x - wan.gr

Καθηγητήσ Μαθηματικών: Κωτςάκησ Γεώργιοσ
e-mail: kotsakis @ windowslive. com.
𝐀. 𝚶𝛊 𝛋𝛂𝛎ό𝛎𝛆𝛓 𝐃𝐞 𝐋′ 𝐇𝐨𝐬𝐩𝐢𝐭𝐚𝐥 𝛋𝛂𝛊 𝛈 𝛂𝛒𝛘𝛊𝛋ή 𝛔𝛖𝛎ά𝛒𝛕𝛈𝛔𝛈 𝛋ά𝛎𝛐𝛖𝛎
𝛑𝛊𝛐 𝛆ύ𝛋𝛐𝛌𝛈 𝛕𝛈 𝛌ύ𝛔𝛈 𝛕𝛚𝛎 𝛑𝛒𝛐𝛃𝛌𝛈𝛍ά𝛕𝛚𝛎 𝛍𝛆 𝛕𝛐 𝚯. 𝐑𝐨𝐥𝐥𝐞.
𝐁. 𝚮 𝛂𝛌𝛄𝛆𝛃𝛒𝛊𝛋ή 𝛋𝛂𝛊 𝛄𝛆𝛚𝛍𝛆𝛕𝛒𝛊𝛋ή 𝛆𝛒𝛍𝛈𝛎𝛆ί𝛂 𝛕𝛐𝛖 𝚯. 𝐑𝐨𝐥𝐥𝐞.
𝚪. 𝚶𝛍ά𝛅𝛆𝛓 𝛑𝛒𝛐𝛃𝛌𝛈𝛍ά𝛕𝛚𝛎 𝛔𝛕𝛐 𝚯. 𝐑𝐨𝐥𝐥𝐞.
1o θεώρημα : Απροςδιοριςτία μορφήσ
0
0

Αν για τισ παραγωγίςιμεσ ςυναρτήςεισ f , g ιςχύουν:
⦁ lim f 𝑥 = lim g 𝑥 = 0
x→x 0
x→x 0
⦁ Υπάρχει το lim
x→x 0
και
f′ 𝑥
f 𝑥
f′ 𝑥
, τότε: lim
= lim
∙
x→x 0 g 𝑥
x→x 0 g ′ 𝑥
g′ 𝑥
2o θεώρημα : Απροςδιοριςτία μορφήσ



Αν για τισ παραγωγίςιμεσ ςυναρτήςεισ f , g ιςχύουν:
⦁ lim f 𝑥 = lim g 𝑥 = +∞ και
x→x 0
x→x 0
⦁ Υπάρχει το lim
x→x 0
f΄ 𝑥
g΄ 𝑥
τότε: lim
x→x 0
f 𝑥
f′ 𝑥
= lim
∙
x→x 0 g ′ 𝑥
g 𝑥
Θεώρημα Rolle − εφαρμογέσ
⦁ Είναι ςυνεχήσ ςτο κλειςτό διάςτημα α. β
1
𝟏. Ο αριθμόσ 𝑥0 ∈ ℝ ∪ −∞, +∞ .
𝟐. Το 2ο Θεώρημα ιςχύει και όταν έχουμε:
−∞ +∞ −∞
,
,
∙
−∞ −∞ +∞
𝟑. Τα παραπάνω θεωρήματα ιςχύουν και για τισ περιπτώςεισ
που έχουμε πλευρικά όρια.
𝟒. Πάντοτε ελέγχουμε τισ προώποθέςεισ των κανόνων όταν
πρόκειται να τουσ εφαρμόςουμε.
1η Ομάδα
Οι κανόνεσ De L’ Hospital ιςχύουν θετικά: Δηλαδή μόνο όταν
υπάρχει το όριο:
lim
x→x 0
f′ 𝑥
.
g′ 𝑥
𝟏
𝒙 ∙
𝚴𝛂 υπολογίςετε το όριο: 𝐥𝐢𝐦
𝒙→𝟎 𝐥𝐧 𝒙 + 𝟏
𝒙𝟐 𝛈𝛍
⦁ Ιςχύουν: lim 𝑥 2 ημ
𝑥→0
lim ln 𝑥 + 1
𝑥→0
1
= 0 με το κριτήριο παρεμβολήσ και
𝑥
= 0. Είναι δηλαδή περίπτωςη
1
1
1
΄
2𝑥
ημ
−
ςυν
𝑥 = lim
𝑥
𝑥∙
⦁ lim
𝑥→0 ln 𝑥 + 1 ΄
𝑥→0
1/ 𝑥 + 1
𝑥 2 ημ
2 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου - Ανάλυςη
0
, αλλά έχουμε:
0
(1)
Δεν υπάρχει το όριο lim ςυν
𝑥→0
1
1
−∞, αν 𝑥 < 0
, διότι: lim =
+∞, αν 𝑥 > 0
𝑥→0 𝑥
𝑥
Επομένωσ δεν υπολογίζεται το παραπάνω όριο με τον κανόνα
De L’ Hospital, αλλά με τον εξήσ τρόπο:
1
𝑥 , με 𝑥 ≠ 0 και
⦁ Διαιρούμε τουσ όρουσ του κλάςματοσ
ln 𝑥 + 1
𝑥 2 ημ
1
𝑥 ∙
παίρνουμε το κλάςμα:
ln 𝑥 + 1
𝑥
𝑥 ημ
(2)
⦁ Με το κριτήριο παρεμβολήσ είναι: lim 𝑥 ημ
𝑥→0
ln 𝑥 + 1
𝑥→0
𝑥
lim
1
𝑥
= 0, και
0
ln 𝑥 + 1 ′
1
De L′ Hospital = lim
=
lim
= 1.
𝑥→0
𝑥→0 𝑥 + 1
0
𝑥′
1
𝑥 = 0 = 0∙
Επομένωσ είναι: lim
𝑥→0 ln 𝑥 + 1
1
𝑥 2 ημ
2η Ομάδα
Οι κανόνεσ De L’ Hospital εφαρμόζονται περιςςότερεσ από
μια φορέσ ςτο ίδιο όριο, αρκεί να πληρούνται οι υποθέςεισ.
