ΑΣΚΗΣΕΙΣ 1-50

ΘΕΩΡΗΜΑ ROLLE και MEΣΗΣ ΤΙΜΗΣ 1

ΘΕΩΡΗΜΑ ROLLE και ΜΕΣΗΣ ΤΙΜΗΣ

1.Έστω στο μιγαδικό επίπεδο o κύκλος c : |z-2|=1 , z C και σημείο Μ(ζ) c, όπου ζ = α+βi με α , β IR . Να δείξετε ότιΑ. η εξίσωση 3(α-2)2x2+2β2x = 1 έχει τουλάχιστο μια ρίζα x0 στο (0,1) Β. η ρίζα x0 είναι μοναδική στο (0,1)

Γ. ισχύει 0< γ <3 , όπου γ = .

1. Α. Θεωρούμε επίτηδες τη συνάρτηση f(x) = 3(α-2)2x2+2β2x -1 η οποία είναι συνεχής στο διάστημα [0,1] ως πολυωνυμική και επιπλέον έχουμε f(0) =-1<0 , f(1) = 3(α-2)2+2β2-1 . Όμως |z-(2+0i)| =1

Ν(z) c : K(2,0) , ρ=1 που σε αναλυτική μορφή είναι (x-2)2+y2 = 1 .

Εξάλλου Μ(α,β) c (α-2)2+β2 = 1 β2 = 1-(α-2)2 . Οπότεf(1) = 3(α-2)2+2[1-(α-2)2]-1 =(α-2)2+1 > 0 . Επομένως f(0)f(1) <0 .Δηλ. ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano για την f στο [0,1] . Άρα , σύμφωνα μ’ αυτό υπάρχει x0 (0,1) τέτοιο ώστε f(x0)=0 3(α-2)2x0

2+2β2x0 = 1 με 0<x0<1 , δηλ. το ζητούμενο η εξίσωση 3(α-2)2x2+2β2x = 1 έχει τουλάχιστο μια ρίζα στο (0,1) . Σημείωση : η άσκηση μπορεί να επιλυθεί και με το θεώρημα Rolle για την αρχική της f συνάρτηση F(x)= (α-2)2x3+β2x2 –x +c στο [0,1] .

Β. Αν α=2,τότε β2 = 1,οπότε η εξίσωση γράφεται 2x = 1 x = (0,1) .

Αν α 2,τότε 1- β2 >0 -1<β<1 .Έχουμε Δ(β) =…=4(β4-3β2+3)>0 , οπότε

x1,0 = …= .

Αλλά προφανώς x1 = <0 x1 (0,1) .

Οπότε ,λόγω του ερωτήματος Α, η ρίζα x0 είναι μοναδική στο (0,1) .

Γ. Συνεπώς 0< <1, απόπου το ζητούμενο .

ΒΦΜ

2. Να δείξετε ότι η εξίσωση (α-2)2x(3x-2) = 1-2x , όπου α IR , έχει τουλάχιστο μια ρίζα στο (0,1) .

2. Α. Θεωρούμε επίτηδες τη συνάρτηση f(x) = (α-2)2x(3x-2)-1+2x η οποία είναι συνεχής στο διάστημα [0,1] ως πολυωνυμική και επιπλέον έχουμε f(0) =-1<0 , f(1) = (α-2)2-1+2(α-2)2+1>0 . Επομένως f(0)f(1) <0 .

ΜΗΤΣΙΑΝΗΣ ΒΑΣΙΛΗΣ` 1


Δηλ. ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano για την f στο [0,1] . Άρα , σύμφωνα μ’ αυτό υπάρχει x0 (0,1) τέτοιο ώστε f(x0)=0 3(α-2)2x0(3x0-2)-1+2x0 =0 3(α-2)2x0(3x0-2)=1-2x0 με 0<x0<1 , δηλ. το ζητούμενο : η εξίσωση 3(α-2)2x2+2β2x = 1 έχει τουλάχιστο μια ρίζα στο (0,1) . ΒΦΜ

3. Να δείξετε ότι η εξίσωση συν νx=(x-1)ν , όπου ν ΙΝ , έχει μια μόνο

ρίζα στο ( , ) .

3. Καταρχήν επειδή x [ , ] , ισχύουν συνx 0 και x-1>0 .Οπότε η

δοσμένη εξίσωση γράφεται ισοδύναμα συνx =x-1 .Έστω τώρα f(x) = συνx – x+1 . Η ύπαρξη

Η f είναι συνεχής στο [ , ] ως άθροισμα συνεχών και ισχύει f(

)= συν – +1= - > 0 και f( ) = συν – +1 = 1- < 0 , δηλ. f(

)f( ) <0 . Άρα , σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano , υπάρχει x0

( , ) τέτοιο ώστε f(x0)=0 συν x0 - x0+1 = 0 συν x0 = x0-1 .

