ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΑΠΕΙΡΟΣΤΙΚΟΥ ΛΟΓΙΣΜΟΥ Ι, Φυλλάδιο 3 Λύσεις Ασκήσεων. Να υπολογίσετε τα παρακάτω όρια. sia) i) ποιες συνθήκες πρέπει να ισχύουν για τα a, β ώστε να έχει νόημα το όριο;) 0 siβ) si5 ) si4) cos cos β e 5t ii) 0 0 3 iii) iv). β β t 0 0t Λύση. i) Για έχει νόημα το όριο πρέπει β 0. Υπό αυτή τη συνθήκη, διακρίνουμε δύο περιπτώσεις. Αν a 0 τότε η ποσότητα sia) siβ) είναι σταθερά ίση με το 0 και άρα το όριο είναι ίσο με 0. Αν τώρα a 0 τότε sia) sia) siβ) a a siβ) β. si t Εφόσον Με όμοιο τρόπο β και 0 a 0 και a 0 για 0) προκύπτει ότι 0 sia) a. siβ) 0 β. Συμπεραίνουμε ότι 0 sia) a siβ) β a β a β sia) 0 siβ) a β. Σημείωση: Χρησιμοποιήσαμε εδώ, την πρόταση που λέει το εξής. Αν a β, δηλαδή ότι f) L και 0 gt) 0 και ισχύει gt) 0 και gt) A όπου A είναι το πεδίο ορισμού της f) σε μια t t 0 περιοχή του t 0 δηλαδή υπάρχει δ > 0 ώστε gt) 0 και gt) A για κάθε t B t 0 δ, t 0 +δ) όπου B είναι το πεδίο ορισμού της g) τότε fgt)) L. [Το 0 μπορεί να είναι πραγματικός t t0 αριθμός ή το + ή το.] Αυτή την πρόταση θα χρησιμοποιήσουμε και παρακάτω χωρίς να εξηγούμε τόσο αναλυτικά γιατί ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις) όπου εμφανίζεται το όριο της σύνθεσης δύο συναρτήσεων. Στο προηγούμενο παράδειγμα είχαμε τη συνθεση της συνάρτησης g) a με την f) si. ii) Παρατηρούμε ότι si5 ) si4) 0 si5 ) 3 5 si5 ) 0 5 si4) 4. Εφόσον si t και 0 5 0 και 5 0 για 0) προκύπτει ότι ενώ εφόσον 4 0 και 4 0 για 0 si4) si5 0) προκύπτει ότι 0 4. Συμπεραίνουμε ότι ) si4) 0 0. 3 0 και iii) Είναι cos cos β β +β β si ) si ) β β 0 για β) θα έχουμε ότι β si ) β si β { si +β )}. Ετσι, εφόσον β ) β ημιτόνου και του γεγονότος ότι β +β β θα έχουμε β β ενώ, λόγω της συνέχειας του si +β β ) si β. Συμπεραίνουμε cos cos β ότι β β si β. Σημείωση: Το παραπάνω όριο μας λέει ότι η παράγωγος της συνάρτησης f) cos είναι η f ) si. iv) Εχουμε e5t 0t θα ισχύει e 5t t 0 5t e5t 5t t e. Εφόσον 0 και t 0 5t 0 και 5t 0 για t 0 t e. Ετσι, αφού t 0 0 συμπεραίνουμε ότι 5t t 0 0t 0 0.. Δίνεται η συνάρτηση f : R R με f) για < και f) 3 + για. i) Υπολογίστε τα πλευρικά όρια της f στο και δείξτε ότι η f είναι ασυνεχής στο σημείο. ii) Αποδείξτε ότι η f είναι ασυνεχής στο σημείο χρησιμοποιώντας την αρχή της μεταφοράς.
