υκείου ατεύθυνσ ατικά - blogs.sch.grblogs.sch.gr/cmour/files/2013/12/P-THEORHMA-ROLLE.pdf · Γεωμετρική ερμηνεία του θεωρήματος Rolle

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου

Μουρατίδης Χρ. Τζουβάλης Αθ. 171

ΚΚεεφφάάλλααιιοο:: ∆∆ιιααφφοορριικκόόςς ΛΛοογγιισσμμόόςς

Τα σημεία μηδενισμού της παραγώ-γου μιας συνάρτησης f παρουσιά-ζουν ιδιαίτερο ενδιαφέρον για την μελέτη της αφού ως γνωστών απο-τελούν θέσεις πιθανών ακροτάτων της.

ΘΕΩΡΗΜΑ Αν για τη συνάρτηση f ισχύουν οι ακόλουθες προϋποθέσεις:

Η f είναι συνεχής στο [ ],α β . Η f είναι παραγωγίσιμη στο ( ),α β . ( ) ( )f fα β=

τότε υπάρχει ένα τουλάχιστον σημείο ( ),ξ α β∈ τέτοιο ώστε ( ) 0f ξ′ = . Απόδειξη

• Αν η συνάρτηση f είναι σταθερή στο [ ],α β , τότε ( ) 0f ξ′ = για κάθε

[ ],ξ α β∈ . • Αν η f δεν είναι σταθερή, τότε, επειδή η f είναι συνεχής στο [ ],α β , σύμφωνα με το θεώρημα μέγιστης-ελάχιστης τιμής υπάρχουν

[ ], ,x xε μ α β∈ τέτοια, ώστε για κάθε [ ],x α β∈ να ισχύουν

( ) ( ) ( ) ( ) με f x f x f x f xε μ ε μ= ≠

Τα σημεία ,x xε μ δεν μπορεί να είναι τα δύο άκρα του διαστήματος [ ],α β , διότι π.χ αν ήταν xε α= και xμ β= , τότε θα ήταν

( ) ( ) ( ) ( )f f x f x fε μα β= < =

που είναι αδύνατον, αφού ( ) ( )f fα β= . Επομένως ένα τουλάχιστον από αυτά είναι εσωτερικό σημείο του διαστή-ματος, έστω το xε . Επειδή η f παρουσιάζει ακρότατο στο [ ],xε α β∈ ,

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου

172

x

y

β 0 α 0x

∆εν είναι παραγωγίσιμη στο [ ]0 ,x α β∈

x

y

α β 0

∆εν είναι συνεχής στο [ ],α β

x

y

α β 0

( )f β

( )f a

( ) ( )f fα β≠

α β

( ) ( )f fα β=

( )( ), fξ ξΜ

x

y

ξ

σύμφωνα με το θεώρημα Fermat, ισχύει ( )f xε′ , δηλαδή το xε είναι το ζητούμενο σημείο ξ .

ΓΓεεωωμμεεττρριικκήή εερρμμηηννεείίαα ττοουυ θθεεωωρρήήμμααττοοςς RRoollllee Γεωμετρικά του θεώρημα Rolle σημαίνει ότι αν ισχύουν για τη συνάρτηση f οι παραπάνω προϋποθέσεις, τότε υπάρχει κάποιο ( ),ξ α β∈ , τέτοιο ώστε η εφαπτομένη της fC στο σημείο

( )( ), fξ ξ να είναι παράλληλη στον άξονα x x′ (Σχήμα 1). Παρατηρήσεις 1. Η συνάρτηση f πρέπει να είναι ορισμένη σε διαστήματα και όχι σε έ-

νωση διαστημάτων. 2. Πρέπει να ισχύουν και οι τρεις προϋποθέσεις του θεωρήματος αλλιώς

δεν ισχύει το συμπέρασμα του θεωρήματος όπως φαίνεται στα παρακά-τω σχήματα.

3. Αν η f είναι παραγωγίσιμη στο [ ],α β είναι και συνεχής στο [ ],α β ,

οπότε εφαρμόζεται το θεώρημα, πληρουμένων και των υπολοίπων προ-ϋποθέσεων φυσικά.

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου


α β

( )( ), fξ ξΜ

x

y

ξ

( )f α

( )f β

4. Το αντίστροφο του θεωρήματος δεν

ισχύει. ∆ηλαδή μπορεί να υπάρχει ρίζα της παραγώγου χωρίς να ισχύει κάποια από τις προϋποθέσεις. Αυτό φαίνεται στο παρακάτω σχήμα όπου δεν ισχύει ( ) ( )f fα β= .

ΛΛυυμμέένναα ππααρρααδδεείίγγμμαατταα

ΜΜέέθθοοδδοοςς 11 ((ΈΈλλεεγγχχοοςς αανν ιισσχχύύεειι ττοο ΘΘ..RRoollllee)) ∆ιαπιστώνουμε στο διάστημα [ ],α β που δίνεται αν:

η f συνεχής στο [ ],α β . η f παραγωγίσιμη στο ( ),α β . ( ) ( )f fα β=

Τότε ισχύει το Θ.Rolle, δηλαδή υπάρχει ρίζα της παραγώγου στο διάστημα [ ],α β ( ( ) 0f x′ = ). ΠΑΡΑ∆ΕΙΓΜΑ 1 Να εξετάσετε αν εφαρμόζεται το θεώρημα του Rolle στο διάστημα ∆ για την συνάρτηση f όταν:

(α) ( )2 3

3 2

02

0

x x xf x x

x x x

πσυν

ημ π

⎧ ⎫+ <⎪ ⎪= ⎨ ⎬⎪ ⎪+ ≥⎩ ⎭

και [ ]1,1Δ = −

(β) ( ) ( )23 1f x x= − και [ ]2,2Δ = − .

Λύση

(α) Η συνάρτηση: ( )2 3

3 2

02

0

x x xf x x

x x x

πσυν

ημ π

⎧ ⎫+ <⎪ ⎪= ⎨ ⎬⎪ ⎪+ ≥⎩ ⎭

έχει πεδίο ορισμού το

Α = . • H f είναι συνεχής στο [ )1,0− και στο ( ]0,1 και θα εξετάσουμε αν η f

είναι συνεχής στο 0 0x = .

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου

174

( ) ( )3

0 0lim lim 0x x

f x x xημπ+ +→ →

= + =

( ) 2 3

0 0lim lim 0 0 0

2x xf x x x πσυν

χ− −→ →

⎛ ⎞= + = + =⎜ ⎟

⎝ ⎠

( )0 0f = Επειδή ( ) ( ) ( )

0 0lim lim 0x x

f x f x f+ −→ →

= = έπεται ότι η f είναι συνεχής στο

0 0x = . Επομένως η f είναι συνεχής στο [ ]1,1− . • Η f είναι παραγωγίσιμη στο ( )1,0− και στο ( )0,1 και θα εξετάσουμε

αν η f είναι παραγωγίσιμη στο 0 0x = .

( ) ( ) ( )

( )

3 23 2

0 0 0

2

0

0lim lim lim

0lim 3 2 0

x x x

x

x xf x f x xx x xx x x

ημ πημ π

π ημπ συνπ

+ + +

+

→ → →

→

′+− += = =

′−= + ⋅ ⋅ =

( ) ( )

2 3

2

0 0 0

0 2lim lim lim 0 0 00 2x x x

x xf x f x x xx x x

πσυν πσυν− − −→ → →

+− ⎛ ⎞= = + = + =⎜ ⎟− ⎝ ⎠

Επειδή ( ) ( ) ( ) ( )0 0

0 0lim lim

0 0x x

f x f f x fx x+ −→ →

− −=

− − έπεται ότι η f είναι παρα-

γωγίσιμη στο 0 0x = . Επομένως η f είναι παραγωγίσιμη στο ( )1,1− . • Είναι ( )1 1f − = και ( )1 1f = , δηλαδή ( ) ( )1 1f f− = . Επομένως εφαρμόζεται το θεώρημα του Rolle για την συνάρτηση f στο διάστημα [ ]1,1− .

(β) Η συνάρτηση ( ) ( )23 1f x x= − έχει πεδίο ορισμού τοΑ = . Θα εξε-τάσουμε αν η f είναι παραγωγίσιμη στο 0 1x = .

• ( ) ( ) ( ) ( )

( )

2 23 33

31 1 1 13

1 11 1lim lim lim lim1 1 11x x x x

x xf x fx x xx

+ + + +→ → → →

− −−= = = = +∞

− − −−

Άρα η f δεν είναι παραγωγίσιμη στο 0 1x = . Επομένως, δεν εφαρμόζεται το θεώρημα του Rolle για την συνάρτηση f στο διάστημα [ ]2,2− .

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου


ΑΑσσκκήήσσεειιςς 1. Να εξετάσετε αν ισχύει το θεώρημα του Rolle στις παρακάτω συναρτή-

σεις, στα αντίστοιχα διαστήματα. Στη συνέχεια να βρείτε όλα τα ( ),ξ α β∈ , για τα οποία ισχύει ( ) 0f ξ′ = .

(α) ( ) [ ]2

3

1 0, 1,1

1 0x x

f x xx x

⎧ − ≤= ∈ −⎨

− >⎩ (δ) ( ) [ ]23 , 0,3f x x x x= − ∈

(β) ( ) [ ]1 5 , 1,5f x x x x= − + − ∈ (ε) ( ) [ ]3 , 0,6f x x x= − ∈

(γ) ( ) [ ]2

2

4 12 2, 6,0

4 16 2x x x

f x xx x x

⎧ + − ≤ −= ∈ −⎨

+ > −⎩

2. Να εξετάσετε αν εφαρμόζεται το Θεώρημα Rolle, για την συνάρτηση

( ) 3 24 7 10f x x x x= + − − στο διάστημα [ ]1,2− . Αν εφαρμόζεται, να βρεθεί το ( )1,2ξ ∈ − , για το οποίο ισχύει ( ) 0f ξ′ = .

ΜΜέέθθοοδδοοςς 22 ((ΠΠρροοσσδδιιοορριισσμμόόςς ππααρρααμμέέττρρωωνν ώώσσττεε νναα ιισσχχύύεειι ττοο ΘΘ..RRoollllee)) • Θέτουμε ( ) ( )f fα β=

• Ελέγχουμε τη συνέχεια στο [ ],α β • Ελέγχουμε την παραγωγισιμότητα στο ( ),α β . • Λύνουμε το σύστημα των σχέσεων που προκύπτουν. ΠΑΡΑ∆ΕΙΓΜΑ 2 ∆ίνεται η συνάρτηση f με τύπο:

( )2

2

04 4 0

x ax xf x

x x xβ

γ⎧ ⎫+ + ≤

= ⎨ ⎬+ + >⎩ ⎭

Να βρείτε τα , ,α β γ ∈ ώστε να εφαρμόζεται το θεώρημα Rolle για την συνάρτηση f στο διάστημα [ ]1,1− .

Λύση Η συνάρτηση f έχει πεδίο ορισμού το Α = . Για να εφαρμόζεται το θεώρημα του Rolle στην f στο διάστημα [ ]1,1− πρέπει η f να είναι συνε-χής στο [ ]1,1− , παραγωγίσιμη στο ( )1,1− και να ισχύει ( ) ( )1 1f f− = .

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου

176

• ( ) ( ) ( )21 1 4 4 1 8 17

f f γ α β γ α βα β γ

= − ⇔ + + = − − + ⇔ + = − + ⇔

− + = − (1)

• Η f είναι συνεχής στο [ )1,0− και στο ( ]0,1 και για να είναι συνεχής στο [ ]1,1− πρέπει η f να είναι συνεχής στο 0 0x = . ∆ηλαδή πρέπει να ισχύει:

( ) ( ) ( )0 0

lim lim 0x x

f x f x f+ −→ →

= = (Α)

Είναι: ( ) ( )2

0 0lim lim 4 4 4x x

f x f x xγ+ +→ →

= + + =

( ) ( )2

0 0lim limx x

f x f x xα β β− −→ →

= + + =

( )0f β= Επομένως η (Α) γίνεται 4 β= (2).

