ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3ο: ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ ΕΝΟΤΗΤΑ 5: ΘΕΩΡΗΜΑ ROLLE [Θεώρημα Rolle του κεφ.2.5 Μέρος Β΄ του σχολικού βιβλίου]. ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Β Άσκηση 1. Να δείξετε ότι η εξίσωση x 7 + 2 x 3 + x + 3 = 0 (1) έχει ακριβώς μία πραγματική ρίζα. Λύση • Θεωρούμε την συνάρτηση f ( x ) = x 7 + 2x 3 + x + 3 η οποία έχει πεδίο ορισμού το . Επειδή η f ( x ) είναι συνεχής, γνήσια αύξουσα και lim f ( x ) = lim x 7 = −∞ , x →−∞ x →−∞ lim f ( x ) = lim x = +∞ , το σύνολο τιμών της είναι όλο το . 7 x →+∞ x →+∞ Αφού το 0 ∈ ( −∞, +∞ ) = , η εξίσωση f ( x ) = 0 έχει τουλάχιστον μια ρίζα στο . Σημείωση: Κάθε πολυωνυμική συνάρτηση περιττού βαθμού έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο . • Το πλήθος των ριζών μιας εξίσωσης βρίσκεται με την εφαρμογή του Θ.Rolle. Έστω ότι η (1) έχει δύο ρίζες x1 , x 2 δηλαδή f= ( x1 ) f= ( x 2 ) 0 . Υποθέτουμε ότι x1 < x 2 και εφαρμόζουμε το θεώρημα του Rolle στο διάστημα [ x1 , x 2 ] . Άρα η εξίσωση f ′ ( x ) = 0 θα έχει τουλάχιστον μία ρίζα, αλλά f ′ ( x = ) 7x 6 + 6x 2 + 1 > 0 άτοπο. Οπότε η εξίσωση f ( x ) = 0 έχει ακριβώς μία πραγματική ρίζα. 1 Άσκηση 2. Να δείξετε ότι η εξίσωση 2x 2 + αx + β = e 2x με α, β, γ ∈ έχει το πολύ τρεις διαφορετικές πραγματικές ρίζες. Λύση Θεωρούμε την συνάρτηση f ( = x ) 2x 2 + αx + β − e 2x η οποία έχει πεδίο ορισμού το . Θα αποδείξουμε με την σε άτοπο απαγωγή. Έστω ότι η εξίσωση f ( x ) = 0 έχει τέσσερις ρίζες. Tότε, αφού η f είναι παραγωγίσιμη ως άθροισμα παραγωγίσιμων άρα και συνεχής, από Θεώρημα του Rolle η f ′ ( x ) = 0 έχει τουλάχιστον τρεις ρίζες . Και ομοίως η f ′′ ( x ) = 0 έχει τουλάχιστον δύο ρίζες και η f ′′′ ( x ) = 0 έχει τουλάχιστον μία ρίζα. Aλλά f ′ ( x= −8e 2x ≠ 0 άτοπο, άρα η εξίσωση ) 4x + α − 2e2x , f ′′ ( x )= 4 − 4e2x και η f ′′′ ( x ) = f ( x ) = 0 έχει το πολύ τρεις ρίζες. 2 ΘΕΜΑ Γ Άσκηση 1. Δίνεται η συνεχής συνάρτηση f στο διάστημα [ α, β] και παραγωγίσιμη στο ( α, β ) . Να δείξετε g ( x ) ef ( x ) ( x − α )( x − β ) , ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον με την βοήθεια της συνάρτησης = ′ ( x0 ) x 0 ∈ ( α, β ) τέτοιο ώστε f= 1 1 . + α − x0 β − x0 Λύση • Η g ( x ) είναι συνεχής στο [ α, β] και παραγωγίσιμη στο ( α, β ) . • g ( α ) = g ( β ) = 0 ⇒ από Θεώρημα του Rolle, υπάρχει ένα τουλάχιστον x 0 ∈ ( α, β ) τέτοιο ώστε g′ ( x 0 ) = 0 . = g′ ( x ) ef ( x ) f ′ ( x )( x − α )( x − β ) + ef ( x ) ( x − β ) + ef ( x ) ( x − α ) . Αλλά = g′ ( x 0 ) e Για x = x 0 έχουμε f ( x0 ) f ′ ( x 0 )( x 0 − α )( x 0 − β ) + e f ( x0 ) f x e ( ) ( x0 − α) ( x0 − β) + = 0 0 ή f ′ ( x 0 )( x 0 − α )( x 0 − β ) + ( x 0 − β ) + ( x 0 − α ) = 0 ή f ′ ( x 0 )( x 0 − α )( x 0 − β ) = ( α − x 0 ) + (β − x 0 ) f ′ ( x0 ) = ( α − x 0 ) + (β − x 0 ) ( x 0 − α )( x 0 − β ) ′ ( x0 ) f= 1 1 + α − x0 β − x0 ή ή 3 Άσκηση 2. ( ) Δίνεται η συνάρτηση = h ( x ) f ( x ) ln x 2 + αx με α > −2 και f ( x ) παραγωγίσιμη στο διάστημα 2 ⋅ f ( 4 ) ≠ 0 . Αν η h ( x ) ικανοποιεί τις υποθέσεις του Θεωρήματος του Rolle [ 2, 4] με f ( 2 ) = στο διάστημα [ 2, 4] , να δείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα x 0 ∈ ( 2, 4 ) έτσι ώστε f ′ ( x 0 ) ln x 0 x + f ( x 0 ) = 0. 0 Λύση ( ) • Επειδή η συνάρτηση = h ( x ) f ( x ) ln x 2 + αx ικανοποιεί τις υποθέσεις του Θεωρήματος του Rolle στο διάστημα [ 2, 4] , θα έχουμε h ( 2 ) = h ( 4 ) ή f ( 2 ) ln (= 4 + 2α ) f ( 4 ) ln (16 + 4α ) ⇔ 2 ⋅ f ( 4 ) ln (= 4 + 2α ) f ( 4 ) ln (16 + 4α ) ⇔ 2 ⋅ ln ( 4 + 2= α ) ln (16 + 4α ) ⇔ ln ( 4 + 2α= ) ln (16 + 4α ) 2 ⇔ ( 4 + 2α ) = 16 + 4α ⇔ α 2 + 3α = 0 ⇔ α = 0 ή α = −3 . Το α = −3 απορρίπτεται, άρα 2 α =0 . • Αν α =0 ⇒ h ( x ) = f ( x ) ⋅ ln x 2 = 2f ( x ) ⋅ ln x με την f ( x ) ορισμένη στο [ 2, 4] και την ln x 2 στο ( −∞, 0 ) ∪ ( 0, +∞ ) , τότε το πεδίο ορισμού της = h ( x ) 2f ( x ) ⋅ ln x είναι η τομή των δύο 2 . x Επειδή ισχύει το Θ. Rolle, θα υπάρχει τουλάχιστον ένα x 0 ∈ ( 2, 4 ) τέτοιο ώστε h ′ ( x 0 ) = 0 συνόλων. Δηλαδή, το D h = [ 2, 4] και h ′= ( x ) 2f ′ ( x ) ln x + f ( x ) ⋅ ή 2f ′ ( x 0 ) ln x 0 + f ( x 0 ) ⋅ 1 2 0 = 0 ή x 0 ⋅ f ′ ( x 0 ) ln x 0 + f ( x 0 ) = 0 ή f ′ ( x 0 ) ln x 0 + f ( x 0 ) ⋅ = x0 x0 ή f ′ ( x 0 ) ln x 0 x 0 + f ( x 0 ) = 0. 4 Άσκηση 3. Να δείξετε ότι η ευθεία y = αx + β, α ≠ 0 έχει με την γραφική παράσταση της συνάρτησης f ( x ) = e x το πολύ δύο κοινά σημεία. Λύση Τα κοινά σημεία της ευθείας και της Cf βρίσκονται από την λύση της εξίσωσης αx + β = e x ή e x − αx − β = 0 . Θεωρούμε την συνάρτηση g ( x = A D= . ) e x − αx − β , η οποία ορίζεται στο = g Έστω ότι η εξίσωση g ( x ) = 0 έχει τρεις ρίζες τότε, αφού η g ( x ) είναι παραγωγίσιμη ως άθροισμα παραγωγισίμων και άρα και συνεχής στο . Από το Θ. Rolle η εξίσωση g′ ( x ) = 0 ή e x − α = 0 έχει τουλάχιστον δύο ρίζες. Εφαρμόζουμε το Θεώρημα του Rolle για τη συνάρτηση g′ ( x ) = e x − α , η οποία είναι παραγωγίσιμη ως άθροισμα παραγωγίσιμων, άρα και συνεχής. Οπότε η εξίσωση g′′ ( x ) =0 ⇔ e x =0 θα έχει τουλάχιστον μία ρίζα, το οποίο είναι άτοπο γιατί e x > 0 . Άρα η ευθεία y = αx + β και η συνάρτηση f ( x ) = e x δεν έχουν τρία κοινά σημεία, επομένως έχουν το πολύ δύο κοινά σημεία. 