Διαγώνισμα Rolle ΘΜΤ και συνέπειες + λύσεις
Click here to load reader
Transcript of Διαγώνισμα Rolle ΘΜΤ και συνέπειες + λύσεις
0 Διαγώνισμα Έως Συνέπειες Θ.Μ.Τ./ Επιμέλεια: Ανδρέας Μανώλης
Διαγώνισμα – Έως Συνέπειες Θ.Μ.Τ.
Διάρκεια Διαγωνίσματος : 3 ώρες
Ημερομηνία εξέτασης : .... Φεβρουαρίου 2017
Στοιχεία μαθητή : ………………………………………………………………
Βαθμός (100) : ……………………………………………………………………
Βαθμός (20) : ………………………………………………………………………
Σχόλια Μαθητή : …………………………………………………………………………………………………………………………………….
Σχόλια Καθηγητή : ………………………………………………………………………………………………………………………………….
Κατασκευή Θεμάτων : Ανδρέας Μανώλης
Πηγή θεμάτων : Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου , Γιώργος Μιχαηλίδης
1 Διαγώνισμα Έως Συνέπειες Θ.Μ.Τ./ Επιμέλεια: Ανδρέας Μανώλης
A1. Έστω συνάρτηση f ορισμένη σε ένα διάστημα Δ. Αν
η f είναι συνεχής στο Δ και
f x 0 για κάθε εσωτερικό σημείο x του Δ
να δείξετε ότι η f είναι σταθερή σε όλο το διάστημα Δ
A2. Να διατυπώσετε το θεώρημα Rolle και να δώσετε την γεωμετρική του ερμηνεία
A3. Να χαρακτηρίσετε τις παρακάτω προτάσεις με Σ ή Λ
α. Αν δύο συναρτήσεις είναι συνεχείς σε ένα διάστημα Δ και f x g x για κάθε εσωτερικό σημείο x του Δ,
τότε για κάθε x Δ ισχύει πάντοτε f x g x
β. Έστω A {0} r και η συνάρτηση f : Ar η οποία είναι παραγωγίσιμη με f x 0 , για κάθε x A .
Τότε η f είναι πάντα σταθερή στο Α
γ. Αν μια συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο κλειστό διάστημα α,β και f α f β , τότε υπάρχει πάντα ένα
τουλάχιστον ξ α,β τέτοιο ώστε f ξ 0
δ. Αν μία συνάρτηση f είναι συνεχής στο α,β και παραγωγίσιμη στο α,β τότε υπάρχει πάντα μοναδικό ξ α,β
ώστε f β f α β α f ξ
ε. Αν ισχύει το Θεώρημα Μέσης Τιμής για την f στο α,β , γεωμετρικά σημαίνει ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον
ξ α,β τέτοιο ώστε η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της f στο σημείο M ξ, f ξ να είναι παράλληλη
της ΑΒ, όπου Α α,f α , Β β,f β .
Β1. Να δείξετε ότι ισχύει 2
x 1
1 x 2
για κάθε xr
Β2. Αν η f : r r είναι παραγωγίσιμη στο r με 2
xf x
x 1
και για κάποιο 0x 0, ισχύει :
0 0
1f x x
2 και 0 0
1f x x
2 να δείξετε ότι :
i. για όλα τα α, βr ισχύει 1
f β f α β α2
ii. f 0 0
iii. η εξίσωση f x x έχει ακριβώς μια ρίζα
iv. η εξίσωση x
ημ x2 έχει μοναδική λύση την οποία και να υπολογίσετε
Θέμα Α