Λύση. i) Είναι f) 4 ενώ f) + +3 + ) 3 + 5 και f) 5. Επομένως η f δεν είναι συνεχής στο σημείο για να ήταν θα έπρεπε να ισχύει f) f) f)). + ii) Για να αποδείξουμε την ασυνέχεια της f στο σημείο αρχή της μεταφοράς αρκεί να βρούμε μια ακολουθία ) N η οποία να συγκλίνει στο ενώ η f )) N να μη συγκλίνει στο f). Μια τέτοια επιλογή είναι η. Τότε ενώ f ) ) 4 5 f). 3. Να υπολογιστούν τα παρακάτω όρια. sisi ) i) ii) + + ) ). iii) iv) 0 + ) + + + sisi ) sisi ) Λύση. i) Είναι si si si t. Εφόσον, si 0 και si 0 για 0 π, 0) 0, π sisi ) ) συμπεραίνουμε βλ. σημείωση στη λύση της άσκησης ) ότι 0 si. sisi ) sisi ) si Προκύπτει ότι 0 0 si 0. ) [ ) ] ii) Εχουμε + +. Ετσι, εφόσον + t + t )t e και + + ) [ ) θα ισχύει + e και άρα + ] e, δηλαδή + + + + ) e. ) ) ) + iii) Ισχύει + + ) +. Εφόσον ) + + + ) e και εφόσον από το όριο του προηγούμενου ερωτήματος προκύπτει ότι ) + + συμπεραίνουμε ότι + iv) Εχουμε + + ) + ) ) + 3 + + ) e e. + 3 Παρόμοια με το προηγούμενο ερώτημα μπορούμε να δείξουμε ότι ) Ετσι αφού + 3 βγάζουμε το συμπέρασμα ότι + ). + 3 ) + + ) 3 e 3. ) e 3 e 3. 4. Για τη συνάρτηση f : A R όπου A R) ισχύει ότι υπάρχει μια σταθερά C > 0 ώστε f) fy) C y για κάθε, y A. Να αποδείξετε ότι η f είναι συνεχής. Λύση. Για τυχαίο 0 A θα δείξουμε ότι η f είναι συνεχής στο 0 με χρήση του ορισμού. Εστω ε > 0. Ορίζουμε δ ε C. Για κάθε A με 0 < δ θα ισχύει f) f 0 ) C 0 < C ε C ε. Άρα η f είναι συνεχής στο 0. Αφού αυτό συμβαίνει για κάθε 0 A, η f είναι συνεχής. 5. Να υπολογίσετε τα παρακάτω όρια εάν αυτά υπάρχουν). log) 6 + e si cos i) ii) cos 0 ) iii) 0 Λύση. i) Παραγοντοποιώντας τον παρονοναστή έχουμε log) 6 + logt) και t t log) προκύπτει ότι iv). Ετσι, εφόσον χρησιμοποιήθηκε η συνέχεια της συνάρτησης) θα έχουμε ότι ii) Θα αποδείξουμε ότι το όριο της συνάρτησης f) cos + + si ). log) )3+). Αφού 3+ 3 + 7 εδώ log) 6 + 7. ) για 0 δεν υπάρχει. Αρκεί να βρούμε δύο ακολουθίες ) N και y ) N με 0 και y 0 ώστε οι ακολουθίες
f )) N και fy )) N να συγκλίνουν σε διαφορετικά όρια. Θέτουμε π και y π+. Τότε προφανώς π 0 και y 0. Επίσης f ) cos ) cosπ) π για κάθε, άρα f ) ενώ fy ) cos ) cosπ + π π+ π ) 0 για κάθε, άρα fy ) 0. Συμπεραίνουμε ότι δεν υπάρχει το όριο της cos ) για 0. iii) esi cos Εφόσον 0 e si si e t cos + esi si si + si esi si si si + si ). si si 0 0 και si 0 για π, 0) 0, π)) έχουμε 0. Συμπεραίνουμε ότι esi, si. Επίσης 0 e si si 0 si + si )si ) + 0 e δηλαδή si cos 0. iv) Παρατηρούμε ότι si ) si )) si ). Ομως το όριο si + ) υπάρχει si t και είναι ίσο με. [Πράγματι, εφόσον και + 0 με 0 για > 0) si έπεται ότι ) δηλαδή si + + είναι ίσο με 0. [Πράγματι, si