5 Άσκηση 4. x ) e x − 2 + x και g ( x )= e 2− x − x + 4 . Δίνονται οι συναρτήσεις f (= Να δείξετε ότι οι γραφικές παραστάσεις των f , g έχουν ένα μόνο κοινό σημείο, το οποίο να προσδιοριστεί. Λύση Για να βρούμε τα κοινά σημεία των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων f , g αρκεί να λύσουμε την εξίσωση f ( x ) = g ( x ) . Έχουμε f ( x )= g ( x ) ⇔ e x − 2 + x= e 2− x − x + 4 ⇔ e x − 2 − e 2− x + 2x − 4= 0 , η οποία έχει προφανή λύση την x 0 = 2 . Θα δείξουμε ότι η λύση αυτή είναι μοναδική με τη βοήθεια του θεωρήματος του Rolle. Έστω ότι η εξίσωση e x − 2 − e 2− x + 2x − 4 = 0 έχει δύο ρίζες τις x1 = 2, x 2 . • Η συνάρτηση h ( x ) = e x − 2 − e 2− x + 2x − 4 είναι παραγωγίσιμη και συνεχής στο διάστημα [ x1 , x 2 ] ή [ x 2 , x1 ] . • h ( x1 )= 0= h ( x 2 ) , άρα ισχύει το Θ. Rolle, έτσι θα υπάρχει τουλάχιστον ένα x 0 ∈ ( x1 , x 2 ) ή ( x 2 , x1 ) τέτοιο ώστε h ′ ( x 0 ) = 0 . Όμως h ′ ( x )= e x − 2 + e 2− x + 2 ≠ 0 , άτοπο. 0 έχει μοναδική ρίζα. Άρα η εξίσωση e x − 2 − e 2− x + 2x − 4 = Σημείωση: Η συνάρτηση h ( x ) = e x − 2 − e 2− x + 2x − 4 είναι γνήσια αύξουσα ως άθροισμα γνήσια αυξουσών συναρτήσεων. Οι συναρτήσεις e x − 2 (σαν σύνθεση δύο αυξουσών συναρτήσεων των e x , x − 2 ), −e 2− x (σαν σύνθεση δύο φθινουσών συναρτήσεων των −e x , 2 − x ) και 2x − 4 είναι αύξουσες, άρα η εξίσωση h ( x )= e x − 2 − e 2− x + 2x − 4= 0 έχει μοναδική λύση την x 0 = 2 . 6 Άσκηση 5. α β αx 3 β + + δ x 2 + ( γ − δ ) x + δ με + + γ =0 . Να δείξετε ότι 3 2 3 2 υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ ∈ ( 0,1) έτσι ώστε η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της f στο σημείο M(ξ, f (ξ)) να είναι παράλληλη προς τον άξονα xx ′ . Έστω η συνάρτηση f (= x) (Γενικές Εξετάσεις - 1990) Λύση Ο συντελεστής διεύθυνσης της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης μιας συνάρτησης σε ένα σημείο A ( ξ, f ( ξ ) ) είναι ο αριθμός f ′ ( ξ ) . Για να είναι παράλληλη προς το xx ′ , αρκεί να ισχύει f ′ ( ξ ) =0 . Εφαρμόζουμε το θεώρημα του Rolle για την συνάρτηση f ( x ) στο διάστημα [ 0,1] . • Η f ( x ) είναι συνεχής στο [ 0,1] ως πολυωνυμική. • Η f ( x ) είναι παραγωγίσιμη στο ( 0,1) ως πολυωνυμική. • f ( 0 ) = δ , f (1) = α β + + γ + δ = δ άρα f ( 0 ) = f (1) = δ . 3 2 Άρα ισχύει το Θ. Rolle, έτσι θα υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ ∈ ( 0,1) τέτοιο ώστε f ′ ( ξ ) =0 . 