Μονάδες : Α1 …. / 8, Α2 …. / 7, Α3 …. / 10 , Α .… / 25
Θέμα Β
Μονάδες : Β1 …. / 3, Β2 i.…. / 6, ii…. / 5, iii…. / 6, iv…. / 5, Β …. /25
2 Διαγώνισμα Έως Συνέπειες Θ.Μ.Τ./ Επιμέλεια: Ανδρέας Μανώλης
Δίνεται η συνάρτηση f : r r για την οποία ισχύει :
2017x yf x 2 2 f y x y για κάθε x,y r και f 0 1
και η παραγωγίσιμη συνάρτηση g : r r για την οποία ισχύει :
g α g β 2α 2β για κάθε α,βr και g 0 1 , g 1 2
Γ1. Να δείξετε xf x 2 , x r
Γ2. Να δείξετε ότι 2g x x 2x 1, x r
Γ3. i. Να δείξετε ότι οι γραφικές παραστάσεις των f, g έχουν δύο ακριβώς κοινά σημεία τα οποία να
βρείτε
ii. Να δείξετε ότι σε κανένα από τα δυο παραπάνω σημεία οι γραφικές παραστάσεις των f, g δεν
δέχονται κοινή εφαπτομένη
Γ4. Να δείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ 0,1 τέτοιο ώστε f ξ g ξ 1 f ξ g ξ 1
Για την παραγωγίσιμη συνάρτηση f : 1, r ισχύουν :
1
f e 1e
1
f x 0x
2h 0
1f x
f x 2h 2f x f x 3h 1xlim
h x lnx x
για κάθε x 1
Δ1. Να δείξετε ότι 1
f x lnx , x 1x
Δ2. Να δείξετε ότι
2 2
1 1 1 1f x 1 f x
x 1 x xx 1
για κάθε x 1
Δ3. Να υπολογίσετε το όριο 2x 2x
x
x 1 1 1lim e ln
x x x 1
Δ4. Να δείξετε ότι η εξίσωση
4 3
f x f 2 f x f 39 4 2017
x 3 x 2
έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο 2,3
Θέμα Γ
Μονάδες : Γ1 …. / 7, Γ2 …. / 5, Γ3 i…. / 6, ii…. / 2, Γ4 …. / 5, Γ …. /25
Θέμα Δ
Μονάδες : Δ1 …. / 10, Δ2 …. / 4, Δ3 …. / 5, Δ4 …. / 6, Δ …. / 25
3 Διαγώνισμα Έως Συνέπειες Θ.Μ.Τ./ Επιμέλεια: Ανδρέας Μανώλης
0 Διαγώνισμα στο Bolzano/ Ανδρέας Μανώλης
Α1, Α2: Θεωρία
Α3.
α. Λ
β. Λ
γ. Σ
δ. Λ
ε. Σ
Β1. Α΄ τρόπος
Έχουμε
2x 1 02
2 22
22 2
x xx 1 1 12 x x 1
1 x 2 2 1 x 21 x
2 x x 1 x 2 x 1 0 x 1 0
Το οποίο ισχύει για κάθε xr
Β΄ τρόπος
Είναι
2 2
x 1 1 x 1
1 x 2 2 1 x 2
Έχουμε
22 2
2
x 12x x 1 x 2x 1 0 x 1 0
1 x 2
Ισχύει
22 2
2
1 x1 x 2x x 2x 1 0 x 1 0
2 1 x
Ισχύει
Οπότε η αρχική μας ανισότητα ισχύει για κάθε xr .
Β2.i. Θέλουμε να δείξουμε ότι 1
f β f α β α 12
για κάθε α,βr
Λύσεις - 4ο Διαγώνισμα Έως Συνέπειες Θ.Μ.Τ
Θέμα Α
Θέμα Β
1 Διαγώνισμα στο Bolzano/ Ανδρέας Μανώλης
Αν α β τότε η σχέση 1
f β f α β α2
γίνεται
1 1
f β f α β α f α f α α α 0 02 2
Ισχύει
Αν α β τότε :
H f είναι συνεχής στο α,β ως παραγωγίσιμη στο α,β
Η f είναι παραγωγίσιμη στο α,β
Οπότε από Θ.Μ.Τ. υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ α,β τέτοιο ώστε f β f α
f ξβ α
Όμως 2
xf x
x 1
και από Β1.
