γνησίως μονότονη σε καθένα από τα διαστήματα του πεδίου ορισμού της, τότε: Δίνεται η συνεχής συνάρτηση f :[,] [ 3,4] α) Να βρείτε το σύνολο τιμών της f. β) Να βρείτε το πλήθος των ριζών της εξίσωσης f() =. α) Στο διάστημα [, ] η f είναι γνησίως φθίνουσα διότι είναι γνησίως μονότονη και για < f () > f (). Επίσης είναι συνεχής άρα το σύνολο τιμών της στο [, ] είναι το διάστημα Δ = [ f (),f ()] = [,]. Στο διάστημα [ 3, 4 ] η f είναι γνησίως αύξουσα διότι είναι γνησίως μονότονη και για 3< 4 f(3) < f(4). Επίσης είναι συνεχής άρα το σύνολο τιμών της στο [ ] διάστημα Δ = [ f (3),f (4)] = [,7 ]. Τελικά το σύνολο τιμών της f είναι το Δ Δ Δ [, 7] = =. 3, 4 είναι το β) Η εξίσωση f() = έχει μοναδική ρίζα στο διάστημα (, ), αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα και το μηδέν ανήκει στο Δ (Προφανώς ρίζες της εξίσωσης δεν είναι οι αριθμοί και ). 3, 4, αφού η f είναι γνησίως αύξουσα Η εξίσωση f() = έχει μοναδική ρίζα στο διάστημα ( ) και το μηδέν ανήκει στο Δ (Προφανώς ρίζες της εξίσωσης δεν είναι οι αριθμοί 3 και 4). Άρα η εξίσωση έχει ακριβώς δύο ρίζες άνισες. 7
Άσκηση. = +. ln Δίνεται η συνάρτηση f (), (,) α) Να βρείτε το σύνολο τιμών της f. β) Να δείξετε ότι η εξίσωση ( + ) ln = είναι αδύνατη, στο (, ). α)η f είναι συνεχής ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων. Η f είναι γνησίως φθίνουσα διότι: για οποιαδήποτε, (, ), με < ln < ln ln > ln και > + > +. + > ln ln + >. lim f( ) = lim + + + = + =. ln lim f( ) = lim + = γιατί ln lim( + ) = και lim( ) = (Αφού lim ln = και < ln < ) ln Με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε f ( ) f ( ) Το σύνολο τιμών της f είναι το ( lim f( ), lim f( ) ) (, ) Αν (,) έχουμε ( ) + =. + ln = + = 3 f() 3 ln ln + = =. Όμως ο αριθμός 3 δεν ανήκει στο σύνολο τιμών της f άρα η εξίσωση f() = 3 είναι αδύνατη + ln =. στο (, ). Το ίδιο θα ισχύει και για την ισοδύναμή της εξίσωση ( ) 8
Άσκηση 3. Δίνεται η συνάρτηση f: (, + ) με α) Να βρεθεί το σύνολο τιμών της f. β) Να δείξετε ότι η εξίσωση e = e ( ln ) f () = ln + e. α, έχει μοναδική ρίζα για κάθε α. γ) Να λυθεί η εξίσωση eln e + =. α) Η συνάρτηση f είναι συνεχής ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων. Επίσης είναι γνησίως αύξουσα διότι: < ln < ln () και < e < e (). Προσθέτοντας κατά μέλη τις () και () προκύπτει ln + e < ln + e f ( ) < f ( ). + + ( ) lim f () = lim ln + e = γιατί lim ln = και lim e και lim f () lim ( ln e ) + + + + = e = + = + γιατί lim f( ) = lim ln = + και + + lim e + = + Το σύνολο τιμών της f είναι το ( lim f (), lim f () ) (, ) + + = + =. e β) e = e ( α ln ) = α ln ln + e = α f () = α. Επειδή το α ανήκει στο e σύνολο τιμών της f, το, υπάρχει ένα τουλάχιστον (, + ) ώστε f( ) =. Το είναι μοναδικό αφού η f είναι γνησίως αύξουσα. Άρα η εξίσωση f() = α έχει μοναδική ρίζα και το ίδιο ισχύει και για την ισοδύναμή της, αρχική εξίσωση e = e ( ln ) α. γ) Η εξίσωση έχει προφανή ρίζα το = αφού ισχύει eln+ e = =. e Επίσης αυτή γράφεται eln + e = eln + = e ln + e = e e = e e ln e e = e ln e. (3) Σύμφωνα με το προηγούμενο ερώτημα, για α =, η εξίσωση (3) έχει μοναδική ρίζα. Έτσι, η αρχική εξίσωση έχει μοναδική ρίζα το =. e 9
