ΘΕΩΡΗΜΑ ROLLE Έζηω Έζηω ζπλάξηεζε ζπλάξηεζε f ζπλερήο f γηα γηα ηελ ηελ νπνία νπνία ηζρύνπλ: ηζρύνπλ: ςυνεόσ είλαη ζπλερήο ςτο [α,β] ζην [α,β] f(α)=f(β) παξαγωγίζηκε ζην (α,β) f(α)=f(β) Σόηε ππάξρεη έλα ηνπιάρηζηνλ μϵ(α,β) ηέηνην ώζηε f (μ)=0 ή δηαθνξεηηθά (μ,f(μ)) α μ β ε δηαθνξεηηθά εμίζωζε f (ρ)=0 έρεη κία ηνπιάρηζηνλ ξίδα ζην (α,β) Η γεωκεηξηθή εξκελεία ηνπ ζεωξήκαηνο ηνπ ROLLE είλαη όηη ππάξρεη ηνπιάρηζηνλ έλα ζεκείν (μ,f(μ)) ζην νπνίν ε εθαπηνκέλε ζηε γξαθηθή παξάζηαζε ηεο f είλαη παξάιιειε ζηνλ άμνλα ρ ρ. Απόδειξη ηος Θ. ROLLE Αν η f εύναι ςυνεόσ ςτο κλειςτό [α,β] τοτε υπϊρουν 1, 2 ϵ[α, β] ςτα οπούα η τιμό τησ f να γύνεται αντύςτοια μϋγιςτη και ελϊιςτη. (Θεώρημα μεγύςτησ και ελαύςτησ τιμόσ). Άρα θα ιςύει: f( 1 ) f() f( 2 ) και αν ϋνα τουλϊιςτον από τα 1, 2 ϵ(α, β)τότε από Θ. Fermat ϋουμε το ζητούμενο με το ξ να ιςούται η με το 1 η με το 2 Αν κανϋνα από τα 1, 2 δεν ανόκουν ςτο (α,β) τότε 1 = α, 2 = β και επομϋνωσ f(α) f() f(β) για κϊθε ϵ[α, β] και επειδη f(α) = f(β) θα ιςύει f(α) = f(β) = f() με ϵ[α, β] Άρα η f εύναι ςταθερό και επομϋνωσ f () = 0 για κϊθε ϵ(α, β) Michael Rolle (1652-1719) Γάιινο Μαζεκαηηθόο κέινο ηεο Academie des Sciences. Αζρνιήζεθε θαηά θύξην ιόγν κε ηελ εύξεζε θαη ηνλ εληνπηζκό ηωλ πξαγκαηηθώλ ξηδώλ πνιπωλύκωλ, ππήξμε όκωο θαη πνιύ θαιόο γλώζηεο ηεο ζεωξίαο ηωλ αξηζκώλ. Πνιέκηνο ηωλ κεζόδωλ ηνπ απεηξνζηηθνύ ινγηζκνύ θαη ηδηαίηεξα ηωλ κεζόδωλ ηνπ De l Hospital θαη είρε ακθηζβεηήζεη κε ηδηαίηεξε νμύηεηα ηνλ επξηζθόκελν αθόκε ζηα ζπάξγαλα θιάδν ηεο καζεκαηηθήο αλάιπζεο. Σν ζεώξεκά ηνπ δηαηππώζεθε αξρηθά από ην Rolle, ζαλ ζεώξεκα πνπ αθνξνύζε πξαγκαηηθέο ξίδεο πνιπωλύκωλ, θαηέιεμε όκωο λα είλαη έλα από ηα πην βαζηθά ζεωξήκαηα ηνπ δηαθνξηθνύ ινγηζκνύ. ΠΑΡΑΣΗΡΗΕΙ 1. Σν ζεώξεκα βεβαηώλεη όηη ππάξρεη κία ξίδα ηεο εμίζωζεο f (ρ)=0 ζην (α,β). Δελ ελδηαθέξεηαη γηα ηνλ ηξόπν πνπ ζα βξνύκε έλα ηέηνην ζεκείν 2. Οη πξνππνζέζεηο ηνπ ζεωξήκαηνο ηνπ Rolle απνηεινύλ ηθαλή ζπλζήθε όρη όκωο αλαγθαία γηα λα ππάξρεη μϵ(α,β) ώζηε f (μ)=0 3. αλ πόξηζκα κπνξνύκε λα αλαθέξνπκε όηη κεηαμύ δύν ξηδώλ ηεο f(ρ)=0 ππάξρεη κία ξίδα ηεο f (ρ)=0 4. ε πεξίπηωζε πνπ ε f είλαη παξαγωγίζηκε ζην [α,β] ηόηε ζα είλαη ζπλερήο ζην [α,β] θαη επνκέλωο γηα ηελ εθαξκνγή ηνπ Θ. Rolle αξθεί λα γλωξίδνπκε όηη f(α)=f(β) 1