• Η f είναι παραγωγίσιμη στο ( )1,0− και στο ( )0,1 και για να είναι η f παραγωγίσιμη στο ( )1,1− πρέπει να είναι παραγωγίσιμη στο 0 0x = . ∆η-λαδή πρέπει να ισχύει:

( ) ( ) ( ) ( )0 0

0 0lim lim

0 0x x

f x f f x fx x+ −→ →

− −= ∈

− − (Β)

Είναι:

( ) ( ) 2 2(2)

0 0 0

0 4 4 4 4lim lim lim0x x x

f x f x x x xx x x

γ β γ+ + +→ → →

− + + − + += = =

−

( ) ( )0 0

4lim lim 4 4x x

x xx

xγ

γ+ +→ →

+= = + =

( ) ( ) ( ) ( )

2

0 0 0 0

0lim lim lim lim

0x x x x

f x f x xx x xx x x

αα β β α α− − − −→ → → →

− ++ + −= = = + =

−

Επομένως η (Β) γίνεται 4α = (3). • Από (1),(2) και (3) έχουμε:

7 4

4 44 7

α β γ αβ βα γ

− + = − =⎧ ⎫ ⎧ ⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪= ⇔ =⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎪ ⎪ ⎪ ⎪= = −⎩ ⎭ ⎩ ⎭

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου


ΑΑσσκκήήσσεειιςς 3. Να βρείτε τις τιμές του α ∈ ώστε να ισχύει το θεώρημα του Rolle

στο [ ],α β και στη συνέχεια να βρεθούν οι ρίζες ξ της παραγώγου στο ( ),α β . (α) ( ) ( )2 1 3 5f x x xα α= − + + − στο [ ]2,5 (β) ( ) ( )3 25 9 2 5f x x x xα α= − − + − + στο [ ]1,4

(γ) ( ) 1 2 3 1f x x xα= + + − − + στο [ ]1,1−

4. Να βρείτε τα , ,α β γ ∈ ώστε η συνάρτηση f να ικανοποιεί τις υπο-θέσεις του θεωρήματος Rolle στο διάστημα [ ]1,1− όταν:

(α) ( )2

3 2

2 03 0

x x xf x

x x x xα

β γ⎧ ⎫+ + <

=⎨ ⎬+ + + ≥⎩ ⎭

(γ) ( ) [ ]2 2 , 2,4f x x x xα= − + − ∈

(β) ( )2 0

20

x x xf x x

x x

πα ημ

β γ

⎧ ⎫+ <⎪ ⎪= ⎨ ⎬⎪ ⎪+ ≥⎩ ⎭

(δ) ( )2

2 2 3x x x

f xx x x

α β γγ

⎧ ⎫+ + ≤= ⎨ ⎬

+ + >⎩ ⎭

ΜΜέέθθοοδδοοςς 33 ((ΎΎππααρρξξηη ρρίίζζααςς μμεε χχρρήήσσηη ααρρχχιικκήήςς σσυυννάάρρττηησσηηςς)) Όταν θέλουμε να δείξουμε ότι μία εξίαωση έχει τουλάχιστον μία ρίζα και δεν μπορούμε να εφαρμόσουμε το θεώρημα του Bolzano τότε: • Μεταφέρουμε όλους τους όρους στο 1ο μέλος. • Παίρνουμε μια αρχική συνάρτηση ( )F x της ( )f x ( ( ) ( )F x f x′ = ) και

εφαρμόζουμε το Θ.Rolle. ΠΑΡΑ∆ΕΙΓΜΑ 3

Αν 04 3 2α β γ δ+ + + = να δείξετε ότι η εξίσωση 3 2 0x x xα β γ δ+ + + =

έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο ( )0,1 .

Λύση

Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) 4 3 2

4 3 2f x x x x xα β γ δ= + + + η οποία ορίζεται

στο [ ]0,1 . Για την f έχουμε: • Η f είναι συνεχής στο [ ]0,1 .

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου

178

• Η f είναι παραγωγίσιμη στο ( )0,1 με ( ) 3 2f x x x xα β γ δ′ = + + +

• ( )0 0f = και ( )1 04 3 2

f α β γ δ= + + + = δηλαδή ( ) ( )0 1f f= .

Από το θεώρημα του Rolle έπεται ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )0,1ξ ∈ τέτοιο ώστε ( ) 3 2 0f ξ αξ βξ γξ δ′ = + + + = ,που σημαίνει ότι ο αριθμός ξ είναι ρίζα τις εξίσωσης 3 2 0x x xα β γ δ+ + + = . ΠΑΡΑ∆ΕΙΓΜΑ 4 Να δείξετε ότι η εξίσωση 3 24 9 2 9 0x x x− − + = έχει τουλάχιστον μία πραγματική ρίζα στο διάστημα ( )1,2 .

Λύση Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) 4 3 23 9f x x x x x= − − + η οποία ορίζεται στο ( )1,2 . Για την f έχουμε: • Η f είναι συνεχής στο [ ]1,2 . • Η f είναι παραγωγίσιμη στο ( )1,2 με ( ) 3 24 9 2 9f x x x x′ = − − + • ( )1 6f = και ( )2 6f = δηλαδή ( ) ( )1 2 6f f= = . Από το θεώρημα του Rolle έπεται ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )1,2ξ ∈ τέτοιο ώστε ( ) 3 20 4 9 2 9 0f ξ ξ ξ ξ′ = ⇔ − − + = ,που σημαίνει ότι ο αριθ-μός ξ είναι ρίζα τις εξίσωσης 3 24 9 2 9 0x x x− − + = . ΠΑΡΑ∆ΕΙΓΜΑ 5 Να δείξετε ότι η εξίσωση 3 28 18 6 2 6 3x x xα β α β− + = − + έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα ( )1,0 .

Λύση Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( )4 3 22 6 3 2 6 3f x x x x xα β α β= − + − − + η οποία ορίζεται στο [ ]0,1 . Για την f έχουμε: • Η f είναι συνεχής στο [ ]0,1 . • Η f είναι παραγωγίσιμη στο ( )0,1 με

( ) 3 28 18 6 2 6 3f x x x xα β α β′ = − + − + − • ( )0 0f = και ( )1 0f = δηλαδή ( ) ( )0 1f f= . Από το θεώρημα του Rolle έπεται ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )0,1ξ ∈ τέτοιο ώστε

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου


( ) 3 2

3 2

0 8 18 6 2 6 3 0

8 18 6 2 6 3

f ξ αξ βξ ξ α β

αξ βξ ξ α β

′ = ⇔ − + − + − = ⇔

⇔ − + = − +

που σημαίνει ότι ο αριθμός ξ είναι ρίζα τις εξίσωσης 3 28 18 6 2 6 3x x xα β α β− + = − + .

ΠΑΡΑ∆ΕΙΓΜΑ 6 Να δείξετε ότι η εξίσωση 2 3 2 212 6 2 3 2 0x x xα β γ α β γ− + + + + = έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα ( )1,0− .

Λύση Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( )2 4 3 2 23 2 3 2f x x x x xα β γ α β γ= − + + + + η

οποία ορίζεται στο [ ]1,0− . Για την f έχουμε: • Η f είναι συνεχής στο[ ]1,0− . • Η f είναι παραγωγίσιμη στο ( )1,0− με

( ) 3 2 212 6 2 3 2f x x x xα β γ α β γ′ = − + + + + • ( )0 0f = και ( )1 0f − = δηλαδή ( ) ( )0 1f f= − . Από το θεώρημα του Rolle έπεται ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )1,0ξ ∈ − τέτοιο ώστε ( ) 2 3 2 20 12 6 2 3 2 0f ξ α ξ βξ γξ α β γ′ = ⇔ − + + + + = που σημαί-νει ότι ο αριθμός ξ είναι ρίζα τις εξίσω-σης 2 3 2 212 6 2 3 2 0x x xα β γ α β γ− + + + + = .

ΑΑσσκκήήσσεειιςς 5. Αν 1eα β+ = − , να δείξετε ότι η εξίσωση 2xe xα β− = − + έχει τουλά-

χιστον μία ρίζα στο ( )0,1 .

6. Να δείξετε ότι η εξίσωση 3 28 9 6 2 0x x xα β β α+ − − = έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο ( )0,1 .

7. Αν 2α π β+ = , να δείξετε ότι η εξίσωση 2 2x xαημ βσυν= − έχει

τουλάχιστον μία ρίζα στο διάστημα 0,2π⎛ ⎞

⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου

180

8. Να δείξετε ότι η εξίσωση 3 212 12 8 3 0x x xα β β α+ − − = έχει τουλάχι-στον μία ρίζα στο διάστημα ( )0,1 .

9. Αν 1 2 10... 0,

1 1 2ν ν να α α α α ν

ν ν ν∗− −+ + + + + = ∈

+ − να δείξετε ότι η εξίσω-

ση 11 1 0... 0v vx x xν να α α α−−+ + + + = έχει μία ρίζα στο διάστημα ( )0,1 .

10. ∆ίνεται ( ) 2

2 1 0f x x xα α α= + + και 0 1 2, ,α α α ∈ τέτοιο, ώστε να ισχύ-

ει 2 10 0

3 2α α α+ + = . Να δείξετε ότι η εξίσωση ( ) 0f x = έχει μία του-

λάχιστον ρίζα ( )0,1ξ ∈ .

11. ∆ίνεται συνάρτηση f , παραγωγίσιμη στο [ ]2,2− για την οποία ισχύει

( ) ( ) ( )26 3 12x f x x f x′⋅ ⋅ ≠ − , για κάθε [ ]2,2x∈ − . Να αποδείξετε ότ:

(α) ( ) ( )2 2 0f f⋅ − ≠ (β) Η f έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο ( )2,2− (Με άτοπο)

12. Έστω μια συνάρτηση f η οποία είναι παραγωγίσιμη στο [ ]0,π και ι-

σχύει ( ) ( )f x x f x xσυν ημ′≠ για κάθε [ ]0,x π∈ . Να δείξετε ότι: (α) ( ) ( )0 0f f π⋅ ≠ (β) Η f έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο ( )0,π

13. Αν η συνάρτηση είναι συνεχής στο [ ],α β και παραγωγίσιμη στο ( ),α β

με ( ) 0f x′ ≠ για κάθε ( ),x α β∈ , να δείξετε ότι ( ) ( )f fα β≠ . Υπόδειξη: Με την μέθοδο της άτοπο επαγωγής.

ΜΜέέθθοοδδοοςς 44 ((ΑΑππόόδδεειιξξηη σσχχέέσσεεωωνν μμεε χχρρήήσσηη ααρρχχιικκήήςς σσυυννάάρρττηησσηηςς)) • Μεταφέρουμε όλους τους όρους της ζητούμενης σχέσης στο 1ο μέλος

και θέτουμε όπου ξ το x . Έστω ότι το 1ο μέλος είναι ( )A x . • Βρίσκουμε την αρχική συνάρτηση ( )A x ή κατάλληλο μετασχηματισμό

αυτής έστω ( )h x . • Εφαρμόζουμε το Θ.Rolle για την ( )h x .

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου


∆ίνεται ότι: η f συνεχής στο [ ],α β παραγωγίσιμη στο [ ],α β

και ζητείται η ύπαρξη ξ που ικα-νοποιεί τη σχέση

Βοηθητική συνάρτηση στην οποία εφαρμόζουμε το θεώρημα του

Rolle.

( )f cξ′ = ( ) ( )h x f x cx= −

( ) 1nf nξ ξ −′ = ( ) ( ) nh x f x x= −

( )( ) ( )f c fξ ξ ξ′ − = ( ) ( ) ( )h x x c f x= −

( )( ) ( )f c fξ ξ ξ′ − = ( ) ( )f xh x

x c=

−

( ) ( )f nfξ ξ ξ′ = ( ) ( )n

f xh x

x=

( ) ( )f cfξ ξ′ = ( ) ( )cxh x e f x−=

ΠΑΡΑ∆ΕΙΓΜΑ 7 Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο [ ]1,3 και ισχύει

( ) ( )3 1 8f f= + . Να δείξετε ότι υπάρχει ( )1,3ξ ∈ τέτοιο ώστε

( ) 2f ξ ξ′ = .

Λύση Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( ) 2h x f x x= − η οποία ορίζεται στο διάστημα

[ ]1,3 . Για τη συνάρτηση h έχουμε: • Η h είναι συνεχής στο[ ]1,3 . • Η h είναι παραγωγίσιμη στο ( )1,3 με ( ) ( ) 2h x f x x′ ′= − • ( ) ( )1 1 1h f= − και ( ) ( ) ( ) ( )3 3 9 1 8 9 1 1h f f f= − = + − = − δηλαδή

( ) ( )1 3h h= Από το θεώρημα του Rolle έπεται ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )1,3ξ ∈ τέτοιο ώστε ( ) ( ) ( )0 2 0 2h f fξ ξ ξ ξ ξ′ ′ ′= ⇔ − = ⇔ = . ΠΑΡΑ∆ΕΙΓΜΑ 8

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου

182

Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [ ]1,1− και παραγωγίσιμη στο ( )1,1− και ισχύει ( ) ( )1 1 2f f− = + . Να δείξετε ότι υπάρχει ( )1,1ξ ∈ − τέτοιο ώστε ( ) 2 1f ξ ξ′ = − .