Άσκηση 4. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [ α,β ] και f(α) τουλάχιστον o ( α,β) ώστε f( ) f(α) + f (β) =. 3 < f (β), να δείξετε ότι υπάρχει ένα Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [ α,β] και ισχύει f(α) f (β). Επίσης για τον αριθμό f(α) + f (β) η = ισχύει ότι 3 f(α) + f (β) f(α) < < f (β) διότι 3 f(α) + f (β) f(α) < 3f (α) < f (α) + f (β) f (α) < f (β) που ισχύει και 3 f(α) + f (β) < f(β) f (α) + f (β) < 3f (β) f (α) < f (β) που ισχύει. 3 Έτσι, σύμφωνα με το θεώρημα ενδιάμεσων τιμών υπάρχει ένα τουλάχιστον ( α,β) ώστε f(α) + f (β) f( ) =. 3
Άσκηση 5. Να βρεθούν οι συνεχείς συναρτήσεις f: για τις οποίες ισχύει 4 3 f () f () + f () 4f() 8 = για κάθε. Για κάθε R είναι: 4 3 f () f () + f () 4f () 8 = f () + f () f () + 4 =, άρα για ισχύει ( ο )( ο )( ο ) f ( ) + f ( ) f ( ) + 4 =, οπότε ( )( )( ) ή f ( ο) = ή f ( ο) =, (επειδή μια συνάρτηση σε ένα ο δεν μπορεί να πάρει δύο διαφορετικές τιμές). Οι τιμές λοιπόν που μπορεί να πάρει η συνάρτηση f στο ο είναι ή το ή το. Θα αποδείξουμε τώρα ότι για κάθε Rισχύει: ή f () = ή f () =, δηλαδή η f είναι σταθερή συνάρτηση. Έστω ότι η f δεν είναι σταθερή συνάρτηση τότε θα υπάρχουν, R με (χωρίς βλάβη της γενικότητας μπορούμε να υποθέσουμε ότι < ) τέτοια, ώστε f ( ) = και f ( ) =. Για τη συνάρτηση f έχουμε ότι είναι συνεχής στο, και = f ( ) f ( ) =, άρα ισχύει το Θεώρημα Ενδιαμέσων Τιμών, οπότε η f θα παίρνει όλες τις τιμές μεταξύ των f ( ) = και f ( ) =, οπότε θα υπάρχει ένα τουλάχιστον ο (,) τέτοιο, ώστε f ( ο) = που είναι άτοπο, γιατί ( + )( )( +4 ) = 8 Επομένως: ή f () = για κάθε R ή f () = για κάθε R
Άσκηση 6. Δίνεται η συνάρτηση f συνεχής στο διάστημα [, 3 ]. Να αποδείξετε ότι υπάρχει ξ [ α,β] f() + 3f() + 5f(3) f(ξ) =. 9, ώστε Αν η συνάρτηση f είναι σταθερή τότε f () = c, c. Άρα f() = f() = f(3) = c και f () + 3f () + 5f (3) c + 3c + 5c f(ξ) = f(ξ) = f(ξ) = c. Άρα ως ξ μπορούμε να 9 9 επιλέξουμε οποιοδήποτε σημείο του [, 3 ]. Αν η συνάρτηση f δεν είναι σταθερή τότε αφού είναι συνεχής στο κλειστό διάστημα [, 3 ], ισχύει το θεώρημα μέγιστης και ελάχιστης τιμής. Δηλαδή, η συνάρτηση θα έχει μια ελάχιστη τιμή m και μια μέγιστη τιμή Μ. Οπότε: m f () M () m f () M 3m 3f () 3M () m f (3) M 5m 5f (3) 5M (3) Προσθέτουμε κατά μέλη τις (), () και (3) και προκύπτει: f() + 3f() + 5f(3) 9m f() + 3f() + 5f(3) 9M m M. Δηλαδή ο αριθμός 9 f() + 3f() + 5f(3) 9 ανήκει στο σύνολο τιμών της f, άρα υπάρχει ξ [, 3] ώστε f() + 3f() + 5f(3) f(ξ) =. 9