ΒΑΙΚΗ ΑΚΗΗ Αν μια ςυνϊρτηςη f εύναι παραγωγύςιμη ςε ϋνα διϊςτημα Δ και δεν εύναι «1-1» ςτο Δ τότε η εξύςωςη f ()=0 ϋει τουλϊιςτον μύα λύςη ςτο Δ. αν ςυνϋπεια του παραπϊνω ϋουμε ότι αν f () 0 για κϊθε Δ, τότε η f εύναι «1-1» Αφού η f δεν εύναι 1 1 ςτο Δ ςημαύνει ότι υπϊρουν 1, 2 Δ τϋτοια ώςτε με 1 2 f( 1 ) = f( 2 ) και ακόμη αφού εύναι παραγωγύςιμη ςτο Δ θα εύναι και παραγωγύςιμη και ςτο [ 1, 2 ] Δκαι επομϋνωσ και ςυνεόσ ςτο [ 1, 2 ]. Άρα ικανοποιούνται οι προώποθϋςεισ του Θ. Rolle και επομϋνωσ η εξύςωςη f ()=0 ϋει τουλϊιςτον μύα λύςη ςτο ( 1, 2 ) Δ Επομϋνωσ και αν f () 0 τότε η f εύναι 1-1 διότι αν δεν όταν από το προηγούμενο θα υπόρε τιμό του τϋτoια ώςτε f()=0 ΑΚΗΗ 1 Δύνεται η συνϊρτηση f με τύπο f() = 2 + 1, 0 3 Να εξετϊσετε αν + 1, > 0 εφαρμόζεται το Θ. Rolle ςτο [-1,1] και αν ναι να βρεύτε τα ςημεύα για τα οπούα f ()=0 Με > 0 η f εύναι ςυνεόσ ωσ πολυωνυμικό. Μϋ < 0 εύναι ςυνεόσ πολυωνυμικό Για = 0 πρϋπει να πϊρουμε πλευρικϊ όρια. lim f() = lim 0 + 0 +(3 + 1) = 1 και lim f() = lim 0 0 (2 + 1) = 1 και f(0) = 1. Άρα η f εύναι ςυνεόσ ςτο [ 1,1] και η παρϊγωγόσ ςυνϊρτηςη εύναι: 2 αν < 0 f() f(0) 2 + 1 1 f () = 3 2 για = 0 ϋω: lim = lim = lim αν > 0 0 + 0 + = 0 και 0 + f() f(0) 3 + 1 1 lim = lim = lim 0 0 0 2 = 0. Επομϋνωσ f (0) = 0. Εύναι και παραγωγύςιμη ςτο(-1,1). Ακόμη f( 1) = ( 1) 2 + 1 = 2 και f(1) = 1 3 + 1 = 2 Επομϋνωσ εφαρμόζεται το Θ.R και το μοναδικό ςημεύο όπου ιςύει f ()=0 =0 ΑΚΗΗ 2 Δύνεται η συνϊρτηση f με τύπο f() = 4 + α, αν < 0 β 3 + γ, αν 0, με α, β, γ R. Να βρεύτε τις τιμϋς των α,β,γ ώςτε να ιςύει το Θ. Rolle ςτο [-2,2]. Πρϋπει να εύναι ςυνεόσ. Επομϋνωσ lim f() = lim 0 0 +f() = f(0). Άρα lim 0 (4 + α) = lim 0 + (β3 + γ) α = 0 f() f(0) f() f(0) Ακόμη lim = lim 0 0 + Ακόμη f( 2) = f(2) 16 = 8β β = 2 ΑΚΗΗ 3 4 0 β 3 + γ 0 lim = lim 0 = γ 0 0 + 2
Έςτω ςυνϊρτηςη f οριςμϋνη και ςυνεόσ ςε ϋνα διϊςτημα [α,β], παραγωγύςιμη ςτο (α,β) και f(α)=f(β)=0. Να αποδεύξετε ότι: α) για τη συνϊρτηση g() = f() c, c [α, β], υπϊρει 0 (α, β)τϋτοιο ώστε: g ( 0 ) = 0 β) υπϊρει 0 (α, β)τϋτοιο ώστε η εφαπτομϋνη της C f στο σημεύο Μ 0, f( 0 ) να διϋρεται από το σημεύο Α(c, 0) α) 1. Η g εύναι προφανϋσ ότι ορύζεται ςτο [α, β]αφού c [α, β]. 2. Ακόμη εύναι ςυνεόσ ςτο [α, β]ωσ πηλύκο ςυνεών 3. παραγωγύςιμη ωσ πηλύκο παραγωγύςιμων ςτο (α,β) Άρα ιςύουν οι προώποθϋςεισ του Θ.R και ϋουμε: g () = f ()( c) f() ( c) 2 και από Θ. R υπϊρει τουλϊιςτον ϋνα 0 (α, β): g ( 0 ) = 0 f ( 0 )( 0 c) f( 0 ) ( 0 c) 2 = 0 f ( 0 )( 0 c) f( 0 ) = 0 β)η εξύςωςη τησ εφαπτομϋνησ τησ C f ςτο ςημεύο Μ 0, f( 0 ) εύναι: ψ f( 0 ) = f ( 0 )( 0 ) Για να διϋρεται από το ςημεύο Α(c, 0)θα πρϋπει f( 0 ) = f ( 