Λύση Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( ) 2h x f x x x= − + η οποία ορίζεται στο διά-στημα [ ]1,1− . Για τη συνάρτηση h έχουμε: • Η h είναι συνεχής στο[ ]1,1− . • Η h είναι παραγωγίσιμη στο ( )1,1− με ( ) ( ) 2 1h x f x x′ ′= − + • ( ) ( )1 1 2h f− = − − και ( ) ( ) ( )1 1 1 2h f f= = − − δηλαδή ( ) ( )1 1h h− = . Από το θεώρημα του Rolle έπεται ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )1,1ξ ∈ − τέτοιο ώστε ( ) ( ) ( )0 2 1 0 2 1h f fξ ξ ξ ξ ξ′ ′ ′= ⇔ − + = ⇔ = − . ΠΑΡΑ∆ΕΙΓΜΑ 9 Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο [ ]1,2 και ισχύει

( ) ( )2 2 1f f= . Να δείξετε ότι η εξίσωση ( ) ( )xf x f x′ = έχει μία του-λάχιστον ρίζα στο διάστημα ( )1,2 .

Λύση

Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( )f xh x

x= η οποία ορίζεται στο διάστημα

[ ]1,2 . Για τη συνάρτηση h έχουμε: • Η h είναι συνεχής στο[ ]1,2 .

• Η h είναι παραγωγίσιμη στο ( )1,2 με ( ) ( ) ( )2

xf x f xh x

x′ −

′ =

• ( ) ( )1 1h f= και ( ) ( ) ( ) ( )2 2 12 1

2 2f f

h f= = = δηλαδή ( ) ( )1 2h h= .

Από το θεώρημα του Rolle έπεται ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )1,2ξ ∈ τέτοιο ώστε

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )20 0 0f f

h f f f fξ ξ ξ

ξ ξ ξ ξ ξ ξ ξξ

′ −′ ′ ′= ⇔ = ⇔ − = ⇔ =

που σημαίνει ότι η εξίσωση ( ) ( )xf x f x′ = έχει ρίζα τον αριθμό ( )1,2ξ ∈ . ΠΑΡΑ∆ΕΙΓΜΑ 10

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου


Οι συναρτήσεις f και g είναι συνεχείς στο [ ],α β και παραγωγίσιμες

στο ( ),α β και ισχύει ( )( )

( )( )

f fg gα βα β

= . Για κάθε [ ],x α β∈ ισχύει

( ) 0g x ≠ και για κάθε [ ],x α β∈ ισχύει ( ) 0g x′ ≠ . Να δείξετε ότι

υπάρχει ( ),ξ α β∈ τέτοιο ώστε ( )( )

( )( )

f fg gξ ξξ ξ

′=

′.

Λύση

Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( )( )

f xh x

g x= η οποία ορίζεται στο διάστημα

[ ],α β . Για τη συνάρτηση h έχουμε: • Η h είναι συνεχής στο[ ],α β .

• Η h είναι παραγωγίσιμη στο ( ),α β με ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2

f x g x f x g xh x

g x′ ′−

′ =

• ( ) ( )( )

fh

gα

αα

= και ( ) ( )( )

fh

gβ

ββ

= δηλαδή ( ) ( )h hα β= .

Από το θεώρημα του Rolle έπεται ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ( ),ξ α β∈ τέτοιο ώστε:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )

( )( )

20 0 0f g f g

h f g f gg

f ff g f g

g g

ξ ξ ξ ξξ ξ ξ ξ ξ

ξ

ξ ξξ ξ ξ ξ

ξ ξ

′ ′−′ ′ ′= ⇔ = ⇔ − = ⇔

′′ ′= ⇔ =

′

ΠΑΡΑ∆ΕΙΓΜΑ 11 Οι συναρτήσεις f και g είναι συνεχείς στο [ ],α β και παραγωγίσιμες στο ( ),α β και για κάθε ( ),x α β∈ ισχύει ( ) ( ) 0f x g x ≠ . Αν

( ) 0f α = και ( ) 0g β = να δείξετε ότι υπάρχει ( ),ξ α β∈ τέτοιο ώστε

( )( )

( )( )

0f gf gξ ξξ ξ

′ ′+ = .

Λύση

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου

184

Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( ) ( )h x f x g x= η οποία ορίζεται στο διάστημα

[ ],α β . Για τη συνάρτηση h έχουμε: • Η h είναι συνεχής στο[ ],α β . • Η h είναι παραγωγίσιμη στο ( ),α β με ( ) ( ) ( ) ( ) ( )h x f x g x f x g x′ ′ ′= + • ( ) ( ) ( ) 0h f gα α α= = και ( ) ( ) ( ) 0h f gβ β β= = δηλαδή

( ) ( )h hα β= . Από το θεώρημα του Rolle έπεται ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ( ),ξ α β∈ τέτοιο ώστε:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )( ) ( )( ) ( )

( )( )

( )( )

0

0 0 0

0

f x g x f g f gh f g f g

f g f g

f gf g


ξ ξ ξ ξ

ξ ξξ ξ

≠ ′ ′′ ′ ′= ⇔ + = ⇔ + = ⇔

′ ′+ =

ΑΑσσκκήήσσεειιςς 14. Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [ ]0,1 και παραγωγίσιμη στο ( )0,1 με

( ) ( )0 1f f= . Να δείξετε ότι υπάρχει ( )0,1ξ ∈ τέτοιο ώστε

( ) 23 1f ξ ξ′ = − . Υπόδειξη: Θεωρείστε συνάρτηση ( ) ( ) 3h x f x x x= − − και εφαρμόστε το θεώρημα του Rolle.

15. Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο ( )0,π με ( )0 1f = −

και ( ) 3f π = . Να δείξετε ότι υπάρχει ( )0,ξ π∈ τέτοιο ώστε

( ) 2f ξ ημξ συνξ′ = − . Υπόδειξη: Θεωρείστε συνάρτηση ( ) ( ) 2h x f x x xσυν ημ= + + και ε-φαρμόστε το θεώρημα του Rolle.

16. Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο [ ]0,2 με ( )0 2f = − και

( )2 8f = − . Να δείξετε ότι η εξίσωση ( ) 23 2 1f x x x′ = − + − έχει τουλά-χιστον μία ρίζα στο ( )0,2 .

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου


17. Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο [ ]1,e με ( ) 312

f = και

( )2

2ef e = . Να δείξετε ότι υπάρχει ( )1,eξ ∈ τέτοιο ώστε

( ) 1f ξ ξξ

′ = − .

Υπόδειξη: Θεωρείστε συνάρτηση ( ) ( )2

ln2xh x f x x= − + και εφαρμό-

στε το θεώρημα του Rolle.

18. Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [ ]0,1 και παραγωγίσιμη στο ( )0,1 με ( )1 0f = . Να δείξετε ότι υπάρχει ( )0,1ξ ∈ τέτοιο ώστε ( ) ( )2f fξ ξ ξ′ = − .

Υπόδειξη: Θεωρείστε συνάρτηση ( ) ( )2h x x f x= και εφαρμόστε το θεώρημα του Rolle.

19. Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [ ]0,1 και παραγωγίσιμη στο ( )0,1 με

( )1 0f = . Να δείξετε ότι η εξίσωση ( ) ( ) 0f x f x

x xσυν ημ′

+ = έχει τουλάχι-

στον μία ρίζα στο ( )0,1 . Υπόδειξη: Θεωρείστε συνάρτηση ( ) ( )h x f x xημ= και εφαρμόστε το θεώρημα του Rolle.

20. Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [ ]0,1 και παραγωγίσιμη στο ( )0,1 με

( ) ( )1 0 1f f συν= . Να δείξετε ότι η εξίσωση ( ) ( ) 0f x f x

x xημ συν′

+ = έχει

τουλάχιστον μία ρίζα στο ( )0,1 . Υπόδειξη: Θεωρείστε συνάρτηση ( ) ( ) /h x f x xσυν= και εφαρμόστε το θεώρημα του Rolle.

21. Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [ ],4α και παραγωγίσιμη στο ( ),4α με ( ) 0f α = . Να δείξετε ότι υπάρχει ( ),4ξ α∈ τέτοιο ώστε ( ) ( ) ( )4f fξ ξ ξ′= − .

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου

186

Υπόδειξη: Θεωρείστε συνάρτηση ( ) ( )( )4h x f x x= − και εφαρμόστε το θεώρημα του Rolle.

22. Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [ ]0,α και παραγωγίσιμη στο ( )0,α

με ( )0 0f = . Να δείξετε ότι υπάρχει ( )0,ξ α∈ τέτοιο ώστε ( ) ( ) ( )2 f a fξ ξ ξ′= − .

Υπόδειξη: Θεωρείστε συνάρτηση ( ) ( )( )2h x f x α ξ= − και εφαρμόστε το θεώρημα του Rolle.

23. Οι συναρτήσεις ,f g είναι συνεχείς στο [ ],α β και παραγωγίσιμες στο

( ),α β . Να δείξετε ότι υπάρχει ( ),ξ α β∈ τέτοιο ώστε

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f g g g f fξ β ξ ξ ξ α′ ′⎡ − ⎤ = ⎡ − ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦ .

Υπόδειξη: Θεωρείστε συνάρτηση ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )h x f x f g g xα β= − − και εφαρμόστε το θεώρημα του Rolle.

24. Έστω f συνάρτηση παραγωγίσιμη στο διάστημα [ ]1,2 με ( ) 0f x′ ≠ στο

( )1,2 και ( )2 0f = . Να αποδείξετε ότι υπάρχει ( )1,2ξ ∈ τέτοιο, ώστε:

( )( )

ln 0ffξ

ξ ξξ

+ =′

.

Υπόδειξη: Θεωρείστε συνάρτηση ( ) ( ) lnh x f x x= και εφαρμόστε το θεώρημα του Rolle.

25. ∆ίνεται η συνάρτηση f , που είναι συνεχής στο διάστημα [ ]0,2 και πα-

ραγωγίσιμη στο ( )0,2 με ( ) ( )2 0 2f f− = . Να αποδείξετε ότι υπάρχει ( )0,2ξ ∈ τέτοιο, ώστε : ( ) 3 2f ξ ξ′ = − .

Υπόδειξη: Θεωρείστε συνάρτηση ( ) ( ) 2 3h x f x x x= + − και εφαρμόστε το θεώρημα του Rolle.

26. ∆ίνεται παραγωγίσιμη συνάρτηση [ ]: 0,1g → με ( )0 0g = και ( ) 0g x > για κάθε ( )0,1x∈ . Να αποδείξετε ότι υπάρχει ( )0,1ξ ∈ τέ-

τοιο ώστε ( )( )

( )( )

2 11

g gg g

ξ ξξ ξ′ ′ −

=−

.

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου


27. ∆ίνεται παραγωγίσιμη συνάρτηση :g → με ( )0 0g = . Να αποδεί-

ξετε ότι υπάρχει 0,4πξ ⎛ ⎞∈⎜ ⎟

⎝ ⎠ τέτοιο, ώστε:

( )( ) ( ) ( )1 1g gξ εφξ εφξ ξ′ − = + .

28. ∆ίνεται παραγωγίσιμη συνάρτηση :f → . Να αποδείξετε ότι η εξί-σωση ( ) ( ) ( ) ( )22 3 3 0x f x x x f x′− + − = έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο

διάστημα ( )0,3 .

29. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [ ]1,2 , παραγωγίσιμη στο ( )1,2 και ισχύει ( ) ( )2 1 3 ln 2f f− = − , να δείξετε ότι υπάρχει ( )0 1,2x ∈ τέ-τοιο, ώστε ( ) 2

0 0 02 1x f x x′ = − .

30. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [ ]0,2 και παραγωγίσιμη στο ( )0,2 , να αποδείξετε ότι υπάρχει ( )0,2ξ ∈ τέτοιο, ώστε ( ) ( )2f fξ ξ′ ′= − .

31. ∆ίνεται η συνάρτηση f η οποία είναι συνεχής στο [ ]0,1 , παραγωγίσιμη

στο ( )0,1 και ισχύει ( ) ( )1 1 10 1f f

− = . Αν ( ) 0f x ≠ για κάθε [ ]0,1x∈

να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )0 0,1x ∈ τέτοιο ώστε

( ) ( )20 0 02f x x f x′ = .