Η μοναδικότητα(στοιχειώδης απόδειξη)

Έστω x1,x2 [ , ] με x1<x2 .Τότε και επειδή συν [ , ] [0, π/2] ,

ισχύει συνx1>συνx2 και - x1>-x2 , οπότε συνx1 - x1> συνx2 - x2 συνx1

- x1+1>συνx2 - x2 +1 f(x1) > f(x2) . Γιαυτό f [ , ] . Συνεπώς f 1-

1 .Αν τώρα ξ ήταν κι άλλη ρίζα της f(x) =0 στο ίδιο διάστημα ,θα ίσχυε f(ξ) =0 , οπότε f(ξ) = f(x0) ξ = x0 .

4. Αν φ : [-α,α] IR ,όπου α>0 , είναι φθίνουσα συνεχής συνάρτηση , τότε να λυθούν οι εξισώσειςα. φ(x)=φ(0) .β. φ-1(x)=0 .

4. α. Εφόσον φ φθίνουσα στο [-α,α] και 0 [-α,α] , ισχύουν αφενός -α<0<α φ(-α)>φ(0)> φ(α) .Θεωρούμε τώρα τη συνάρτηση σ(x)= φ(x)-φ(0) .Η σ είναι συνεχής στο διάστημα [-α,α] ως διαφορά συνεχών και επιπλέον



είναι σ(α) = φ(α)-φ(0)<0 , σ(-α) = φ(-α)-φ(0)>0 , από τις οποίες σ(α)σ(-α)<0 . Δηλ. ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano για τη σ στο [-α,α] . Άρα , σύμφωνα μ’ αυτό υπάρχει x0 (0,1) τέτοιο ώστε σ(x0)=0 φ(x0)-φ(0)=0 φ(x0)=φ(0) , δηλ. το ζητούμενο : η εξίσωση φ(x)=φ(0) έχει τουλάχιστο μια ρίζα στο (-α,α) , η οποία είναι μοναδική , γιατί φ [-α,α] .β. …….. ΒΦΜ

5*. Έστω , όπου λ,μ,α,β ΙR και αβ 0 .

Να δείξετε ότια. η εξίσωση έχει πραγματική ρίζα .β. (α2+β2+λ+μ)2 4(α2μ+β2λ+λμ)

5. α. Καταρχήν αν λ=μ , τότε α2+β2=x-λ x= α2+β2+λ ,δηλ. η εξίσωση έχει μοναδική πραγματική ρίζα την α2+β2+λ .Έστω και γενικότερο λ μ .Τώρα γράφουμε πρώτα την εξίσωση α2(x-μ)+β2(x-λ) = (x-λ)(x-μ) και θεωρούμε την συνάρτηση f(x) = α2(x-μ)+β2(x-λ)-(x-λ)(x-μ) , x ΙR .Έχουμε f(μ) = β2(μ-λ) και f(λ) = α2(λ-μ) , οπότε f(μ)f(λ) = -α2 β2(λ-μ)2<0 . Εξάλλου η f είναι συνεχής στο [λ1,μ1] ,όπου

λ1= και μ1= αντίστοιχα .

[λ,μ] ή [μ,λ] . Άρα , σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano υπάρχει x0 (λ,μ) ή (μ,λ) τέτοιο ώστε f(x0)=0 α2(x0-μ)+β2(x0-λ)-(x0-λ)(x0-μ)=0

α2(x0-μ)+β2(x0-λ) = (x0-λ)(x0-μ) .

β. Για λ=μ …Για λ μ η εξίσωση γίνεται x2-( α2+β2+λ+μ)x+ α2μ+β2λ+λμ =0 και είναι δευτεροβάθμια που έχει μια πραγματική ρίζα . Συνεπώς Δ 0

(α2+β2+λ+μ)2-4(α2μ+β2λ+λμ) 0 (α2+β2+λ+μ)2 4(α2μ+β2λ+λμ). α4+β4+λ2+μ2+2α2β2 +2α2λ+2α2μ+2β2λ+2β2μ+2λμ-4α2μ-4β2λ-4λμ 0

α4+β4+λ2+μ2+2α2β2 +2α2λ-2α2μ-2β2λ+2β2μ-2λμ 0

…Να ελεγχθούν και οι πράξεις … De Moivre; ΒΦΜ

6. Έστω , όπου λ,μ,α,β ΙR , αβ 0 και ν περιττός.

Να δείξετε ότι η εξίσωση έχει τουλάχιστο δύο πραγματικές ρίζες .

