1. Θεωρήματα Διαφορικού Λογισμούmedia.public.gr/Books-PDF/9789601426402-0784674.pdf · 2017-07-31 · Επο-μένως, το θεώρημα αποτελεί

13

1. Θεωρήματα Διαφορικού Λογισμού1.α. Θεώρημα RolleΑν μία συνάρτηση f είναι:

• Συνεχής στο κλειστό διάστημα α β,[ ]α β ,

• παραγωγίσιμη στο ανοικτό διάστημα α β,( )α β και

• f fα β( ) = ( )α β ,

τότε υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ α β∈( ),α βξ τέτοιο, ώστε

′( ) =f ξ 0 .

Γεωμετρική ερμηνείαΑν για μια συνάρτηση f ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle σε ένα διάστημα

α β, , τότε υπάρχει τουλάχιστον ένα σημείο της Cf στο οποίο η εφαπτομένη είναι οριζόντια, δηλα-

δή είναι παράλληλη στον άξονα χ΄χ.

Αλγεβρική ερμηνείαΤο συμπέρασμα του Θ. Rolle είναι ότι η εξίσωση ′( ) =f x 0 , έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο α β,( ) . Επο-

μένως, το θεώρημα αποτελεί ένα ισχυρό εργαλείο για την εύρεση μίας τουλάχιστον ρίζας σε ένα δι-

άστημα.

Παρατηρήσεις1. Οι συνθήκες του Θ. Rolle είναι ικανές, όχι όμως αναγκαίες. Για παράδειγμα, αν θεωρήσουμε

τη συνάρτηση f x

x x

x x

( ) =− ∈ −

− ∈

2 11

4

1

4

1

41

2, ,

, ,

, παρατηρούμε ότι:

• Δεν είναι συνεχής στο − 11,

• Δεν είναι παραγωγίσιμη στο −( )11,

• f f−( ) = ≠ = ( )1 13

41

Όμως στο x0 0= ισχύει: ′( ) =f 0 0

2. Οι δύο πρώτες προϋποθέσεις του Θ. Rolle μπορούν να αντικατασταθούν από τη συνθήκη:

η f είναι παραγωγίσιμη στο α β, .

3. Αν μία συνάρτηση f είναι γνησίως μονότονη σε ένα διάστημα α β, , τότε δεν εφαρμόζεται

το Θ. Rolle για την f στο α β, , γιατί f fα β( ) ≠ ( ) .

χ

Α B

Oχ΄

y΄

y

α βξ ξ΄

f(α)M(ξ,f(ξ))

f(β)

mathGlikeiouB011s042.indd 13 25/7/2013 10:46:23 πµ

14

ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ 2ΚΕΦΑΛΑΙΟ

4. Το Θ. Rolle εξασφαλίζει την ύπαρξη ρίζας της εξίσωσης ′( ) =f x 0 σε ένα διάστημα α β,( ) ,

χωρίς όμως να προσδιορίζει τη ρίζα.

5. Το Θ. Rolle εξασφαλίζει την ύπαρξη ρίζας της εξίσωσης ′( ) =f x 0 , ενώ το Θ. Bolzano εξα-

σφαλίζει την ύπαρξη ρίζας για την εξίσωση f x( ) = 0 .

6. Οι πολυωνυμικές συναρτήσεις είναι παραγωγίσιμες σε όλο το , άρα και σε κάθε κλειστό

διάστημα α β, . Επομένως, οι δύο πρώτες προϋποθέσεις του Θ. Rolle, ισχύουν για κάθε

πολυωνυμική συνάρτηση.

Μεθοδολογία ασκήσεων - Λυμένες ασκήσεις

1η Κατηγορία

Έλεγχος εφαρμογής του Θ. Rolle-εύρεση του ξ

Εξετάζουμε αν εφαρμόζονται οι τρείς προϋποθέσεις του θεωρήματος. Σε περίπτωση που ζη-

τείται να βρεθεί και η ρίζα της ′f , τότε λύνουμε την εξίσωση ′( ) =f ξ 0 και βρίσκουμε τα

ξ α β∈( ), .

Παραμετρικές θ. Rolle

Σε ασκήσεις στις οποίες ζητείται ο προσδιορισμός παραμέτρων, ώστε να εφαρμόζεται το θ.

Rolle στο διάστημα α β, , τότε απαιτούμε:

• f fα β( ) = ( ) .