t 0 και t 0 ).] Επίσης το όριο της si + ) καθώς + 0 με 0 για > 0) και άρα si + ) si + ) 0 0. si + ) 0.] Επομένως + si ) 6. Εστω f : R R συνεχής ώστε f) για κάθε Q. Δείξτε ότι f) για κάθε R. [Υπόδειξη: Χρησιμοποιήστε την πυκνότητα των ρητών στους πραγματικούς και την αρχή της μεταφοράς για να αποδείξετε ότι f) και για R \ Q.] Λύση. Εφόσον f) για κάθε Q, για να αποδείξουμε ότι f) για κάθε R αρκεί να δείξουμε ότι f) για κάθε R \ Q. Εστω R \ Q. Χρησιμοποιώντας την πυκνότητα των ρητών στους πραγματικούς βλ. σχετική άσκηση στις ακολουθίες) μπορούμε να κατασκευάσουμε μια ακολουθία ρητών q ) N με q. Εφόσον η f είναι συνεχής στο, από την αρχή της μεταφοράς συμπεραίνουμε ότι fq ) f). Ομως fq ) για κάθε, αφού κάθε q είναι ρητός) και άρα fq ), συνεπώς f). 7. Αν για τη συνεχή συνάρτηση f : R R ισχύει ότι f) Q για κάθε R να αποδείξετε ότι η f είναι σταθερή συνάρτηση. [Υπόδειξη: Υποθέτοντας ότι η f δεν είναι σταθερή, χρησιμοποιήστε την πυκνότητα των αρρήτων στους πραγματικούς και το Θεώρημα ενδιάμεσης τιμής για να καταλήξετε σε άτοπο.] Λύση. Υποθέτουμε ότι η f δεν είναι σταθερή. Τότε υπάρχουν a, β R με a < β ώστε fa) fβ). Υποθέτουμε ότι fa) < fβ). Από την πυκνότητα των αρρήτων στους πραγματικούς υπάρχει µ άρρητος με fa) < µ < fβ). Ομως, εφόσον η f είναι συνεχής στο [a, β] από το θεώρημα ενδιάμεσης υπάρχει a, β) ώστε f) µ, άτοπο αφού ο µ είναι άρρητος και f) Q για κάθε R. Εντελώς ανάλογη είναι και η περίπτωση fa) > fβ). Εδώ θα επιλέξουμε µ άρρητο με fa) > µ > fβ) και θα καταλήξουμε σε άτοπο όπως προηγουμένως εφαρμόζοντας το θεώρημα ενδιάμεσης τιμής. 8. Για τη συνάρτηση f : π, π ) R ισχύει ta )f) + e 5 ) για κάθε. Να εξηγήσετε γιατί η f είναι συνεχής σε κάθε 0 και να εξετάσετε τι πρέπει να συμβαίνει για να είναι η f συνεχής στο 0. Λύση. Κάνοντας πράξεις προκύπτει ότι ta )f) + e 5 για κάθε π, π ), ) δηλαδή ta )f) + e 5 0 για κάθε π, π ). Συμπεραίνουμε ότι για κάθε 3
π, 0) 0, π ) θα ισχύει ta )f)+ e5 0 δηλαδή f) e5 ta. Από αυτή τη σχέση προκύπτει ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής σε κάθε 0 προκύπτει από πράξεις και συνθέσεις συνεχών συναρτήσεων). Παρατηρούμε ότι e5 ta 5 e5 5 ta από όπου συμπεραίνουμε ότι f) 5. Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο 0 αν και μόνο αν f0) f) δηλαδή αν 0 0 και μόνο αν f0) 5. 