32. Έστω η συνάρτηση f η οποία είναι συνεχής στο [ ]0,1 , παραγωγίσιμη

το ( )0,1 και ισχύει ( ) 0f x > για κάθε [ ]0,1x∈ . Αν ( )0 ln 2f = και ( ) ( )1 ln 1f e= + να δείξετε ότι υπάρχει ( )0 0,1x ∈ τέτοιο, ώστε

( ) ( )( )00 02 1 f xf x x e−′ = − .

33. Αν η f είναι παραγωγίσιμη στο και ισχύει ( )1 1f = , να αποδείξετε

ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον 0 0x > τέτοιο, ώστε: ( ) ( )00

0

2f x

f xx

′ = − .

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου

188

34. Έστω η συνάρτηση [ ]: 3,4f → συνεχής στο [ ]3,4 και παραγωγίσιμη

στο ( )3,4 με ( ) ( )3 3 2 4f f= . Να δείξετε ότι υπάρχει ( )3,4ξ ∈ τέτοιο, ώστε ( ) ( ) ( )1f fξ ξ ξ′ ⋅ − = .

35. ∆ίνεται συνάρτηση g , παραγωγίσιμη στο [ ]0,1 , με g′ συνεχής στο

[ ]0,1 και ( ) ( ) 11 02

g g= + , ( )0 0g′ > . Να αποδείξετε ότι:

(α) Υπάρχει ( )0,1ξ ∈ τέτοιο, ώστε ( )g ξ ξ′ = (β) Υπάρχει ( )0,1ρ ∈ τέτοιο, ώστε ( ) 2g ρ ρ′ =

36. Αν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο , να αποδείξετε ότι για

κάθε 0h > υπάρχει ( )0,1θ ∈ , ώστε ( ) ( ) ( )f x h f x h f x hθ′+ = + ⋅ + .

ΜΜέέθθοοδδοοςς 55 Στις ασκήσεις που ζητείται να δειχθεί ότι υπάρχει ( ),ξ α β∈ που ικανο-ποιεί μια σχέση της μορφής ( ) ( ) ( ) 0f g fξ ξ ξ′ + = (1), τότε: • Αντικαθιστούμε όπου ξ το x . • Βρίσκουμε την αρχική ( )G x της ( )g x ( ( ) ( )G x g x′ = )

• Πολλαπλασιάζουμε τη σχέση (1) με ( )G xe , οπότε: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0G x G xe f x e G x f x′ ′+ = ⇒ ( ) ( )( ) 0G xe f x ′ = .

• Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( ) ( )G xh x e f x= και εφαρμόζουμε το θεώρη-μα του Rolle στο [ ],α β .

ΠΑΡΑ∆ΕΙΓΜΑ 12 ∆ίνεται η συνάρτηση f , η οποία είναι συνεχής στο [ ]3,3− , παραγωγίσιμη στο ( )3,3− και ( ) ( ) 93 3f f e− = = . Να δείξετε ότι υπάρχει ( )3,3ξ ∈ − , ώστε να ισχύει η σχέση ( ) ( )2f fξ ξ ξ′ = .

Λύση Θέτοντας όπου ξ το x , έχουμε: ( ) ( )2 0f x xf x′ − = (1)

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου


Η αρχική της 2x− είναι η 2x− , οπότε πολλαπλασιάζουμε την (1) με 2xe−

και είναι:

( ) ( ) ( )( )2 2 2

2 0 0x x xe f x xe f x e f x− − − ′′ − = ⇒ =

Θεωρούμε την συνάρτηση ( ) ( )2xh x e f x−= η οποία είναι συνεχής στο

[ ]3,3− ως πράξη συνεχών, παραγωγίσιμη στο ( )3,3− με

( ) ( ) ( )2 2

2x xh x e f x xe f x− −′ ′= − και ( ) ( )3 3 1h h= − = . Οπότε σύμφωνα με το θεώρημα Rolle, υπάρχει ( )3,3ξ ∈ − τέτοιο, ώστε:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2

2 2 00 2 0 2

eh e f e f f f

ξ

ξ ξξ ξ ξ ξ ξ ξ ξ− ≠

− −′ ′ ′= ⇔ − = ⇔ = ΠΑΡΑ∆ΕΙΓΜΑ 13 Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [ ]0,π και παραγωγίσιμη στο ( )0,π . Να δείξετε ότι υπάρχει ( )0,ξ π∈ τέτοιο ώστε ( )f ξ σφξ′ = − .

Λύση Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( )f xh x e xημ= η οποία ορίζεται στο διάστημα

[ ]0,π . Για τη συνάρτηση h έχουμε: • Η h είναι συνεχής στο[ ]0,π . • Η h είναι παραγωγίσιμη στο ( )0,π με

( ) ( ) ( ) ( )f x f xh x f x e x e xημ συν′ ′= +

• ( ) ( )00 0 0fh e ημ= = και ( ) ( ) 0fh e ππ ημπ= = δηλαδή ( ) ( )0h h π= . Από το θεώρημα του Rolle έπεται ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )0,ξ π∈ τέτοιο ώστε:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )( )

( ) ( )0, 0

0 0 0f fh e f e f

f f f

ξ ξ

ξ π ημξ

ξ ξ ημξ συνξ ξ ημξ συνξ

συνξξ ημξ συνξ ξ ξ σφξημξ

∈ ⇒ ≠

′ ′ ′= ⇔ + = ⇔ + = ⇔

′ ′ ′= − ⇔ = − ⇔ = −

ΠΑΡΑ∆ΕΙΓΜΑ 14 Οι συναρτήσεις f και g είναι συνεχείς στο [ ],α β και παραγωγίσιμες

στο ( ),α β και για κάθε [ ],x α β∈ ισχύει

( ) ( ) ( ) ( ) ( )1f x g x f x g x′ ′≠ . Αν ( ) ( ) 0f fα β= = να δείξετε ότι η εξίσωση ( ) 0g x = έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο ( ),α β .

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου

190

Λύση Για x α= , από την (1) έπεται:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0f g f g f g gα α α α α α α′ ′ ′≠ ⇒ ≠ ⇒ ≠ . Για x β= , από την (1) έπεται :

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0f g f g f g gβ β β β β β β′ ′ ′≠ ⇒ ≠ ⇒ ≠ Υποθέτουμε ότι είναι ( ) 0g x ≠ για κάθε ( ),x α β∈ . Θεωρούμε τη συνάρ-

τηση ( ) ( )( )

f xh x

g x= η οποία ορίζεται στο διάστημα [ ],α β .

Για τη συνάρτηση h έχουμε: • Η h είναι συνεχής στο[ ],α β .

• Η h είναι παραγωγίσιμη στο ( ),α β με ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2

f x g x f x g xh x

g x′ ′−

′ =

• ( ) ( )( )

0f

hgα

αα

= = και ( ) ( )( )

0f

hg

ββ

β= = δηλαδή ( ) ( )h hα β= .


( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

20 0 0f g f g

h f g f gg

f g f g


ξ

ξ ξ ξ ξ

′ ′−′ ′ ′= ⇔ = ⇔ − = ⇔

′ ′=

Άτοπο γιατί για κάθε [ ],x α β∈ ισχύει ( ) ( ) ( ) ( )f x g x f x g x′ ′≠ . Επομένως θα υπάρχει ( ),κ α β∈ τέτοιο ώστε ( ) 0g κ = που σημαίνει ότι η εξίσωση ( ) 0g x = έχει ρίζα τον αριθμό ( ),κ α β∈ . ΠΑΡΑ∆ΕΙΓΜΑ 15 Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [ ],α β και παραγωγίσιμη στο ( ),α β με ( ) ( ) 0f fα β= = . Να δείξετε ότι για κάθε λ ∈ υπάρχει

( ),ξ α β∈ τέτοιο ώστε ( ) ( )f fξ λ ξ′ = .

Λύση

Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( )x

f xh x

eλ= η οποία ορίζεται στο διάστημα

[ ],α β . Για τη συνάρτηση h έχουμε:

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου


• Η h είναι συνεχής στο[ ],α β . • Η h είναι παραγωγίσιμη στο ( ),α β με

( ) ( ) ( )( )

( ) ( )2

x x

xx

f x e f x e f x f xh x

ee

λ λ

λλ

λ λ′ ′− −′ = =

• ( ) ( ) 0f

heλα

αα = = και ( ) ( ) 0

fh

eλβ

ββ = = δηλαδή ( ) ( )h hα β= .


( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0 0f f

h f f f feλξ

ξ λ ξξ ξ λ ξ ξ λ ξ

′ −′ ′ ′= ⇔ = ⇔ − = ⇔ =

ΑΑσσκκήήσσεειιςς

37. Η συνάρτηση f παραγωγίσιμη στο [ ]0,1 με ( ) 10fe

= και ( ) 21f e= . Να

δείξετε ότι υπάρχει ( )0,1ξ ∈ τέτοιο ώστε ( ) ( )3f fξ ξ′ = . Υπόδειξη: Θεωρείστε συνάρτηση ( ) ( ) 3/ xh x f x e= και εφαρμόστε το θεώρημα του Rolle.

38. Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο [ ]0,1 με ( )0f eκ= και

( )1 1f = . Να δείξετε ότι υπάρχει ( )0,1ξ ∈ τέτοιο ώστε ( ) ( )f fξ κ ξ′ = − .

Υπόδειξη: Θεωρείστε συνάρτηση ( ) ( ) / kxh x f x e−= και εφαρμόστε το θεώρημα του Rolle.

39. Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [ ],α β και παραγωγίσιμη στο ( ),α β .

Να δείξετε ότι υπάρχει ( ),ξ α β∈ τέτοιο ώστε ( ) 1 1f ξα ξ β ξ

′ = +− −

.

Υπόδειξη: Θεωρείστε συνάρτηση ( ) ( )( ) ( )/ f xh x x x eα β −= − − και ε-φαρμόστε το θεώρημα του Rolle.

40. Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [ ],α β και παραγωγίσιμη στο ( ),α β με ( ) ( ) 0f fα β= = . Να δείξετε ότι υπάρχει ( ),ξ α β∈ τέτοιο ώστε

( ) ( )f fξ ξ′ = .

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου

192

Υπόδειξη: Θεωρείστε συνάρτηση ( ) ( ) / xh x f x e= και εφαρμόστε το θεώρημα του Rolle.

41. Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο ,2 2π π⎡ ⎤−⎢ ⎥⎣ ⎦

και παραγωγίσιμη στο

,2 2π π⎛ ⎞−⎜ ⎟

⎝ ⎠ . Να δείξετε ότι υπάρχει ,

2 2π πξ ⎛ ⎞∈ −⎜ ⎟

⎝ ⎠ τέτοιο ώστε

( )f ξ εφξ′ = .

Υπόδειξη: Θεωρείστε συνάρτηση ( ) ( )f xh x e xσυν= και εφαρμόστε το θεώρημα του Rolle.

42. Αν η γραφική παράσταση μιας παραγωγίσιμης στο συνάρτησης g τέ-

μνει τη γραφική παράσταση της ( ) xf x e= σε δύο σημεία, να αποδείξετε ότι υπάρχει ξ ∈ τέτοια, ώστε ( ) ( )g gξ ξ′ = .

43. ∆ίνεται παραγωγίσιμη συνάρτηση [ ]: ,f α α− → , για την οποία ισχύει

( ) ( )f fα α− = . Να αποδείξετε ότι υπάρχει ( ),ξ α α∈ − τέτοια, ώστε ( ) ( )2 0f fξ ξ′ + = .

44. Έστω μια συνάρτηση f η οποία είναι συνεχής στο [ ]0,2 και παραγωγί-

σιμη στο ( )0,2 και ισχύει ( )0 1f = και ( ) 8

12fe

= . Να δείξετε ότι υ-

πάρχει τουλάχιστον ένα ( )0,2ξ ∈ τέτοιο, ώστε ( ) ( )23f fξ ξ ξ′ = − ⋅ . Μέθοδος 6 (Εύρεση της αρχικής μέσω της σχέσης ( ) ( )F Fα β= ) Σε ασκήσεις που μας δίνεται ότι ισχύει μια δοσμένη σχέση μπορούμε με κατάλληλο μετασχηματισμό να καταλήξουμε στην σχέση ( ) ( )F Fα β= , οπότε εφαρμόζουμε το θεώρημα Rolle για την F στο διάστημα [ ],α β . ΠΑΡΑ∆ΕΙΓΜΑ 16 Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο[ ],α β , 0α > και παραγωγίσιμη στο

( ),α β . Αν ( ) ( )f fα β β α= να δείξετε ότι: (α) Υπάρχει ( ),ξ α β∈ τέτοιο ώστε ( ) ( )f fξ λ ξ′ = .