ΘΕΜΑ Δ Άσκηση. Αν μία συνάρτηση f είναι συνεχής και - σε ένα διάστημα Δ τότε είναι και γνησίως μονότονη στο Δ. ΑΠΟΔΕΙΞΗ : Έστω α, β με α β. Αφού η f είναι - ισχύει ότι f( α) f( β ). Ας υποθέσουμε ότι α<β και f( α ) < f( β ). Θα δείξουμε ότι για κάθε κ ( α, β ) ισχύει f( α ) < f( κ ) < f( β ). Θα εργασθούμε με την εις άτοπο απαγωγή. Έστω δηλαδή f( α ) > f( κ ). Επειδή η f στο διάστημα [ κβ, ] είναι συνεχής, έχουμε σαν αποτέλεσμα να παίρνει όλες τις τιμές μεταξύ του f( κ) και του f( β ). Άρα αφού f( κ ) < f( α ) < f( β ), υπάρχει ξ ( κβ, ) έτσι ώστε f( ξ ) = f( α ) που είναι άτοπο διότι η f είναι -. Ας υποθέσουμε τώρα ότι f( κ ) > f( β ). Επειδή η f στο διάστημα [ ακ, ] είναι συνεχής, έχουμε σαν αποτέλεσμα να παίρνει όλες τις τιμές μεταξύ του f( α) και του f( κ ). Άρα αφού f( α ) < f( β ) < f( κ ) υπάρχει ξ ακέτσι (, ) ώστε f( ξ ) = f( β ) που είναι άτοπο διότι η f είναι -. Επίσης ισχύει ότι f( α) f( κ) f( β ) διότι η f είναι -. Άρα ισχύει ότι f( α ) < f( κ ) < f( β ) για κάθε κ ( α, β ) δηλαδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο τυχαίο [ αβ, ]. Με αντίστοιχο τρόπο αποδεικνύεται ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο Δ. 3
Άσκηση. Δίνεται συνάρτηση g ορισμένη και συνεχής στο [ αβ, ]. Αν,, 3 αβ [, ] να αποδείξετε ότι υπάρχει αβ [, ] έτσι ώστε να ισχύει: α g( ) +α g( ) +α3g( 3) g( ) = α +α +α 3 όπου α, α, α 3 > Αφού η συνάρτηση g είναι συνεχής στο [ αβ, ], τότε έχει μέγιστο Μ και ελάχιστο m. Άρα m g() M για κάθε αβ. [, ] Αν m = Μ δηλαδή η συνάρτηση g είναι σταθερή τότε μπορούμε να επιλέξουμε ένα τυχαίο [, ] αβ για το οποίο θα ισχύει α g( ) +α g( ) +α3g( 3) ( α +α +α3)g( ) = = g( ). α +α +α ( α +α +α ) 3 3 Αν m <Μ τότε έχουμε m g( ) M αm αg( ) α M m g( ) M αm αg( ) α M m g( 3) M α3m α3g( 3) α 3M Αν προσθέσουμε κατά μέλη λαμβάνουμε: ( α +α +α3)m α g( ) +α g( ) +α3g( 3) ( α +α +α 3)M ή α g( ) +α g( ) +α3g( 3) m M. α +α +α 3 Συνεπώς σύμφωνα με το θεώρημα ενδιαμέσων τιμών υπάρχει (, ) α g( ) +α g( ) +α3g( 3) g( ) =. α +α +α 3 Άρα τελικά υπάρχει [, ] αβ τέτοιο ώστε αβ ώστε α g( ) +α g( ) +α3g( 3) g( ) =. α +α +α 3 4
Άσκηση 3. Δίνονται οι πραγματικοί αριθμοί α, β, γ τέτοιοι ώστε: α και αγ βγ+γ <. Να αποδείξετε ότι β > 4αγ. Θεωρούμε τη συνάρτηση =α +β +γ και εφαρμόζουμε το Θ. Bolzano στο [, ] f() Η f είναι συνεχής στο [, ] ως πολυωνυμική. f( ) f( ) = ( α β+γ) γ =αγ βγ+γ <. Άρα η εξίσωση f( ) = α +β +γ= έχει μια τουλάχιστον πραγματική λύση (στο διάστημα (, ) ) Άρα το τριώνυμο α +β +γ έχει μη αρνητική διακρίνουσα. Δηλαδή ισχύει: β 4αγ β 4αγ. Αρκεί τώρα να δείξουμε ότι β 4αγ. Αν υποθέσουμε ότι β = 4αγ, τότε β γ=, αφού α. 4 α Αντικαθιστώντας το γ στη δοθείσα ανισοτική σχέση έχουμε: 3 4 3 4 β β β αβ β β 4α β 4αβ + β α β + < + < < 4α 4α 4α 4α 4α 6α 6α ( 4 4 ) ( ) β α αβ + β β α β < <, που είναι άτοπο. 6α 6α Επομένως είναι β > 4αγ. 5
Άσκηση 4. 3 Δίνονται οι μιγαδικοί αριθμοί z, w και η συνάρτηση f() = w z + w z. Να αποδείξετε υπάρχει [,] ώστε f( ) =. Η f είναι συνεχής στο [,] ως πολυωνυμική. f( ) = w z + w z διότι: ( ) f( ) = w z + w z διότι: w z = w+ z w + z w + z. w z = w+ ( z) w z = w z ( w z) = w + z. Άρα έχουμε ότι: f ( ) f ( ). Αν f ( ) f ( ) <, τότε, σύμφωνα με το Θ. Bolzano, υπάρχει τουλάχιστον (,) ώστε f ( ) =. Αν f( ) f( ) =, τότε f( ) = ή ( ) της εξίσωσης f ( ) =. f =, οπότε το = ή το = είναι ρίζα Άρα σε κάθε περίπτωση υπάρχει ένα τουλάχιστον [,] ώστε να ισχύει: ( ) f =. 6