7 Άσκηση 6. Να δείξετε ότι η εξίσωση x 4 + e x = 3x + 10 με α, β, γ ∈ έχει το πολύ δύο διαφορετικές πραγματικές ρίζες. Λύση Η εξίσωση x 4 + e x = 3x + 10 ⇔ x 4 + e x − 3x − 10 = 0 . Θεωρούμε την συνάρτηση f ( x ) = x 4 + e x − 3x − 10 . Έστω ότι η εξίσωση f ( x ) = 0 έχει τρείς ρίζες. Αφού η f είναι παραγωγίσιμη ως άθροισμα παραγωγίσιμων, άρα και συνεχής. Από το Θεώρημα του Rolle, η εξίσωση f ′ ( x ) = 0 θα έχει τουλάχιστον δύο ρίζες και ομοίως η εξίσωση f ′′ ( x ) = 0 μία τουλάχιστον ρίζα. Έχουμε όμως f ′ ( x ) = 4x 3 + e x − 3 και f ′′ ( x )= 12x 2 + e x > 0 για κάθε x ∈ , άρα άτοπο. Επομένως η εξίσωση έχει το πολύ δύο ρίζες. 8 Άσκηση 7. Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση f με πεδίο ορισμού το ( 0, +∞ ) , έτσι ώστε να ισχύει f 2 ( x ) + f ( x ) − 6x= 3ln x + 2011 (1) για x > 1 . Να δείξετε ότι η Cf τέμνει τον άξονα xx ′ το πολύ σε ένα σημείο. Λύση Έστω ότι η γραφική παράσταση της f τέμνει τον άξονα xx ′ σε δύο σημεία A ( x1 , f ( x1 ) ) , B ( x 2 , f ( x 2 ) ) , έτσι έχουμε f= ( x1 ) f= ( x 2 ) 0 . Υποθέτουμε ότι x1 < x 2 . Εφαρμόζουμε το Θεώρημα του Rolle για την συνάρτηση f στο διάστημα [ x1 , x 2 ] ⊂ (0, +∞) . • Η f είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα [ x1 , x 2 ] , άρα και συνεχής. • f= ( x1 ) f= ( x2 ) 0 Άρα ισχύει το Θ. Rolle, έτσι θα υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ ∈ ( x1 , x 2 ) τέτοιο ώστε f ′ ( ξ ) =0 . )′ ( 3ln x + 2011)′ ⇒ ( Παραγωγίζουμε τη σχέση (1), έτσι έχουμε f 2 ( x ) + f ( x ) − 6x = 3 2f ( x ) f ′ ( x ) + f ′ ( x ) − 6 = (2). x 3 ξ 3 ξ Η (2) για x = ξ γίνεται 2f ( ξ ) f ′ ( ξ ) + f ′ ( ξ ) − 6 = και επειδή f ′ ( ξ ) =0 , θα έχουμε −6 = . Το οποίο είναι αδύνατο (άτοπο) γιατί ξ > 0 , άρα η γραφική παράσταση της f δεν τέμνει τον άξονα xx ′ σε δύο σημεία, οπότε θα τον τέμνει το πολύ σε ένα σημείο. 9 ΘΕΜΑ Δ Άσκηση 1. Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση f ( x ) με πεδίο ορισμού το και α ∈ ώστε f ( α + 1= ) ef ( α ) . Να δείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα x 0 ∈ ( α, α + 1) έτσι ώστε f ′ ( x0 ) = f ( x0 ) . Λύση Στη σχέση f ′ ( x 0 ) = f ( x 0 ) θέτουμε όπου x 0 το x και έτσι έχουμε f ′ ( x ) = f ( x ) . Δηλαδή το x 0 είναι ρίζα της εξίσωσης f ′ ( x ) = f ( x ) . Είναι: f ′(x) = f (x) ⇔ f ′ ( x ) − f ( x ) = 0 ⇔ e− x f ′ ( x ) − e− x f ( x ) = 0 ⇔ ( e − x f ( x ) )′ = 0. Θεωρούμε την συνάρτηση g ( x ) = e − x f ( x ) , η οποία είναι παραγωγίσιμη στο , άρα και στο διάστημα [ α, α + 1] . Επομένως είναι και συνεχής στο [ α, α + 