0 )(c 0 ) f ( 0 )( 0 c) f( 0 ) = 0. Που ιςύει από το πρώτο ερώτημα για εκεύνο το 0 που προκύπτει από το Θ.R για την g. Παρατόρηςη. ε οριςμϋνεσ αςκόςεισ μασ ζητούν να δούμε αν εφαρμόζετε το Θ.R μόνο. Όπωσ ςτην προηγούμενη. Εμεύσ καλό θα εύναι να βρύςκουμε και τα 0 για τα οπούα εφαρμόζεται το Θ. Rolle ε αςκόςεισ όπου μασ ζητεύται να αποδειθεύ ότι υπϊρει ξ (α,β) τϋτοιο ώςτε f (ξ)=0 ό f (ξ)=0 και ςε κϊθε περύπτωςη μασ δύνει παρϊγωγο ανώτερησ τϊξησ τότε πιθανόν να εύναι πολλαπλό εφαρμογό του θεωρόματοσ Rolle ςε κατϊλληλα διαςτόματα. ΑΚΗΗ 4 Αν μια ςυνϊρτηςη εύναι τρεύσ φορϋσ παραγωγύςιμη ςε ϋνα διϊςτημα [α,β] και ιςύουν f(α)=f(β) και f (α)=f (β)=0 να αποδειθεύ ότι υπϊρει ξ (α,β) τϋτοιο ώςτε f (ξ)=0. Αφού η f εύναι παραγωγύςιμη ςτο [α,β] θα εύναι και ςυνεόσ ςτο [α,β]. Και επειδό f(α)=f(β) εφαρμόζεται το Θ.R ςτο [α,β]. Άρα υπϊρει 0 (α,β) τϋτοιο ώςτε f ( 0 ) = 0. Και τώρα ϋουμε f (α) = f ( 0 ) = f (β) = 0. Εφαρμόζουμε το Θ. R για την f ςτα διαςτόματα [α, 0 ]και [ 0, β]και ϋουμε Για το [α, 0 ] υπϊρει 1 (α, 0 )τϋτοιο ώςτε f ( 1 ) = 0 Για το [ 0, β] ϋουμε ότι υπϊρει 2 ( 0, β)τϋτοιο ώςτε f ( 2 ) = 0 Εφαρμόζουμε τώρα Θ.R για την f ςτο [ 1, 2 ] [α, β] και ϋω ότι υπϊρει τουλϊιςτον ϋνα ξ ( 1, 2 ) (α, β) τϋτοιο ώςτε f (ξ)=0 3
Περιπτώςεισ όπου μασ ζητεύται να δειθεύ ότι υπϊρει ξ που ανόκει ςτο διϊςτημα (α,β) ώςτε να ικανοποιεύται μύα ςϋςη τα πιο κϊτω παραδεύγματα δύνεται η ςϋςη και βρύςκουμε κατευθεύαν τη ςυνϊρτηςη G όπου θα εφαρμόςουμε το θεώρημα Rolle για να προκύψει η ςϋςη που μασ ζητεύται Ξεκινϊμε πϊντα από τη ςϋςη που μασ δύνει και προςπαθούμε να δημιουργόςουμε, ρηςιμοποιώντασ τουσ κανόνεσ παραγώγιςησ, την παρϊγωγο μιασ παρϊςταςησ ύςη με το μηδϋν. Σην παρϊςταςη αυτό θϋτουμε ωσ ςυνϊρτηςη G και εφαρμόζουμε το Θεώρημα Rolle. τα παρακϊτω παραδεύγματα δύνεται μόνο η ςϋςη, ωρύσ τα ϊλλα δεδομϋνα, και βρύςκουμε την ςυνϊρτηςη όπου θα εφαρμόςουμε το Θ. Rolle. Παπάδειγμα 1. Αθού δίδονηαι διάθοπα δεδομένα μαρ ζηηάει η άζκηζη να αποδείξοςμε όηι ςπάπσει ξ ηέηοιο ώζηε: f (ξ) = κ Ενεργούμε ωσ εξόσ: f () κ = 0 f () (κ) = 0. θεωρούμε τη ςυνϊρτηςη G() = f() κ Παπάδειγμα 2 f (ξ) = κf(ξ) Η ζσέζη πος ζηηείηαι είναι f () κf() = 0 f () e κ κ e κ f() = 0 f () e κ + (e κ ) f() = 0 (f() e κ ) = 0 Σότε θεωρούμε τη ςυνϊρτηςη G() = f() e κ Παπάδειγμα 3 f (ξ) (κ ξ) = f(ξ) Η ζσέζη πος ζηηείηαι είναι f ()(κ ) = f() f ()(κ ) + (κ ) f() = 0 [f()(κ )] = 0 Θεωρούμε την G() = (κ )f() Παπάδειγμα 4 Η ζσέζη πος ζηηείηαι είναι