𝚴𝛂 υπολογίςετε το όριο: 𝐥𝐢𝐦
𝒙→𝟎
lim
𝑥→0 e−𝑥
𝑥3
+𝑥−1
0
0
De L
′
= lim
𝒙𝟑
∙
𝐞−𝒙 + 𝒙 − 𝟏
3𝑥 2
𝑥→0 −e−𝑥
0
+1
0
De L′ = lim
6𝑥
𝑥→0 e−𝑥
= 0.
Θεώρημα Rolle − εφαρμογέσ
3
3η Ομάδα
Δεν εφαρμόζουμε οι κανόνεσ ςε περιπτώςεισ που έχουμε
ριζικά και 𝒙 → ±∞, διότι με τη παραγώγιςη προκύπτουν
πιο δύςκολα όρια.
⦁ Εφαρμόζονται όταν έχουμε ριζικά και 𝑥 → 𝑥0 με 𝑥0 ∈ ℝ.
𝚴𝛂 υπολογίςετε το όριο: 𝐥𝐢𝐦
𝒙𝟐 + 𝒙 + 𝒙
𝒙 + 𝟐𝒙
𝒙→+∞
∙
Αν επιχειρήςουμε με τον κανόνα De L ’ Hospital, διαπιςτώνουμε
τη δυςκολία με τη παράγωγο. Επομένωσ υπολογίζεται ωσ εξήσ:
Διαιρούμε τουσ όρουσ του κλάςματοσ με τον 𝑥 2 ≠ 0, και έχουμε:
lim
𝑥→+∞
𝑥2
+𝑥+𝑥
𝑥 + 2𝑥
+∞
= lim
𝑥→+∞
+∞
𝚴𝛂 υπολογίςετε το όριο: 𝐥𝐢𝐦
𝒙→𝟎
1
1+𝑥+1
𝑥
𝑥
1
+2
𝑥
=
𝒙+𝟏+ 𝒙+𝟒−𝟑
∙
𝒙𝟐 + 𝒙
𝑥+1+ 𝑥+4−3 ′
𝑥+1+ 𝑥+4−3
= lim
=
2
𝑥→0
𝑥→0
𝑥 +𝑥
𝑥2 + 𝑥 ′
1
1
1 1
+
2 𝑥+1 2 𝑥+4 2+4 3
= lim
=
= ∙
𝑥→0
2𝑥 + 1
1
4
lim
4 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου - Ανάλυςη
1+0+1
= 1.
0+2
4η Ομάδα
Όταν έχουμε τισ μορφέσ: 0. ±∞
μετατρέπουμε ςτισ:
𝑥→0
𝛃. lim 𝑥2 e−𝑥
𝑥→+∞
𝑥→0
𝛂. 𝐥𝐢𝐦+ ( 𝒙 𝐥𝐧𝒙 ) 𝛃. 𝐥𝐢𝐦 ( 𝒙𝟐 𝐞−𝒙 )
−∞
𝑥−1
+∞
𝑥2 ΄
2𝑥
lim
=
lim
𝑥→+∞ e𝑥 ΄
𝑥→+∞ e𝑥
και με τον De L ’ H παίρνουμε …
𝑥2 +∞
De L ’ Hospital =
𝑥→+∞ e𝑥 +∞
= lim
+∞
De L ’ Hospital
+∞
𝚴𝛂 υπολογίςετε το όριο: 𝐥𝐢𝐦
𝒙→𝟏
Το όριο τησ διαφοράσ:
𝒙→+∞
𝒙→𝟎
ln𝑥
+∞ . 0
+∞ + −∞ , τότε τισ
0
±∞
ή
, και μετά με τουσ κανόνεσ.
0
±∞
Να υπολογίςετε τα όρια :
𝛂. lim+ 𝑥 ln𝑥 = lim+
ή
2
= 0.
𝑥→+∞ e𝑥
= lim
𝒙
𝟏
−
𝐥𝐧𝒙 𝒙 − 𝟏
𝑥
1
−
, δίνει περίπτωςη
ln𝑥 𝑥 − 1
1 1
− .
0 0
Επομένωσ μετατρέπουμε τη διαφορά ςε πηλίκο και έχουμε:
𝑥
1
𝑥 2 − 𝑥 − ln𝑥
−
=
ln𝑥 𝑥 − 1
𝑥 − 1 ln𝑥
(1)
Θεώρημα Rolle − εφαρμογέσ
5
5η Ομάδα
Έςτω: 𝐟 𝒙 = 𝛂 𝒙𝝂 + 𝛃 − 𝐥𝐧𝐏 𝒙
όπου α, β ∈ ℝ, ν ∈ ℕ∗ και P 𝑥
f 𝒙 = 𝛂 𝒙𝝂 + 𝛃 − 𝐞 𝐏 𝒙
ή
πολυώνυμο.
⦁ Αν το lim f 𝑥 παρουςιάζει απροςδιοριςτία ∞ − ∞, τότε:
𝑥→±∞
⦁ Διαιρούμε με 𝑥 ν ή eP
𝑥
και εφαρμόζουμε τουσ κανόνεσ
De L’ Hospital, ςτα όρια που ικανοποιούν τισ υποθέςεισ.