Άσκηση 5. ln e Να αποδείξτε ότι η εξίσωση ( ) π ηµ + = έχει μία τουλάχιστον ρίζα,. f ln e Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( ) τουλάχιστον Είναι: π, ώστε f( ) =. ( ) lim f () lim ln e = ηµ + = + + ηµ = u, τότε όταν το = ηµ + και θα αποδείξουμε ότι υπάρχει ένας + το lim e e +, γιατί ( ) + u, οπότε έχουμε: lim ln( ) lim (ln u) + ηµ = =. + u = = και αν θέσουμε Επειδή lim f () =, είναι f () < κοντά στο μηδέν από μεγαλύτερες τιμές. + π Άρα υπάρχει ένας τουλάχιστον, ώστε f ( ) <. π π π f = ln + e = + e >. π Επομένως ισχύει το θεώρημα Bolzano για την f στο, διότι: π η f είναι συνεχής στο, ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων. π f( ) f <. π π Άρα υπάρχει ένας τουλάχιστον,,, ώστε f ( ) =. 7
Άσκηση 6. f() f() Έστω συνάρτηση f συνεχής στο τέτοια ώστε: lim = και lim =. + Να αποδείξετε ότι οποιαδήποτε ευθεία παράλληλη στη διχοτόμο της πρώτης γωνίας των αξόνων τέμνει τη γραφική παράσταση της f σε ένα τουλάχιστον σημείο. Οι ευθείες που είναι παράλληλες στη διχοτόμο της πρώτης γωνίας των αξόνων έχουν εξίσωση της μορφής y= +α με α. Θα αποδείξουμε ότι η εξίσωση f() = +α έχει μία τουλάχιστον πραγματική ρίζα. Θεωρούμε τη συνάρτηση g() = f() α, και θα αποδείξουμε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα ώστε g( ) =. Έχουμε: f() α lim g() = lim [ f () α ] = lim = +, γιατί f() α lim = = και lim =. Άρα υπάρχει κ< ώστε: g( κ ) >. f() α lim g() = lim [ f () α ] = lim =, γιατί f() α lim = = και + lim = +. + + + + Άρα υπάρχει λ> ώστε: g( λ ) <. Από τα παραπάνω προκύπτει ότι ισχύει το θεώρημα Bolzano για την g στο [ κλ, ] διότι: η g είναι συνεχής στο [ κλ, ] αφού η f είναι συνεχής στο. g( κ ) g( λ< ). Άρα υπάρχει ένας τουλάχιστον (, ) κλ ώστε g( ) =. 8
Άσκηση 7. Δίνεται η συνάρτηση f( ) α α, = ln ( + ) ηµ 3, < < όπου α>. α. Να βρείτε την τιμή του α ώστε η συνάρτηση f να είναι συνεχής. β. Για την τιμή του α του προηγούμενου ερωτήματος να αποδείξετε ότι η εξίσωση α + = ln + έχει μία ακριβώς θετική ρίζα. ( ) α. Αν >, η f είναι συνεχής ως διαφορά της εκθετικής < < η f είναι συνεχής αφού οι συναρτήσεις ln ( ) Αν, συνεχών. Αν =, έχουμε: ( ) ( ) lim f = lim α α = α. + + ( ) ( ) lim f = lim ln + ηµ 3 = =. f( ) =α α= α. y = α με τον αριθμό α. + και ηµ 3 είναι συνθέσεις Για να είναι η f συνεχής αρκεί α = α=. β. Για α= έχουμε: ( ) ( ) α + = ln + + ln + =. g = + ln + και θα αποδείξουμε ότι υπάρχει g =. Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( ) μοναδικός (, + ) ώστε ( ) Είναι: g ( ) = + = 3 >. lim g() lim ln ( ) = + + = + + γιατί lim + = + = και lim [ ln( + ) ] =+ + + g < στην περιοχή του +. Άρα υπάρχει Επομένως είναι ( ) κ> ώστε: ( ) g κ <. 9