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου


(β) Η εφαπτομένη της fC στο σημείο ( )( ),A fξ ξ διέρχεται από την

αρχή των αξόνων. Λύση

(α) Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( )f xh x

x= η οποία ορίζεται στο διάστη-

μα[ ],α β . Για τη συνάρτηση h έχουμε: • Η h είναι συνεχής στο [ ],α β .

• Η h είναι παραγωγίσιμη στο ( ),α β με ( ) ( ) ( )2

xf x f xh x

x′ −

′ =

• ( ) ( )fh

αα

α= και ( ) ( )f

hβ

ββ

= δηλαδή ( ) ( )h hα β= (επειδή

( ) ( ) ( ) ( )f ff f

α βα β β α

α β= ⇔ = ).


( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )20 0 0f f

h f f f fξ ξ ξ

ξ ξ ξ ξ ξ ξ ξξ

′ −′ ′ ′= ⇔ = ⇔ − = ⇔ =

(β) Επειδή η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο ξ έπεται ότι ορίζεται η εφαπτομένη στη fC στο σημείο ( )( ),A fξ ξ η οποία έχει εξίσωση: ( ) ( )( ) ( )1y f f xξ ξ ξ′− = − . Για το 0x = και 0y = η (1) γίνεται ( ) ( ) ( ) ( )f f f fξ ξ ξ ξ ξ ξ′ ′− = − ⇒ = που ισχύει. Άρα η εφαπτομένη της fC στο σημείο Α διέρχεται από την αρχή των αξόνων.

ΑΑσσκκήήσσεειιςς 45. ∆ίνονται οι συναρτήσεις ,f g , συνεχείς στο [ ],α β παραγωγίσιμες στο

( ),α β και ( )( )

( )( )

f fg gα βα β

= . Αν ( ) 0g x ≠ για κάθε [ ],x α β∈ , να απο-

δείξετε ότι υπάρχει ( ),ξ α β∈ τέτοιο, ώστε ( )( )

( )( )

f fg g

ξ ξξ ξ

′=

′.

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου

194

46. Έστω ότι η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο και ισχύει ( ) ( )f fβ αα β= με 1 α β< < . Να δείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ( ),ξ α β∈ τέτοιο, ώστε ( ) ( ) lnf fξ ξ ξ ξ′= ⋅ ⋅ .

47. Έστω συνάρτηση [ ]: ,f α β → με ( ) 0f x > για κάθε [ ],x α β∈ και

( ) ( )xg x e f x= . Αν η f είναι συνεχής στο [ ],α β και παραγωγίσιμη στο

( ),α β και ( )( ) ( )( )ln lnf fα β β α− = − , να δείξετε ότι : (α) υπάρχει ( ),ξ α β∈ τέτοιο ώστε ( ) 0g ξ′ = . (α) Η εφαπτομένη της fC στο σημείο ( )( ),M fξ ξ διέρχεται από το

σημείο ( )( )1,B fξ ξ . (γ) Αν η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο ( ),α β και είναι

( ) 0g ξ′′ = , τότε είναι ( ) ( )f fξ ξ′ ′′= − .

48. ∆ίνονται οι συναρτήσεις ,f g , συνεχείς στο [ ],α β παραγωγίσιμες στο

( ),α β . Αν ισχύει ( ) 0f x > για κάθε [ ],x α β∈ και

( )( ) ( ) ( )ln

fg g

fα

β αβ

⎡ ⎤= −⎢ ⎥

⎣ ⎦, να αποδειχθεί ότι υπάρχει ( ),ξ α β∈ τέ-

τοιο, ώστε ( ) ( ) ( ) 0f f gξ ξ ξ′ ′+ = .

49. Έστω μια συνάρτηση f συνεχής στο [ ],α β , παραγωγίσιμη στο ( ),α β

και ισχύει ότι ( ) ( )f fe α β βα

− = . Να δείξετε ότι η εξίσωση ( ) 1 0x f x′⋅ + =

έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο ( ),α β .

50. Έστω μια συνάρτηση f συνεχής στο [ ],α β , παραγωγίσιμη στο ( ),α β . Αν ισχύει ότι ( ) 0f x ≠ και ( ) ( )ln lnf fβ α α β= για κάθε [ ],x α β∈ με 0α > . Να δείξετε ότι υπάρχει ( ),ξ α β∈ τέτοιο, ώστε

( ) ( )2f fξ ξ ξ′= .

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου


51. Έστω ότι ισχύει η σχέση β ημα α ημβ⋅ = ⋅ με 02πα β< < < να δείξε-

τε ότι υπάρχει ( ),ξ α β∈ τέτοιο ώστεεϕξ ξ= .

52. Αν η συνάρτηση f δύο φορές παραγωγίσιμη στο [ ],α β και ισχύει

( )( )

fe

fα βα

β−′

=′

, να αποδειχθεί ότι υπάρχει ( ),ξ α β∈ τέτοιο, ώστε

( ) ( )f fξ ξ′′ ′= .

53. Έστω , :f g → δύο παραγωγίσιμες συναρτήσεις με συνεχείς παρα-γώγους για τις οποίες ισχύει ( ) ( ) ( ) ( ) 0f x g x f x g x′ ′− ≠ για κάθε x∈ . Να αποδείξετε μεταξύ δύο ριζών της εξίσωσης ( ) 0g x = υπάρ-χει ρίζα της εξίσωσης ( ) 0f x = .

Μέθοδος 7 (Εύρεση ρίζας για την ( ) 0f x′′ = ) Όταν μας ζητείται η ύπαρξη μιας ρίζας της ( ) 0f x′′ = σε ένα διάστημα ( ),α β , τότε: • Εφαρμόζουμε το θεώρημα Rolle για την f σε δύο κατάλληλα υποδια-στήματα του ( ),α β οπότε εξασφαλίζουμε δύο τουλάχιστον ρίζες της ( ) 0g x′ = , έστω 1 2ξ ξ< .

• Εφαρμόζουμε το θεώρημα Rolle για την g′ στο διάστημα [ ]1 2,ξ ξ οπότε εξασφαλίζουμε την ρίζα της ( ) 0g x′′ = . ΠΑΡΑ∆ΕΙΓΜΑ 17 Έστω μια συνάρτηση f η οποία είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο

[ )0,+∞ και ισχύει ( ) ( ) 7 11 2 ln26 2

f f− =− − και ( ) ( )35 3ln226

ef f e − +− = .

Να δείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα ( )1,eξ ∈ τέτοια, ώστε

( ) 2

12 2f ξ ξξ

′′ = − .

Λύση

Θεωρούμε την συνάρτηση ( ) ( ) 312 ln3

g x f x x x= − − .

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου

196

Η g είναι συνεχής στα διαστήμα [ ]1,2 και [ ]2,e ως άθροισμα συνεχών. Η g είναι παραγωγίσιμη στα διαστήματα ( )1,2 και ( )2,e με

( ) ( ) 2 12g x f x xx

′ ′= − − .

( ) ( )

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )

11 2 17 13 1 2 1 2 ln 2

8 6 22 2 2 ln 23

g fg g f f

g f

⎫= − ⎪⎪⇒ = ⇔ − = − −⎬⎪= − −⎪⎭

Ισχύει.

( ) ( )

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )

33

12 15 3ln 23 2 2

8 62 2 2 ln 23

g e f e eeg e g f f e

g f

⎫= − − ⎪ − +⎪⇒ = ⇔ − =⎬⎪= − −⎪⎭

Ισχύει. Οπότε υπάρχουν τουλάχιστον από ένα ( )1 1,2ξ ∈ και ( )2 2,eξ ∈ τέτοια ώστε: ( ) ( )1 2 0g gξ ξ′ ′= = Η g′ είναι συνεχής στο [ ] [ ]1 2, 1,eξ ξ ⊆ ως άθροισμα συνεχών.

Η g′ είναι παραγωγίσιμη στο ( ) ( )1 2, 1,eξ ξ ⊆ με ( ) ( ) 2

12 2g x f x xx

′′ ′′= − +

( ) ( )1 2 0g gξ ξ′ ′= = Οπότε υπάρχει ένα ( ) ( )1 2, 1,eξ ξ ξ∈ ⊆ τέτοιο, ώστε:

( ) ( ) 2

10 2 2g fξ ξ ξξ

′′ ′′= ⇔ = −

ΑΑσσκκήήσσεειιςς 54. Έστω μια συνάρτηση f η οποία είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο

και ισχύει ( ) ( ) ( )21 1 1f f e f e− = = + . Να αποδειχθεί ότι υπάρχει ένα

τουλάχιστον ( )21,eξ ∈ τέτοιο, ώστε ( ) 2

1f ξξ

′′ = .

55. Αν η εξίσωση ( ) ( )4 3 23 4 2 6 2 1 0x x x xα α α+ − + − + + = έχει τέσσερις διαφορετικές ρίζες να δειχθεί ότι 1 2α− < < .

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου


56. Αν η εξίσωση 4 3 2 2 0x x x xα β γ+ + + + = έχει τέσσερις διαφορετικές ρίζες να δειχθεί ότι 23 8β αγ> .

57. Έστω μια συνάρτηση f η οποία είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο

με ( )3 9f = , ( )3 9f − = − και ( )0 0f = . Να δείξετε ότι η εξίσωση ( ) 2f x x′′ = έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο ( )3,3− .

58. Η συνάρτηση f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο . Αν η καμπύλη

( )y f x= δέχεται δύο παράλληλες εφαπτόμενες να δειχθεί ότι η κα-μπύλη ( )y f x′= δέχεται οριζόντια εφαπτομένη.

ΜΜέέθθοοδδοοςς 88 ((ΎΎππααρρξξηη μμοοννααδδιικκήήςς ρρίίζζααςς)) • Με την βοήθεια του τύπου της εξίσωσης θεωρούμε κατάλληλη συνάρ-

τηση f η οποία ορίζεται στο διάστημα [ ],α β . • Εφαρμόζουμε το θ.Bolzano στο διάστημα [ ],α β για να διαπιστώσουμε

ότι η συνάρτηση έχει μία τουλάχιστον ρίζα 1ρ στο διάστημα αυτό. Εάν δεν προκύπτει κάποια ρίζα από το θεώρημα του Bolzano εφαρμόζουμε το θεώρημα Rolle στην αρχική της f , έτσι εξασφαλίζουμε στο ( ),α β μία τουλάχιστον ρίζα. Εάν η ρίζα της εξίσωσης είναι προφανής δεν χρειάζεται να εφαρμόσουμε το θ.Bolzano

• Υποθέτουμε ότι η συνάρτηση f έχει άλλη ρίζα 2ρ στο διάστημα [ ],α β . • Εφαρμόζουμε το θ.Rolle στο διάστημα [ ]1 2,ρ ρ και καταλήγουμε σε άτο-

πο. ΠΑΡΑ∆ΕΙΓΜΑ 18 Να δείξετε ότι η εξίσωση ln 2 10 (1)x x+ = έχει μοναδική ρίζα στο διάστημα ( )3,e e .

Λύση Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ln 2 10f x x x= + − η οποία ορίζεται στο διά-

στημα 3,e e⎡ ⎤⎣ ⎦ . Για την f ισχύουν:

• Η f είναι συνεχής στο 3,e e⎡ ⎤⎣ ⎦ .

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου

198

( )( ) ( ) ( )3

3 3

2 9 00

3 7 0

f e ef e f e

f e e

• = − < ⎫⎪⇒ <⎬• = − > ⎪⎭

Από το θεώρημα Bolzano έπεται ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )3,e eξ ∈

τέτοιο ώστε ( ) 0f ξ = . Επομένως η εξίσωση ( ) 0f x = έχει στο ( )3,e e μία

τουλάχιστον ρίζα την ξ . Υποθέτουμε ότι η εξίσωση ( ) 0f x = έχει στο διάστημα ( )3,e e και άλλη

ρίζα εκτός από την ξ , την ρ και π.χ. ρ ξ< . Τότε : • Η f είναι συνεχής στο [ ] ( )3, ,e eρ ξ ⊂ .

• Η f είναι παραγωγίσιμη στο ( ),ρ ξ με ( ) 1 2f x xx

′ = + .

• ( ) ( ) 0f fρ ξ= = . Από το θεώρημα του Rolle έπεται ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ( ),κ ρ ξ∈

τέτοιο ώστε ( ) 10 2 0f κ κκ

′ = ⇒ + = άτοπο γιατί ( ) ( )3, ,e eκ ρ ξ∈ ⊂ .