2
x 1
1 x 2
. Άρα
1f x
2 για κάθε xr
Για x ξ και α β είναι
f β f αf β f α1 1 1 1
f ξ f β f α β α2 β α 2 β α 2 2
Β2.ii. Α΄ τρόπος :
Για 0α x και β 0 στην 1 έχουμε
0x 0
0 0 0 0 0 0 0 0
1 1 1 1 1 1f 0 f x 0 x f 0 x x x f 0 x x x f 0 0 2
2 2 2 2 2 2
Για α 0 και 0β x στην 1 έχουμε
0x 0
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
1 1 1 1 1 1 1 1f x f 0 x 0 x f 0 x f 0 x x x f 0 x x 0 f 0 x 3
2 2 2 2 2 2 2 2
Από 2 και 3 έχουμε
0 f 0 0 f 0 0
Β΄ τρόπος (Στην ουσία ξανακάνουμε δύο φορές το Θ.Μ.Τ. του Β2.i.):
H f είναι συνεχής στα 0x ,0 και 00,x ως παραγωγίσιμη
Η f είναι παραγωγίσιμη στα 0x ,0 και 00,x
Οπότε από Θ.Μ.Τ. υπάρχει ένα τουλάχιστον
1 0ξ x ,0 τέτοιο ώστε
00
1
0 0
1f 0 xf 0 f x 2f ξ
0 x x
και ένα τουλάχιστον
2 0ξ 0,x τέτοιο ώστε 0
02
0 0
1x f 0f x f 0 2f ξ
x 0 x
Για 1x ξ στην έχουμε
2 Διαγώνισμα στο Bolzano/ Ανδρέας Μανώλης
01 0 0
0 0
1f 0
x1 1 1 1f ξ f 0 x ... x f 0 0 2
2 x 2 x 2
Για 2x ξ στην έχουμε
0
2 0 0 0
0
1x f 0
1 1 1 12f ξ f 0 x x ... 0 f 0 x 32 x 2 2 2
Από 2 και 3 έχουμε
0 f 0 0 f 0 0
Γ΄ τρόπος
Έχουμε 2
2
ln x 1xf x f x
x 1 2
Οι συναρτήσεις f και 2ln x 1
2
είναι συνεχείς στο r
Οπότε από το πόρισμα της Συνέπειας του Θεωρήματος Μέσης τιμής έχουμε :
2ln x 1
f x c2
με cr
Από υπόθεση είναι :
20 0
0 0
ln x 1 x1f x x c 1
2 2 2
20 0
0 0
ln x 1 x1f x x c 2
2 2 2
Αφαιρούμε τις 1 και 2 κατά μέλη και έχουμε 0x 0 . Οπότε και c 0 .
Άρα 2ln x 1
f x2
.
Έτσι f 0 0
Β2.iii.
Από Β2.ii. έχουμε ότι το 0 είναι ρίζα της f x x . Θα δείξουμε ότι είναι μοναδική.
Θεωρούμε τη συνάρτηση g x f x x ορισμένη στο r .
Α΄ τρόπος (με άτοπο) :
Έστω ότι g έχει τουλάχιστον δύο ρίζες στο r , και δύο από αυτές είναι οι 1 2ρ , ρ . Χωρίς βλάβη της
γενικότητας επιλέγουμε 1 2ρ ρ .
Τότε
H g είναι συνεχής στo 1 2ρ ,ρ ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων
Η g είναι παραγωγίσιμη στo 1 2ρ ,ρ ως διαφορά παραγωγίσιμων συναρτήσεων με g x f x 1
3 Διαγώνισμα στο Bolzano/ Ανδρέας Μανώλης
1 2g ρ g ρ 0 από υπόθεση
Οπότε από το Θεώρημα Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον 1 2ξ ρ ,ρ τέτοιο ώστε
2
2
ξg ξ 0 f ξ 1 1 ξ ξ 1 0
ξ 1
Άτοπο διότι το τριώνυμο έχει Δ 0
Σε άτοπο καταλήξαμε από την υπόθεση ότι η g έχει τουλάχιστον δύο ρίζες.
Άρα η λύση x 0 είναι μοναδική.
Β΄ τρόπος (με μονοτονία) :
Η g είναι παραγωγίσιμη ως διαφορά παραγωγίσιμων συναρτήσεων , οπότε :
2 2
2 2 2
x x x 1 x x 1g x f x 1 1 0
x 1 x 1 x 1
διότι 2x 1 0 και το τριώνυμο 2x x 1 0 αφού έχει Δ 3 0
Άρα η g είναι γνησίως αύξουσα για κάθε xr
Οπότε για
g
x 0 g x g 0 g x 0 1
g
x 0 g x g 0 g x 0 1
Άρα η λύση x 0 είναι μοναδική.
Β2.iv.
Από την υπόθεση 1
f x2
και το ερώτημα Β2.ii. και Β2.iii. έχουμε ότι κάθε εξίσωση της μορφής
f x x με 1
f x2
που έχει ρίζα το 0 θα είναι και μοναδική.