Επομένως ισχύει το θεώρημα Bolzano για την g στο [, κ ] διότι: η g είναι συνεχής στο [, κ ] αφού προκύπτει από πράξεις συνεχών συναρτήσεων. g( ) g( κ ) < Άρα υπάρχει ένας τουλάχιστον (, κ) (, + ) ώστε g ( κ ) =. Για να αποδείξουμε ότι η ρίζα είναι μοναδική, αρκεί να αποδείξουμε ότι η συνάρτηση g είναι γνησίως μονότονη στο (, + ). Για κάθε, (, ) Η συνάρτηση + με < έχουμε: y = είναι γνησίως φθίνουσα στο (, + ) οπότε: < > + > + Η συνάρτηση y ( ) = ln είναι γνησίως αύξουσα στο (, + ) οπότε: < + < + ( + ) < ( + ) ln ( + ) > ln ( + ) ( ) ln ln Αν προσθέσουμε τις () και () προκύπτει ότι για κάθε, (, ) < + ln + > + ln + g > g ( ) ( ) ( ) ( ) + με < θα έχουμε: Άρα η συνάρτηση g είναι γνησίως φθίνουσα στο (, + ), οπότε η ρίζα είναι μοναδική. 3
Άσκηση 8. Έστω συνάρτηση f :[, 4 ], η οποία είναι συνεχής στο [, 4] με ( ) = ( ) α. Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης g() f( ) f( ) αποδείξετε ότι αυτή είναι συνεχής. β. Να αποδείξετε ότι: g( ) + g() + g(3) =. f f 4. = + και να γ. Να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ [, 3] ώστε: ( ξ ) = ( ξ+ ) f f. α. Η συνάρτηση f(, ) ως σύνθεση των f( ) με D = [, 4] και της ( ) Dh = R, ορίζεται όταν: R 5 4 f [, 5 ]. Η συνάρτηση f( +, ) ως σύνθεση των f( ) με D = [, 4] και της ( ) D = ϕ R, ορίζεται όταν: R 3 3 + 4 f [ 3,3 ]. h = με ϕ = + με Άρα το πεδίο ορισμού της g είναι: D = [ ] [ ] = [ ] g,5 3,3,3. Προφανώς η g είναι συνεχής στο συναρτήσεων. D g αφού προκύπτει από σύνθεση και διαφορά συνεχών β. Θέτοντας στην g( ) = f( ) f( + ) διαδοχικά =, = και = 3, προκύπτουν οι σχέσεις: g( ) = f( ) f(, ) g ( ) = f( ) f( ) και g( 3) = f( ) f( 4 ). Προσθέτοντας κατά μέλη τις παραπάνω σχέσεις, έχουμε: g ( ) + g ( ) + g( 3) = f ( ) f (4) =. () γ. Διακρίνουμε τις εξής περιπτώσεις: Η () να αληθεύει όταν: g( ) = g( ) = g( 3) =. Τότε οι αριθμοί,, 3 είναι λύσεις της εξίσωσης g( ) =. Η () να αληθεύει όταν δεν είναι και οι τρεις προσθετέοι του πρώτου μέλους μηδέν. Τότε οι δύο από αυτούς είναι ετερόσημοι. Έστω g ( ) g ( ) <. 3
Τότε ισχύει στο [,] το Θ. Bolzano για την g, αφού ήδη η g είναι συνεχής στο [,] ως συνεχής στο [, 3 ]. Άρα υπάρχει ένα τουλάχιστον (,) (, 3) g ( ξ ) =. Όμοια, αν g( ) g( 3) < ή ( ) ( ) τουλάχιστον λύση στο (, 3) ή στο (, 3) (, 3) ξ τέτοιο ώστε: g g 3 <, η εξίσωση g( ) = έχει μία αντίστοιχα. Τελικά σε κάθε περίπτωση υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ [, 3] τέτοιο ώστε: g( ξ ) = f( ξ ) = f( ξ+ ). 3
Άσκηση 9. Έστω συνάρτηση f συνεχής στο R και τέτοια ώστε: και f ( ) =. f () + f() συν = + ηµ για κάθε α. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση g() = f() + συν διατηρεί σταθερό πρόσημο για κάθε. β. Να βρείτε τη συνάρτηση f. α. Έστω ότι η συνεχής (ως άθροισμα συνεχών) συνάρτηση g δεν διατηρεί σταθερό πρόσημο στο. Τότε θα υπάρχουν, με <, ώστε g( ) g( ). Διακρίνουμε περιπτώσεις: Αν g( ) g( ) <, τότε εφαρμόζοντας για τη συνάρτηση g το Θ. Βolzano στο [, ] συμπεραίνουμε ότι θα υπάρχει ένας τουλάχιστον ξ (, ) ώστε g(ξ) =. Αν g( ) g( ) =, τότε g( ) = ή g( ) =, άρα ξ = ή ξ =. Σε κάθε περίπτωση λοιπόν θα υπάρχει ένας τουλάχιστον ξ ώστε g(ξ) = f (ξ) = συνξ.