9. Αν για τη συνάρτηση f : R R ισχύει f) για κάθε R να αποδείξετε ότι η f είναι συνεχής στο 0. α) Με τον ορισμό β) Με την αρχή της μεταφοράς. [Υπόδειξη: Υπολογίστε πρώτα το f0).] Λύση. Παρατηρούμε καταρχήν ότι f0) 0 0 από όπου προκύπτει ότι f0) 0. Δείχνουμε τώρα τη συνέχεια της f στο 0 χρησιμοποιώντας τον ορισμό. Εστω ε > 0. Ορίζουμε δ ε. Για κάθε R με 0 < δ θα ισχύει f) f0) f) 0 f) < δ ε. Άρα η f είναι συνεχής στο 0. Δείχνουμε τώρα τη συνέχεια της f στο 0 με χρήση της αρχής της μεταφοράς. Εστω ) N ακολουθία στο R με 0. Θα ισχύει τότε 0 προκύπτει από τη συνέχεια της συνάρτησης g) ). Εφόσον f), δηλαδή f) για κάθε R θα έχουμε f ) για κάθε. Από το θεώρημα ισοσυγκλινουσών ακολουθιών, εφόσον ) 0 προκύπτει ότι f ) 0 f0). Επομένως η συνάρτηση f είναι συνεχής στο 0. 0. Εστω a < β. Δείξτε ότι η εξίσωση 4 + a + + 3 β 0 έχει μια τουλάχιστον λύση στο διάστημα a, β). Λύση. Θεωρούμε τη συνάρτηση f : [a, β] R με f) β) 4 + ) + a) + 3). Η συνάρτηση f είναι συνεχής ως πολυωνυμική) ενώ fa) a β)a 4 + ) < 0 και fβ) β a)β + 3) > 0. Από το θεώρημα Bolzao υπάρχει ξ a, β) ώστε fξ) 0 δηλαδή ξ β)ξ 4 + ) + ξ a)ξ + 3) 0 και άρα ξ4 + ξ a + ξ +3 ξ β 0. + + ). Αφού αποδείξετε ότι για κάθε R η ακολουθία είναι συγκλίνουσα, + N να εξετάσετε σε ποια σημεία είναι συνεχής και σε ποια ασυνεχής η συνάρτηση f : R R με + + τύπο f). [Υπόδειξη: Εξετάστε το όριο της ακολουθίας ξεχωριστά για τις + περιπτώσεις,, < και >.] Λύση. Για έχουμε + + + + + + για κάθε, άρα f). Αν, για κάθε έχουμε + + + )+ + ) ) + + + 0 και άρα f ) 0 0. Στην περίπτωση που <, ισχύει 0 συνεπώς + 0 και 0 εφόσον οι ) N, + ) N είναι υπακολουθίες της ) N ). Ετσι όταν < θα έχουμε f) + + + 0+ 0+. Τέλος, αν > τότε < και άρα ) 0. Ετσι αφού + + + + [ ) ] διαιρέσαμε εδώ τον αριθμητή και τον παρονομαστή με ) προκύπτει +[ ) ] ότι f) + 0 +0 για κάθε με >. Εχουμε λοιπόν ότι f) για κάθε, ) και για κάθε, + ) άρα η f είναι συνεχής σε κάθε σημείο αυτών των ανοικτών διαστημάτων. Επίσης η f είναι συνεχής σε κάθε σημείο του ανοικτού διαστήματος, ), αφού f) για, ). Απομένει να εξετάσουμε τη συνέχεια της f στα σημεία και. Παρατηρούμε ότι f), ) ) f) και f ) 0, επομένως η f δεν είναι συνεχής στο σημείο ) + ) + 4
[και μάλιστα δεν είναι συνεχής ούτε απο τα δεξιά ούτε από τα αριστερά στο σημείο αφού ούτε το όριο από τα αριστερά της f στο ούτε το όριο από τα δεξιά της f στο είναι ίσο με f )]. Τέλος έχουμε f), f) και f) άρα η + + συνάρτηση f είναι συνεχής στο σημείο.. Δίνεται η συνάρτηση f : R R με f) 0 για κάθε Q και f) για κάθε R \ Q. Δείξτε ότι η f είναι συνεχής στο 0 και ασυνεχής σε κάθε άλλο σημείο. Λύση. Δείχνουμε ότι η f είναι συνεχής στο σημείο 0 με χρήση του ορισμού. Εστω ε > 0. Ορίζουμε δ ε. Θεωρούμε τυχαίο R με 0 < δ. Αν Q τότε f) και άρα f) f0) 0 < δ ε ενώ αν R \ Q τότε f) f0) 0 0 0 < ε. Ετσι δείξαμε ότι για κάθε ε > 0 υπάρχει δ > 0 το δ ε) ώστε για κάθε R με 0 < δ να ισχύει f) f0) < ε. Δείξαμε δηλαδή ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής στο σημείο 0. Δείχνουμε τώρα ότι η f είναι ασυνεχής σε κάθε σημείο 0. [Θυμίζουμε ότι για να δειχθεί η ασυνέχεια σε ένα σημείο αρκεί να βρούμε μια ακολουθία ) N που να συγκλίνει στο και η ακολουθία f )) N να μη συγκλίνει στο f).] Εξετάζουμε πρώτα την περίπτωση που Q με 0. Επιλέγουμε μια ακολουθία αρρήτων a ) N με a. Τότε fa ) a για κάθε από όπου συμπεραίνουμε ότι fa ) 0 f). Συνεπώς η f δεν είναι συνεχής στο. Θεωρούμε τέλος ένα R \ Q. Επιλέγουμε μια ακολουθία ρητών q ) N με q. Τότε fq ) 0 για κάθε άρα fq ) 0 f). Επομένως η f δεν είναι συνεχής στο. 3. Δίνεται ότι για τη συνάρτηση f : R R ισχύει fa + β) fa) + fβ) για κάθε a, β R. Αποδείξτε ότι αν η f είναι συνεχής στο 0 τότε είναι συνεχής σε όλο το R. [Υπόδειξη: Δείξτε αρχικά ότι f0) 0 και f ) f) για κάθε R. Στη συνέχεια μπορείτε να χρησιμοποιήσετε είτε τον ορισμό είτε την αρχή της μεταφοράς.] Λύση. Για a β 0 προκύπτει ότι f0+0) f0)+f0) δηλαδή f0) f0) και άρα f0) 0. Για a και β προκύπτει ότι f + )) f) + f ) άρα f0) f) + f ) και αφού f0) 0 συμπεραίνουμε ότι f ) f). Ετσι για κάθε, y R θα ισχύει f y) f + y)) f) + f y) f) fy). Υποθέτουμε τώρα ότι η f είναι συνεχής στο 0. Θεωρούμε τυχαίο 0 R και αποδεικνύουμε τη συνέχεια της f στο 0. Εστω ε > 0 [και αναζητούμε δ > 0 ώστε αν 0 < δ τότε f) f 0 ) < ε]. Λόγω της συνέχειας της f στο 0 υπάρχει δ > 0 ώστε αν 0 < δ τότε f) f0) < ε δηλαδή αν < δ τότε f) < ε. Θεωρούμε τώρα R με 0 < δ. Τότε f 0 ) < ε δηλαδή σύμφωνα με αυτό που δείξαμε παραπάνω) f) f 0 ) < ε. Επομένως η f είναι συνεχής στο 0. Αφού αυτό συμβαίνει σε κάθε 0 R, η f είναι συνεχής. Σημείωση: Προφανή παραδείγματα συναρτήσεων f : R R που ικανοποιούν τη σχέση fa + β) fa) + fβ) για κάθε a, β R προκύπτουν αν f) λ. Μάλιστα αποδεικνύεται σχετικά εύκολα) ότι αν η f ικανοποιεί τη σχέση fa+β) fa)+fβ) για κάθε a, β R και είναι συνεχής τότε f) λ για κάθε R όπου λ f). Υπάρχουν όμως και συναρτήσεις f : R R που ικανοποιούν τη σχέση fa + β) fa) + fβ) για κάθε a, β R αλλά δεν είναι συνεχείς. 4. Αν για τη συνάρτηση f : 0, + ) R ισχύει faβ) fa) + fβ) για κάθε a, β > 0, αποδείξτε ότι: i) f) 0. ii) f a ) fa) για κάθε a > 0. iii) f a β ) fa) fβ) για κάθε a, β > 0 iv) Αν η f είναι συνεχής στο σημείο τότε είναι συνεχής παντού. v) Αν η f είναι συνεχής σε ένα ξ 0, + ) τότε είναι συνεχής στο σημείο και άρα σύμφωνα με το προηγούμενο ερώτημα είναι συνεχής παντού). Λύση. i) Για a β προκύπτει ότι f ) f) + f) δηλαδή f) f) από όπου συμεραίνουμε ότι f) 0. ii) Για β a προκύπτει ότι fa a ) fa) + f a ) άρα 0 f) fa) + f a ) συνεπώς f a ) fa). 5