• Η f να είναι συνεχής στο α β, και στην περίπτωση που έχουμε συνάρτηση πολλαπλού τύ-

που, να είναι συνεχής στο σημείο αλλαγής τύπου.

• Η f να είναι παραγωγίσιμη στο α β,( ) και, αν είναι κλαδωτή, να είναι παραγωγίσιμη στο ση-

μείο αλλαγής.

Λύνοντας το σύστημα των εξισώσεων που προκύπτουν από τα 3 προηγούμενα βήματα, προσ-

διορίζουμε τις παραμέτρους.

Γεωμετρική ερμηνεία θ. Rolle

Σε ασκήσεις στις οποίες ζητείται να εξετάσουμε αν υπάρχει σημείο M fξ ξ, ( )( ) , με ξ α β∈( ),

τέτοιο, ώστε η εφαπτομένη της Cf να είναι παράλληλη με τον άξονα ′x x , τότε εξετάζουμε αν

πληρούνται οι 3 προϋποθέσεις του θ. Rolle.


15

ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΥ ΛΟΓΙΣΜΟΥ

5.1. Να εξετάσετε για τις παρακάτω συναρτήσεις αν εφαρμόζεται το θ. Rolle στο κλειστό

διάστημα που δίνεται και να βρείτε τις ρίζες της παραγώγου στο αντίστοιχο ανοικτό

διάστημα:

α) f x x x( ) = + +2 3 9 στο −[ ]3 0, β) g xx x

x x( ) =

+ ≤+ >

2

4

1 0

1 0

,

, στο −[ ]1 1, .

Λύση

α) Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο − 3 0, ως σύνθεση συνεχών, είναι παραγωγίσιμη στο −( )3 0,

με ′( ) = +

+ +f x

x

x x

2 3

2 3 92 και f f−( ) = ( ) = =3 0 9 3 , οπότε σύμφωνα με το θ. Rolle υπάρχει

ξ∈ −( )3 0, τέτοιο, ώστε: ′( ) = ⇔ +

+ += ⇔ + = ⇔ = −f ξ ξ

ξ ξξ ξ0

2 3

2 3 90 2 3 0

3

22.

β) Για x < 0 είναι ′( ) =g x x2 και για x > 0 είναι ′( ) =g x x4 3 . Στο x = 0 έχουμε:

lim lim limx x x

g x g

x

x

x

x

x→ → →− − −

( ) − ( )= + − = =

0 0

2

0

20 1 10 και

lim lim limx x x

g x g

x

x

x

x

x→ → →+ + +

( ) − ( )= + − = =

0 0

4

0

4 30 1 10 ,

Άρα, ′( ) =g 0 0 και ′( ) =≤>

g xx x

x x

2 0

4 03

,

,.

Η συνάρτηση g, είναι παραγωγίσιμη στο − 11, , άρα και συνεχής.

Επίσης, g −( ) = −( ) + =1 1 1 22

και g 1 1 1 24( ) = + = , οπότε g g−( ) = ( )1 1 .

Άρα, εφαρμόζεται το θ. Rolle για τη συνάρτηση g στο διάστημα − 11, .

Δηλαδή, υπάρχει ξ∈ −( )11, τέτοιο, ώστε ′( ) =g ξ 0 .

Αν ξ∈ −( 1 0, , τότε ′( ) = ⇔ = ⇔ =g ξ ξ ξ0 2 0 0 .

Αν ξ∈( )0 1, , τότε ′( ) = ⇔ = ⇔ =g ξ ξ ξ0 4 0 03 που απορρίπτεται.

5.2. Να βρείτε τους πραγματικούς αριθμούς α,β,γ για τους οποίους εφαρμόζεται το θ. Rolle

για τη συνάρτηση f xx x x

x x x( ) =

+ + ≤+ + >

2

2

0

4 4 0

β αγ

,

,

βγ

α, στο διάστημα − 11, .

Λύση

Πρέπει: f f−( ) = ( ) ⇔ −( ) + −( ) + = ⋅ + ⋅ + ⇔ − − =1 1 1 1 1 4 1 4 72 2β α γ α β γ 1( ) .

Η f πρέπει να είναι συνεχής στο − 11, , άρα και στο x = 0 , οπότε

lim limx x

f x f x f→ →− +

( ) = ( ) = ( ) ⇔ =0 0

0 4α 2( ) .

Επίσης, η f πρέπει να είναι παραγωγίσιμη στο −( )11, , άρα και στο x = 0 .