όμως τότε από τη δοθείσα σχέση για = ξ έχουμε: f ( ξ ) + f ( ξ) συνξ = ξ + ηµ ξ ( συνξ ) + ( συνξ) συνξ = ξ + ηµ ξ συν ξ=ξ +ηµ ξ συν ξ ηµ ξ=ξ =ξ, που είναι άτοπο Συνεπώς η συνάρτηση g διατηρεί σταθερό πρόσημο στο. Όμως g ( ) = f ( ) + συν = + = <. Άρα ( ) β. Για κάθε έχουμε: ( ) + ( ) συν = + ηµ ( ) ( ) f f ( ) ( ) f f + συν + συν = + g < για κάθε. f f + συν = + συν [f() + συν ] = ( + ) g () ( + ) = [g() + ] [g() + + ] =. () Επειδή g() < για κάθε, έχουμε: g() + < για κάθε. Επομένως από την () βρίσκουμε: g() + + = g() = + f() + συν = + f() = συν +,. 33
Άσκηση. Δίνεται η συνεχής συνάρτηση f για την οποία ισχύει () και f () =. Να δείξετε ότι: α) Η εξίσωση f() = είναι αδύνατη. β) f () >, για κάθε. f () + f() = + +, για κάθε + 7 γ) Η ευθεία y = τέμνει τη γραφική παράσταση της f σε ένα τουλάχιστον σημείο με 4,. τετμημένη ( ) α) Υποθέτουμε ότι η εξίσωση f() = έχει ρίζα τον αριθμό ρ. Τότε ισχύει f(ρ) = και η () γίνεται f ( ρ) + f( ρ) = ρ + ρ+ ρ + ρ + = αδύνατη αφού έχει Δ<. Άρα η εξίσωση f() = είναι αδύνατη. β) Επειδή η f είναι συνεχής και f(), για κάθε, η συνάρτηση f θα διατηρεί σταθερό πρόσημο στο. Επιπλέον είναι f () = >. Άρα f () >, για κάθε. + 7 γ) Αρκεί να δείξουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον (,), τέτοιο ώστε f( ) =. 4 Στην (), για =, έχουμε f () + f () 4 =. Λύνουμε την εξίσωση με άγνωστο το f () και + 7 7 προκύπτει f () = ή f () = < (απορρίπτεται).επίσης έχουμε + 7 + 7 f() = f() και < < 4 < + 7 < + 7 που ισχύει. 4,, τέτοιο ώστε Άρα, από το θεώρημα ενδιάμεσων τιμών υπάρχει ένα τουλάχιστον ( ) + 7 f( ) =. 4 34
Άσκηση. Δίνεται η συνεχής συνάρτηση f : για την οποία ισχύουν: f () 3 f f() + f () = 8, για κάθε (). Να δείξετε ότι: = και ( ) α) η f δεν είναι. β) υπάρχει ένα τουλάχιστον (, 3) τέτοιο, ώστε g( ) = 6, όπου g() = f () +. γ) η γραφική παράσταση της f διέρχεται από το σημείο Α( 3,, 4,99 ). α) Στην () για Στην () για 3 =, έχουμε ( ) =, έχουμε ( ) f f() + f () = 8 f (3) + 3 = 8 f (3) = 5. f f(3) + f (3) = 8 f (5) + 5 = 8 f (5) = 3. Έτσι, είναι 5, όμως f() = f(5). Άρα η f δεν είναι. β) Η συνάρτηση g είναι συνεχής στο [, 3 ] ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων. g() = f () + = 4 και g(3) = f (3) + 3 = 8. Άρα είναι g() g(3). Επίσης ο αριθμός η= 6, βρίσκεται μεταξύ των g(), g(3). Σύμφωνα με το θεώρημα ενδιάμεσων τιμών υπάρχει ένα τουλάχιστον (, 3) g( ) = 6. τέτοιο, ώστε γ) Η f είναι συνεχής στο [, 3 ] και f() f(3). Ο αριθμός κ = 3, βρίσκεται μεταξύ των f() και f(3) (3 < 3,< 5). Σύμφωνα με το θεώρημα ενδιάμεσων τιμών υπάρχει ένα, 3 τέτοιο, ώστε f( ) = 3,. τουλάχιστον ( ) f f( ) + f ( ) = 8 f (3,) + 3, = 8 f (3,) = 4,99. Στην () για =, έχουμε ( ) Άρα η γραφική παράσταση της f διέρχεται από το σημείο Α( 3,, 4,99 ). 35