𝛂. 𝐥𝐢𝐦 𝐞𝟐𝒙 − 𝒙𝟐 + 𝒙
𝛃. 𝐥𝐢𝐦
𝒙→+∞
𝒙→+∞
𝐥𝐧𝟐𝒙 − 𝒙 + 𝒙𝟐 𝛈𝛍
𝟏
𝒙
𝛂. Έχουμε περίπτωςη: +∞ − ∞, οπότε παραγοντοποιούμε τον
τύπο, διαιρώντασ με 𝑥 2 και έχουμε:
lim
𝑥→+∞
e2𝑥 − 𝑥 2 + 𝑥 = lim
𝑥→+∞
𝛃. lim ln2𝑥 − 2𝑥 + 𝑥2 ημ
𝑥→+∞
⦁ Ιςχύουν: lim
𝑥→+∞
⦁ lim 𝑥 ημ
𝑥→+∞
⦁ lim
𝑥→+∞
1
𝑥
1
𝑥
ln2𝑥
+∞
𝑥
+∞
ημ
= lim
𝑥→+∞
1
𝑥
e2𝑥
1
−1+
2
𝑥
𝑥
𝑥2
= lim
𝑥→+∞
𝑥
ln2𝑥
, De L′ = lim
𝑥→+∞
1
𝑥
1
ln2𝑥 − 𝑥 + 𝑥2 ημ + 1
𝑥
1
𝑥
(1)
= u→0
1 1
− 2 + 𝑥ημ +
𝑥
𝑥 𝑥
ln2𝑥 ′
𝑥 ′
= lim
1
𝑥→+∞ 𝑥
= lim
u→0
ημu
u
= 0 και
= 1 , οπότε:
= +∞ 0 − 2 + 1 + 0 = −∞.
6 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου - Ανάλυςη
∙
6η Ομάδα
Τα όρια τησ μορφήσ lim f 𝑥
𝑥→𝑥 0
𝟎
±∞
απροςδιοριςτίεσ: 𝟎 , 𝟏
,
g 𝑥
, παρουςιάζουν τισ
±∞ 𝟎 .
Για τισ απροςδιοριςτίεσ αυτέσ εργαζόμαςτε ωσ εξήσ:
⦁ Γράφουμε τη ςυνάρτηςη y  f 𝑥
y eg
𝑥 .lnf 𝑥
g 𝑥
ωσ εκθετική:
, με f 𝑥 > 0
⦁ Θέτουμε u = g 𝑥 . lnf 𝑥 και βρίςκουμε το όριο:
lim u = κ ∈ ℝ ∪ −∞, +∞ .
𝑥→𝑥 0
⦁ Το τελικό όριο τότε θα είναι: ℓ = lim eu .
u→κ
𝛂. 𝐥𝐢𝐦+ 𝒙
𝒙
𝛃. 𝐥𝐢𝐦
𝒙→+∞
𝒙→𝟎
𝟏 +
𝟏
𝒙
𝛄. 𝐥𝐢𝐦 𝒙𝟐 + 𝟏
𝒙
𝟏
𝒙
𝒙→+∞
𝛂. Έχουμε: lim+ 𝑥𝑥 περίπτωςη 00 = lim+ e𝑥 ln𝑥 (1)
𝑥→0
Όμωσ είναι: lim+ 𝑥 ln𝑥
𝑥→0
𝑥→0
0. −∞
= lim+
𝑥→0
1
lim 𝑥
= lim+ −𝑥 = 0 , άρα από την
1
𝑥→0+
𝑥→0
− 2
𝑥
ln𝑥
1
𝑥
1 :
−∞
, De L′
+∞
=
lim 𝑥 𝑥 = e0 = 1.
𝑥→0+
Θεώρημα Rolle − εφαρμογέσ
7
Δίνεται μια ςυνάρτηςη f οριςμένη ςε δ ι ά ς τ η μ α
Δ.
Ονομάζουμε αρχική ςυνάρτηςη ή παράγουςα τησ 𝐟 ςτο Δ,
κάθε παραγωγίςιμη ςυνάρτηςη 𝐅 ςτο Δ , για την οποία
ιςχύει: F΄ 𝑥 = f 𝑥 , για κάθε 𝑥 ∈ Δ.
𝟏. Η αρχική ςυνάρτηςη έχει νόημα ςε δ ι ά ς τ η μ α και όχι ςε
ένωςη διαςτημάτων !
𝟐. Η έκφραςη « η ςυνάρτηςη f έχει αρχική την F ςτο ςύνολο Α »
έχει νόημα μόνο αν το Α είναι δ ι ά ς τ η μ α.
Έςτω οι ςυναρτήςεισ f 𝑥 = −
1
1
και
F
𝑥
=
που έχουν πεδίο
𝑥2
𝑥
οριςμού Α = −∞, 0 ∪ 0, +∞ και ιςχύει F΄ 𝑥 = f 𝑥 με 𝑥 ∈ A.
Είναι λάθοσ να λέμε:
Αφού ιςχύει ότι: F΄ 𝑥 = f 𝑥 για κάθε 𝑥 ∈ A, η F είναι αρχική
τησ f ςτο Α , γιατί το Α δεν είναι διάςτημα.
Το ςωςτό είναι να λέμε:
Η F είναι αρχική τησ f ςτο διάςτημα
−∞, 0
ή ςτο
0, +∞ .
𝟑. Αποδεικνύεται ότι: Αν μια ςυνάρτηςη f είναι ς υ ν ε χ ή σ ςε
διάςτημα Δ , τότε πάντοτε έχει αρχική ςυνάρτηςη.
8 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου - Ανάλυςη
Ο επόμενοσ πίνακασ των αρχικών ςυναρτήςεων είναι χρήςιμοσ
ςτα επόμενα προβλήματα του διαφορικού λογιςμού.
Οι ςυναρτήςεισ του πίνακα πρέπει να είναι καλώσ οριςμένεσ.