Για x < 0 , lim lim limx x x

f x f

x

x x

x

x x

x→ → →− − −

( ) − ( )= + + − =

+( )=

0 0

2

0

0 β α α ββ και


16


για x > 0 lim lim limx x x

f x f

x

x x

x

x x

x→ → →+ + +

( ) − ( )= + + − =

+( )=

0 0

2

0

0 4 4 44

γ α γ.

Πρέπει lim limx x

f x f

x

f x f

x→ →− +

( ) − ( )=

( ) − ( )⇔ =

0 0

0 04β και από την 1( ) προκύπτει γ = −7 .

5.3. Δίνεται η συνάρτηση f x x x( ) = − −( )43 1 , x ∈[ ]0 1, . Να αποδείξετε ότι υπάρχει

ξξ ∈( )0 1, τέτοιο, ώστε η εφαπτομένης της Cf στο σημείο ξ ξ, f ( )( )ξ ξ να είναι παράλλη-

λη προς τον άξονα ′x x .

Λύση

Αρκεί να αποδείξουμε ότι υπάρχει ξ∈( )0 1, τέτοιο, ώστε ′( ) =f ξ 0 .

Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο 0 1, ως πράξη συνεχών συναρτήσεων. Για να βρούμε την ′( )f x ,

μορφοποιούμε τον τύπο και είναι: f x x x x x( ) = − − = − −( )4 53 4 51

3 .

Η f είναι παραγωγίσιμη στο 0 1,( ) ως σύνθεση παραγωγίσιμων συναρτήσεων με:

′( ) = − −( ) ⋅ −( )′ = −−( )

⋅ −( ) ⇔−

f x x x x x

x x

x x1

3

1

3

14 54 5

2

3 4 5

4 52

3

3 4 ′( ) = − −

−( )f x

x x

x x

4 5

3

3 4

4 5 23

,

Επειδή f f0 1 0( ) = ( ) = , εφαρμόζεται για την f το θ. Rolle και υπάρχει ξ∈( )0 1, τέτοιο, ώστε

′( ) =f ξ 0 .

2η Κατηγορία:

Υπάρχει ξ α β ξ ξ ξ∈( ) ( ) ′ ( )( ) =, : , ,Π f f 0ξ α β ξ ξ ξΠ

Για να βρούμε την αρχική συνάρτηση της παράστασης που πρέπει να ορίσουμε για να εφαρμό-

σουμε το θεώρημα Rolle, θα χρησιμοποιούμε τη παρακάτω λογική:

• Φέρνω τη σχέση στη μορφή h x( ) = 0 (μεταφέρω όλους τους όρους στο πρώτο μέλος θέτο-

ντας ως άγνωστο το χ)

Αν η παράσταση h περιέχει το χ και το ′( )f x , τότε:

Βρίσκω την αρχική της h με βάση τον πίνακα βασικών παραγώγων. Είναι:

xx

kkk

k

=+

′

≠ −+1

11, , συν ηµx x= ( )′ , ηµ συνx x= −( )′ e ex x= ( )′ ,

1

xx= ( )′ln ,

12

xx= ( )′ ,

12συν

εϕx

x= ( )′ ,1

2ηµσϕ

xx= −( )′


17


Αν η παράσταση h περιέχει το f x( ) και το ′( )f x , τότε:

1ο: Αρχικά, παρατηρώ αν η παράσταση h είναι ή μπορεί να μετασχηματιστεί σε παράγωγο γινο-

μένου ή πηλίκου. ′ + ′ = ( )′f g fg fg ή ′ − ′

=

′f g fg

g

f

g2

2ο: Αν δεν ισχύει το προηγούμενο, εξετάζω αν η παράσταση h προέρχεται από παράγωγο σύν-

θεσης.

f x f xf x

kkk

k

( ) ′( ) =( )

+

′≠ −

+1

11, ,

′( )( ) = ( ) ( )′ ( ) >

f x

f xf x f xln αν 0 ,

′( )( )

= ( )( )′f x

f xf x2 , e f x ef x f x( ) ( )′( ) = ( )′ , ′( ) ( ) = ( )( )′f x f x f xσυν ηµ ,

′( ) ( ) = − ( )( )′f x f x f xηµ συν , ′( )

( ) = ( )( )′f x

f xf x

συνεϕ

2

3ο: Αν δεν ισχύει κάποιο από τα προηγούμενα, φέρνω τη παράσταση h στη μορφή ′( ) + ( ) ( ) =f x g x f x 0 και πολλαπλασιάζω με το eG x( ) , όπου G αρχική της g.