Άσκηση. Δίνεται η συνεχής συνάρτηση f : [, ] και οι μιγαδικοί αριθμοί z = + i και z = f() + f()i, f(). Αν z z φανταστικός, τότε: α) να δείξετε ότι η εξίσωση f() = έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (, ) β) Αν επιπλέον, η f είναι γνησίως μονότονη και f () <, να δείξετε ότι: i) f() f(), για κάθε [, ]. ii) η γραφική παράσταση της f έχει μόνο ένα κοινό σημείο με την ευθεία f () y =. α) Αφού ο z z είναι φανταστικός, τότε z z = z z z z = z z ( + i) ( f() f()i) = ( i) ( f() + f()i) f () f ()i + f ()i + f () = f () f ()i + f ()i f () f () = 4f () f () = f (). Η f είναι συνεχής στο [, ] και ισχύει Σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano η εξίσωση f() f () f () = f () <, αφού f ().,. = έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο ( ) β) i) Από το ερώτημα (α) έχουμε f () = f (). Είναι f () < άρα f () >, δηλαδή για < f() > f() και αφού η f είναι γνησίως μονότονη, θα είναι γνησίως φθίνουσα. Επειδή η f είναι και συνεχής, το σύνολο τιμών της είναι το [ f(),f() ]. Οπότε, το f () είναι το μέγιστο και ισχύει f() f(), για κάθε [, ]. f () ii) Η f είναι συνεχής στο [, ] και f() f(). Επιπλέον ο αριθμός η = βρίσκεται μεταξύ των f () και f () αφού f () f () < < f () f () < f () < f () f () < f () < 4f () 3f () < < 3f () που ισχύει, αφού f () <. Σύμφωνα με το θεώρημα ενδιάμεσων τιμών υπάρχει ένα τουλάχιστον (, ) ώστε f () f( ) =. Αυτό το είναι μοναδικό αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα. Άρα η γραφική f () παράσταση της f έχει μόνο ένα κοινό σημείο με την ευθεία y =. 36
Άσκηση 3. Δίνεται η συνεχής και γνησίως μονότονη συνάρτηση f : [, 5] με f () = 5 και f (5) =. α) Να βρείτε το σύνολο τιμών της f. β) Να βρείτε το πλήθος των ριζών της εξίσωσης f () c, = όπου c [, 5]. γ) Να δείξετε ότι υπάρχει μοναδικό γ (, 5) τέτοιο ώστε 9f (γ) = f () + 3f (3) + 4f (4). α) Ισχύει < 5 f() > f(5),αφού f () = 5 και f (5) = και η f είναι γνησίως μονότονη. Άρα θα είναι γνησίως φθίνουσα. Επειδή επιπλέον είναι και συνεχής, το σύνολο τιμών της είναι το διάστημα f (5),f () =,5. [ ] [ ] β) Επειδή ο αριθμός c [, 5] που είναι το σύνολο τιμών της f, σύμφωνα με το θεώρημα ενδιάμεσων τιμών, υπάρχει ένα τουλάχιστον [, 5] f( ) μοναδικό διότι η f είναι γνησίως φθίνουσα. γ) Η f είναι συνεχής στο [, 5 ]. i. f() f(5). ώστε ii. < < 5 f() > f() > f(5) f() > f() > f(5) () = c. Αυτό το είναι iii. < 3< 5 f() > f(3) > f(5) 3f() > 3f(3) > 3f(5) () iv. < 4< 5 f() > f(4) > f(5) 4f() > 4f(4) > 4f(5) (3) Προσθέτω κατά μέλη τις (), (), (3) και προκύπτει: f () + 3f (3) + 4f (4) 9f() > f() + 3f(3) + 4f(4) > 9f(5) f() > > f(5). 9 Σύμφωνα με το θεώρημα ενδιάμεσων τιμών, υπάρχει ένα τουλάχιστον γ (, 5) ώστε f () + 3f (3) + 4f (4) f(γ) = 9f (γ) = f () + 3f (3) + 4f (4). Το γ είναι μοναδικό γιατί η f είναι 9 γνησίως φθίνουσα. 37