1] . Επίσης g ( = α ) e −α f ( α ) και g ( α += 1) e −α−1 ⋅ f ( α += 1) e −α−1 ⋅ e ⋅ f (= α ) e −α f (= α) g (α) . Άρα η συνάρτηση g ( x ) = e − x f ( x ) ικανοποίει όλες τις υποθέσεις του Θεωρήματος του Rolle, επομένως υπάρχει τουλάχιστον ένα x 0 ∈ ( α, α + 1) έτσι ώστε g′ ( x 0 ) = 0 , αλλά −e − x f ( x ) + e − x f ′ ( x ) ⇒ g′ ( x 0= g′ ( x ) = ) e− x0 f ′ ( x 0 ) − e− x0 f ( x 0=) 0 ( e− x f ( x ) ) ' = f ( x0 ) . ⇒ f ′ ( x0 ) − f ( x0 ) = 0 ⇒ f ′ ( x0 ) = 10 Άσκηση 2. Αν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο [ 0,1] με f (1) = 1 , τότε να δείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα x 0 ∈ ( 0,1) τέτοιο ώστε f ′ ( x 0 )= 3 − 2 f ( x 0 ) (1). x0 Λύση Στη σχέση (1), θέτουμε όπου x 0 το x και έτσι έχουμε f ′ ( x )= 3 − το x 0 είναι ρίζα της εξίσωσης f ′ ( x )= 3 − 2 f ( x ) , x ∈ (0,1) . Δηλαδή x 2 f ( x ) , x ∈ (0,1) . Είναι: x 2 f ′(x) =3 − f (x) ⇔ xf ′(x) + 2f (x) − 3x =0 ⇔ x x 2 f ′(x) + 2xf (x) − 3x 2 =⇔ 0 0. ( x f (x) )′ − (x )′ = 2 3 Θεωρούμε την συνάρτηση= g ( x ) x 2f ( x ) − x 3 . • Η g ( x ) είναι παραγωγίσιμη στο [ 0,1] ως άθροισμα παραγωγίσιμων (άρα και συνεχής στο [0,1] ). • g ( 0 ) = 0 και g (1= 1 0 , άρα ισχύουν οι υποθέσεις του Θεωρήματος του Rolle. ) f (1) −= Επομένως υπάρχει τουλάχιστον ένα x 0 ∈ ( 0,1) έτσι ώστε g′ ( x 0 ) = 0 . 2 • g (= x ) x 2 f ( x ) − x 3 ⇒ g′ (= x ) x 2 f ′ ( x ) + 2xf ( x ) − 3x 2 ⇒ g′ ( x= x 02 f ′ ( x 0 ) + 2x 0 f ( x 0 ) − 3x = 0 0) 0 ή x 0 ( x 0 f ′ ( x 0 ) + 2f ( x 0 ) − 3x 0 ) = 0 ⇔ x 0 f ′ ( x 0 ) + 2f ( x 0 ) − 3x 0 = 0 , ( x 0 ∈ ( 0,1) ⇒ x 0 ≠ 0 ) 2 x 0f ′ ( x 0 ) = 3x 0 − 2f ( x 0 ) ⇔ f ′ ( x 0 ) = 3 − f ( x0 ) x0 11 Άσκηση 3. Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση f με πεδίο ορισμού το [1, e ] , έτσι ώστε να ισχύει f (e) + 1 (1). Να δείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα x 0 ∈ (1, e ) έτσι ώστε η e εφαπτομένη της Cf στο σημείο A ( x 0 , f ( x 0 ) ) να διέρχεται από το σημείο B ( 0, x 0 ) . f= (1) Λύση Η εξίσωση της εφαπτομένης της Cf στο σημείο A ( x 0 , f ( x 0 ) ) είναι η ευθεία x0 ) ( ε ) : y − f (= f ′ ( x 0 )( x − x 0 ) . Για να διέρχεται η ( ε ) από το σημείο B ( 0, x 0 ) αρκεί να δείξουμε ότι: Β ∈ ( ε ) ⇔ x 0 − f ( x 0 )= f ′ ( x 0 )( 0 − x 0 ) ⇔ x 0 f ′ ( x 0 ) − f ( x 0 ) + x 0 = 0 ⇔ x 0f ′ ( x 0 ) − f ( x 0 ) + x 0 = 0 x 02 x 0f ′ ( x 0 ) − f ( x 0 ) 1 f (x) = + ln x , x ∈ [1, e] . Δηλαδή η + =0 ⇔ g′(x 0 ) =0 . Όπου g(x) 2 x x0 x0 εξίσωση g′(x) = 0 να έχει τουλάχιστον μια ρίζα στο (1, e ) . ⇔ Η συνάρτηση g ( x ) ικανοποιεί τις υποθέσεις του θεωρήματος του Rolle στο διάστημα [1, e ] διότι: • Η g είναι παραγωγίσιμη στο [1, e ] σαν άθροισμα παραγωγισίμων συναρτήσεων (άρα και συνεχής). f (e) f ( e ) (1) f (1) e) + ln= e += 1 f (1) , άρα η εξίσωση g′ ( x ) = 0 + ln1 = f (1) και g (= e e 1 έχει τουλάχιστον μια ρίζα στο διάστημα (1, e ) . • g (1) = 12 Άσκηση 4. Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση f με πεδίο ορισμού το [ α, β] , με f ′ ( x ) ≠ 0 για κάθε x ∈ ( α, β ) και οι μιγαδικοί αριθμοί z =−eα + if ( α ) , w =f ( β ) − ieβ . α) Αν α ≥ 0 και z = 1 να βρείτε τον πραγματικό αριθμό α . β) Αν Im ( zw ) = 0 να δείξετε ότι υπάρχει ακριβώς ένα x 0 ∈ ( α, β ) έτσι ώστε f ( x 0 ) = 0 . u zw ∈ I να δείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ ∈ ( α, β ) , έτσι γ) Αν ο μιγαδικός αριθμός = ώστε f ′ ( ξ ) = f ( ξ ) . Λύση α) z = 1 ⇔ −eα + if ( α ) = 1 ⇔ ( −e ) α 2 + f 2 ( α ) = 1 ⇔ e2α + f 2 ( α ) = 1 ⇔ f 2 ( α ) = 1 − e2α ≥ 0 ⇔ 1 ≥ e 2 α ⇔ e0 ≥ e 2 α ⇔ 0 ≥ 2α ⇔ 0 ≥ α και επειδή α ≥ 0 ⇒ α =0 . ( )( ) ( ) β) zw = −eα + if ( α ) ⋅ f ( β ) − ieβ =−eα f ( β ) + f ( α ) eβ + i f ( α ) f ( β ) + eα+β (1) Έχουμε Im ( zw ) =0 ⇒ f ( α ) f ( β ) + eα+β =0 ⇒ f ( α ) f ( β ) =−eα+β < 0 . • Η συνάρτηση f με πεδίο ορισμού το [ α, β] είναι παραγωγίσιμη, άρα και συνεχής. Επίσης f ( α ) f ( β ) < 0 , άρα ισχύουν οι υποθέσεις του Θεωρήματος του Bolzano, επομένως υπάρχει ένα τουλάχιστον x 0 ∈ ( α, β ) τέτοιο ώστε f ( x 0 ) = 0 . • Θα δείξουμε ότι η εξίσωση f ( x ) = 0 έχει ακριβώς μία ρίζα με την μέθοδο της εις άτοπον απαγωγής. Έστω ότι έχει δύο ρίζες. Επειδή η f είναι παραγωγίσιμη στο [ α, β] , άρα και συνεχής στο [α, β] , από το θεώρημα του Rolle η εξίσωση f ′ ( x ) = 0 έχει τουλάχιστον μια ρίζα, άτοπο. Γιατί έχουμε f ′ ( x ) ≠ 0 . γ) Από τη σχέση (1) έχουμε u = zw ∈ I ⇔ −eα f ( β ) + f ( α ) eβ = 0 ⇔ Εφαρμόζουμε το Θεώρημα του Rolle για την συνάρτηση g ( x ) = • f ( α ) f (β) (2). = eα eβ f (x) στο διάστημα [ α, β] . ex Η συνάρτηση g ( x ) είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα [ α, β] , άρα και συνεχής. 13 • f (α) f ( β ) ( 2) g ( α ) = α , g (β ) = ⇒ g ( α ) = g ( β ) , άρα ισχύουν οι υποθέσεις του Θεωρήματος e eβ του Rolle. Επομένως θα υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ ∈ ( α, β ) τέτοιο ώστε g′ ( ξ ) =0 . f ( x ) ′ f ′ ( x ) e x − f ( x ) e x f ′ ( x ) − f ( x ) = g′ ( x ) = Έχουμε όμως ότι= x x 2 ex e e ( ) g′ ( ξ ) = 0 ⇒ f ′ (ξ) − f (ξ) = 0 ⇒ f ′ (ξ) = f (ξ) eξ Ημερομηνία τροποποίησης: 31/8/2011 14
© Copyright 2024 Paperzz