1
0
c
2
1
𝑥
3
1
𝑥
ln 𝑥
4
𝑥α
𝑥 α+1
, α ≠ −1
α+1
5
1
𝑥2
6
1
2 𝑥
−
1
,𝑥 ≠ 0
𝑥
𝑥
f ΄(𝑥)
f(𝑥)
f α 𝑥 f ΄(𝑥)
f ΄(𝑥)
f2 𝑥
f ΄(𝑥)
2 f (𝑥)
ln f(𝑥)
f α+1 𝑥
α+1
1
−
f (𝑥)
f (𝑥)
7
ςυν𝑥
ημ𝑥
f ΄(𝑥)ςυνf (𝑥)
ημf (𝑥)
8
ημ𝑥
−ςυν𝑥
f ΄(𝑥)ημf (𝑥)
−ςυνf (𝑥)
9
1
ςυν2 𝑥
εφ𝑥
f ΄(𝑥)
ςυν2 f (𝑥)
εφf (𝑥
10
1
ημ2 𝑥
−ςφ𝑥
f ΄(𝑥)
ημ2 f (𝑥)
−ςφf (𝑥)
11
e𝑥
e𝑥
f ΄(𝑥)ef (𝑥)
ef (𝑥)
12
α𝑥
α𝑥
lnα
f ΄(𝑥)αf (𝑥) lnα
αf (𝑥)
lnα
Θεώρημα Rolle − εφαρμογέσ
9
Το θεώρημα γεωμετρικά με τη βοήθεια του ςχήματοσ ςημαίνει ότι:
Υπάρχει ένασ τουλάχιςτον
αριθμόσ ξ ∈ α, β
y
ώςτε η
(ε)
εφαπτομένη ευθεία ε τησ

τησ Cf ςτο ςημείο Μ(ξ, f ξ )
να είναι παράλληλη ςτον
Μ(ξ,f(ξ))

Cf
Α(α,f(α))
(ε)
O
α
ξ
Β(β,f(β))


x
ξ
β
άξονα 𝑥 ′ 𝑥 των τετμημένων.
Το θεώρημα Rolle αλγεβρικά ςημαίνει ότι η εξίςωςη: f ′ 𝑥 = 0,
έχει μια τουλάχιςτον ρίζα ςτο διάςτημα α, β .
 Η γραφική παράςταςη τησ παραγώγου, τέμνει τον άξονα 𝑥΄𝑥
ςε ένα τουλάχιςτον ςημείο με τετμημένη ξ ∈ α, β .
 Αν η γραφική παράςταςη τησ f τέμνει τον άξονα 𝑥΄𝑥 ςε δύο
ςημεία 𝑥1 , 𝑥2 𝑥1 < 𝑥2 , τότε η γραφική παράςταςη τησ f ΄
τέμνει τον άξονα 𝑥΄𝑥, τουλάχιςτον μια φορά ςε ςημείο ρ που
βρίςκεται μεταξύ των ςημείων 𝑥1 , 𝑥2 .
10 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου - Ανάλυςη
 Μεταξύ δύο διαδοχικών ριζών 𝑥1 , 𝑥2 τησ εξίςωςησ f 𝑥 = 0,
υπάρχει μια τουλάχιςτον ρίζα ρ τησ εξίςωςησ: f ′ 𝑥 = 0.
 Μεταξύ δύο διαδοχικών ριζών ρ1 , ρ2 , τησ f ′ 𝑥 = 0, υπάρχει
μια το πολύ ρίζα 𝑥0 , τησ εξίςωςησ: f 𝑥 = 0.
 Αν η ςυνάρτηςη f είναι δύο φορέσ παραγωγίςιμη και η f έχει
έχει τρείσ ρίζεσ 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , τότε η f ′ έχει δύο τουλάχιςτον
ρίζεσ ρ1 , ρ2 και η f ′′ μια τουλάχιςτον ρίζα ρ.
Γενίκευςη: Αν η ςυνάρτηςη f είναι κ φορέσ παραγωγίςιμη και
έχει κ + 1 ρίζεσ, τότε η f
κ
έχει μια τουλάχιςτον ρίζα ρ.
 Αν f ′ 𝑥 ≠ 0, για κάθε 𝑥 ∈ ℝ, τότε η f 𝑥 = 0, έχει μια το
πολύ πραγματική ρίζα.
 Αν f ′ 𝑥 ≠ 0 για κάθε 𝑥 ∈ ℝ, τότε η ςυνάρτηςη f είναι 1 − 1.
Με άτοπο και Rolle)
⦁ Στισ λυμένεσ αςκήςεισ που ακολουθούν έγινε ομαδοποίηςη ςε
αρκετά μεγάλο ποςοςτό.
Δεν θα πρέπει όμωσ αυτό να επιδιώκεται ςτη τάξη, διότι τότε
Αφαιρείται η πρωτοβουλία και η δημιουργικότητα του μαθητή.
Θεώρημα Rolle − εφαρμογέσ
11
Λυμένα Θέματα ςτο θεώρημα του Rolle
Έςτω η ςυνάρτηςη:
𝐟 𝒙 =
𝛂𝒙𝟐 + 𝟑 𝒙 + 𝟏 𝛈𝛍𝒙 + 𝟏, 𝒙 ≤ 𝟎
𝒙𝟐 + 𝛃 𝒙 − 𝟏 . 𝐥𝐧 𝒙 + 𝟏 + 𝛄, 𝒙 > 𝟎
Να βρείτε τα 𝛂, 𝛃, 𝛄 ∈ ℝ, ώςτε να ιςχύει το θεώρημα
του Rolle για την f, ςτο διάςτημα: 𝐃 = −𝟏, 𝟏 .
⦁ Η ςυνάρτηςη f είναι ςυνεχήσ ςτα ςύνολα −1,0), (0,1 , διότι οι
f1 𝑥 = α𝑥 2 + 3 𝑥 + 1 ημ𝑥 + 1 και
Εφαρμογή του Θ. Rolle για
την εύρεςη των παραμέτρων
f2 𝑥 = 𝑥 2 + β 𝑥 − 1 ln 𝑥 + 1 + γ
είναι ςυνεχείσ, ωσ άθροιςμα ςυνεχών ςυναρτήςεων.
Πρέπει η f να είναι ςυνεχήσ και ςτο ςημείο 𝑥 = 0, δηλαδή:
lim f 𝑥 = lim+ f 𝑥 = f 0
𝑥⟶0−
𝟏 = 𝛄.