Άσκηση 4. Δίνεται η συνεχής συνάρτηση f : για την οποία ισχύει f ( ) + f () = 3 3 + 8, (). Να δείξετε ότι: α) Υπάρχει ένα τουλάχιστον (, ) β) Η ευθεία y= c με c (,3) σημείο με τετμημένη (, 3) τέτοιο ώστε f( ) = + 5. έχει με την γραφική παράσταση της f ένα τουλάχιστον κοινό. α) Στην () για =, έχουμε f () + f () = 8 f () = 4 και για =, έχουμε f () + f () = 6 + 8 f () =. Θεωρούμε τη συνάρτηση g() = f() 5, [,]. Η g είναι συνεχής στο [, ] ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων. g() = f () 5 = 4 5 = < και g() = f () 5 = 7 = 3 >. Δηλαδή είναι g() g ( ) <. Σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον (, ) g( ) = f( ) = + 5. τέτοιο ώστε β) Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [, 3] και θέτοντας στην () = 3, προκύπτει f (3) + f (3) = 7 9 + 8 f (3) = 6 f (3) = 3, ενώ για = προκύπτει f(3) + f( ) = 3+ 3+ 8 f( ) = 4 3 f( ) =. Δηλαδή είναι f( ) f(3). Σύμφωνα με το θεώρημα ενδιάμεσων τιμών, για κάθε αριθμό c μεταξύ των f ( ) και f (3), δηλαδή c (,3), υπάρχει (, 3), τέτοιο ώστε f( ) = c. Αυτό σημαίνει ότι η ευθεία y= c με c (,3) έχει με την γραφική παράσταση της f ένα, 3. τουλάχιστον κοινό σημείο με τετμημένη ( ) 38
Άσκηση 5. Δίνονται οι συναρτήσεις f, g συνεχείς στο [, ] για τις οποίες ισχύουν τα εξής: f () f () 4( f () ) g() + = () για κάθε [, ] α) Να δείξετε ότι υπάρχει (, ) τέτοιο, ώστε f( ) =. β) Να δείξετε ότι οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f και g τέμνονται σε ένα,. τουλάχιστον σημείο με τετμημένη [ ] γ) Αν επιπλέον η f είναι γνησίως μονότονη, να δείξετε ότι η εξίσωση f() = f( ) έχει μοναδική ρίζα στο (, ). α) Από την ισότητα () έχουμε: ( ) f () + f () 4f () + 4 = f () + f () = f () = και f () =. Δηλαδή f () f () και ο αριθμός βρίσκεται μεταξύ των f () και f (). Επιπλέον η f είναι συνεχής στο [, ]. Από το θεώρημα ενδιάμεσων τιμών προκύπτει ότι υπάρχει (, ) f( ) =. β) Αρκεί να δείξουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον [, ] f( ) = g( ) f( ) g( ) =. τέτοιο, ώστε, ώστε Θεωρούμε τη συνάρτηση h() = f() g(), [,]. Είναι συνεχής στο [ ] συνεχών συναρτήσεων. h() = f () g() = g() και h() = f () g() = g(). Δηλαδή h() h(). Διακρίνουμε τις περιπτώσεις :, ως διαφορά Αν h() h() <, τότε σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον (, ) ώστε h( ) = f( ) g( ) =. Αν h() h() = h() = ή h() =, δηλαδή οι αριθμοί και είναι ρίζες της εξίσωσης h() =. 39
Τελικά υπάρχει ένα τουλάχιστον [, ], ώστε f( ) = g( ) f( ) g( ) =. γ) Έστω η συνάρτηση φ() = f() f( ). Για το πεδίο ορισμού της έχουμε: [, ] και. Τελικά το πεδίο ορισμού της φ είναι το [, ]. H φ είναι συνεχής στο [, ] ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων. φ() = f () f () = < και φ() = f () f () = >. Άρα φ() φ() <. Σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano η εξίσωση φ() οποία είναι μοναδική αφού και η φ είναι γνησίως αύξουσα:,, η = έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο ( ) Η f είναι γνησίως μονότονη και ισχύει, f () = < = f () άρα είναι γνησίως αύξουσα. < f( ) < f( ) () και > > f( ) > f( ) f( ) < f( ) (3). Προσθέτουμε κατά μέλη τις () και (3) και προκύπτει f( ) f( ) < f( ) f( ) φ < φ ( ). ( ) Ημερομηνία τροποποίησης: 6/8/ 4