iii) Χρησιμοποιώντας το προηγούμενο ερώτημα έχουμε f a β ) fa β ) fa) + f β ) fa) fβ). iv) Υποθέτουμε ότι η f είναι συνεχής στο σημείο. Θεωρούμε τυχαίο ξ 0, + ) και αποδεικνύουμε τη συνέχεια της f στο ξ με χρήση της αρχής της μεταφοράς. Εστω ) N μια ακολουθία στο 0, + ) με ξ και θα αποδείξουμε ότι f ) fξ)). Τότε ξ και άρα, λόγω της συνέχειας της f στο σημείο, θα έχουμε f ξ ) f) συνεπώς, σύμφωνα με τα προηγούμενα ερωτήματα f ) fξ) 0 και άρα f ) fξ). Επομένως η f είναι συνεχής στο ξ. Αφού αυτό συμβαίνει για κάθε ξ 0, + ) η f είναι συνεχής. v) Υποθέτουμε τώρα ότι η f είναι συνεχής σε ένα ξ 0, + ). Δείχνουμε ότι η f είναι συνεχής στο σημείο με χρήση της αρχής της μεταφοράς. Εστω ) N μια ακολουθία στο 0, + ) με και θα αποδείξουμε ότι f ) 0 f)). Τότε ξ ξ ξ και άρα, λόγω της συνέχειας της f στο ξ, θα έχουμε f ξ) fξ), συνεπώς λόγω της σχέσης της εκφώνησης) f ) + fξ) fξ) και άρα f ) 0 f). Επομένως η f είναι συνεχής στο σημείο και άρα σύμφωνα με το προηγούμενο ερώτημα η f είναι συνεχής). 5. Για τη συνάρτηση με τύπο f) 4 π 8 + si +, να εξετάσετε αν υπάρχει [, ] ώστε f) 7 4. Λύση. Η συνάρτηση f είναι συνεχής προκύπτει από πράξεις και συνθέσεις συνεχών συναρτήσεων). Επίσης f ) 8 + si π ) + 8 + 7 8 και f) + siπ) + 3. Ετσι f ) 7 8 < 7 4 < 3 f) και η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [, ] Από το θεώρημα ενδιάμεσης τιμής προκύπτει ότι υπάρχει ξ, ) ώστε fξ) 7 4. 6. Να εξηγήσετε γράφοντας την ως πράξεις και συνθέσεις συνεχών συναρτήσεων) γιατί η συνάρτηση με τύπο f) + ) si είναι συνεχής. Λύση. f) + ) si e si ) log +). Θεωρώντας τις συναρτήσεις φ, g, F : R R με τύπους φ) +, g) si και F ) e καθώς και τη συνάρτηση h : 0, + ) R με h) log παρατηρούμε τα εξής. Καταρχήν όλες οι παραπάνω συναρτήσεις είναι συνεχείς, ενώ το σύνολο τιμών της φ είναι το [, + ) που είναι υποσύνολο του πεδίου ) ορισμού 0, + ) της h, άρα ορίζεται η σύνθεση h φ : R R. Είναι f F g h φ) και άρα η f είναι συνεχής. [Η h φ είναι συνεχής ως σύνθεση συνεχών, ) η g h φ) είναι συνεχής ως γινόμενο συνεχών συναρτήσεων και άρα η f F g h φ) θα είναι συνεχής ως σύνθεση συνεχών συναρτήσεων.] 7. Εστω f : [a, β] R συνεχής. Αν, y, z [a, β] δείξτε ότι υπάρχει ξ [a, β] ώστε fξ) 3 f) + fy) + fz)). Λύση. Αφού η f : [a, β] R είναι συνεχής από το θεώρημα μέγιστης και ελάχιστης τιμής θα υπάρχουν 0, y 0 [a, β] ώστε f 0 ) if{f) : [a, β]} και fy 0 ) sup{f) : [a, β]} και άρα f[a, β]) [f 0 ), fy 0 )]. Χρησιμοποιώντας το θεώρημα ενδιάμεσης στο διάστημα με άκρα τα 0, y 0 μπορούμε να συμπεράνουμε ότι f[a, β]) [f 0 ), fy 0 )]. Ομως f 0 ) f) fy 0 ), f 0 ) fy) fy 0 ) και f 0 ) fz) fy 0 ) και προσθέτοντας κατά μέλη αυτές τις ανισότητες προκύπτει ότι 3f 0 ) f)+fy)+fz) 3fy 0 ) συνεπώς f 0 ) 3 f) + fy) + fz)) fy 0). Ετσι 3 f) + fy) + fz)) [f 0), fy 0 )] f[a, β]) δηλαδή υπάρχει ξ [a, β] ώστε fξ) 3 f) + fy) + fz)). 