f(ξ)(ξ κ) = f(ξ) f ()( κ) f() = 0 f ()( κ) ( κ) f() = 0 f() κ Παπάδειγμα 5 = 0. Θεωρούμε G() = f() κ f(ξ) = νξ ν 1 Η ζσέζη πος ζηηείηαι είναι f () ν ν 1 = 0 f () ( ν ) = 0 (f() ν ) = 0 Θεωρούμε τη ςυνϊρτηςη G() = f() ν Παπάδειγμα 6 Η ζσέζη πος ζηηείηαι είναι ξf (ξ) = νf(ξ) f () = νf() ν 1 f () ν ν 1 f() = 0 ν 1 f () ν ν 1 f() 2ν f ()( κ) ( κ) f() ( κ) 2 = 0 = 0 f() ν = 0 4
Θεωρώ τη ςυνϊρτηςη G() = f() ν Παπάδειγμα 7 Μύα γενικό περύπτωςη εύναι η παρακϊτω Η σϋση που ζητεύται εύναι f (ν) (ξ) = g(ξ)f (ν 1) (ξ) f (ν) () = g()f (ν 1) () f (ν) () g()f (ν 1) () = 0 f (ν) () e h() e h() h ()f (ν 1) () = 0 f (ν 1) () e h() + e h() f (ν 1) () = 0 e h() f (ν 1) () = 0 Θεωρώ την G() = e h() f (ν 1) () όπου h() μια ςυνϊρτηςη για την οπούα ιςύει h () = g() π. Ι ϋςτω ότι ζητεύται να δεύξουμε ότι υπϊρει 0 τϋτοιο,ώςτε [f ( 0 )] 2 f ( 0 ) = 0 ϋουμε f ( 0 ) = f ( 0 ) f ( 0 ) Θεωρώ την G() = e f() f () και εφαρμόζω το θεώρημα Rolle π. ΙΙ ϋςτω ότι ζητεύται να δεύξουμε ότι υπϊρει x 0 τϋτοιο ώςτε f ( 0 ) f( 0) 0 ln1996 = 0 τότε f () f() ln1996 = 0 f () = (ln ln1996) f() Θϋτω G() = e ln ln1996 f() Παρϊδειγμα 8 Η σϋση που ζητεύται εύναι f (ξ) + f(ξ) = 0 f () + f() = 0 και πολλαπλαςιϊζω με 2f () και ϋω 2f ()f () + 2f ()f() = 0 (f 2 ()) + ((f ()) 2 ) = 0 [f 2 () + (f ()) 2 ] = 0 Θϋτω G() = f 2 () + (f ()) 2 Παρϊδειγμα 9 Η σϋση που ζητεύται εύναι f (ξ) f (ξ) = 0. f () f () = 0 2f () f () = 0 [f () 2 ] = 0 Θϋτω G() = (f ()) 2. 5
Οριςμϋνεσ φορϋσ ςτα δεδομϋνα μιασ ϊςκηςησ δύνεται μύα ςϋςη που ιςύει για τα ϊκρα του κλειςτού διαςτόματοσ [α,β]. π. f(α) β=f(β) α. Αν αυτό τη ςϋςη την τροποποιόςουμε και ιςύουν βϋβαια οι προώποθϋςεισ, και πϊμε τα α ςτο ϋνα μϋλοσ και τα β ςτο ϊλλο, και αντικαταςτόςουμε το α ό το β με το ϋουμε την ςυνϊρτηςη όπου θα εφαρμόςουμε το Θ. Rolle. την περύπτωςό μασ θα γρϊφαμε f(α) α ςυνϊρςτηςη που θα εφαρμόζαμε το Θ. Rolle θα όταν η g() = f() = f(β) β β) Από την f(α)f (β) = f(β)f (α) f (α) f(α) = f (β). Θεωρώ την g() f(β) = f () για την f() ιςύει g(α)=g(β). Ακόμη εύναι ςυνεόσ ωσ πηλύκο ςυνεών αφού η f εύναι δυο φορϋσ παραγωγύςιμη. Άρα ιςύει το Θ. Rolle. Η παρϊγωγοσ τησ f εύναι: f ()f() f ()f () g () = f 2 και Θ. Rolle ϋω g ( () 0 ) = 0 f( 0 )f ( 0 ) = (f ( 0 )) 2 και η Εφαρμογό Έςτω ςυνϊρτηςη f δύο φορϋσ παραγωγύςιμη ςτο διϊςτημα [α,β] με f () 0 για κϊθε [α, β] και f(α)f (β) = f(β)f (α). Να αποδεύξετε ότι: α) η f εύναι αντιςτρϋψιμη, β) υπϊρει 0 (α, β) τϋτοιο, ώστε f( 0 )f ( 0 ) = (f ( 0 )) 2 α) Έςτω ότι δεν εύναι αντιςτρϋψιμη τότε υπϊρουν 1, 2 [α, β] τϋτοια ώςτε με 1 2 f( 1 ) = f( 2 ) αφού εύναι δύο φορϋσ παραγωγύςιμη ςτο[α,β] θα ιςύουν και οι ϊλλεσ προώποθϋςεισ του Θ. Rolle, οπότε υπϊρει ξ (α,β) ώςτε f (ξ)=0. Σο οπούο εύναι ϊτοπο αφού f () 0 για κϊθε (α,β). Άρα εύναι 1-1. 6