6. Καταρχήν αν λ=μ , τότε α2+β2=(x-λ)ν x-λ=



x =λ+ , δηλ. η εξίσωση έχει μοναδική πραγματική ρίζα την λ+ .Έστω και γενικότερο λ μ .Τώρα γράφουμε πρώτα την εξίσωση α2(x-μ)ν+β2(x-λ)ν = (x-λ)ν(x-μ)ν και θεωρούμε την συνάρτηση f(x) = α2(x-μ)ν+β2(x-λ)ν-(x-λ)ν(x-μ)ν , x ΙR .Έχουμε f(μ) = β2(μ-λ)ν και f(λ) = α2(λ-μ)ν , οπότε f(μ)f(λ) = -α2 β2(λ-μ)2ν<0 . Εξάλλου η f είναι συνεχής στο [λ,μ] ή [μ,λ] .Άρα , σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano υπάρχει x0 (λ,μ) ή (μ,λ) τέτοιο ώστε f(x0)=0 α2(x0-μ)ν+β2(x0-λ)ν-(x0-λ)ν(x0-μ)ν=0

α2(x0-μ)ν+β2(x0-λ)ν = (x0-λ)ν(x0-μ)ν .

Τώρα το πολυώνυμο f είναι προφανώς 2ν βαθμού και έχει ρίζα x0 ανάμεσα στους λ , μ . Συνεπώς θα γράφεται f(x) = (x- x0)g(x) , όπου g πολυώνυμο είναι 2ν-1 (περιττού) βαθμού . Το πεδίο ορισμού της g είναι το ΙR και g(x)= (όχι κατανάγκην αντίστοιχα) .Επομένως υπάρχουν γ και δ ΙR τέτοια ώστε g(γ)<0 και g(δ)>0 . Δηλ. ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano για τη g στο [γ,δ] . Άρα , σύμφωνα μ’ αυτό , υπάρχει x1 (γ,δ) τέτοιο ώστε g(x1)=0. Οπότε f(x) = (x- x0) (x- x1)h(x) , όπου h πολυώνυμο είναι 2ν-2 (άρτιου) βαθμού . Άρα τελικά η εξίσωση έχει τουλάχιστο δύο πραγματικές ρίζες .

ΒΦΜ


Να δείξετε ότι η εξίσωση έχει μια πραγματική ρίζα .

7. … ΒΦΜ



8. … ΒΦΜ



9. … ΒΦΜ



10*. Έστω , όπου λ,μ,α,β ΙR , αβ 0 και ν

περιττός. Να δείξετε ότι η εξίσωση έχει μια πραγματική ρίζα .

10. πρώτα-πρώτα x>0 .Αν λ=μ , τότε α2010+β1020=12345(lnx-λ)ν

lnx-λ= lnx= x = eρ , δηλ. η εξίσωση

έχει μοναδική πραγματική ρίζα την eρ .Έστω και γενικότερο λ μ .Τώρα γράφουμε πρώτα την εξίσωση α2010(lnx-μ)ν+β1020(lnx-λ)ν = 12345(lnx-λ)ν(lnx-μ)ν και θεωρούμε τη συνάρτηση f(x) = α2010(lnx-μ)ν+β1020(lnx-λ)ν - 12345(lnx-λ)ν(lnx-μ)ν , x ΙR .Έχουμε f(eμ) = β2(μ-λ)ν και f(eλ) = α2(λ-μ)ν , οπότε f(eμ)f(eλ) = -α2 β2(λ-μ)2ν<0 . Εξάλλου η f είναι συνεχής στο [eλ , eμ ] ή [eμ

, eλ ] .Άρα , σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano , υπάρχει x0 (eλ , eμ) ή (eμ , eλ)τέτοιο ώστε f(x0)=0 …1 ΒΦΜ

11. Έστω , όπου λ,μ,α,β ΙR , αβ 0 και ν

περιττός.Να δείξετε ότι η εξίσωση έχει μια πραγματική ρίζα .

11. … ΒΦΜ

12. Έστω ότι για την f ισχύει το θεώρημα Bolzano στο [α,β] , όπου α,βΙR .Τότε να δείξετε ότι ισχύει και για την f ln σε κατάλληλο

προσδιορίσιμο διάστημα και μάλιστα αν x0 είναι ρίζα της εξίσωσης f(x) =0 ,τότε είναι ρίζα της εξίσωσης f(lnx) = 0 .

12.Θέτουμε σ(x)=[f ln](x)=f(lnx) με x [eα, eβ] . (Είναι α<β eα<eβ) .Έχουμε σ(eα)σ(eβ) = f(α)f(β)<0 . Εξάλλου η σ είναι συνεχής στο [eα, eβ] ως σύνθεση συνεχών . Οπότε … ΒΦΜ

13. Έστω ότι για την f ισχύει το θεώρημα Bolzano στο [α,β] , όπου α,βΙR .Τότε να δείξετε ότι ισχύει και για την f g σε κατάλληλο

προσδιορίσιμο διάστημα και μάλιστα αν x0 είναι ρίζα της εξίσωσης f(x) =0 ,τότε … είναι ρίζα της εξίσωσης f(g(x)) = 0 .

13. … ΒΦΜ

1 Συνεχίζουμε για να φτάσουμε στην αρχική δεδομένη εξίσωση .