Τότε η σχέση γίνεται:

e f x e g x f xG x G x( ) ( )′( ) + ( ) ( ) = ⇔0 e f x e f xG x G x( ) ( )′( ) + ( )′ ( ) = 0 ή e f xG x( ) ( )

′ = 0

5.4. Δίνεται συνάρτηση f, παραγωγίσιμη στο 0 1,[ ] με f 0 4( ) = και f 1 1( ) = . Να αποδείξε-

τε ότι υπάρχει ξ ∈( )0 1,ξ τέτοιο, ώστε: ′ ( ) = − −f ξ ξ ξ3 4 22 ξξξ .

Λύση

Θέτοντας όπου ξ το x, είναι: ′( ) = − − ⇔ ′( ) − + + =f x x x f x x x3 4 2 3 4 2 02 2 .

Παρατηρούμε ότι: f x x x x f x x x( ) − + +( )′ = ′( ) − + +3 2 22 2 3 4 2

Θεωρούμε τη συνάρτηση h x f x x x x( ) = ( ) − + +3 22 2 , x ∈ 0 1, .

Αυτή είναι συνεχής στο 0 1, ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων και παραγωγίσιμη στο 0 1,( ) , με

′( ) = ′( ) − + +h x f x x x3 4 22 .

Είναι, h f0 0 0 2 0 2 0 43 2( ) = ( ) − + ⋅ + ⋅ = και h f1 1 1 2 1 2 1 43 2( ) = ( ) − + ⋅ + ⋅ = , δηλαδή h h0 1( ) = ( ) ,

οπότε λόγω του Θ. Rolle υπάρχει ξ∈( )0 1, τέτοιο, ώστε: ′( ) = ⇔h ξ 0

′( ) − + + = ⇔ ′( ) = − −f fξ ξ ξ ξ ξ ξ3 4 2 0 3 4 22 2 .

5.5. Δίνονται οι παραγωγίσιμες στο α β,[ ]α β συναρτήσεις f,g με g gα β( ) ≠ ( )βα . Να αποδείξε-

τε ότι υπάρχει ξ α β∈( ),α βξ τέτοιο, ώστε: ′ ( )′ ( ) =

( ) − ( )( ) − ( )

f

g

f f

g g

ξξ

β αβ α

ξ βαξα

β.


18


Λύση

Έστω ότι f f

g g

β αβ α

λ( ) − ( )( ) − ( ) = , τότε

′( )′( ) = ⇔ ′( ) = ′( ) ⇔ ′( ) − ′( ) =

f

gf g f g

ξξ

λ ξ λ ξ ξ λ ξ 0

Έστω η συνάρτηση h x f x g x( ) = ( ) − ( )λ , x ∈ α β, .

Η h είναι συνεχής στο α β, και παραγωγίσιμη στο α β,( ) με ′( ) = ′( ) − ′( )h x f x g xλ ,

Είναι h f gα α λ α( ) = ( ) − ( ) και h f gβ β λ β( ) = ( ) − ( ) . Για να εφαρμόζεται το θεώρημα Rolle, πρέπει:

h h f g f g f f g gα β α λ α β λ β α β λ α λ β( ) = ( ) ⇔ ( ) − ( ) = ( ) − ( ) ⇔ ( ) − ( ) − ( ) + ( ) = ⇔0

f f g gα β λ β α( ) − ( ) + ( ) − ( ) = ⇔0 f ff f

g gg gα β

β α

β αβ α( ) − ( ) +

( ) − ( )( ) − ( )

( ) − ( ) = ⇔0

f f f fα β β α( ) − ( ) + ( ) − ( ) = 0 που ισχύει.

Άρα, υπάρχει ξ α β∈( ), τέτοιο, ώστε: ′( ) = ⇔h ξ 0 ′( ) − ′( ) =f gξ λ ξ 0

5.6. Έστω συνάρτηση f παραγωγίσιμη στο 0 1,[ ] με f 1 1( ) = . Να αποδείξετε ότι η εξίσωση xf x x f x′ ( ) = − ( )2 έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα 0 1,( ) .