𝑥⟶0
(𝟏)
⦁ Οι τιμέσ ςτα άκρα του διαςτήματοσ −1,1 , να είναι ίςεσ:
f −1 = f 1
α+1=1+γ
α = γ , οπότε είναι:
𝛂=𝛄=𝟏
(𝟐)
⦁ Τέλοσ πρέπει να είναι παραγωγίςιμη ςτο διάςτημα
Είναι: f ′ 𝑥 = 2α𝑥 + 3ημ𝑥 + 3 𝑥 + 1 ςυν𝑥, για 𝑥 ∈ −1,0
12 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου - Ανάλυςη
−1,1 .
και
f ′ 𝑥 = 2𝑥 + β. ln 𝑥 + 1 +
β 𝑥−1
, για 𝑥 ∈ 0,1 .
𝑥+1
Πρέπει να παραγωγίζεται και ςτο 𝑥 = 0, δηλαδή πρέπει:
lim−
f 𝑥 −f 0
f 𝑥 −f 0
= lim+
𝑥⟶0
𝑥−0
𝑥−0
lim−
f 𝑥 −1
f 𝑥 −1
= lim+
∙
𝑥⟶0
𝑥
𝑥
𝑥⟶0
𝑥⟶0
f 𝑥 −1
α𝑥 2 + 3 𝑥 + 1 ημ𝑥
⦁ Είναι: lim−
= lim−
=
𝑥⟶0
𝑥⟶0
𝑥
𝑥
lim− α𝑥 + 3 𝑥 + 1 ∙
𝑥⟶0
Οπότε είναι:
lim−
𝑥⟶0
ημ𝑥
ημ𝑥
= lim−α𝑥 + 3 lim− 𝑥 + 1 lim−
= 3.
𝑥⟶0
𝑥⟶0
𝑥⟶0
𝑥
𝑥
f 𝑥 −1
=3
𝑥
(3)
Επίςησ είναι:
f 𝑥 −1
𝑥 2 + β 𝑥 − 1 ln 𝑥 + 1
⦁ lim+
= lim+
=
𝑥⟶0
𝑥⟶0
𝑥
𝑥
lim+𝑥 + β lim+ 𝑥 − 1 ∙ lim+
𝑥⟶0
𝑥⟶0
Tο όριο lim+
𝑥⟶0
lim+
𝑥⟶0
𝑥⟶0
ln 𝑥 + 1
= 0 + β. −1 . 1 = −β
𝑥
(4)
ln 𝑥 + 1
, υπολογίςτηκε με τον κανόνα De L′ Hosp. ∶
𝑥
ln 𝑥 + 1
𝑥
Περίπτωςη
0
ln 𝑥 + 1 ′
1
= lim+
= lim+
= 1.
𝑥⟶0
𝑥⟶0 𝑥 + 1
0
𝑥′
Επομένωσ από τισ 3 και 4 έχουμε: −β = 3
𝛃 = −𝟑.
Άρα είναι: 𝛂 = 𝛄 = 𝟏 και 𝛃 = −𝟑.
Θεώρημα Rolle − εφαρμογέσ
13
Έςτω η ςυνεχήσ ςυνάρτηςη:
𝐟: 𝛂, 𝛃 ⟼ ℝ με 𝛂 < 𝛃 < 𝟎 𝛋𝛂𝛊 𝛂 + 𝛃 = −𝟐.
Αν υπάρχει η f ΄΄ ςτο
𝛂, 𝛃
και 𝐟 ′ 𝛂 = 𝐟 ′ 𝛃 = 𝟎, τότε:
𝛂. Να βρείτε την τιμή του 𝛌 ∈ ℝ ώςτε η ςυνάρτηςη 𝐠 με τύπο:
𝐠 𝒙 = 𝐟 𝒙 − 𝒙𝐟 ′ 𝒙 − 𝛌𝒙𝟐 ,
να ικανοποιεί τισ ςυνθήκεσ του θεωρήματοσ του Rolle ςτο 𝛂, 𝛃 .
𝛃. Να δείξετε ότι υπάρχει 𝛏 ∈ 𝛂, 𝛃
𝐟 ′′ 𝛏 =
τέτοιο ώςτε:
𝐟 𝛃 −𝐟 𝛂
𝛃−𝛂
𝛂. Η ςυνάρτηςη g είναι ςυνεχήσ ςτο διάςτημα
α, β και είναι:
g′ 𝑥 = f′ 𝑥 − f ′ 𝑥 − 𝑥f ′′ 𝑥 − 2λ𝑥 = g′ 𝑥 = −𝑥f ′′ 𝑥 − 2λ𝑥. (1)
Πρέπει να ιςχύει: g α = g β από την οποία παίρνουμε:
f α − αf ′ α − λα2 = f β − βf ′ β − λβ2
και από αυτή προκύπτει: λ =
f β −f α
∙
β 2 − α2
𝛃. Από το α. με το Θ.R. υπάρχει ξ ∈ α, β
−ξf ′′ ξ − 2λξ = 0
ξ≠0
f α − λα2 = f β − λβ2
ώςτε: g′ ξ = 0
f β −f α
f ′′ ξ = −2λ = α + β . 2
β − α2
f β −f α
f ′′ ξ =
∙
β−α
14 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου - Ανάλυςη
Α' Oμάδα
Ύπαρξη μιασ τουλάχιςτον ρίζασ τησ εξίςωςησ f(x)=0
Ανάλογα με το πρόβλημα, χρηςιμοποιείται μια από τισ μεθόδουσ:
 Με το θεώρημα του Bolzano ςε διάςτημα α, β
 Με το θεώρημα του Rolle για μια αρχική τησ f ςε α, β
 Με άτοπο απαγωγή και το θεώρημα του Rolle ςε α, β
Έςτω 𝐟, 𝐠 οι παραγωγίςιμεσ ςτο ℝ ςυναρτήςεισ και 𝒙𝟏 , 𝒙𝟐 με
𝒙𝟏 < 𝒙𝟐 , είναι οι ρίζεσ τησ εξίςωςησ 𝐟 𝒙 = 𝟎. Να δείξετε ότι:
Η εξίςωςη 𝐟′ 𝒙 + 𝐟 𝒙 𝐠′ 𝒙 = 𝟎, έχει μια τουλάχιςτον ρίζα ςτο
διάςτημα 𝒙𝟏 , 𝒙𝟐 .