14. Έστω f 1-1 συνάρτηση και αβ<0 όπου α,β ΙR .Τότε να δείξετε ότι ισχύει το θεώρημα Bolzano σε κατάλληλο προσδιορίσιμο διάστημα και μάλιστα αν x0 είναι ρίζα της εξίσωσης f(x) =0 ,τότε … είναι ρίζα της εξίσωσης (x) = 0 .

14. … ΒΦΜ

15. Έστω f(x) = x 3 +κx2+λ , όπου κ+λ+1<0<λ .i. Να δείξετε ότι η εξίσωση x 3 +κx2 = -λ έχει δύο τουλάχιστο ετερόσημες ρίζες .ii. Η f δεν είναι αντιστρέψιμη .

15.i.Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x) = x 3 +κx2+λ στο [-1,0] και στο [0,1] .Η f είναι συνεχής σε καθένα από τα [-1,0] και [0,1] ως πολυωνυμική. Επίσης f(-1) = -1+κ+λ <0 , γιατί κ+λ +1<0 κ+λ<-1<1 -1+κ+λ <0 και f(0) = λ <0 καθώς και f(1) = 1+κ+λ >0 .Επομένως , σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano , υπάρχουν x1 (-1 , 0) και x2 (0 , 1) τέτοια ώστε f(x1)=0 και f(x2)=0 . Άρα …

ii. Aν η f ήταν αντιστρέψιμη , τότε θα προήταν 1-1 , οπότε καθώς f(x1)=f(x2) x1 = x2 ,που είναι άτοπο ,γιατί είναι -1< x1 <0< x2<1 ,δηλ. x1 < x2 . Άρα η f δεν είναι αντιστρέψιμη . ΒΦΜ

16. Έστω f(x) = x-κημx+1 με 0<κ<1 . Να δείξετε ότι ηi. συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα .ii. εξίσωση x+1 = κημx έχει ακριβώς μια στο (-2,-1) .

16. i. …ii.Η f είναι συνεχής στο [-2,-1] ως άθροισμα συνεχών .

Έχουμε f(-2) = -2+κημ2+1= -1+κημ2 <0 , γιατί <2<π , οπότε

0 <ημ2 <1 , απόπου 0 <κημ2 <κ<1 ,δηλ. -1+κημ2 <0 .

Επίσης f(-1) = -1+κημ1+1= κημ1 >0 , γιατί 0<1< και κ>0 .

Επομένως , σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano , υπάρχει x0 (-2 , -1) τέτοιο ώστε f(x0)=0 το οποίο είναι μοναδικό , γιατί f είναι γνησίως αύξουσα . Άρα … ΒΦΜ

17. Να δείξετε ότι η γραφική παράσταση της συνάρτησης η(x) = ημ2x

τέμνει τη διχοτόμο1ου–3ου τεταρτημόριου σε σημείο Α(x0) με x0 ( , ).

17. … ΒΦΜ



18. Έστω η συνεχής συνάρτηση f : [0,α] IR με f(0) = f( ) .

Να δείξετε ότι η

i. εξίσωση f(x) = f(x+ ) έχει ρίζα .

ii. f δεν είναι 1-1 .

18. i.Θεωρούμε τη βοηθητική συνάρτηση δ(x) =f(x) - f(x+ ) .

Η f είναι συνεχής στο [0,α] . Επίσης η g(x) = x+ είναι συνεχής στο

ΙR [0,α] ως πολυωνυμική . Επομένως και η σ(x)=f(x+ ) =

=f(g(x))=[f g](x) είναι συνεχής στο [0,α] ως σύνθεση συνεχών . Συνεπώς η δ είναι συνεχής στο [0,α] .

Υπολογίζουμε2 : δ(0) = f(0) - f( ) και δ( ) = f( ) - f( ) =

f( ) - f(0)=- [f(0)- f( )] , οπότε δ(0) δ( ) =- [f(0)- f( )]2 0 .

Άρα , σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano , υπάρχει x0 [0, ] τέτοιο

ώστε δ(x0)=0 f(x0) = f(x0+ ) . Χ.Κ.ΑΧΤΣΑΛΩΤΙΔΗ

ii. Αν η f ήταν 1-1 , τότε από την f(0) = f( ) , προκύπτει =0 α=0

, άτοπο για κλειστό3 διάστημα [0,α] . ΒΦΜ

19. Έστω η συνεχής συνάρτηση f : [α,β] IR με f(α) f(β) . Να δείξετε ότι για κάθε φυσικό αριθμό ν υπάρχει x0 (α,β) τέτοιο ώστε

f(x0) = .

19. Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) = (2010+ν)f(x) -2010 f(α) -νf(β) , η οποία προφανώς είναι συνεχής στο [α,β] . Υπολογίζουμε : g(α)g(β) =…= -2010[f(α) - f(β)]2 <0 , γιατί… Άρα , σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano , υπάρχει x0 (α,β) τέτοιο

ώστε g(x0)=0 … f(x0) = . Χ.Κ.ΑΧΤΣΑΛΩΤΙΔΗ

20. Έστω η συνεχής συνάρτηση f : [α,β] [α,β] με αβ>0 . Να δείξετε ότι υπάρχει x0 [α,β] τέτοιο ώστε x0f(x0) = αβ .

2 (α ή x > δεν μπορούμε να θέσουμε , γιατί βγαίνουμε εκτός πεδίου ορισμού)

3 Μη εκφυλισμένο [0,0]



20 . Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) =xf(x) – αβ , η οποία είναι συνεχής στο [α,β] ως συνδυασμός αποτέλεσμα πρακτέο συνεχών .

Έχουμε g(α)g(β) =…= 0 ,γιατί για κάθε x [α,β]

ισχύει α f(x) β , αφού f([α,β])=[α,β] .Αν f(α) - β =0 , τότε g(α)=0 , οπότε x0=α ρίζα της εξίσωσης . Αν f(β) - α =0 , τότε g(β)=0 , οπότε x0=β ρίζα της εξίσωσης . Αν [f(α) – β][ f(β) – α]<0 , τότε g(α) g(β )<0 , οπότε , σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano , υπάρχει x0 (α,β) τέτοιο ώστε g(x0)=0 … x0f(x0) = αβ . Άρα έτσι ή αλλιώς ή αλλιώτικα υπάρχει x0 [α,β] τέτοιο ώστε x0f(x0)= αβ . Χ.Κ.ΑΧΤΣΑΛΩΤΙΔΗ


21 . Θεωρούμε Χ.Κ.ΑΧΤΣΑΛΩΤΙΔΗ/11/203







25. Να δείξετε ότι η εξίσωση x-κ=λημx με κ>0 και λ>0 έχει μια τουλάχιστο πραγματική ρίζα . 4

25 . Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x)= x-κ-λημx .Έχουμε f(0) = 0-κ-λημ0 =-κ<0 και f(κ+λ) = κ+λ-κ-λημ(κ+λ) =λ[1- ημ(κ+λ)] 0 ,οπότε f(0)f(κ+λ) =-κλ[1- ημ(κ+λ)] 0 .Εξάλλου η f είναι συνεχής στο [0,κ+λ] .Αν f(κ+λ) = 0 , τότε x0 =κ+λ>0 είναι ρίζα της εξίσωσης .

4 f ΄(x) =1-λσυνx …-1 f ΄(x) 1 … προϋποθέσεις-συνθήκες για μοναδική ρίζα … y=ημx και y=λ-1(x-κ) …



Αν f(κ+λ) <0 , τότε f(0)f(κ+λ)<0 , οπότε , σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano , υπάρχει x0 (0,κ+λ) τέτοιο ώστε f(x0)=0 x0-κ=λημx0 .

Άρα , έτσι ή αλλιώς υπάρχει x0 (0,κ+λ] τέτοιο ώστε x0-κ=λημx0 .Δηλ. η δεδομένη εξίσωση έχει μια θετική ρίζα που δεν υπερβαίνει το κ+λ. Χ.Κ.ΑΧΤΣΑΛΩΤΙΔΗ 40/220

26. Να δείξετε ότι η εξίσωση x-κ=λημx με κ<0 και λ<0 έχει μια τουλάχιστο πραγματική ρίζα .

26 . Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x)= x-κ-λημx .Έχουμε f(0) = 0-κ-λημ0 =-κ>0 και f(κ+λ) = κ+λ-κ-λημ(κ+λ) = =λ[1- ημ(κ+λ)] 0 , οπότε f(0)f(κ+λ) =-κλ[1- ημ(κ+λ)] 0 .Εξάλλου η f είναι συνεχής στο [κ+λ,0] .Αν f(κ+λ) = 0 , τότε x0 =κ+λ>0 είναι ρίζα της εξίσωσης .Αν f(κ+λ) <0 , τότε f(κ+λ)f(0)<0 , οπότε , σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano , υπάρχει x0 (κ+λ , 0) τέτοιο ώστε f(x0)=0 x0-κ=λημx0 .

Άρα , έτσι ή αλλιώς υπάρχει x0 [κ+λ,0) τέτοιο ώστε x0-κ=λημx0 .Δηλ. η δεδομένη εξίσωση έχει μια αρνητική ρίζα που δεν κατεβαίνει το κ+λ. ΒΦΜ

27*. Να δείξετε ότι η εξίσωση x-κ=λημx με κ,λ ομόσημους έχει μια τουλάχιστο πραγματική ρίζα .

27 . Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x)= x-κ-λημx .

Έχουμε f(0) = 0-κ-λημ0 =-κ και

f(κ+λ) = κ+λ-κ-λημ(κ+λ) = λ[ ] , αντίστοιχα ,

οπότε f(0)f(κ+λ) =-κλ[1- ημ(κ+λ)] 0 .

Εξάλλου η f είναι συνεχής στο .

Αν f(κ+λ) = 0 , τότε x0 =κ+λ>0 είναι ρίζα της εξίσωσης .Αν f(κ+λ) <0 , τότε f(κ+λ)f(0)<0 , οπότε , σύμφωνα με το θεώρημα

Bolzano , υπάρχει x0 τέτοιο ώστε f(x0)=0 x0-κ=λημx0 .

Άρα , έτσι ή αλλιώς υπάρχει x0 [κ+λ,0) ή x0 (0,κ+λ] τέτοιο ώστε x0-κ=λημx0 .Δηλ. η δεδομένη εξίσωση έχει μια πραγματική ρίζα . ΒΦΜ



28**. Να δείξετε ότι η εξίσωση x-κ=λημx , όπου κ,λ ρητοί ομόσημοι έχει μια τουλάχιστο πραγματική ρίζα .

28 . Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x)= x-κ-λημx .

Έχουμε f(0) = 0-κ-λημ0 =-κ και

f(κ+λ) = κ+λ-κ-λημ(κ+λ) = λ[ ] , αντίστοιχα ,

Είναι γενικά ημ(κ+λ) 1 . Αν ημ(κ+λ) = 1 , τότε κ+λ=(2ν+ )π , ν Ζ ,

που είναι άτοπο , γιατί κ+λ Q ενώ (2ν+ )π R-Q . Συνεπώς εδώ

ημ(κ+λ) <1 .

Εξάλλου η f είναι συνεχής στο .

Ούτως ή άλλως f(κ+λ)f(0) = -κλ[1- ημ(κ+λ)] < 0 , οπότε , σύμφωνα με

το θεώρημα Bolzano , υπάρχει x0 τέτοιο ώστε f(x0)=0 x0-κ=λημx0 .

Άρα , έτσι ή αλλιώς , υπάρχει x0 (κ+λ,0) ή x0 (0,κ+λ) τέτοιο ώστε x0-κ=λημx0 .Δηλ. η δεδομένη εξίσωση έχει μια πραγματική ρίζα . ΒΦΜ

29**. Να δείξετε πρώτα ότι κάθε ρίζα της εξίσωσης x-κ=λημx , όπου κ , λ θετικοί ρητοί , βρίσκεται στο διάστημα Δ=[κ-λ , κ+λ] και κατόπιν η εξίσωση έχει μια τουλάχιστο πραγματική ρίζα που κείται σε υποδιάστημα του Δ .

29. Έχουμε ημx = .Αλλά -1 ημx 1 κι επομένως -1 1

κ-λ x κ+λ , δηλ. x [κ-λ , κ+λ] .Θεωρούμε τώρα τη συνάρτηση f(x)= x-κ-λημx .Έχουμε f(0) = 0-κ-λημ0 =-κ<0 και f(κ+λ) = κ+λ-κ-λημ(κ+λ) =λ[1- ημ(κ+λ)] >0 , γιατί είναι γενικά

ημ(κ+λ) 1 . Αν ημ(κ+λ) = 1 , τότε κ+λ=(2ν+ )π , ν ΙΝ ,

(επειδή κ+λ>0, θα είναι(2ν+ )π>0 ν>- και ν Ζ ν ΙΝ ) ,

που είναι άτοπο , γιατί κ+λ Q ενώ (2ν+ )π R-Q . Συνεπώς εδώ

ημ(κ+λ) <1 .



Επομένως f(0)f(κ+λ) =-κλ[1- ημ(κ+λ)] < 0 .Εξάλλου η f είναι συνεχής στο [0,κ+λ] .Οπότε , σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano , υπάρχει x0 (0,κ+λ) τέτοιο ώστε f(x0)=0 x0-κ=λημx0 .

Δηλ. η δεδομένη εξίσωση έχει μια θετική ρίζα που δεν υπερβαίνει το κ+λ. ΒΦΜ

30 .Να δείξετε ότι η εξίσωση πx-πκ=2λημπxσυνπx με κ>0 και λ>0 ομόσημους έχει μια πραγματική ρίζα .

30 . Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x)=πx-πκ-λημ2πx .Έχουμε f(0) = π0-πκ-λημ2π0 =-πκ<0 και f(κ+λ) = π(κ+λ)-πκ-λημ2π(κ+λ) = λ[π- ημ(κ+λ)] > 0 , οπότε f(0)f(κ+λ) = -πκλ[π- ημ(κ+λ)] <0 .Εξάλλου η f είναι συνεχής στο [0,κ+λ] .Επομένως , σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano , υπάρχει x0 (0,κ+λ) τέτοιο ώστε f(x0)=0 πx0-πκ=λημ2πx0 .

Δηλ. η δεδομένη εξίσωση έχει μια ρίζα . ΒΦΜ

31**. Να δείξετε ότι η εξίσωση x-κ=2λημπxσυνπx με κ Ν* και λ

(0, + )-Q ή λ (0, + )-{ /ν Ν*} έχει μια πραγματική ρίζα .