Λύση

xf x x f x xf x f x x′( ) = − ( ) ⇔ ′( ) + ( ) − =2 2 0 . Παρατηρούμε ότι: xf x x xf x f x x( ) −( )′ = ′( ) + ( ) −2 2

Θεωρούμε τη συνάρτηση h x xf x x( ) = ( ) − 2 , x ∈ 0 1, .

Η h είναι συνεχής στο 0 1, ως πράξη συνεχών συναρτήσεων και παραγωγίσιμη στο 0 1,( ) με

′( ) = ′( ) + ( ) −h x xf x f x x2 .

Είναι h 0 0( ) = και h f1 1 1 1 1 0( ) = ( ) − = − = , δηλαδή h h0 1( ) = ( ) , άρα λόγω του θ. Rolle υπάρχει

ξ∈( )0 1, τέτοιο, ώστε: ′( ) = ⇔ ′( ) + ( ) − =h f fξ ξ ξ ξ ξ0 2 0 .

5.7. Δίνεται συνεχής συνάρτηση f : , ,1 2 0[ ] → +∞( ) , δύο φορές παραγωγίσιμη στο 1 2,( )

με ′′ ( ) ≠f x 0 και f f f f1 2 1 2( ) ′ ( ) = ′ ( ) ( ) . Να αποδείξετε ότι υπάρχει ξ ∈( )1 2,ξ , τέτοιο

ώστε: ′ ( ) = ( ) ′ ′ ( )f f fξ ξ ξ2 ξξξ .

Λύση

′( ) = ( ) ′′( ) ⇔ ( ) ′′( ) − ′( ) ′( ) = ⇔( )( )≠

f x f x f x f x f x f x f xf xf x

20

0 ′′′( ) − ′( ) ′( )

( ) =f x f x f x

f x20

Παρατηρούμε ότι f x f x f x f x

f x

f x

f x

( ) ′′( ) − ′( ) ′( )( ) =

′( )( )

′2

, για αυτό το λόγο θεωρούμε τη συνάρτηση

h xf x

f x( ) =

′( )( ) , x ∈ 1 2, .


19


Η h είναι συνεχής στο 1 2, ως πηλίκο συνεχών συναρτήσεων και παραγωγίσιμη στο 1 2,( ) με

′( ) =′′( ) ( ) − ′( )( )

( )h xf x f x f x

f x

2

2.

Είναι f f f ff

f

f

fh h1 2 1 2

2

2

1

12 1( ) ′( ) = ′( ) ( ) ⇔

′( )( ) =

′( )( ) ⇔ ( ) = ( ) , οπότε σύμφωνα με το θ. Rolle, υπάρχει

ξ∈( )1 2, τέτοιο, ώστε:

′( ) =′′( ) ( ) − ′( )( )

( ) = ⇔ ′′( ) ( ) − ′( )( ) = ⇔hf f f

ff f fξ

ξ ξ ξξ

ξ ξ ξ2

2

20 0 ′′( ) ( ) = ′( )

f f fξ ξ ξ 2

.

5.8. Δίνεται η συνάρτηση f, η οποία είναι συνεχής στο −[ ]3 3, , παραγωγίσιμη στο −( )3 3,

με f f−( ) = ( )3 3 και f x( ) > 0 για κάθε x ∈ −[ ]3 3, . Να αποδείξετε ότι υπάρχει

ξ ∈ −( )3 3,ξ τέτοιο, ώστε ′ ( ) = ( )f fξ ξ ξ2ξ ξξ .

Λύση

1ος τρόπος

Θέτοντας όπου ξ το x, έχουμε: ′( ) = ( ) ⇔ ′( ) − ( ) =f x xf x f x xf x2 2 0 1( ) .

Η αρχική της −2x είναι −x2 , οπότε πολλαπλασιάζουμε την 1( ) με e x− 2

και είναι:

e f x xe f xx x− −′( ) − ( ) =2 2

2 0 παρατηρούμε ότι e f x e f x xe f xx x x− − −( )( )′ = ′( ) − ( )2 2 2

2 .

Θεωρούμε τη συνάρτηση h x e f xx( ) = ( )− 2

, x ∈ − 3 3, .

Η h είναι συνεχής στο − 3 3, ως γινόμενο συνεχών συναρτήσεων και παραγωγίσιμη στο −( )3 3, με

′( ) = ′( ) − ( )− −h x e f x xe f xx x2 2

2 . Είναι h e f−( ) = −( )−3 39 και h e f3 39( ) = ( )− , δηλαδή h h−( ) = ( )3 3 .