⦁ Έχουμε: f 𝑥1 = 0 και f 𝑥2 = 0. (1)
⦁ Πολλαπλαςιάζουμε την εξίςωςη με eg
f′ 𝑥 eg
𝑥
+ f 𝑥 g′ 𝑥 eg
𝑥
=0
f 𝑥 eg
𝑥
𝑥
⦁ Θεωρούμε τη ςυνάρτηςη: h 𝑥 = f 𝑥 eg
και παίρνουμε:
′ = 0.
𝑥
, με 𝑥 ∈ 𝑥1 , 𝑥2 .
Προφανώσ η h ικανοποιεί τισ προώποθέςεισ του Θ.R, άρα….
Θεώρημα Rolle − εφαρμογέσ
15
Μια εφαρμογή του παραπάνω θέματοσ έχουμε αν θεωρήςουμε:
y
f 𝑥 = 𝑥 2 − 1, g 𝑥 = 𝑥.
Ιςχύει: f 𝑥 = 0
𝑥 = −1, 𝑥 = 1.
f( x)  x2  1
⦁ Η εξίςωςη f′ 𝑥 + f 𝑥 g′ 𝑥 = 0,
1
παίρνει τη μορφή:
ρ 1
x
O
𝑥 2 + 2𝑥 − 1 = 0
y  h'( x)
⦁ Η ςυνάρτηςη h 𝑥 = f 𝑥 eg
2
𝑥
𝑥
είναι η h 𝑥 = 𝑥 − 1 e .
h( x)  e x ( x2  1)
Δίνεται η ςυνάρτηςη f η οποία είναι παραγωγίςιμη ςτο 𝟎, 𝛑
και ιςχύει:
𝐟 𝒙 𝛔𝛖𝛎𝒙 ≠ 𝐟′ 𝒙 𝛈𝛍𝒙 (1) για κάθε
𝒙 ∈ 𝟎, 𝛑 .
Να αποδείξετε ότι:
𝛂. 𝐟 𝟎 . 𝐟 𝛑 ≠ 𝟎
𝛃. Η f έχει μια τουλάχιςτον ρίζα ςτο
𝟎, 𝛑 .
𝛂. Για 𝑥 = 0 από την 1 παίρνουμε: f 0 ςυν0 ≠ f ′ 0 ημ0, από
την οποία έχουμε: f 0 ≠ 0 και για 𝑥 = π είναι: f π ≠ 0 οπότε
πράγματι ιςχύει: f 0 . f π ≠ 0.
𝛃. Έςτω ότι η f δεν έχει ρίζα ςτο 0, π δηλαδή είναι: f 𝑥 ≠ 0
ςτο 0, π . Λόγω του α. έχουμε: f 𝑥 ≠ 0 για κάθε 𝑥 ∈ 0, π . (1)
16 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου - Ανάλυςη
⦁ Για κάθε 𝑥 ∈ 0, π
από την υπόθεςη έχουμε:
f 𝑥 ςυν𝑥 − f ′ 𝑥 ημ𝑥 ≠ 0
f 𝑥 ( ημ𝑥)′ − f ′ 𝑥 ημ𝑥
≠0
f2 𝑥
 Αν g 𝑥 =
ημ𝑥
, 𝑥 ∈ 0, π
f 𝑥
f 𝑥 ςυν𝑥 − f ′ 𝑥 ημ𝑥
≠0
f2 𝑥
ημ𝑥
f 𝑥
′
≠0
(2)
τότε από τη 2 είναι: g′ 𝑥 ≠ 0.
Για τη g ιςχύουν οι προώποθέςεισ του Θ. Rolle ςτο 0, π , διότι:
⦁ Είναι ςυνεχήσ ωσ πηλίκο ςυνεχών ςυναρτήςεων.
⦁ Είναι παραγωγίςιμη ςτο 0, π και
⦁ g 0 = g π = 0. Άρα η εξίςωςη g′ 𝑥 = 0 έχει μια τουλάχιςτον
ρίζα ςτο
0, π , πράγμα άτοπο λόγω τησ ςχέςησ (2).
Β' Oμάδα
Ύπαρξη μιασ το πολύ ρίζασ τησ εξίςωςησ f(x)0
Αποδεικνύουμε δηλαδή ότι η εξίςωςη f 𝑥 = 0, έχει μια ή καμία
ρίζα, πράγμα που ςημαίνει ότι η Cf τέμνει τον άξονα 𝑥′𝑥 ςε ένα
ςημείο ή δεν τον τέμνει. Χρηςιμοποιείται μια από τισ μεθόδουσ:
 Αποδεικνύουμε ότι η f είναι γνηςίωσ μονότονη.
 Με άτοπο απαγωγή: Υποθέτουμε ότι η εξίςωςη f 𝑥 = 0
έχει δυο διαφορετικέσ ρίζεσ 𝑥1 , 𝑥2 και εφαρμόζουμε το
θεώρημα Rolle ςτο διάςτημα 𝑥1 , 𝑥2 για 𝑥1 < 𝑥2 .
Θεώρημα Rolle − εφαρμογέσ
17
Γ' Oμάδα
Ύπαρξη μοναδικήσ ρίζασ τησ εξίςωςησ f(x)0
Η ύπαρξη τησ ρίζασ :
⦁ Ελέγχουμε αν η εξίςωςη έχει προφανή ρίζα.
⦁ Εξετάζουμε αν εφαρμόζεται το θεώρημα Bolzano για την f.
⦁ Εξετάζουμε αν ιςχύει το θεώρημα Rolle για την F, μια αρχική τησ f.