Η εξίσωση x
ημ x2 έχει ρίζα το 0 και αν υποθέσουμε ότι
xh x ημ
2 , τότε
1 xh x συν
2 2 με
1 x 1 x 1
h x συν συν2 2 2 2 2
Άρα η εξίσωση x
ημ x2 έχει μοναδική ρίζα το 0
Γ1. Έχουμε την ανισοϊσότητα 2017x yf x 2 2 f y x y
Θέτουμε xh x f x 2 , x r
Για οποιοδήποτε 0y x r στην 1 έχουμε 2017
0 0h x h x x x
Είναι
2017 2017 2017
0 0 0 0 0h x h x x x x x h x h x x x
Θέμα Γ
4 Διαγώνισμα στο Bolzano/ Ανδρέας Μανώλης
Έχουμε ότι
0 0
2017 2017
0 0x x x xlim x x lim x x 0
Οπότε από κριτήριο παρεμβολής είναι 0 0
0 0x x x xlim h x h x 0 limh x h x
Άρα η h είναι συνεχής σε οποιοδήποτε 0x r , οπότε θα είναι συνεχής στο r
Για 0x x είναι
2017 2016 2016 20160 0
0 0 0 0 0
0 0
h x h x h x h xh x h x x x x x x x x x
x x x x
Έχουμε ότι
0 0
2016 2016
0 0x x x xlim x x lim x x 0
Οπότε από κριτήριο παρεμβολής είναι
0
0
x x0
h x h xlim 0
x x
.
Άρα 0h x 0 για οποιοδήποτε 0x r , οπότε θα είναι h x 0 για κάθε xr
Έτσι έχουμε ότι
Η h είναι συνεχής στο r
h x 0 για κάθε εσωτερικό σημείο του r
Οπότε από Συνέπειες του Θεωρήματος Μέσης Τιμής η h θα είναι σταθερή στο r
Δηλαδή h x c με cr , για κάθε xr
Τελικά είναι x xh x c f x 2 c f x c 2
Για x 0 έχουμε 0f 0 2 c 1 1 c c 0
Οπότε xf x 2 , x r
Γ2. Έχουμε ότι g α g β 2α 2β g α 2α g β 2β 1 για κάθε α,βr
Έστω φ x g x 2x, x r
Τότε από 1 έχουμε
φ α φ β για κάθε α,βr
Οπότε η φ είναι σταθερή στο r
Άρα 1φ x c με 1c r
Οπότε
5 Διαγώνισμα στο Bolzano/ Ανδρέας Μανώλης
21 1 1 1φ x c g x 2x c g x c 2x g x c x x
Οι συναρτήσεις 21g x , c x x είναι συνεχείς
Άρα από το πόρισμα της συνέπειας του Θεωρήματος Μέσης Τιμής έχουμε
21 2g x c x x c με 2c r
Για x 0 είναι 21 2 2g 0 c 0 0 c c 1
Για x 1 είναι 21 2 1 1g 1 c 1 1 c 2 c 1 1 c 2
Άρα 2g x x 2x 1, x r
Γ3. i. Για να βρούμε τα κοινά σημεία των f gC , C αρκεί να λύσουμε την εξίσωση
x 2 x 2f x g x 2 x 2x 1 2 x 2x 1 0
Έστω x 2r x 2 x 2x 1, x r
Παρατηρούμε ότι 0 2r 0 2 0 2 0 1 0 και 1 2r 1 2 1 2 1 1 0
Άρα τα κοινά σημεία των f gC , C είναι τουλάχιστον τα A 0,1 και B 1,2 αφού
f 0 g 0 1 και f 1 g 1 2
Θα δείξουμε ότι αυτά τα σημεία είναι μοναδικά.
Έστω ότι η εξίσωση έχει τουλάχιστον τρεις ρίζες στο r , και τρεις από αυτές είναι οι 0 , 1 και ρ. Χωρίς
βλάβη της γενικότητας επιλέγουμε 0 1 ρ . Τότε
H r είναι συνεχής στα 0,1 , 1,ρ ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων
Η r είναι παραγωγίσιμη στo 0,1 , 1,ρ ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων με
xr x 2 ln2 2x 2
r 0 r 1 r ρ 0 , από υπόθεση
Άρα από Θεώρημα Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον
1ξ 0,1 τέτοιο ώστε 1r ξ 0
και ένα τουλάχιστον
2ξ 1,ρ τέτοιο ώστε 2r ξ 0
Θεωρούμε την r ορισμένη στο 1 2ξ ,ξ
H r είναι συνεχής στο 1 2ξ ,ξ ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων
Η r είναι παραγωγίσιμη στo 1 2ξ ,ξ ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων με
x 2r x 2 ln 2 2
1 2r ξ r ξ 0
,
Οπότε από το Θεώρημα Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον 3 1 2ξ ξ ,ξ τέτοιο ώστε
ξ 2 ξ 23r ξ 0 2 ln 2 2 0 2 ln 2 2 . Άτοπο.