Επομένως η εξίσωση ( ) 0 ln 2 10 0 ln 2 10f x x x x x= ⇔ + − = ⇔ + = έχει

μοναδική ρίζα στο διάστημα ( )3,e e τον αριθμό ξ .

ΠΑΡΑ∆ΕΙΓΜΑ 19

Να δείξετε ότι η εξίσωση 122

x xημ + = έχει μόνο μία ρίζα στο διά-

στημα ( )0,1 .

Λύση

Θεωρούμε την συνάρτηση ( ) 122

f x x xημ= + − η οποία ορίζεται στο ( )0,1 .

Τότε: • Η f είναι συνεχής στο [ ]0,1

• ( ) 102

f = − , ( ) 31 12

f ημ= +

• ( ) ( )0 1 0f f < Από το θεώρημα Bolzano έπεται ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )0,1ξ ∈ τέτοιο ώστε ( ) 0f ξ = . Επομένως η εξίσωση ( ) 0f x = έχει στο ( )0,1 μία τουλάχιστον ρίζα.

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου


Υποθέτουμε ότι η εξίσωση ( ) 0f x = έχει στο διάστημα ( )0,1 και άλλη ρί-ζα εκτός από την ξ , την ρ και π.χ. ρ ξ< . Τότε : • Η f είναι συνεχής στο [ ] ( ), 0,1ρ ξ ⊂ . • Η f είναι παραγωγίσιμη στο ( ),ρ ξ με ( ) 2f x xσυν′ = + . • ( ) ( ) 0f fρ ξ= = . Από το θεώρημα του Rolle έπεται ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον

( ) ( ), 0,1κ ρ ξ∈ ⊂ τέτοιο ώστε ( ) 0 2 0f κ συνκ′ = ⇒ + = άτοπο.

Επομένως η εξίσωση ( ) 1 10 2 0 22 2

f x x x x xημ ημ= ⇔ + − = ⇔ + = έχει

στο διάστημα ( )0,1 μοναδική ρίζα τον αριθμό ξ . ΠΑΡΑ∆ΕΙΓΜΑ 20 Να δείξετε ότι η εξίσωση 3 4 0x x a+ + = έχει μόνο μία ρίζα στο .

Λύση Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) 3 4f x x x a= + + με πεδίο ορισμού το A = . 1ος τρόπος: Η εξίσωση ( ) 0f x = είναι πολυωνυμικού περιττού βαθμού και επομένως έχει μία τουλάχιστον ρίζα ξ στο . 2ος τρόπος: Είναι ( ) ( )3 3lim lim 4 lim

x x xf x x x a x

→+∞ →+∞ →+∞= + + = = +∞ . Επομένως υπάρχει

0κ > τέτοιο ώστε ( ) 0f κ > .

Είναι ( ) ( )3 3lim lim 4 limx x x

f x x x a x→−∞ →−∞ →−∞

= + + = = −∞ . Επομένως υπάρχει

0λ < τέτοιο ώστε ( ) 0f λ < . Για την f ισχύουν: • Η f είναι συνεχής στο [ ],λ κ • ( ) ( ) 0f fλ κ < .

Από το θεώρημα του Bolzano ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ( ),ξ λ κ∈ ⊂ τέτοιο ώστε ( ) 0f ξ = .

Υποθέτουμε ότι η εξίσωση ( ) 0f x = έχει στο και άλλη ρίζα εκτός από την ξ , την ρ και π.χ. ρ ξ< . Τότε : • Η f είναι συνεχής στο [ ],ρ ξ ⊂ .

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου

200

• Η f είναι παραγωγίσιμη στο ( ),ρ ξ με ( ) 23 4f x x′ = + . • ( ) ( ) 0f fρ ξ= = . Από το θεώρημα του Rolle έπεται ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ( ),κ ρ ξ∈ τέτοιο ώστε ( ) 20 3 4 0f κ κ′ = ⇒ + = άτοπο. Άρα η εξίσωση ( ) 20 3 4 0f x x x a= ⇔ + + = έχει στο μοναδική ρίζα τον αριθμό ξ . ΠΑΡΑ∆ΕΙΓΜΑ 21 Να δείξετε ότι η εξίσωση 3 29 24 1x x x− + = έχει μοναδική ρίζα στο διάστημα ( )0,2 .

Λύση Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) 3 29 24 1f x x x x= − + − η οποία ορίζεται στο διάστημα [ ]0,2 . Τότε: • Η f είναι συνεχής στο [ ]0,2 • ( )0 1f = − , ( )2 19f = • ( ) ( )0 2 0f f < Από το θεώρημα Bolzano έπεται ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )0,2ξ ∈ τέτοιο ώστε ( ) 0f ξ = . Επομένως η εξίσωση ( ) 0f x = έχει στο ( )0,2 μία τουλάχιστον ρίζα. Υποθέτουμε ότι η εξίσωση ( ) 0f x = έχει στο διάστημα ( )0,2 και άλλη ρί-ζα εκτός από την ξ , την ρ και π.χ. ρ ξ< . Τότε : • Η f είναι συνεχής στο [ ] ( ), 0,2ρ ξ ⊂ . • Η f είναι παραγωγίσιμη στο ( ),ρ ξ με ( ) 23 18 24f x x x′ = − + . • ( ) ( ) 0f fρ ξ= = . Από το θεώρημα του Rolle έπεται ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον

( ) ( ), 0,2κ ρ ξ∈ ⊂ τέτοιο ώστε

( ) 2 20 3 18 24 0 6 8 0 4 ή 2f κ κ κ κ κ κ κ′ = ⇒ − + = ⇔ − + = ⇔ = = άτοπο γιατί το κ είναι εσωτερικό σημείο του ( )0,2 . Επομένως η εξίσωση :

( ) 3 2 3 20 9 24 1 0 9 24 1f x x x x x x x= ⇔ − + − = ⇔ − + = έχει στο ( )0,2 μο-ναδική ρίζα τον αριθμό ξ .

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου


ΠΑΡΑ∆ΕΙΓΜΑ 22 Να δείξετε ότι η εξίσωση xa xλ β= + έχει ακριβώς μία πραγματική ρίζα όταν είναι 0 1a< < και 0λ > .

Λύση Θεωρούμε την συνάρτηση ( ) xf x a xλ β= − − με πεδίο ορισμού το A = .

• ( ) ( )lim lim x

x xf x a xλ β

→−∞ →−∞= − − = +∞ . Επομένως υπάρχει 0κ < τέτοιο

ώστε ( ) 0f κ > .

• ( ) ( )lim lim x

x xf x a xλ β

→+∞ →+∞= − − = −∞ . Επομένως υπάρχει 0μ > τέτοιο

ώστε ( ) 0f μ < . Για την f έχουμε: • Η f είναι συνεχής στο [ ],κ μ • ( ) ( ) 0f fκ μ < . Από το θεώρημα Bolzano έπεται ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ( ),ξ κ μ∈ τέτοιο ώστε ( ) 0f ξ = που σημαίνει ότι ο ξ είναι ρίζα της εξίσωσης ( ) 0f x = .

Υποθέτουμε ότι η εξίσωση ( ) 0f x = έχει στο και άλλη ρίζα εκτός από την ξ , την ρ και π.χ. ρ ξ< . Για την f έχουμε: • Η f είναι συνεχής στο [ ],ρ ξ . • Η f είναι παραγωγίσιμη στο ( ),ρ ξ με ( ) lnxf x a a λ′ = − . • ( ) ( ) 0f fρ ξ= = . Από το θεώρημα του Rolle έπεται ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )1 ,ξ ρ ξ∈ τέτοιο ώστε: ( ) 1 1

1 0 ln 0 lnf a a a aξ ξξ λ λ′ = ⇒ − = ⇔ = άτοπο γιατί είναι 0λ > και 1 ln 0a aξ < ( )0 1 ln 0a a< < ⇔ < . Άρα η εξίσωση ( ) 0 0x xf x a x a xλ β λ β= ⇔ − − = ⇔ = + έχει στο μοναδική ρίζα τον αριθμό ξ . ΠΑΡΑ∆ΕΙΓΜΑ 23

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου

202

Έστω μια συνάρτηση f τέτοια, ώστε ( ) 2

12f xx

′′ ≠ + για κάθε

[ ]1,x e∈ και ( ) ( ) 21 1, 1f f e e= = − . Να δείξετε ότι υπάρχει μοναδικός

αριθμός ( )1,eξ ∈ τέτοιος ώστε ( ) 12f ξ ξξ

′ = − .

Λύση Θεωρούμε την συνάρτηση ( ) ( ) 2 lng x f x x x= − + . Η g είναι συνεχής στο [ ]1,e ως άθροισμα συνεχών. Η g είναι παραγωγίσιμη στο ( )1,e

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )2

1 1 1 01

1 0g f

g g eg e f e e

= − = ⎫=⎬= − + = ⎭

Οπότε υπάρχει τουλάχιστον ένα ( )1,eξ ∈ τέτοιο, ώστε:

( ) ( ) 10 2g fξ ξ ξξ

′ ′= ⇔ = −

Έστω ότι υπάρχουν δύο ρίζες της ( ) 0g x′ = , τις ( )1,eξ ξ′< ∈ . Η g′ είναι συνεχής στο [ ],ξ ξ ′ ως άθροισμα συνεχών.

Η g είναι παραγωγίσιμη στο ( ),ξ ξ′ με ( ) ( ) 2

12g x f x xx

′′ ′′= − +

( ) ( ) 0g gξ ξ′ ′ ′= = Οπότε υπάρχει τουλάχιστον ένα ( )0 ,x ξ ξ′∈ τέτοιο ώστε:

( ) ( )0 0 20

10 2g x f xx

′′ = ⇔ = + άτοπο.

Άρα το ( )1,eξ ∈ είναι μοναδική ρίζα της ( ) ( ) 10 2g fξ ξ ξξ

′ ′= ⇔ = − .

ΑΑσσκκήήσσεειιςς 59. Να δείξετε ότι οι παρακάτω εξισώσεις έχουν στο διάστημα ∆ μοναδική

ρίζα όταν: (α) 3 4 2 0x x+ + = και ( )3,0Δ = − (β) x xσυν = και ( )0,πΔ =

(γ) 2 0xe x− − − = και ( )1,0Δ = −

(δ) 3 29 24 1 0x x x− + − = και ( )0,2Δ =

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου


(ε) ln 3 2 0xx e+ − = και ( )0,Δ = +∞

(ζ) 1x xεφ = − και ,2π π⎛ ⎞Δ = ⎜ ⎟⎝ ⎠

60. Να δείξετε ότι οι παρακάτω εξισώσεις έχουν μοναδική ρίζα στο .

(α) 3 2 0 >0x xα β α+ + = . (β) 3 2 0xe x+ − = . (γ) , >1, <0x xα λ β α λ= + . (δ) ( )2ln 1 3 2x x+ + = .

61. ∆ίνεται η συνάρτηση f παραγωγίσιμη στο ( )0,1 , συνεχής στο [ ]0,1 . Αν

ισχύει ( )1 2f x< < για κάθε [ ]0,1x∈ και ( ) 5f x′ ≠ για κάθε ( )0,1x∈ , να αποδειχθεί ότι υπάρχει ένα μόνο ( )0,1ρ ∈ τέτοιο, ώστε

( ) 5 2f ρ ρ= − .

62. Να δείξετε ότι η εξίσωση ( )3 2 2 1 1x x xα α− + + = έχει μοναδική ρίζα

στο .

63. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση 1x xxe e+ = έχει μοναδική ρίζα.

64. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση 2 3 5x x x+ = έχει μοναδική λύση στο .

65. ∆ίνεται η συνάρτηση f για την οποία ισχύουν ( ) xf x e′′ ≠ για κάθε x∈ και ( ) ( )0 1 2f f e− = − . Να δείξετε ότι η fC ′ και gC ′ όπου

( ) xg x e x= − έχουν ένα μόνο κοινό σημείο με τετμημένη ( )0 0,1x ∈ .

66. Έστω μια συνάρτηση f για την οποία ισχύει ( ) ( )0 1f f e− = − και

( ) xf x e′′ ≠ για κάθε x∈ . Να δείξετε ότι υπάρχει μοναδικός αριθμός

( )0 0,1x ∈ τέτοιος, ώστε ( ) 00 1xf x e′ = + .

