[PENDING] ΘΜΤ (μεθοδολογία ασκήσεις) - ΕΠΑΝΑΛΗΨΗ

Θ.Μ.Τ. και Ανισώσεις-Εξισώσεις

 Η g(x) = lnx είναι συνεχής στο [α,β] ως λογαριθμική

Η g(x) = lnx είναι παραγωγίσιμη στο (α,β) ως λογαριθμική με g’(x) = 1/x Σύμφωνα με το θ.μ.τ. υπάρχει τουλαχιστον ένα ξε(α,β) τέτοιο ώστε g’(ξ) =

g (b )− g(a)

b−a

^ 1/ξ =

lnb−lna b−a

 έστω φ(χ) = g’(x) = 1/x (θα εξετάσουμε την μονοτονία της φ(χ) στο [α,β] )

αν 0<α< χ1 < χ2 <β  1/χ1 > 1/χ2 φ(χ1) > φ(χ2) άρα φ(χ) είναι γνησίως φθίνουσα στο [α,β].

 άρα α<ξ<β  φ(χ) ↓  1/α > 1/ξ > 1/β  1/β < 1/ξ <1/α  θμτ  1/β <

lnb−lna

b− a

^<1/α

Η f συνεχής στο [0,4]

Αφού ισχύει 2

≤ f ' ( x )≤

5 για κ΄θε χε (0,4), f παραγωγίσιμη Σύμφωνα με θμτ υπάρχει ξ ε(0,4) τέτοιο ώστε f’(ξ) =

f (4 )−f (0)

4−0

^{ f’(ξ) =}

f (4 )−1 4

ισχύει 2

≤ f ' ( ξ)≤

5 αφού ξ ε (0,4) άρα 2

≤ f ( 4)−1

4 ≤

5  8 ≤ f

(

4

)

−1≤ 20  9

≤ f ( 4) ≤

21

a)

|

1+^χ❑χ²

|

^{≤12  ¿}

1+ χ

2

∨¿

¿

χ ∨

¿

¿ ¿

≤ 1

2

^{ 2 |χ|}

≤

¿1+χ²∨¿ ^{ (2 |χ|)2}

≤ ¿

1+ χ

²

∨¿

^2

4χ²

≤ (1+ χ

²

)

² 4χ²

≤

_1+2χ² +χ⁴ 0

≤

_1−2χ² +χ⁴ (1-χ)²

≥0 ισχύει

Β) εφαρμόζουμε ΘΜΤ

f συνεχής στο [α,β] αφού f παραγωγίσιμη άρα και συνεχής στο R f παραγωγίσιμη στο (α,β)

άρα υπάρχει ξε(α,β) ώστε f’(ξ) = [f(β)- f(α)]/ β-α όμως

| f’(ξ)|

≤ 1

2

^ | [f(β)- f(α)]/ β-α |

≤ 1

2

^ | f(β)- f(α)|/ |β-α |

≤ 1 2

 |f(β)- f(α)|

≤ 1

2

^{|β-α |}

1. Να αποδείξετε ότι , .

H ανισότητα γίνεται : (α

≤ β

 α-β

≤ 0

) διαιρώ με α-β < 0 (α

≠ β

¿

1

συν

²

β ≥ εφα −εφβ α− β ≥ 1

συν

²

α

^

1

συν

²

β ≥ εφβ−εφα

β−α ≥ 1

συν

²

α

 Εστω φ(χ) =εφχ , 0<χ<π/2 , εφαρμόζουμε ΘΜΤ στο [α,β]

φ(χ) συνεχής στο [α,β] και παραγωγίσιμη στο (α,β) με φ’(χ) = 1/συν²χ

άρα υπαρχει ξε(α,β) ώστε φ΄(ξ) =

φ( β )−φ( α )

β−α

^{ 1/συν2ξ =}

ε φβ−εφα β−α

 αφού φ’(χ) = 1/συν²χ, 0<χ<π/2 τότε: 0< χ1 < χ2 < π/2  συν χ1 > συνχ2 >0  (συνχ γν.

φθίνουσα στο [0,π/2] )  συν² χ1 > συν² χ2  1/συν²χ1 < 1/συν²χ2  φ΄(χ1) < φ΄ (χ2) δλδ φ΄(χ) γν. αύξουσα

 ξε(α,β) δλδ α<ξ<β  φ΄(χ) = 1/συν²χ γν. αύξουσα

φ΄(α) < φ΄(ξ) < φ΄(β)  1/συν²α < 1/συν²ξ < 1/συν²β  1/συν²α <

εφβ− εφα

β− α

< 1/συν²β

Αν α=β τότε 0

≤ 0≤ 0

που ισχύει , οπότε ισχύει η ζητούμενη ανίσωση.

2. Α.Για κάθε να αποδείξετε ότι (1).

Β. Να υπολογίσετε το όριο .