Η μοναδικότητα τησ ρίζασ:
⦁ Με τη μονοτονία τησ f.
⦁ Με άτοπο απαγωγή και εφαρμογή του θεωρήματοσ Rolle.
Δίνονται οι ςυναρτήςεισ : 𝐟 𝒙 = 𝐞𝒙 και 𝐠 𝒙 = −𝒙𝟐 + 𝐞𝒙 + 𝟏.
Να αποδείξετε ότι:
y
𝛂. Τα ςημεία 𝚨 𝟎, 𝟏 , 𝚩 𝟏, 𝐞
ανήκουν ςτισ 𝐂𝐟 𝛋𝛂𝛊 𝐂𝐠 .
e
𝛃. Τα 𝚨, 𝚩 είναι τα μοναδικά
Α(0,1)
κοινά ςημεία των 𝐂𝐟 , 𝐂𝐠 .
Cf
B(1, e)
Cg
x
O 1
𝛂. Ιςχύουν: f 0 = e0 = 1 και g 0 = −02 + e. 0 + 1 = 1. Άρα το Α
είναι κοινό ςημείο των Cf , Cg . Επίςησ είναι: f 1 = e και g 1 = 1.
Άρα και το ςημείο Β είναι κοινό ςημείο των Cf , Cg .
18 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου - Ανάλυςη
𝛃. Από το α. ερώτημα έχουμε: f 0 = g 0
ςημαίνει ότι η εξίςωςη: f 𝑥 = g 𝑥
και f 1 = g 1
που
f 𝑥 − g 𝑥 = 0, έχει δύο
ρίζεσ τουσ αριθμούσ 0 και 1.
Θα αποδείξουμε ότι η εξίςωςη: h 𝑥 = f 𝑥 − g 𝑥 = 0, δεν έχει
άλλεσ πραγματικέσ ρίζεσ.
Άτοποσ απαγωγή:
Έςτω ότι η ςυνάρτηςη: h 𝑥 = f 𝑥 − g 𝑥 = e𝑥 + 𝑥 2 − e𝑥 − 1,
έχεικαι άλλη ρίζα ρ ≠ 0, ρ ≠ 1, π. χ. 0 < 1 < ρ.
⦁ Στα διαςτήματα 0,1 , 1, ρ , η h ικανοποιεί τισ προώποθέςεισ του
θεωρήματοσ Rolle, άρα υπάρχει ένασ τουλάχιςτον αριθμόσ α ∈ 0,1
ώςτε: h′ α = 0 και ένασ τουλάχιςτον αριθμόσ β ∈ 1, ρ ώςτε:
h′ β = 0.
⦁ Για την 𝐡′ 𝒙 = 𝐞𝒙 + 𝟐𝒙 − 𝐞, ιςχύει το θεώρημα Rolle ςτο α, β :
⫸ Είναι ςυνεχήσ ςτο α, β .
⫸ h′′ 𝑥 = e𝑥 + 2, για κάθε 𝑥 ∈ α, β
και h′ α = h′ β .
Άρα υπάρχει ένασ τουλάχιςτον αριθμόσ ξ ∈ α, β , ώςτε: h′′ ξ = 0
δηλαδή ότι: e ξ + 2 = 0, πράγμα αδύνατο.
Άρα η h έχει δύο μόνο ρίζεσ που ςημαίνει ότι οι γραφικέσ
παραςτάςεισ των f και g έχουν μοναδικά κοινά ςημεία τα
Α και Β.
Θεώρημα Rolle − εφαρμογέσ
19
Δ' Oμάδα
Ύπαρξη ςημείου ξ∊ α,β ώςτε η εφαπτομένη ε τησ Cf
ςτο Μ ξ,f(ξ , να διέρχεται από ένα ςημείο Α.
Έςτω η παραγωγίςιμη ςυνάρτηςη 𝐟 ςτο διάςτημα 𝟏, 𝟐 , με
𝐟 𝟏 = 𝟐 και 𝐟 𝟐 = 𝟒. Να δείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιςτον
𝛏 ∈ 𝟏, 𝟐 ώςτε η εφαπτομένη ε τησ 𝐂𝐟 ςτο ςημείο 𝚳 𝛏, 𝐟(𝛏)
να διέρχεται από την αρχή Ο των αξόνων.
Αρκεί να αποδείξουμε ότι υπάρχει ξ ∈ 1,2 ώςτε η εφαπτομένη
ε: 𝑦 − f ξ = f ′ ξ 𝑥 − ξ ςτο Μ ξ, f(ξ) να διέρχεται από το Ο 0,0 .
Αυτό ςημαίνει ότι θα υπάρχει ξ ώςτε:
0−f ξ = f′ ξ 0−ξ
ξf′ ξ −f ξ =0
Άρα η εξίςωςη:
f 𝑥
𝑥
y
y  f( x) ε
−f ξ = −ξ f ′ ξ
ξf′ ξ − f ξ
= 0.
ξ2
𝑥f′ 𝑥 −f 𝑥
= 0, ή
𝑥2
′

2
O


Μ
y  g( x)

 
x
1 ξ 2
= 0, να έχει ρίζα ξ ∈ 1,2 .
H ςυνάρτηςη: g 𝑥 =
f 𝑥
, 𝑥 ∈ 1,2 ικανοποιεί τισ υποθέςεισ του
𝑥
του θεωρήματοσ Rolle, ςτο διάςτημα 1,2 , διότι είναι ςυνεχήσ ςτο
20 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου - Ανάλυςη
1,2 , παραγωγίςιμη ςτο 1,2 , και g 1 = 2 = g 2 .
Άρα η εξίςωςη g 𝑥 = 0 έχει μία τουλάχιςτον ρίζα ςτο 1,2 .
