θ. rolle λυμενες ασκησεις

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

Download Report