6 Διαγώνισμα στο Bolzano/ Ανδρέας Μανώλης
Σε άτοπο καταλήξαμε από την υπόθεση ότι η η εξίσωση έχει τουλάχιστον τρεις ρίζες. Επειδή έχουμε
δείξει ότι έχει δύο τουλάχιστον αυτές θα είναι και μοναδικές.
ii. Για να έχουν κοινή εφαπτομένη στα σημεία Α και Β θα πρέπει :
Για το σημείο Α 0,1 να ισχύει f 0 g 0 και f 0 g 0
Όμως f 0 ln2 και g 0 2 . Οπότε δεν δέχονται κοινή εφαπτομένη στο Α
Για το σημείο B 1,2 να ισχύει f 1 g 1 και f 1 g 1
Όμως f 1 2ln2 και g 1 0 . Οπότε δεν δέχονται κοινή εφαπτομένη στο Β
Γ4. Α΄ τρόπος ( με το Θεώρημα Rolle) :
Για ξ x έχουμε
f x g x 1 f x g x 1 f x g x 1 f x g x 1 0 f x g x 1 0
q x f x g x 1 f x g x 1
Θεωρούμε τη συνάρτηση q x f x g x 1 ορισμένη στο 0,1
Η q x είναι συνεχής στο 0,1 ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων
Η q x είναι παραγωγίσιμη στο 0,1 ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων με
q x f x q x 1 f x q x 1
q 0 f 0 g 1 1 2 2
2q 1 f 1 g 2 2 2 2 2 1 2
Άρα q 0 q 1 .
Οπότε από Θεώρημα Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ 0,1 τέτοιο ώστε
q ξ 0 f ξ q ξ 1 f ξ q ξ 1 0 f ξ q ξ 1 f ξ q ξ 1
Β΄ τρόπος ( με το Θεώρημα Bolzano) :
Θεωρούμε τη συνάρτηση q x f x g x 1 f x g x 1 ορισμένη στο 0,1
H q είναι συνεχής στο 0,1 ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων .
q 0 f 0 g 1 f 0 g 1 1 0 ln2 2 2ln2 0
q 1 f 1 g 2 f 1 g 2 2 2 2ln2 1 4 2ln2 4 ln4 0 , διότι για x 4 στη βασική
ανισότητα lnx x 1 έχουμε ln4 4 1 ln4 4 1 0
Οπότε από Θεώρημα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ 0,1 τέτοιο ώστε
q ξ 0 f ξ g ξ 1 f ξ g ξ 1
Δ1. Αρχικά έχουμε ότι η 1
f xx
είναι συνεχής για x 1 και 1
f x 0x
, οπότε από τις συνέπειες
του Θεωρήματος Bolzano διατηρεί σταθερό πρόσημο. Επίσης 1
f e 1 0e
. Άρα 1
f x 0x
για
κάθε x 1 και κατά συνέπεια 1 1
f x f xx x
.
Θέμα Δ
7 Διαγώνισμα στο Bolzano/ Ανδρέας Μανώλης
Η δοθείσα σχέση γίνεται
2h 0
1f xf x 2h 2f x f x 3h 1xlim 1
h x lnx x
Έχουμε ότι
h 0 h 0
f x 2h 2f x f x 3h f x 2h f x f x 3h f xlim lim 2f x 3f x f x
h h h
διότι
για το
h 0
f x 2h f xlim
h
θέτουμε 2h u . Όταν h 0 τότε u 0
Άρα
h 0 u 0 u 0
f x 2h f x f x u f x f x u f xlim lim 2lim 2f x
uh u2
και για το
h 0
f x 3h f xlim
h
θέτουμε 3h u . Όταν h 0 τότε u 0
Άρα
h 0 u 0 u 0
f x 3h f x f x u f x f x u f xlim lim 3lim 3f x
uh u3
Οπότε από 1 έχουμε
2 2
1 1f x f x
1 1x xf x f x 2x lnx x x x lnx
Θεωρούμε τη βοηθητική συνάρτηση 1
g x f x , x 1x
Οπότε από 2 έχουμε
g x 0 g x 0g x g x 1
g x lng x ln lnxx lnx g x xlnx
Οι lng x , ln lnx είναι συνεχείς στο 1,
Οπότε από το Πόρισμα της Συνέπειας του Θεωρήματος Μέσης Τιμής έχουμε
ln g x ln lnx c με cr
Γι α x e είναι 1
lng e ln lne c ln f e ln1 c ln1 ln1 c c 0e
Άρα
lnx:1 1 1 1
lng x ln lnx g x lnx f x lnx f x lnx , x 1x x
Δ2. Έχουμε ότι 2
1 1f x
x x και 2 3
1 2f x 0
x x . Οπότε η f είναι γνησίως φθίνουσα για κάθε
x 1 .