Έςτω ςυνάρτηςη 𝐟 που είναι δύο φορέσ παραγωγίςιμη ςτο ℝ
και μια ευθεία 𝛆 . Να αποδείξετε ότι:
𝛂. Αν η 𝛆 τέμνει τη 𝐂𝐟 ςε τρία διαφορετικά ςημεία, τότε η
εξίςωςη: 𝐟 ′′ 𝒙 = 𝟎 έχει μια τουλάχιςτον ρίζα ςτο ℝ.
𝛃. Αν 𝐟 𝒙 = 𝐞𝒙 𝒙𝟐 − 𝟒𝒙 + 𝟕 , τότε η 𝐂𝐟 δεν έχει 3 κοινά ςημεία
με ευθεία 𝛆 .
𝛂. Έςτω Α α, f α
, Β β, f β
και Γ γ, f γ
τα τρία κοινά ςημεία
των Cf και ε και έςτω ότι είναι: α < β < γ.
Η ςυνάρτηςη f ικανοποιεί
y
Cf
ςτα διαςτήματα α, β , β, γ ,
Β(β, f(β))
Α(α, f(α))
τισ προώποθέςεισ του Θ.Μ.Τ.
(ε)
Γ(γ, f(γ))
Επομένωσ υπάρχουν αριθμοί
ξ1 ∈ α, β , ξ2 ∈ β, γ
f ′ ξ1 =
ώςτε:
f β −f α
= λΑΒ
β−α
και
x
α
O
f ′ ξ2 =
β
γ
f γ −f β
= λΒΓ
γ−β
Επειδή τα τρία ςημεία Α, Β, Γ είναι ςυνευθειακά, ιςχύει: λΑΒ = λΒΓ
Θεώρημα Rolle − εφαρμογέσ
21
οπότε ιςχύει: f ′ ξ1 = f ′ ξ2 . (1)
⦁ Για τη ςυνάρτηςη f ′ ιςχύει το θεώρημα του Rolle ςτο διάςτημα
ξ1 , ξ2 επειδή υπάρχει η f ′′ και από την
1 είναι f ′ ξ1 = f ′ ξ2 .
Άρα υπάρχει ένασ τουλάχιςτον ξ ∈ ξ1 , ξ2 ώςτε: f ′′ ξ = 0.
Έςτω η ςυνεχήσ ςυνάρτηςη 𝐟 ςτο διάςτημα 𝟎, 𝟐 , που είναι δύο
φορέσ παραγωγίςιμη ςτο 𝟎, 𝟐 για την οποία: 𝐟 𝟎 = 𝟎, 𝐟 𝟐 = 𝟐.
𝛂. Να δείξετε ότι υπάρχει ένασ τουλάχιςτον 𝛏 ∈ 𝟎, 𝟐 , τέτοιοσ ώςτε:
𝛏. 𝐟 𝛏 = 𝟐 − 𝛏
𝛃. Να αποδείξετε ότι υπάρχουν δύο αριθμοί 𝛋, 𝛌 ∈ 𝟎, 𝟐 ώςτε:
𝐟 ′ 𝛋 .𝐟 ′ 𝛌 =
𝟑𝛏 − 𝟐
∙
𝛏𝟑
𝛄. Να βρείτε την τιμή του 𝛏 ∈ 𝟎, 𝟐 , ώςτε να ιςχύει για την 𝐟 ′
το θεώρημα του Rolle ςτο διάςτημα 𝛋, 𝛌 .
𝛂. Αρκεί να δείξουμε ότι το ξ να είναι ρίζα τησ 𝑥f 𝑥 + 𝑥 − 2 = 0.
Θεωρούμε τη ςυνάρτηςη: g 𝑥 = 𝑥f 𝑥 + 𝑥 − 2 , 𝑥 ∈ 0,2 .
⦁ Είναι ςυνεχήσ ςτο
0,2 , ωσ διαφορά ςυνεχών ςυναρτήςεων.
⦁ Ιςχύουν: g 0 = f 0 − 2 = −2 < 0
και
g 2 = 2f 2 = 4 > 0.
Επομένωσ είναι: g 0 . g 2 < 0, οπότε ςύμφωνα με το θεώρημα
22 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου - Ανάλυςη
του Bolzano, υπάρχει ένα τουλάχιςτον ξ ∈ 0,2 , ώςτε: g ξ = 0,
2−ξ
ή ξf ξ +ξ−2=0
f ξ =
∙
0 κ ξ λ
2
ξ
   

𝛃. Για τη ςυνάρτηςη f ιςχύει το Θ.Μ.Τ. ςτα διαςτήματα
ξ, 2 . Επομένωσ υπάρχουν αριθμοί: κ ∈ 0, ξ
f ξ −f 0
f′ κ =
=
ξ−0
2−ξ
2−ξ
ξ
= 2
ξ
ξ
0, ξ
και λ ∈ ξ, 2
και
ώςτε:
(1)
2−ξ
2−
f 2 −f ξ
3ξ − 2
ξ
f′ λ =
=
=
2−ξ
2−ξ
ξ 2−ξ
(2)
Άρα από τισ 1 , 2 εχουμε:
f ′ κ .f ′ λ =
2 − ξ 3ξ − 2
3ξ − 2
∙
=
∙
2
ξ
ξ 2−ξ
ξ3
𝛄. Η ςυνάρτηςη f ′ είναι ςυνεχήσ διότι υπάρχει η f ′′. Άρα για να
ιςχύει το θεώρημα Rolle για την f ΄ ςτο διάςτημα
f′ κ = f′ λ
2−ξ
3ξ − 2
=
ξ2
ξ 2−ξ
ξ2 − 4ξ + 4 = 3ξ2 − 2ξ
ξ≠0,2
2−ξ
2ξ2 + 2ξ − 4 = 0
Έχει Δ = 9 και ρίζεσ: ξ1,2 =
2
κ, λ , πρέπει:
= ξ 3ξ − 2
ξ2 + ξ − 2 = 0.
−1 ± 3
1
=
∙
−2
2
Δεκτή είναι η τιμή ξ = 1, διότι: ξ ∈ 0,2 .
Θεώρημα Rolle − εφαρμογέσ
23

Download Report