8. Εστω f : [, 5] R συνεχής ώστε f) f5). Δείξτε ότι υπάρχουν, y [, 5] με y ώστε f) fy). Λύση. Θεωρούμε τη συνάρτηση g : [, 3] R με g) f + ) f). Η g είναι συνεχής πράγματι, η φ : [, 3] [3, 5] με φ) + είναι συνεχής άρα και η f φ : [, 3] R είναι συνεχής ως σύνθεση συνεχών από όπου συμπεραίνουμε ότι η g f φ) f είναι συνεχής στο [,3] ως διαφορά συνεχών). Εχουμε g) f3) f) και g3) f5) f3) f) f3) f3) f) ). Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις. Αν f) f3) τότε θέτοντας και y 3 έχουμε τελειώσει. 6
Αν f) f3) τότε g) g3) f3) f) ) < 0 και εφαρμόζοντας το θεώρημα Bolzao για την συνεχή συνάρτηση g συμπεραίνουμε ότι υπάρχει, 3) ώστε g) 0 δηλαδή f) f + ). Θέτοντας y + έχουμε ότι, y [, 5], y και f) fy). 9. Εστω f, g : [a, β] R συνεχείς ώστε f) > g) για κάθε [a, β]. Δείξτε ότι υπάρχει θ > 0 ώστε f) > g) + θ για κάθε [a, β]. Λύση. Η συνάρτηση h : [a, β] R με h) f) g) είναι συνεχής ως διαφορά συνεχών), άρα από το θεώρημα ελάχιστης τιμής θα υπάρχει ξ [a, β] ώστε h) hξ) για κάθε [a, β]. Ομως hξ) fξ) gξ) > 0 αφού f) > g) για κάθε [a, β]). Θέτοντας θ hξ) έχουμε ότι θ > 0 ενώ για κάθε [a, β] ισχύει f) g) h) hξ) > hξ) θ, δηλαδή f) > g) + θ. 0. Εστω f : 0, + ) R συνεχής με f) > 0 για κάθε > 0. Αν + f) 0 και 0 f) 0 να αποδείξετε ότι η f παίρνει μέγιστη τιμή σε ένα σημείο του 0, + ). Λύση. Θεωρούμε ένα τυχαίο ξ 0, + ) και θέτουμε ε fξ) > 0. Εφόσον f) 0, από 0 τον ορισμό του ορίου, υπάρχει δ > 0 ώστε για κάθε 0, + ) με 0 < δ δηλαδή για κάθε 0, δ) ) να ισχύει f) 0 < ε, και άρα αφού από την υπόθεση ισχύει f) > 0 για κάθε > 0) θα έχουμε 0 < f) < ε fξ) για κάθε 0, δ). Παρατηρούμε ότι από την τελευταία σχέση προκύπτει ότι δ ξ. Επίσης, αφού + f) 0 από τον ορισμό του ορίου, θα υπάρχει M > 0 ώστε για κάθε > M να ισχύει f) 0 < ε και άρα αφού από την υπόθεση έχουμε f) > 0 για κάθε > 0) θα ισχύει 0 < f) < ε fξ) για κάθε M, + ). Παρατηρούμε ότι από την τελευταία σχέση έπεται ότι ξ M. Ετσι έχουμε δ ξ M. Εφαρμόζοντας το θεώρημα μέγιστης τιμής για τη συνεχή συνάρτηση f στο κλειστό διάστημα [δ, M] το οποίο μπορεί να είναι και το μονοσύνολο {ξ} στην περίπτωση που δ ξ M) προκύπτει ότι υπάρχει 0 [δ, M] ώστε f) f 0 ) για κάθε [δ, M]. Σημειώνουμε ότι εφόσον δ ξ M θα ισχύει fξ) f 0 ). Για 0, δ) έχουμε f) < fξ) f 0 ) ενώ για M, + ) πάλι f) < fξ) f 0 ). Ετσι αποδείξαμε ότι f) f 0 ) για κάθε 0, + ) δηλαδή η συνάρτηση f λαμβάνει μέγιστη τιμή στο 0. 7