Οπότε, σύμφωνα με το θ. Rolle, υπάρχει ξ∈ −( )3 3, τέτοιο, ώστε:

′( ) = ⇔ ′( ) − ( ) = ⇔− − ≠−

h e f e fe

ξ ξ ξ ξξ ξξ

0 2 02 2

20:

′( ) − ( ) = ⇔ ′( ) = ( )f f f fξ ξ ξ ξ ξ ξ2 0 2 .

2ος τρόπος

Στον προηγούμενο τρόπο δεν χρησιμοποιήθηκε η σχέση f x( ) > 0 για κάθε x ∈ − 3 3, .

′( ) = ( ) ⇔′( )( ) = ⇔

′( )( ) − =f x xf x

f x

f xx

f x

f xx2 2 2 0 παρατηρούμε ότι lnf x x

f x

f xx( ) −( )′ =

′( )( ) −2 2

Έστω η συνάρτηση h x f x x( ) = ( ) −ln 2 , x ∈ − 3 3, .

Η h είναι συνεχής στο − 3 3, ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων και παραγωγίσιμη στο −( )3 3, με

′( ) =′( )( ) −h x

f x

f xx2 . Είναι h f−( ) = −( ) −3 3 9ln και h f3 3 9( ) = ( ) −ln , δηλαδή h h−( ) = ( )3 3 , άρα

σύμφωνα με το θ. Rolle, υπάρχει ξ∈ −( )3 3, τέτοιο, ώστε:

′( ) = ⇔′( )( ) − = ⇔h

f

fξ

ξξ

ξ0 2 0 ′( ) = ( )f fξ ξ ξ2 .


20


5.9. Δίνεται η δύο φορές παραγωγίσιμη στο συνάρτηση f, για την οποία ισχύει ότι

f x f x2 23 4 4+( ) = +( ) + , για κάθε x ∈ .

α) Να προσδιορίσετε τον αα∈ , για τον οποίο ισχύουν οι προϋποθέσεις του θ. Rolle

στο διάστημα 3 4,[ ] , για τη συνάρτηση h x f x e x( ) = ( ) + +αα .

β) Να αποδείξετε ότι υπάρχει ξξ ∈( )3 4, τέτοιο, ώστε ′ ( ) =−

fe

e eξ

ξ43 4

ξ

ξ .

γ) Να αποδείξετε ότι υπάρχει x0 4 5∈( ), τέτοιο, ώστε ′ ′ ( ) =f x 0 0 .

Λύση

α) Επειδή η h είναι συνεχής στο 3 4, και παραγωγίσιμη στο 3 4,( ) με ′( ) = ′( ) + +h x f x ex α .

Επειδή για την h ισχύει το θ. Rolle, είναι: h h f e f e3 4 3 43 4( ) = ( ) ⇔ ( ) + = ( ) ++ +α α 1( ) .

Η σχέση f x f x2 23 4 4+( ) = +( ) + , για x = 0 , δίνει f f3 4 4( ) = ( ) + 2( ) .

Οπότε, η 1( ) , με βάση τη 2( ) γίνεται:

f e f e e e e e e e e4 4 4 4 43 4 3 4 4 3( ) + + = ( ) + ⇔ + = ⇔ −( ) = ⇔+ +α α α α α

ee e

α =−

⇔44 3

α =−

ln4

4 3e e.

β) Είναι h x f x e f x e e h x f xe e

ee ex

e e x x( ) = ( ) + = ( ) + ⋅ ⇔ ( ) = ( ) +−

−+

−ln ln

4 4

4 3

4 3 4 3 4

και ′( ) = ′( ) +−

h x f xe e

ex44 3

. Επειδή για την h ισχύει το θ. Rolle, υπάρχει ξ∈( )3 4, τέτοιος, ώστε

′( ) = ⇔ ′( ) +−

= ⇔ ′( ) = −−

⇔ ′( ) =−

h fe e

e fe

e ef

e

e eξ ξ ξ ξξ

ξ ξ

04

04 4

4 3 4 3 3 4.

γ) Παραγωγίζοντας τη σχέση f x f x2 23 4 4+( ) = +( ) + , έχουμε:

′ +( ) = ′ +( )f x x f x x2 23 2 4 2 .