ΑΛΛΕ ΠΕΡΙΠΣΩΕΙ ΥΕΔΙΑΜΟΤ Περύπτωςη 1 Ζητεύται η σϋση f (ξ) + σφξ = 0 f(ξ) Παύρνουμε f (x) f(x) + ςυν ημ = 0 ημ f (x) + ςυν f(x) = 0 ημf (x) + (ημ) f(x) = 0 (f(x)ημ) = 0 Θεωρώ τη ςυνϊρτηςη g() = f()ημ Περύπτωςη 2 Ζητεύται η σϋση f 1 + 3ξ 2ξ2 (ξ) = ξ Θεωρώ την f 1 + 3x 2x2 (x) = f (x) = 1 x x + 3 2x f (x) (lnx) (3x) + (x 2 ) = 0 (f(x) lnx 3x + x 2 ) = 0 Θεωρώ την g(x) = f(x) lnx 3x + x 2 Περύπτωςη 3 Ζητεύται η σϋση lnα ξ f (ξ) = 1 xlnα f (x) = 1 f (x) = 1 xlnα f (x) = (log a x) (f(x) log a x) = 0 Θεωρώ την g(x) = f(x)log α x Περύπτωςη 4 Ζητεύται η σϋση f (ξ)εφξ + f(ξ) = 0 Παύρνουμε την f (x)εφx + f(x) = 0 f (x) ημ ςυν + f(x) = 0 f (x)ημ + ςυνf(x) = 0 f (x)ημ + (ημ) f() = 0 (f(x)ημ) = 0 Θεωρώ την g(x) = f(x)ημ Περύπτωςη 4 Ζητεύται η σϋση f (f(ξ)) f (ξ) = 1 Θεωρούμε την f f(x) f (x) = 1 (f(f(x)) = x (f(f(x) x) = 0 Θεωρώ την g(x) = f f(x) x 7
Περύπτωςη 5 Ζητεύται η σϋση 2f (ξ) f(ξ) = f (1 ξ) f(1 ξ) 2f (x) f(x) = f (1 x) f(1 x) 2f (x)f(1 x) = f (1 x)f(x) f 2 (x) f(1 x) f (1 x) f 2 (x) = 0 f 2 (x) f(1 x) + (1 ) f (1 x) f 2 (x) = 0 f 2 (x) f(1 x) + (f 2 (x)[f(1 x))] = 0 f 2 ()(1 ) = 0 Θεωρώ g(x) = f 2 (x) f(1 x) Περύπτωςη 5 Ζητεύται η σϋση f (ξ) f(ξ) = 1 α ξ + 1 ϐ ξ f (x) f(x) = 1 a x + 1 ϐ x f (x)(a x)(ϐ x) f(x)(ϐ x) f(x)(a x) = 0 f (x)(a x)(ϐ x) + f(x)(a x) (ϐ x) + f(x)(x a)(ϐ x) = 0 (f(x)(a x)(ϐ x) = 0 Θεωρώ την g(x) = (a x) ϐ x f(x) 8
ΑΚΗΕΙ 1. Έςτω ςυνϊρτηςη f παραγωγύςιμη ςτο [0, π] με f(x) 0 για κϊθε ςτο [0, π]. Να αποδεύξετε ότι υπϊρει ξ ϵ[0, π] τϋτοιο ώςτε f (ξ) f(ξ) + ςφξ = 0 2. Έςτω ςυνϊρτηςη ςυνεόσ ςτο [1, е] και παραγωγύςιμη ςτο (1,е) ώςτε να ιςύει f(1) f(е) = е 2 3е + 1. Να δειθεύ ότι υπϊρει θϵ(1,е) τϋτοιο ώςτε f 1 + 3θ 2θ2 (θ) = θ 3. Δύνεται ςυνϊρτηςη fοριςμϋνη και ςυνεόσ ςτο διϊςτημα [α, ϐ]και παραγωγύςιμη ςτο (α,ϐ) ώςτε 1<α<β και ιςύει f(β)-f(α)=log α β 1. Να δειθεύ ότι υπϊρει ξϵ(α,β) ώςτε lnα ξ f (ξ) = 1 4. Δύνεται ςυνϊρτηςη ƒ οριςμϋνη και ςυνεόσ [α, β] παραγωγύςιμη ςτο (α,β) με f(α)β ν = f(β)α ν με 0 < α < β. Να αποδεύξετε ότι υπϊρει ξϵ(α,β) τϋτοιο ώςτε ξf (ξ) = νf(ξ) 5. Έςτω f: [α, ϐ] R + παραγωγύςιμη με ln f(α) ln f(ϐ) = ϐ a. Να αποδεύξετε ότι υπϊρει θ ϵ(α,β) τϋτοιο ώςτε (ln (f(θ)) + 