8 Διαγώνισμα στο Bolzano/ Ανδρέας Μανώλης
Για x 1 έχουμε :
Η f είναι συνεχής στο x,x 1 ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων
Η f είναι παραγωγίσιμη στο x,x 1 ως διαφορά παραγωγίσιμων συναρτήσεων
Από Θεώρημα Μέσης Τιμής έχουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ x,x 1 τέτοιο ώστε
f x 1 f x
f ξ f x 1 f xx 1 x
Έχουμε
f
2 2
1 1 1 1x ξ x 1 f x 1 f ξ f x f x 1 f x
x 1 x xx 1
2
Δ3. Ψάχνουμε το όριο
2 2
2 2
x 2x x 2x
x x
x 2x x 2x
x x
x 1 1 1 1 1lim e ln lim e ln x 1 lnx
x x x 1 x x 1
1 1lim e ln x 1 lnx lim e f x 1 f x
x 1 x
Από Δ2 έχουμε ότι
2 2 2 2 2x 2x2
x 2x x 2x x 2x x 2xex 2x
2 22 2
1 1 1 1 e e e ef x 1 f x e f x 1 f x
x 1 x x x 1 x xx 1 x 1
Έχουμε ότι :
22 x 2xx 2x
x D.L.H. x
e 2x 2elim lim
x 1 1
, διότι
xlim 2x 1
και για να υπολογίσουμε το
2x 2x
xlim e
θέτουμε 2x 2x u . Όταν x , τότε 2
0x
u lim x 2x
. Οπότε
2x 2x u
x ulim e lim e
22
2x 2xx 2x
x 2x
2x D.L.H. x x
e 2x 2elim lim lim e
2x 2x 1
( το έχουμε υπολογίσει πιο πάνω)
Οπότε
2 2x 2x x 2x
2x
e elim
x 1 x 1
Επίσης
22 x 2xx 2x
x D.L.H. x
e 2x 2elim lim
x 1
( το έχουμε υπολογίσει πιο πάνω)
22
2 2x 2xx 2x
x 2x x 2x
2x D.L.H. x x x
e 2x 2e 2x 2 1lim lim lim e lim e 1 1 0
x 2x 2x x
Οπότε
2 2x 2x x 2x
2x
e elim
x x
Συνεπώς από κριτήριο παρεμβολής είναι
9 Διαγώνισμα στο Bolzano/ Ανδρέας Μανώλης
2x 2x
xlim e f x 1 f x
Δ4. Έχουμε για x 2,3 ότι
4 3f x f 2 f x f 3
9 4 2017x 3 x 2
4 3x 2 f x f 2 x 3 f x f 3 2017 x 3 x 2 0
9 4
Θωρούμε τη συνάρτηση 4 3
g x x 2 f x f 2 x 3 f x f 3 2017 x 3 x 29 4
ορισμένη στο 2,3
Η g είναι συνεχής στο 2,3 ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων
3
g 2 f 2 f 3 04
διότι για x 2 στην ανισότητα του Δ2. είναι
1 1 1 1 4f 3 f 2
3 9 2 4 9
3 3f 2 f 3 0 f 2 f 3 0
4 4
3f 3 - f 2 <
4
και
4
g 3 f 3 f 2 09
διότι για x 2 στην ανισότητα του Δ2. είναι
1 1 1 1 3f 3 f 2
3 9 2 4 44
f 3 f 2 09
4< f 3 - f 2
9
Οπότε g 2 g 3 0
Συνεπώς από Θεώρημα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ 2,3 τέτοιο ώστε
ξ 2,3
4 3g ξ 0 ξ 2 f ξ f 2 ξ 3 f ξ f 3 2017 ξ 3 ξ 2 0
9 4
4 3f ξ f 2 f ξ f 3
9 4 2017ξ 3 ξ 2