31 . Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x)=x-κ-λημ2πx .Έχουμε f(0) = 0-κ-λημ2π0 = -κ<0 και f(κ+λ) = κ+λ-κ-λημ2π(κ+λ) = λ[1- ημ2π(κ+λ)] = λ[1- ημ(2πκ+2πλ)] =

=λ[1-ημ2πλ] > 0 , γιατί αν ημ2πλ = 1 , τότε λ=ν+ , ν ΙΝ* ,

που είναι άτοπο . Συνεπώς εδώ ημ(2πλ) <1 .

Οπότε f(0)f(κ+λ) = -πκλ[π- ημ(κ+λ)] <0 .Εξάλλου η f είναι συνεχής στο [0,κ+λ] .Επομένως , σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano , υπάρχει x0 (0,κ+λ) τέτοιο ώστε f(x0)=0 x0-κ=2λημπx0συνπx0 .


32. Να δείξετε ότι η εξίσωση x-1821=4020ημπxσυνπx έχει μια πραγματική ρίζα .

32 . Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x)=x-1821-2010ημ2πx .Έχουμε f(0) = 0-1821-2010ημ2π0 = -1821<0 και f(1821+4020) = 1821+4020-1821-4020ημ2π(1821+4020)=4020[1-ημ58412π=4020 > 0 .Οπότε f(0)f(5841) < 0 .



Εξάλλου η f είναι συνεχής στο [0, 5841] .Επομένως , σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano , υπάρχει x0 (0, 5841) τέτοιο ώστε f(x0)=0 x0-1821=4020ημπx0συνπx0 .


33**. Να δείξετε ότι η εξίσωση x- =12ημπxσυνπx έχει μια πραγματική ρίζα .

33 . Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x)=x- -6ημ2πx .Έχουμε f(0) = 0- -6ημ2π0 = - <0 και f( +6) = +6- -6ημ2π( +6)=6[1- ημ2π ]> 0 .Οπότε f(0)f(6+ ) < 0 .Εξάλλου η f είναι συνεχής στο [0, 6+ ] .Επομένως , σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano , υπάρχει x0 (0, 6+ ) τέτοιο ώστε f(x0)=0 x0- =12ημπx0συνπx0 .


34. Να δείξετε ότι η εξίσωση (x-β)(x2ν+1 )+(x-α)(x2κ+1 )=0 , όπου ν,κΙΝ* έχει μια τουλάχιστο πραγματική ρίζα .

34 . Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x) = (x-β)(x2ν+1 )+(x-α)(x2κ+1) , η οποία είναι συνεχής στο [α,β] τελικά5 ως πολυωνυμική και ισχύει f(α)f(β)= … = (α-β)(α2ν+1 )(β-α)(β2κ+1) =-(α-β)2α2ν+1)(β2κ+1) < 0 . Άρα … ΒΦΜ

35 . Να δείξετε ότι η εξίσωση (x-β)2μ+1(x2ν+1 )+(x-α)2ρ+1(x2κ+1 ) = 0 , όπου ν,κ,μ,ρ ΙΝ* έχει μια τουλάχιστο πραγματική ρίζα .

35 . Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x) = (x-β)2μ+1(x2ν+1 )+(x-α)2ρ+1(x2κ+1) , η οποία είναι συνεχής στο [α,β] τελικά ως πολυωνυμική και ισχύει f(α)f(β)= … = (α-β)2μ+1(α2ν+1 )(β-α)2ρ+1(β2κ+1) = -(α-β)2(μ+ρ+1)(α2ν+1)(β2κ+1) < 0 . Άρα … ΒΦΜ

36 . Να δείξετε ότι η εξίσωση (x-β)123(x2010+1 )+(x-α)123(x2010+1 ) = 0 έχει μια τουλάχιστο πραγματική ρίζα .

36 . Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x) = (x-β)123(x2010+1 )+(x-α)123(x2010+1 , η οποία είναι συνεχής στο [α,β] τελικά ως πολυωνυμική και ισχύει f(α)f(β)= … = (α-β) 123(α2010+1 )(β-α)123(β2010+1) = -(α-β)246(α2010+1)(β2010+1) < 0 .

5 Αν γίνουν οι πράξεις προκύπτει τελικά πολυώνυμο



Άρα … ΒΦΜ

37. Να δείξετε ότι η εξίσωση = , όπου ν,κ ΙΝ* έχει

μια τουλάχιστο πραγματική ρίζα .

37 . Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x) = (x-β)(x2ν+1 )+(x-α)(x2κ+1) ,η οποία είναι συνεχής στο [α,β] τελικά6 ως πολυωνυμική και ισχύει f(α)f(β)= … = (α-β)(α2ν+1 )(β-α)(β2κ+1) =-(α-β)2α2ν+1)(β2κ+1) < 0 .Επομένως , σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano , υπάρχει x0 (α,β) τέτοιο

ώστε f(x0)=0 (x0-β)( x02ν+1 )+( x0-α)( x0

2κ+1) = .