1 = 0 6. Δύνονται οι ςυναρτόςεισ f,g οριςμϋνεσ ςτο [α,β] με f()>0 και παραγωγύςιμεσ ώςτε ln f(α) ln f(ϐ) = g(ϐ) g(a). Nα αποδεύξετε ότι υπϊρει θϵ(α,β) τϋτοιο ώςτε f (θ) + f(θ)g (θ) = 0 π 7. Δύνεται η ςυνϊρτηςη ƒ:[α,β] [α,β] παραγωγύςιμη ςτο [α,β] με 0<α<β< και f(α)=β και 2 f(β)=α και α β = ημα ημβ. Να αποδεύξετε ότι Ι Τπϊρει 0 ϵ(α, β) τϋτοιοσ ώςτε f ( 0 )εφ 0 + f( 0 ) = 0 ΙΙ Τπϊρει ξϵ(α,β) τϋτοιο ώςτε f f(ξ) f (ξ) = 1 8. Δύνεται ςυνϊρτηςη ƒ δύο φορϋσ παραγωγύςιμη ςτο [α,β] για την οπούα ιςύει 9
f (α) = е f(β) f(α) f (β). Δεύξτε ότι ι. Τπϊρει 0 ϵ(α, β) τϋτοιο ώςτε [f ( 0 )] 2 f ( 0 ) = 0 ιι. Αν το 0 εύναι θϋςη ακροτϊτου τησ f τότε το 0 εύναι θϋςη πιθανού ςημεύου καμπόσ τησ f 9. Δύνεται η ςυνϊρτηςη f ςυνεόσ ςτο [α, β]με 0 < α < β και δυο φορϋσ παραγωγύςιμη ςτο (α, β) Ι. Αν f(α)=α και f(β)=β και υπϊρει γϵ(α,β) ώςτε f(γ)=γ να δειθεύ ότι υπϊρουν 1, 2 ϵ(α, β) τϋτοια ώςτε f ( 1 ) = f( 1) και f ( 2 ) = f( 2) 1 2 ΙΙ. Αν η ευθεύα που ορύζουν τα ςημεύα Α( 1, f( 1 )) και Β( 2, f( 2 ) διϋρεται από την αρό των αξόνων να δειθεύ ότι υπϊρει 0 ϵ(α, β): f ( 0 ) = 0 10. Δύνεται ςυνϊρτηςη f οριςμϋνη και ςυνεόσ ςτο [α, β] και παραγωγύςιμη ςτο (α, β)με f(α) = 2α 2 και f(β) = 2β 2. Να δεύξετε ότι υπϊρει ξϵ(α, β) τϋτοιο ώςτε f (ξ) = 2ξ + α + β 11. Δύνεται ςυνϊρτηςη f ςυνεόσ ςτο [1,2] και παραγωγύςιμη ςτο (1,2) και 2f(1)-f(2)=2. Να αποδεύξετε ότι υπϊρει ξ(1,2) ϋτςι ώςτε η εφαπτομϋνη τησ C f ςτο ςημεύο Α α, f(α) να διϋρεται από το ςημεύο Μ(0, α 2 ) 10
ROLLE KAI ΕΞΙΩΕΙ ΠΕΡΙΠΣΩΕΙ Όταν μύα ςυνϊρτηςη f εύναι παραγωγύςιμη ςε ϋνα διϊςτημα Δ και η εξύςωςη f()=0 ϋει δύο ρύζεσ, τισ 1, 2 [α,β] τότε η εξύςωςη f () = 0 ϋει οπωςδόποτε μύα τουλϊιςτον ρύζα ςτο [ 1, 2 ]. Αυτό εύναι ϊμεςη εφαρμογό του Θ. Rolle ςτο [ 1, 2 ]. Διότι εύναι ςυνεόσ ςτο [ 1, 2 ] και παραγωγύςιμη ςτο ( 1, 2 ) και f( 1 ) = f( 2 ) = 0. Αρα από Θ. R η εξύςωςη f () = 0 ϋει οπωςδόποτε μύα ρύζα ςτο ( 1, 2 ). Γενικότερα όταν η f()=0 ϋει ν-πλόθοσ διαφορετικών ριζών ςε ϋνα διϊςτημα [α,β], τότε η f ()=0 ϋει οπωςδόποτε ν-1 πλόθοσ ριζών ςτο ύδιο διϊςτημα και η f ()=0 ϋει ν-2 και γενικϊ όςο αυξϊνεται κατϊ ϋνα η τϊξη τησ παραγώγου, μειώνεται κατϊ ϋνα το πλόθοσ των ριζών. Σο Θ. R μασ βοηθϊει να αποδεύξουμε το ακριβώσ ό το πολύ μύα, ακριβώσ ό το πολύ 2,, ακριβώσ ό το πολύ ν ρύζεσ. Πώσ? π. ϋςτω ότι θϋλουμε να αποδεύξουμε ότι μύα εξύςωςη ϋει ακριβώσ μύα ρύζα. Αφού αποδεύξουμε ότι ϋει μύα, δεόμαςτε ότι υπϊρει και δεύτερη. Σότε η παρϊγωγοσ πρϋπει να ϋει