Μέθοδος 9 (Ύπαρξη μοναδικών ριζών)

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου

204

• Με το θεώρημα Bolzano ή το θεώρημα Rolle δείχνουμε ότι η εξίσωση ( ) 0f x = έχει ν ρίζες. (Μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε όλες τις πα-

ραπάνω μεθόδους) • Υποθέτουμε ότι η εξίσωση έχει 1v + ρίζες. • Καταλήγουμε σε άτοπο. ΠΑΡΑ∆ΕΙΓΜΑ 24 Να δείξετε ότι η εξίσωση 4 23 0x x x a+ − + = , 0a < έχει δύο μόνο ρί-ζες στο .

Λύση Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) 4 23f x x x x a= + − + με πεδίο ορισμού το A = . • Είναι ( )0 0f a= < και

( ) ( )4 2 4lim lim 3 limx x x

f x x x x a x→−∞ →−∞ →−∞

= + − + = = +∞ . Επομένως υπάρχει

0λ < τέτοιο ώστε ( ) 0f λ > . Για την f έχουμε: • Η f είναι συνεχής στο [ ],0λ • ( ) ( )0 0f fλ < . Από το θεώρημα Bolzano έπεται ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον

( )1 ,0ξ λ∈ ⊂ τέτοιο ώστε ( )1 0f ξ = που σημαίνει ότι ο 1ξ είναι ρίζα της εξίσωσης ( ) 0f x = .

• Είναι ( ) ( )4 2 4lim lim 3 limx x x

f x x x x a x→+∞ →+∞ →+∞

= + − + = = +∞ . Επομένως υ-

πάρχει 0κ > τέτοιο ώστε ( ) 0f κ < . Για την f έχουμε: • Η f είναι συνεχής στο [ ]0,κ • ( ) ( )0 0f f κ < . Από το θεώρημα Bolzano έπεται ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον

( )2 0,ξ κ∈ ⊂ τέτοιο ώστε ( )2 0f ξ = που σημαίνει ότι ο 2ξ είναι ρίζα της εξίσωσης ( ) 0f x = . Υποθέτουμε ότι η εξίσωση ( ) 0f x = έχει στο τρεις ρίζες, τις

1 2 3ρ ρ ρ< < . Για την f έχουμε:

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου


• Η f είναι συνεχής στο [ ]1 2,ρ ρ . • Η f είναι παραγωγίσιμη στο ( )1 2,ρ ρ . • ( ) ( )1 2 0f fρ ρ= = . Από το θεώρημα του Rolle έπεται ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον

( )1 1 2,κ ρ ρ∈ τέτοιο ώστε: ( )1 0f κ′ = . Για την f έχουμε: • Η f είναι συνεχής στο [ ]2 3,ρ ρ . • Η f είναι παραγωγίσιμη στο ( )2 3,ρ ρ . • ( ) ( )2 3 0f fρ ρ= = . Από το θεώρημα του Rolle έπεται ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον

( )2 2 3,κ ρ ρ∈ τέτοιο ώστε: ( )2 0f κ′ = . Είναι ( ) 34 6 1f x x x′ = + − . Η συνάρτηση f ′ είναι συνεχής στο [ ]1 2,κ κ και παραγωγίσιμη στο ( )1 2,κ κ με ( ) 212 6f x x′′ = + . Ισχύει

( ) ( )1 2 0f fκ κ′ ′= = . Από το θεώρημα του Rolle έπεται ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον

( )1 2,ξ κ κ∈ τέτοιο ώστε ( ) 20 12 6 0f ξ κ′′ = ⇒ + = άτοπο. Επομένως, η συνάρτηση f έχει στο δύο μόνο ρίζες, τις 1 2,ξ ξ . ΠΑΡΑ∆ΕΙΓΜΑ 25 ∆ίνετε η συνάρτηση ( ) 4 3 23 5 9f x x x x x= + + − . Να δείξετε ότι η εξί-σωση ( ) 0f x′ = έχει μία μόνο ρίζα στο διάστημα ( )0,1 .

Λύση Η συνάρτηση f έχει πεδίο ορισμού το A = . Η f είναι παραγωγίσιμη και για κάθε x A∈ είναι ( ) 3 212 3 10 9f x x x x′ = + + − . 1ος τρόπος: Για την f έχουμε: • Η f είναι συνεχής στο [ ]0,1 . • Η f είναι παραγωγίσιμη στο ( )0,1 • ( )0 0f = και ( )1 0f = δηλαδή ( ) ( )0 1f f= . Από το θεώρημα του Rolle έπεται ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )0,1ξ ∈ τέτοιο ώστε ( ) 0f ξ′ = . Επομένως η εξίσωση ( ) 0f x = έχει μία τουλάχι-στον ρίζα στο ( )0,1 .

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου

206

2ος τρόπος: • Η f είναι συνεχής στο [ ]0,1 • ( )0 9f ′ = − , ( )1 16f ′ = • ( ) ( )0 1 0f f′ ′ < Από το θεώρημα Bolzano έπεται ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )0,1ξ ∈ τέτοιο ώστε ( ) 0f ξ′ = , δηλαδή ο ξ είναι ρίζα της εξίσωσης ( ) 0f x′ = στο ( )0,1 . Υποθέτουμε ότι η εξίσωση ( ) 0f x′ = έχει στο διάστημα ( )0,1 και άλλη ρί-ζα εκτός από την ξ , την ρ και π.χ. ρ ξ< . Τότε για την f ′ έχουμε : • Η f ′ είναι συνεχής στο [ ],ρ ξ . • Η f ′ είναι παραγωγίσιμη στο ( ),ρ ξ με ( ) 236 6 10f x x x′′ = + + . • ( ) ( ) 0f fρ ξ′ ′= = . Από το θεώρημα του Rolle έπεται ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον

( ) ( ), 0,1κ ρ ξ∈ ⊂ τέτοιο ώστε ( ) 20 36 6 10 0f κ κ κ′′ = ⇒ + + = άτοπο για-τί ο ( ) ( ), 0,1κ ρ ξ∈ ⊂ . Επομένως η εξίσωση ( ) 0f x′ = έχει στο διάστημα ( )0,1 μοναδική ρίζα τον αριθμό ξ .

ΑΑσσκκήήσσεειιςς 67. Να δείξετε ότι η εξίσωση 2x x x xημ συν= + έχει δύο μόνο ρίζες στο

διάστημα ( ),π π− .

68. Να δείξετε ότι οι παρακάτω εξισώσεις έχουν δύο μόνο ρίζες στο . (α) 2x xσυν = . (β) 4 3 22 3 0 <0x x x xα β β+ + − + =

ΜΜέέθθοοδδοοςς 1100 ((ΎΎππααρρξξηη νν ττοο πποολλύύ ρριιζζώώνν)) • Υποθέτουμε ότι η εξίσωση ( ) 0f x = έχει ( )1κ + ρίζες στο ∆, τις

1 2 1κ κρ ρ ρ ρ +< < < < . • Κατόπιν εφαρμόζουμε το θεώρημα Rolle στη συνάρτηση f στα διαστή-

ματα [ ] [ ] [ ]1 2 2 3 1, , , , , ,κ κρ ρ ρ ρ ρ ρ +… • Καταλήγουμε κάποια στιγμή σε άτοπο.

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου


Τονίζουμε ότι: Αν η συνάρτηση f είναι ν φορές παραγωγίσιμη στο ∆ και η εξίσωση ( ) 0f x = έχει κ ρίζες στο ∆, τότε η εξίσωση ( ) 0f x′ = έχει τουλάχιστον

( )1κ − ρίζες στο ∆, η εξίσωση ( ) 0f x′′ = έχει τουλάχιστον ( )2κ − ρίζες στο ∆ κ.τ.λ. Τα παραπάνω αποδεικνύονται εφαρμόζοντας το θεώρημα Rolle ΠΑΡΑ∆ΕΙΓΜΑ 26 Η συνάρτηση :f → είναι δύο φορές παραγωγίσιμη και για κάθε x∈ ισχύει ( ) 0f x′′ ≠ . Να δείξετε ότι η εξίσωση ( ) 0f x = έχει το πολύ δύο ρίζες στο .

Λύση Υποθέτουμε ότι η εξίσωση ( ) 0f x = έχει τρεις ρίζες στο , τις

1 2 3ρ ρ ρ< < . Η συνάρτηση f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήμα-τος Rolle στα διαστήματα [ ]1 2,ρ ρ και [ ]2 3,ρ ρ . Επομένως υπάρχουν

( )1 1 2,ξ ρ ρ∈ και ( )2 2 3,ξ ρ ρ∈ τέτοια ώστε ( ) ( )1 2 0f fξ ξ′ ′= = . Επειδή η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο έπεται ότι f ′ είναι πα-ραγωγίσιμη και συνεπώς είναι και συνεχής στο . Για την f ′ έχουμε: • Η f ′ είναι συνεχής στο[ ]1 2,ξ ξ . • Η f ′ είναι παραγωγίσιμη στο ( )1 2,ξ ξ • ( ) ( )1 2 0f fξ ξ′ ′= = . Από το θεώρημα του Rolle έπεται ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον

( )1 2,κ ξ ξ∈ τέτοιο ώστε ( ) 0f κ′′ = άτοπο γιατί για κάθε x∈ ισχύ-ει ( ) 0f x′′ ≠ . Επομένως η εξίσωση ( ) 0f x = έχει το πολύ δύο ρίζες στο

. ΠΑΡΑ∆ΕΙΓΜΑ 27 Αν , ,α β γ ∗∈ και είναι 2 2 23 8β α γ< να δείξετε ότι η εξίσωση: 2 4 3 2 2 2 1 0x x x xα β γ+ + + + = δεν έχει τέσσερις ρίζες άνισες.

Λύση

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου

208

Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) 2 4 3 2 2 2 1f x x x x xα β γ= + + + + η οποία έχει πεδίο ορισμού το A = . Η f είναι παραγωγίσιμη και για κάθε x A∈ εί-ναι: ( ) 2 3 2 24 3 2 2f x x x xα β γ′ = + + + Υποθέτουμε ότι η εξίσωση ( ) 0f x = έχει 4 ρίζες, τις 1 2 3 4ρ ρ ρ ρ< < < . Η συνάρτηση f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle στα διαστήματα [ ]1 2,ρ ρ , [ ]2 3,ρ ρ και [ ]3 4,ρ ρ . Επομένως υπάρχουν

( )1 1 2,ξ ρ ρ∈ , ( )2 2 3,ξ ρ ρ∈ και ( )3 3 4,ξ ρ ρ∈ τέτοια ώστε

( ) ( ) ( )1 2 3 0f f fξ ξ ξ′ ′ ′= = = . Η συνάρτηση f ′ είναι παραγωγίσιμη στο και για κάθε x∈ είναι : ( ) 2 2 212 6 2f x x xα β γ′′ = + + Η συνάρτηση f ′ ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle στα διαστήματα [ ]1 2,ξ ξ και [ ]2 3,ξ ξ . Επομένως υπάρχουν ( )1 1 2,κ ξ ξ∈ και ( )2 2 3,κ ξ ξ∈ τέτοια ώστε ( ) ( )1 2 0f fκ κ′′ ′′= = . ∆ηλαδή η εξίσωση

( ) 0f x′′ = που είναι δεύτερου βαθμού έχει 2 ρίζες άνισες 1 2κ κ< . Επο-μένως, πρέπει:

2 2 2 2 2 2 2 2 20 36 4 12 2 0 3 8 0 3 8β α γ β α γ β α γΔ > ⇒ − ⋅ ⋅ > ⇔ − > ⇔ > άτοπο, γιατί 2 2 23 8β α γ< . Άρα η εξίσωση 2 4 3 2 2 2 1 0x x x xα β γ+ + + + = δεν μπορεί να έχει 4 ρίζες. ΠΑΡΑ∆ΕΙΓΜΑ 28 ∆ίνεται η συνάρτηση :f → η οποία είναι παραγωγίσιμη. Να δεί-ξετε ότι μεταξύ δύο διαδοχικών ριζών της εξίσωσης ( ) 0f x′ = υπάρ-χει το πολύ μία ρίζα της εξίσωσης ( ) 0f x = .

Λύση Έστω ( ), α β α β< δύο διαδοχικές ρίζες της εξίσωσης ( ) 0f x′ = . Τότε είναι ( ) 0f x′ ≠ για κάθε ( ),x α β∈ . Υποθέτουμε ότι η εξίσωση ( ) 0f x = έχει δύο ρίζες στο ( ),α β , τις 1 2ρ ρ< . Για την συνάρτηση f έχουμε: • Η f είναι συνεχής στο[ ]1 2,ρ ρ . • Η f είναι παραγωγίσιμη στο ( )1 2,ρ ρ • ( ) ( )1 2 0f fρ ρ= = .