38. Να δείξετε ότι η εξίσωση x3 +2α = (α+1)x2+(α-1)x+3 με α>2 έχει μια τουλάχιστο πραγματική ρίζα .

38 . Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x) = x3 -(α+1)x2-(α-1)x+2α-3 .

Έχουμε f(0) = 2α-3 >0 , γιατί α>2> και

f(1) = 1-α-1-α+1+2α-3 =0 -2<0 .Οπότε f(0)f(1) < 0 .Εξάλλου η f είναι συνεχής στο [0, 1] ως πολυωνυμική .Επομένως , σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano , υπάρχει x0 (0,1) τέτοιο ώστε f(x0)=0 x0

3 +2α = (α+1)x02+(α-1)x0+3 .

Δηλ. η δεδομένη εξίσωση έχει μια τουλάχιστο πραγματική ρίζα . ΒΦΜ

39. Να δείξετε ότι η εξίσωση x = (β-2x)ln(x+β) με 1<β<2 έχει μια τουλάχιστο πραγματική ρίζα .

39 . Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x) = x + (2x-β)ln(x+β) .Έχουμε f(0) = -βlnβ < 0 , γιατί 1<β lnβ >0 και f(1) = 1 + (2-β)ln(1+β) >0 .Οπότε f(0)f(1) < 0 .Εξάλλου η f είναι συνεχής στο [0, 1] ως αποτέλεσμα συνεχών .Επομένως , σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano , υπάρχει x0 (0,1) τέτοιο ώστε f(x0)=0 x0 = (β-2x0)ln(x0+β) .

Δηλ. η δεδομένη εξίσωση έχει μια τουλάχιστο πραγματική ρίζα . ΒΦΜ

6 Αν γίνουν οι πράξεις προκύπτει τελικά πολυώνυμο



40. Να δείξετε ότι η εξίσωση 2νx +xν = ν , όπου ν ΙΝ* , έχει μια τουλάχιστο πραγματική ρίζα .

40 . Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x) = 2νx +xν - ν .Έχουμε f(0) = 1-ν 0 , γιατί ν 1 και f(1) = 2ν+1-ν >1+ν+1-ν=2>0 (ανισότητα Bernoulli) .Οπότε f(0)f(1) 0 .Εξάλλου η f είναι συνεχής στο [0,1] ως συνδυασμός συνεχών .Αν f(0)=0 , τότε …x0 =0 είναι ρίζα της εξίσωσης .Αν f(0)f(1)<0 , τότε , σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano , υπάρχει x0

(0,1) τέτοιο ώστε f(x0)=0 2νx + x0ν - ν =0 2νx + x0

ν = ν .

Άρα , έτσι ή αλλιώς , η δεδομένη εξίσωση έχει μια πραγματική ρίζα . ΒΦΜ

41. Να δείξετε ότι η εξίσωση (1+α)νx -xν = ν+1 , όπου ν ΙΝ* , έχει μια τουλάχιστο πραγματική ρίζα .

41 . Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x) = (1+α)νx - xν - ν - 1.Έχουμε f(0) = 1-ν-1=-ν<0 , γιατί ν 1 και f(1) = 2ν-1-ν -1>1+ν-1-ν=0 (ανισότητα Bernoulli) .Οπότε f(0)f(1)<0 .Εξάλλου η f είναι συνεχής στο [0,1] ως συνδυασμός συνεχών .Οπότε , σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano , υπάρχει x0 (0,1) τέτοιο ώστε f(x0)=0 - x0

ν - ν - 1=0 - x0ν = ν+1 .

Άρα η δεδομένη εξίσωση έχει μια πραγματική ρίζα . ΒΦΜ

42. Να δείξετε ότι η εξίσωση (1+x)ν = νx+1 , όπου ν ΙΝ* , έχει μια τουλάχιστο πραγματική ρίζα .

42 . Πράγματι! Προφανώς την x = 0 .

δύο τουλάχιστο ρίζες στο 1-1 ακριβώς μια ρίζα οπότε f(x) = f(x0) f(x0)= x0

ΙR ΙR i ii iii iv v I II III IV V a b g d e α β γ δ ε cf

x0 x0 (α,β) x0 (α,β) f(x0)=0 x0 [α,β] f(x0)



θεώρημα Bolzano Έστω η f είναι συνεχής συνάρτηση ισχύει Άρα Επομένως Συνεπώς πεδίο ορισμούΝα βρεθεί Να μελετηθεί Έχουμε Ολοσχερώς

cf

x-x0

+ -οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f(x) = x και g(x) = ημ2x ΒΦΜ


Documents

ΑΣΚΗΣΕΙΣ 1-50