Θέτοντας x = 1 έχουμε ′( ) = ′( )f f4 5 και η ′f είναι συνεχής στο 4 5, , παραγωγίσιμη στο 4 5,( ) ,

οπότε σύμφωνα με το θ. Rolle, υπάρχει x0 4 5∈( ), , τέτοιος ώστε ′′( ) =f x0 0 .

5.10. Δίνεται συνάρτηση f, παραγωγίσιμη στο 0 1,[ ] , με f f1 0 1( ) − ( ) = . Να αποδείξετε ότι:

α) Υπάρχει θθ ∈( )0 1, τέτοιο, ώστε ′ ( ) = −f θ θ2 2θ θ .

β) Υπάρχει ξξ ∈( )0 1, τέτοιο, ώστε ′ ( ) =( ) − ( )

−f

f fξ

ξξ

0

1ξ

ξξ

.

Λύση

α) Είναι ′( ) = − ⇔ ′( ) − + =f fθ θ θ θ2 2 2 2 0 . Θέτουμε όπου θ το x και έχουμε:

′( ) − + =f x x2 2 0 . Παρατηρούμε ότι f x x x f x x( ) − +( )′ = ′( ) − +2 2 22 .

Θεωρούμε τη συνάρτηση g x f x x x( ) = ( ) − +2 2 , x ∈ 0 1, .

Η g είναι συνεχής στο 0 1, και παραγωγίσιμη στο 0 1,( ) , με ′( ) = ′( ) − +g x f x x2 2 .


21


Είναι: g f0 0( ) = ( ) και g f f1 1 2 1 1 1( ) = ( ) − + = ( ) − . Όμως,

f f f f g g1 0 1 0 1 1 0 1( ) − ( ) = ⇔ ( ) = ( ) − ⇔ ( ) = ( ) .

Οπότε, λόγω του θ. Rolle, υπάρχει θ∈( )0 1, τέτοιο, ώστε ′( ) = ⇔ ′( ) − + =g fθ θ θ0 2 2 0 .

β) Είναι ′( ) =( ) − ( )

−⇔ ′( ) −( ) + ( ) − ( ) =f

f ff f fξ

ξξ

ξ ξ ξ0

11 0 0 . Θέτουμε όπου ξ το x και έχουμε:

′( ) −( ) + ( ) − ( ) =f x x f x f1 0 0 .

Παρατηρούμε ότι f x x f x f x x f x f( ) −( ) − ( )( )′ = ′( ) −( ) + ( ) − ( )1 0 1 0 .

Θεωρούμε τη συνάρτηση h x f x x f x( ) = ( ) −( ) − ( )1 0 , x ∈ 0 1, .

Η h είναι συνεχής στο 0 1, και παραγωγίσιμη στο 0 1,( ) , με ′( ) = ′( ) −( ) + ( ) − ( )h x f x x f x f1 0 .

Επίσης, είναι h f0 0( ) = − ( ) και h f1 0( ) = − ( ) , δηλαδή h h0 1( ) = ( ) .

Οπότε, λόγω του θ. Rolle, υπάρχει ξ∈( )0 1, τέτοιο, ώστε:

′( ) = ⇔ ′( ) −( ) + ( ) − ( ) =h f f fξ ξ ξ ξ0 1 0 0 .

5.11. Δίνεται συνάρτηση f, παραγωγίσιμη στο α β,[ ]α β , α,βα β, > 0 , με f α α β( ) = 2α α β και f β αβ( ) = 2β αβ .

Να αποδείξετε ότι υπάρχει σημείο M fξ ξ, ( )( )ξ ξ , με ξ α β∈( ),α βξ , στο οποίο η εφαπτομένη

της Cf διέρχεται από την αρχή των αξόνων.

Λύση

Η εφαπτομένη της Cf στο Μ, έχει εξίσωση y f f x− ( ) = ′( ) −( )ξ ξ ξ . Για να διέρχεται από την αρχή

των αξόνων, πρέπει: 0 0 0− ( ) = ′( ) −( ) ⇔ ′( ) − ( ) =f f f fξ ξ ξ ξ ξ ξ .

Θέτουμε όπου ξ το x και έχουμε: xf x f xxf x f x x

x′( ) − ( ) = ⇔

′( ) − ( ) ′=0 0

2.

Παρατηρούμε ότι f x

x

xf x f x x

x

( )

′=

′( ) − ( ) ′2

.

Θεωρούμε τη συνάρτηση g xf x

x( ) =

( ), x ∈ α β, .