μύα, που το πιο πιθανό εύναι να μην ϋει και καταλόγουμε ςε ϊτοπο. Αςκηςη 2 π. ϋςτω ότι θϋλουμε να αποδεύξουμε ότι ϋει το πολύ μύα ρύζα. Σότε δεν απαιτεύται να αποδεύξουμε ότι ϋει τουλϊιςτον μύα. Αλλϊ αποδεικνύουμε ότι δεν μπορεύ να ϋει δύο. Πώσ? Δεόμενοι ότι ϋει δύο και επομϋνωσ η παρϊγωγοσ ϋει μύα και καταλόγουμε ςε ϊτοπο Πολλϋσ φορϋσ μασ ζητεύται να αποδεύξουμε ότι ϋει τουλϊιςτον μια ρύζα η εξύςωςη f()=0. Και δεν γύνεται να αποδειθεύ με το Θ. Bolzano. Σότε το αποδεικνύουμε εφαρμόζοντασ το Θ. Rolle ςε μύα αρικό. Αρικό ςυνϊρτηςη μιασ ςυνϊρτηςησ f ονομϊζουμε μύα ϊλλη ςυνϊρτηςη F για την οπούα ιςύει F =f. π. αν f() = 2 τότε η αρικό τησ εύναι F() = 3 3 Παρϊδειγμα 1 Να δειθεύ ότι η εξύσωση e = 1 ϋει ακριβώς μύα ρύζα στο (0, 1) Θεωρώ τη ςυνϊρτηςη f() = e 1. Εύναι ςυνεόσ ςτο [0,1] και f(0) = 1 < 0, f(1) = e 1 > 0 επομϋνωσ f(0)f(1) < 0. Από θ. Bolzano ϋω ότι ϋει τουλϊιςτον μύα ρύζα ςτο (0,1). Έςτω ότι ϋει δύο ρύζεσ τισ ρ 1, ρ 2 τότε f(ρ 1 ) = f(ρ 2 ) = 0 και ςτο [ ρ 1, ρ 2 ] ιςύει το θ. Rolle. Επομϋνωσ η f ()=0 ϋει μύα τουλϊιςτον ρύζα ςτο (0,1). Αλλϊ f () = e + e = 0 e ( + 1) = 0 = 1. Δεν ϋει επομϋνωσ ρύζα ςτο (0,1). Αρα δεν μπορεύ η f()=0 να ϋει δύο ρύζεσ ςτο (0,1) 11
Παρϊδειγμα 2 Αν α < 0, να αποδεύξετε ότι η εξύςωςη 4 α 2 + β + γ = 0 ϋει το πολύ δύο πραγματικϋς ρύζεσ. Έςτω ςυνϊρτηςη f() = 4 α 2 + β + γ Έςτω ότι ϋει τρεύσ, τότε η f ()=0 πρϋπει να ϋει δύο και η f ()=0 πρϋπει να ϋει μύα Αλλϊ f () = 4 3 2α + β και f () = 12 2 2α και f () = 0 12 2 2α = 0 2 = α. Αδύνατη διότι α < 0. Άρα η f δεν μπορεύ να ϋει τρεύσ. 6 Παρϊδειγμα 3 Να αποδεύξετε ότι η εξύσωση 5 4 4 3 + 3 2 4 + 1 = 0 ϋει μύα τουλϊιστον ρύζα στο (0, 1) Έςτω f() = 5 4 4 3 + 3 2 4 + 1. Παρατηρώ ότι f(0) = 1 και f(1) = 1. Αρα δεν μπορούμε να εφαρμόςουμε το Θ. Β. Γι αυτό εφαρμόζω το Θ. R ςε μιϊ αρικό δηλ ςτην g() = 5 4 + 3 2 2 +. Η g εύναι ςυνεόσ ςτο [0,1]και παραγωγύςιμη ςτο (0,1) ωσ πολυωνυμικό και g(0)=0=g(1). Επομϋνωσ ιςύει το Θ.R για την g και επομϋνωσ υπϊρει 0 (0,1) τϋτοιο, ώςτε g ( 0 ) = 0 5 0 4 4 0 3 + 3 0 2 4 0 + 1 = 0. Παρϊδειγμα 4 Δύνεται η ςυνϊρτηςη f:[0,1] (0,1), ςυνεόσ ςτο [0,1] και παραγωγύςιμη ςτο (0,1) και f () <1 για κϊθε (0,1). Να αποδεύξετε ότι υπϊρει μοναδικό ξ (0,1) τϋτοιο, ώςτε f(ξ)=ξ. Θεωρώ τη ςυνϊρτηςη g()=f()-. Η g εύναι ςυνεόσ ςτο [0,1] ωσ διαφορϊ ςυνεών και g(0)=f(0)-0>0, g(1)=f(1)-1<0 διότι από τα δεδομϋνα ϋουμε για κϊθε [0,1] ιςύει 0<f()<1. Επομϋνωσ ιςύει το Θ.Bolzano. Άρα υπϊρει ϋνα τουλϊιςτον ξ (0,1) ώςτε g(ξ)=0 f(ξ)-ξ=0 f(ξ)=ξ. Έςτω ότι υπϊρει δεύτερη ρύζα η ρ ξ και ϋςτω ξ<ρ. Σότε g(ξ)=g(ρ)=0 και η g εύναι παραγωγύςιμη ςτο (0,1) ωσ διαφορϊ παραγωγύςιμων ςυναρτόςεων. Άρα ιςύει το Θ.Rolle και επομϋνωσ υπϊρει 0 (0,1)τϋτοιο ώςτε g ( 0 ) = 0 f ( 0 ) 1 = 0 f ( 0 ) = 1 το οπούο εύναι ϊτοπον αφού το f () <1 για κϊθε (0,1). Επομϋνωσ δεν ιςύει και η υπόθεςη. Δηλαδό δεν μπορεύ η g()=0 να ϋει δύο ρύζεσ. Παρϊδειγμα 5 Δύνεται ςυνϊρτηςη f:r R που εύναι δύο φορϋσ παραγωγύςιμη και f () 0 για κϊθε R α) Να αποδεύξετε ότι η εξύςωςη f()=0 ϋει το πολύ δύο ρύζεσ β) η f εύναι «1-1» γ) Αν 2f(1)=f(2) να αποδεύξετε ότι η εξύςωςη f()=f () ϋει ακριβώσ μύα ρύζα ςτο (1,2) α) Έςτω ότι ϋει τρεισ ρύζεσ η εξύςωςη f()=0. Σότε η f ()=0 ϋει δύο και η f ()=0 μύα. Άτοπον διότι f () 0 για κϊθε R β) Αν η f δεν όταν 1-1 τότε θα υπόραν 1, 2 R με 1 2 και f( 1 ) = f( 2 )και εφαρμόζοντασ το Θ. Rolle ςτο [ 1, 2 ] για την f ϋω ότι υπϊρει 0 ( 1, 2 ) τϋτοιο ώςτε f ( 0 ) = 0. Σο οπούο εύναι ϊτοπο επομϋνωσ, η f εύναι 1 1 12
γ) f() f () Δύνεται f() = f () f() f () = 0 2 = 0 f() = 0. Θεωρώ την ςυνϊρτηςη g() = f() για κϊθε (1,2). Εύναι ςυνεόσ ςτο [1,2]ωσ πηλύκο ςυνεώ και παραγωγύςιμη ςτο (1,2) ωσ πηλύκο παραγωγύςιμων ςυναρτόςεων. Ακόμα g(1) = f(1)και g(2) = f(2). Επειδό f(2) = 2f(1) g(2) = g(1). Επομϋνωσ ιςύει το Θ. Rolle 2 και επομϋνωσ η εξύςωςη g () = 0 ϋει λύςη ςτο (1,2). Δηλαδό f() f () = 0 f() = f () ϋει λύςη ςτο (1,2) Θεωρώ τη ςυνϊρτηςη h() = f() f () και ϋςτω ότι ϋει δύο ρύζεσ ςτο (1,2) τισ ρ 1, ρ 2 με ρ 1 ρ 2 και h(ρ 1 ) = h(ρ 2 ). Σότε εφαρμόζοντασ το Θ. Rolle ςτο [ρ 1, ρ 2 ] ϋω ότι η εξύςωςη h () = 0 ϋει λύςη ςτο (1,2). Δηλαδό h () = 0 f () f () f () = 0 f () = 0 f ()=0 ϋει λύςη ςτο (1,2) που εύναι ϊτοπο αφού f () 0 για κϊθε R ΑΚΗΗ 1. Να δειθεύ ότι η εξύςωςη ( + 2) 2 = 2xlnx ϋει το πολύ μύα πραγματικό λύςη. ΑΚΗΗ 2. Αν α πραγματικόσ αριθμόσ διαφορετικόσ του μηδενόσ και ν ϊρτιοσ φυςικόσ να αποδεύξετε ότι η εξύςωςη ( + α) ν = ν + α ν ϋει ακριβώσ μια πραγματικό ρύζα ΑΚΗΗ 3. Να δειθεύ ότι η εξύςωςη 4 3 1 = 0 ϋει ακριβώσ δύο πραγματικϋσ ρύζεσ. ΑΚΗΗ 4. Να δεύξετε ότι αν για τουσ πραγματικούσ αριθμούσ α,β,γ ιςύει η ςϋςη α 2 + β 2 < 4αγ, τότε η εξύςωςη α 2 + β + γ = γe 2 ϋει μοναδικό πραγματικό ρύζα. ΑΚΗΗ 5. Αν α,β,γ ανόκουν ςτο R τότε να δεύξετε ότι η εξύςωςη αημ + βςυν2 + γςυν3 = 2 π ϋει τουλϊιςτον μύα ρύζα ςτο κλειςτό διϊςτημα [0,π] ΑΚΗΗ 6. Να δειθεύ ότι η εξύςωςη e = 2 + 2 ϋει μύα πραγματικό ρύζα ςτο διϊςτημα (1,2) 13