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου


Από το θεώρημα του Rolle έπεται ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ( ) ( )1 2, ,ξ ρ ρ α β∈ ⊆ τέτοιο ώστε ( ) 0f ξ′ = άτοπο γιατί για κάθε ( ),x α β∈ ισχύει ( ) 0f x′ ≠ . Άρα η εξίσωση ( ) 0f x = έχει το πολύ μία ρί-

ζα στο ( ),α β .

ΑΑσσκκήήσσεειιςς 69. Να δείξετε ότι η εξίσωση 4 3 2 2 1 0x x x x− + − − = δεν μπορεί να έχει

τέσσερις ρίζες πραγματικές και άνισες.

70. Να δείξετε ότι η εξίσωση 4 3 2 0x x x xα β γ δ+ + + + = με 0α ≠ και 23 8α β< δεν μπορεί να έχει τέσσερις ρίζες πραγματικές και άνισες.

71. Να δείξετε ότι η εξίσωση 2 1 0xe x x+ − − = έχει δύο το πολύ ρίζες.

72. Να δείξετε ότι η εξίσωση 4 3 2 1 0x x x xα α− + + − = με 0 2α< < έχει

δύο το πολύ ρίζες.

73. Αν η παράγωγος ( )f x′ της συνάρτησης f έχει μοναδική ρίζα να δει-χθεί ότι η ( ) 0f x = έχει το πολύ δύο ρίζες στο .

74. Να δείξετε ότι η εξίσωση 3 21 2 03

x x xα β− + + = με 4α > έχει το πο-

λύ μία ρίζα στο ( )0,1 . Ομοίως για την εξίσωση 3 3 0x x λ− + = .

75. Να δείξετε ότι η εξίσωση 2 0 vx x vα β ∗+ + = ∈ έχει το πολύ δύο πραγματικές ρίζες.

76. Να δείξετε ότι η εξίσωση 4 2 2 0x x xα β γ+ + + = με 0α ≠ έχει το πολύ

δύο ρίζες άνισες.

77. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση xxe eλ = , *λ ∈ , x∈ , έχει το πολύ δύο πραγματικές τιμές.

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου

210

78. Έστω η συνάρτηση f η οποία είναι παραγωγίσιμη στο και ισχύει ( ) ( ) ( )2 3f x xf x e f x x e− − = + για κάθε x∈ . Να δείξετε ότι η εξίσωση ( ) 0f x = έχει μια το πολύ ρίζα.

79. ∆ίνεται μια συνάρτηση f με ( ) 2xe f x x′′ ≠ − για κάθε x∈ . Να δεί-

ξετε ότι η εξίσωση ( ) x

xf xe

= έχει το πολύ δύο πραγματικές ρίζες.

80. ∆ίνεται η συνάρτηση f με ( )f x x′ ≠ για κάθε x∈ . Να δειχθεί ότι η

εξίσωση ( ) 22 f x x= έχει το πολύ μια πραγματική ρίζα. Μέθοδος 11 (Rolle-εφαπτομένη) ΠΑΡΑ∆ΕΙΓΜΑ 29

∆ίνεται η συνάρτηση f με ( ) ( )3 2

3 2f x x x xα β δ γ δ δ⎛ ⎞= + + + − +⎜ ⎟

⎝ ⎠ ό-

που , , ,α β γ δ ∈ με 03 2α β γ+ + = . Να δείξετε ότι υπάρχει ( )0,1ξ ∈

τέτοιο ώστε η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της f στο ση-μείο ( )( ),A fξ ξ να είναι παράλληλη με τον άξονα x x′ .

Λύση Επειδή η f είναι παραγωγίσιμη ορίζεται εφαπτομένη σε κάθε σημείο της

fC . Για τη συνάρτηση f έχουμε: • Η f είναι συνεχής στο[ ]0,1 . • Η f είναι παραγωγίσιμη στο ( )0,1

• ( )0f δ= και ( )13 2 3 2

f α β α βδ γ δ δ γ δ δ= + + + − + = + + + = δηλαδή

( ) ( )0 1f f= . Από το θεώρημα του Rolle έπεται ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον

( )0,1ξ ∈ τέτοιο ώστε ( ) 0f ξ′ = . Η ευθεία ( )ε που εφάπτεται στην fC στο σημείο ( )( ),A fξ ξ έχει συντε-λεστή διεύθυνσης ( )f ξ′ και επειδή ( ) 0f ξ′ = έπεται ότι / /x xε ′ .

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου


ΠΑΡΑ∆ΕΙΓΜΑ 30 (α) Να λύσετε την εξίσωση 2 1x xσυν+ = . (β) Αν ( ) 2 5f x x xημ= + + να δείξετε ότι η ευθεία ( ) : 5y xε = + εφά-πτεται στη fC .

Λύση (α) Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) 2 1h x x xσυν= + − με πεδίο ορισμού το A = . Είναι ( )0 2 0 0 1 0h συν= ⋅ + − = . Άρα ο αριθμός 0 είναι ρίζα της εξίσωσης ( ) 0h x = . Υποθέτουμε ότι η εξίσωση ( ) 0h x = έχει στο και άλλη ρίζα εκτός του 0, τη ρ και π.χ. 0ρ > . Για την h έχουμε: • Η h είναι συνεχής στο[ ]0,ρ . • Η h είναι παραγωγίσιμη στο ( )0,ρ με ( ) 2h x xημ′ = − • ( ) ( )0 0h h ρ= = . Από το θεώρημα του Rolle έπεται ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )0,ξ ρ∈ τέτοιο ώστε: ( ) 0 2 0 2h ξ ημξ ημξ′ = ⇒ − = ⇔ = άτοπο. Ομοίως αν υπο-θέσουμε ότι 0ρ < . Άρα η εξίσωση ( ) 0 2 1 0 2 1h x x x x xσυν συν= ⇔ + − = ⇔ + = έχει μονα-δική ρίζα στο τον αριθμό 0. (β) Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη και για κάθε x∈ ισχύει

( ) 2f x x xσυν′ = + . Επειδή η f είναι παραγωγίσιμη ορίζεται εφαπτομένη σε κάθε σημείο της fC . Για να εφάπτεται η ευθεία ( ) : 5y xε = + στη fC πρέπει να υπάρχει σημείο ( )( ),A fξ ξ τέτοιο ώστε το σύστημα:

( ) ( )( )

15

ff

ξξ ξ′⎧ = ⎫

Σ ⎨ ⎬= +⎩ ⎭

για να είναι συμβιβαστό. Είναι:

2 2 2

2 1 2 1 00

5 5ξ συνξ ξ συνξ ξ

ξξ ημξ ξ ξ ημξ ξ ξ ημξ ξ

+ = + = =⎧ ⎫ ⎧ ⎫ ⎧ ⎫Σ = ⇔ ⇔ ⇒ =⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎨ ⎬+ + = + + = + =⎩ ⎭ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭

Επομένως η ευθεία ( ) : 5y xε = + εφάπτεται στη fC στο σημείο

( )( )0, 0 5fΑ= = . ΠΑΡΑ∆ΕΙΓΜΑ 31

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου

212

∆ίνεται η συνάρτηση ( ) 2 , , 2vf x x v v∗= ∈ ≥ . Να δείξετε ότι οποιαδή-ποτε εφαπτομένη της fC έχει με αυτήν ένα μόνο κοινό σημείο.

Λύση Η συνάρτηση f έχει πεδίο ορισμού το A = . Η f είναι παραγωγίσιμη και για κάθε x A∈ είναι ( ) 2 12 vf x v x −′ = ⋅ . Επειδή η f είναι παραγωγίσιμη ορίζεται εφαπτομένη σε κάθε σημείο της

fC . Έστω ( )ε η εφαπτομένη στης fC στο σημείο ( )( ),A fξ ξ . Η ( )ε έ-χει εξίσωση:

( ) ( )( ) ( )2 2 1

2 2 1 2 2 1 2 2

2

2 2 2 2

v v

v v v v v v

y f f x y v x

y v x v y v x v

ξ ξ ξ ξ ξ ξ

ξ ξ ξ ξ ξ ξ

−

− −

′− = − ⇔ − = ⋅ − ⇔

− = ⋅ − ⋅ ⇔ = ⋅ + − ⋅ (1)

θα βρούμε τα κοινά σημεία της fC και της ( )ε . ( ) 2 2 1 2 22 2 0v v v vf x y x v x vξ ξ ξ−= ⇒ − ⋅ − − ⋅ = (2) Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) 2 2 1 2 22 2v v v vh x x v x vξ ξ ξ−= − ⋅ − − ⋅ με πεδίο ορισμού το hA = . Παρατηρούμε ότι ( ) 0h ξ = . Υποθέτουμε ότι η εξίσωση ( ) 0h x = έχει στο και άλλη ρίζα εκτός από την ξ, τη ρ και π.χ. ρ ξ< . Για την h έχουμε: • Η h είναι συνεχής στο[ ],ρ ξ . • Η h είναι παραγωγίσιμη στο ( ),ρ ξ με ( ) 2 1 2 12 2v vh x v x v ξ− −′ = ⋅ − ⋅ • ( ) ( )0h hρ ξ= = . Από το θεώρημα του Rolle έπεται ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ( ),κ ρ ξ∈ τέτοιο ώστε: ( ) 2 1 2 1 2 1 2 10 2 2 0v v v vh v vκ κ ξ κ ξ κ ξ− − − −′ = ⇒ ⋅ − ⋅ = ⇔ = ⇒ = άτοπο. Άρα η εξίσωση (2) έχει μοναδική ρίζα τον αριθμό ξ. επομένως η fC και η ευθεία ( )ε έχουν ένα μόνο κοινό σημείο, το ( )( ),A fξ ξ .

ΑΑσσκκήήσσεειιςς 81. ∆ίνεται η συνάρτηση ( ) 5 2 3 3 2 3 2 4 0f x x x xβ α α β= − − + + = με α β< .

Να δείξετε ότι υπάρχει ( ),ξ α β∈ τέτοιο ώστε η εφαπτομένη στη fC στο σημείο ( )( ),A fξ ξ να είναι παράλληλη με τον άξονα x x′ .

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου

Μαθ

ηματικά Κα

τεύθ

υνση

ς Γ Λυ

κείου


82. Έστω μια συνάρτηση f , συνεχής στο [ ]1,2 και παραγωγίσιμη στο ( )1,2 με ( ) ( )2 1 2f f= . Να αποδείξετε ότι υπάρχει ( )1,2ξ ∈ τέτοιο, ώστε η εφαπτομένη της fC στο σημείο ( )( ),M fξ ξ να διέρχεται από την αρχή των αξόνων.

83. Έστω μια συνάρτηση f δύο φορές παραγωγίσιμη στο με

( ) ( )1 1 1f f− = = και ( )0 0f = . Να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα τουλά-χιστον ( )1,1ξ ∈ − τέτοιο, ώστε η εφαπτομένη της fC ′ στο σημείο

( )( ),M fξ ξ′ να είναι παράλληλη στην ευθεία ( ) : 2 3y xε = − .

84. ∆ίνεται η συνάρτηση ( ) 6 4 23 2 8 7f x x x x x= + + − − . Να δείξετε ότι η γραφική παράσταση της f δεν έχει εφαπτόμενες παράλληλες μεταξύ τους.

85. Έστω μια συνάρτηση f συνεχής στο [ ]1,e , παραγωγίσιμη στο ( )1,e και

( ) 0f e = . Να δείξετε ότι: (α) Υπάρχει τουλάχιστον ένα σημείο της hC όπου ( ) ( ) lnh x f x x= ⋅ με τετμημένη ( )0 1,x e∈ τέτοιο ώστε η εφαπτομένη σε αυτό το σημείο να είναι παράλληλη στον άξονα x x′ . (β) Η εξίσωση ( ) ( )lnx f x x f x′⋅ ⋅ = − έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο ( )1,e .

86. Αν : y xε = είναι εφαπτόμενη της παραγωγίσημης συνάρτησης f στο

0x = και για την συνάρτηση ( )( ) , 0

2 1, 0

f xae x xg xx x x

βημ

⎧ + ≤⎪= ⎨= + >⎪⎩

εφαρμόζεται

το θεώρημα Rolle στο διάστημα [ ]1,1− , να δειχτεί ότι υπάρχει ένα του-

λάχιστον ξ , ώστε ( ) ( )2 ff e ξξ −′ = − .

Documents

υκείου ατεύθυνσ ατικά - blogs.sch.grblogs.sch.gr/cmour/files/2013/12/P-THEORHMA-ROLLE.pdf · Γεωμετρική ερμηνεία του θεωρήματος Rolle