H g είναι συνεχής στο α β, , ως πηλίκο συνεχών συναρτήσεων και παραγωγίσιμη στο α β,( ) , με

′( ) =′( ) − ( )

g xf x x f x

x2.

Επίσης, είναι: gf

ααα

α βα

αβ( ) =( )

= =2

και gf

βββ

αββ

αβ( ) =( )

= =2

, δηλαδή g gα β( ) = ( ) .

Οπότε, λόγω του θ. Rolle, υπάρχει ξ α β∈( ), τέτοιο, ώστε:

′( ) = ⇔′( ) −

= ⇔ ′( ) − ( ) =gf f

f fξξ ξ ξ

ξξ ξ ξ0 0 0

2

( ).

5.12. Δίνεται παραγωγίσιμη συνάρτηση f : ,−[ ] →3 3 , για την οποία ισχύει ότι:

2 92xf x x f x( ) ≠ −( ) ′ ( ) 1( ) , για κάθε x ∈ −[ ]3 3, . Να αποδείξετε ότι:


22


α) f f3 3 0( ) −( ) ≠ .

β) Η γραφική παράσταση της συνάρτησης f τέμνει τον άξονα ′x x σε τουλάχιστον ένα

σημείο, με τετμημένη x0 3 3∈ −( ), .

Λύση

α) Για x = 3 είναι: 2 3 3 3 9 3 6 3 0 3 02⋅ ( ) ≠ −( ) ′( ) ⇔ ( ) ≠ ⇔ ( ) ≠f f f f .

Για x = −3 είναι: 2 3 3 3 9 3 6 3 0 3 02⋅ −( ) −( ) ≠ −( ) −

′ −( ) ⇔ − −( ) ≠ ⇔ −( ) ≠f f f f

Άρα, f f3 3 0( ) −( ) ≠ .

β) Έστω ότι η f δεν τέμνει τον άξονα ′x x σε κανένα σημείο με τετμημένη x0 3 3∈ −( ), , δηλαδή

f x( ) ≠ 0 για κάθε x ∈ −( )3 3, . Τότε, επειδή f 3 0( ) ≠ και f −( ) ≠3 0 , είναι f x( ) ≠ 0 για κάθε

x ∈ − 3 3, . Είναι:

2 92xf x x f x( ) ≠ −( ) ′( ) ⇔ 2 9 02xf x x f x( ) − −( ) ′( ) ≠ ⇔ x f x x f x

f x

2 2

2

9 90

−( )′ − −( ) ′( )( ) ≠

( ).

Παρατηρούμε ότι x

f x

x f x x f x

f x

2 2 2

2

9 9 9−( )

′=

−( )′ ( ) − −( ) ′( )( )

Θεωρούμε τη συνάρτηση g xx

f x( ) = −

( )2 9

, x ∈ − 3 3, .

Η g είναι συνεχής στο − 3 3, ως πηλίκο συνεχών συναρτήσεων, παραγωγίσιμη στο −( )3 3, με

′( ) =( ) − −( ) ′( )

( )g xxf x x f x

f x

2 92

2 και g g3 0 3( ) = = −( ) ,

οπότε λόγω του θ. Rolle υπάρχει x0 3 3∈ −( ), τέτοιο, ώστε:

′( ) = ⇔( ) − −( ) ′( )

( ) = ⇔g xx f x x f x

f x0

0 0 02

0

20

02 9

0

2 9 0 2 90 0 02

0 0 0 02

0x f x x f x x f x x f x( ) − −( ) ′( ) = ⇔ ( ) = −( ) ( ) που είναι άτοπο λόγω της σχέσης 1( ) .

Άρα, η f έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο −( )3 3, .

5.13. Αν μία συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο α β,( )α β και

υπάρχουν τα όρια limx

f x→ +

( )αα

και limx

f x→ −

( )ββ

και είναι

lim limx x

f x f x→ →+ −

( ) = ( ) =α β

α β, ∈ , να αποδείξετε ότι

υπάρχει ξ α β∈( ),ξ α β τέτοιο, ώστε ′ ( ) =f ξ 0ξ . (γενίκευ-

ση του θ. Rolle στο ανοικτό διάστημα α β,( )α β )χOχ΄

y΄

y

α β

�


Documents

1. Θεωρήματα Διαφορικού Λογισμούmedia.public.gr/Books-PDF/9789601426402-0784674.pdf · 2017-07-31 · Επο-μένως, το θεώρημα αποτελεί