Α) Έστω f(x) =lnx, x>0

x− 1

x ≤lnx ≤ x −1



 Aν 0< x <1 , τότε εφαρμόζουμε ΘΜΤ στο [x,1],

f συνεχής στο [χ,1] και παραγωγίσιμη στο (χ,1) ως λογαριθμική άρα υπάρχει ξ1ε(χ,1) ώστε

f’(ξ1) =

f (1)− f ( x)

1− x

^

1

ξ

₁

= 0− ln χ 1− x

 f’(x) = 1/x ,με χ>0 , αν 0< χ1 < χ2  1/χ1 > 1/χ2 δλδ f’(x) γν. φθίνουσα άρα χ<ξ1 <1  f’(χ)>f’(ξ1 )> f’(1)  1/x >

− ln χ

1− x

> 1  1-x>0 άρα



1− χ

x

> -lnx > 1-x 

x− 1

x

< lnx < x-1 αν 0< x <1 (Α)

 αν χ>1 , τότε εφαρμόζουμε ΘΜΤ στο [1,χ]

f συνεχής στο [1,χ] και παραγωγίσιμη στο (1,χ) ως λογαριθμική άρα υπάρχει ξ2ε(1,χ) ώστε f’(ξ2) =

f ( χ )− f (1)

χ−1

^

1

ξ

₂

= ln χ x−1

 f’(x) = 1/x , γν. φθίνουσα

άρα 1< ξ2 <χ  f’(1)>f’(ξ2 )> f’(χ)  1 >

ln χ

x−1

> 1/χ  ( χ-1>0 άρα)



χ−1

> lnx >

x− 1 x

^

x− 1

x <

¿ lnx < χ-1, αν χ>1 (Β)

 αν χ=1 τοτε

1−1

1 ≤ ln 1≤ 1−1



0 ≤ 0≤ 0

ισχύει (Γ) Από σχέσεις Α,Β και Γ ισχύει

x− 1

x ≤lnx ≤ x −1

για κάθε χ>0

3. Α. Για κάθε να αποδείξετε ότι ενώ για κάθε να

αποδείξετε ότι .

Β. Για κάθε να αποδείξετε ότι .

Μεθοδολογία

i. Όταν δίνεται συνάρτηση παραγωγίσιμη στο , καθώς και τα και παραλληλία ευθειών, οδηγούμαστε στην εφαρμογή του Θ.Μ.Τ , αλγεβρική και γεωμετρική.

ii. Αν θέλουμε να υπολογίσουμε την τιμή τότε συνήθως εφαρμόζουμε Θ.Μ.Τ στα

διαστήματα και , όπου μ το μέσο του διαστήματος δηλαδή .

4. Δίνεται συνάρτηση f παραγωγίσιμη στο με . Να δείξετε ότι:

i. Υπάρχει εφαπτομένη (ε) της τέτοια ώστε να είναι παράλληλη στην διχοτόμο του 1ου τεταρτημορίου.

ii. Υπάρχουν τέτοια ώστε .

ι) πρέπει να δείξουμε ότι υπάρχει χε[1,5] ώστε f’(x) = 1 (η διχοτόμο του 1^ου τεταρτημορίου είναι η ψ=χ) f παραγωγίσιμη στο [1,5] άρα είναι και συνεχής στο [1,5], όπότε από ΘΜΤ υπάρχει ξε(1,5) ώστε f’(ξ) =

f (5 )−f (1)

5−1

^{= =}

2+ 2 4

⁼¹

ii) ΘΜΤ για την f στο [1,3] : υπάρχει ξ1ε(1,3) ώστε f’(ξ1)=

f (3)− f (1 ) 3−1

⁼

f ( 3)+2 2

^(Α) ΘΜΤ για την f στο [3,5] : υπάρχει ξ2ε(3,5) ώστε f’(ξ2)=

f (5)−f (3)

5−3

⁼

2−f (3) 2

^(Β) f’(ξ1)+ f’(ξ2) =

f (3)+2

2

⁺

2−f ( 3)

2

 f’(ξ1)+ f’(ξ2) =

4 / 2

 f’(ξ1)+ f’(ξ2) =

2

 f’(ξ1)=2- f’(ξ2)

Μεθοδολογία

Αν θέλουμε να δείξουμε μια ανισότητα και δίνεται η μονοτονία της , ισοδύναμα τη μετασχηματίζουμε σε

άλλη της μορφής , oπότε εφαρμόζουμε Θ.Μ.Τ. για την f στο και αξιοποιούμε τα υπόλοιπα δεδομένα της άσκησης.

5. Δίνεται συνάρτηση f παραγωγίσιμη στο και γνησίως αύξουσα.

Να δείξετε ότι για

κάθε .

f(2x+3) – f( 2x +7) < f( 2x +1) – f(2x +5)

εφαρμόζουμε ΘΜΤ για την f στο [ 2χ+1, 2χ+3]

Η f παραγωγίσιμη στο άρα είναι συνεχής στο [2χ+1, 2χ+3] και παραγωγίσιμη στο (2χ+1, 2χ+3 ) άρα υπάρχει ξ1 ε (2χ+1, 2χ+3 ) ώστε f’(ξ1) =

f ( 2 x +3)−f ( 2 x +1)

2 x+ 3−2 x−1

^

f’(ξ1) =

f ( 2 x + 3)−f (2 x+1)

2

^(A)

Η f παραγωγίσιμη στο άρα είναι συνεχής στο [2χ+5, 2χ+7] και παραγωγίσιμη στο (2χ+5, 2χ+7 ) άρα υπάρχει ξ2 ε (2χ+5, 2χ+7 ) ώστε f’(ξ2) =

f (2 x +7 )−f (2 x +5)

2 x+7−2 x−5

^{ f’(ξ2) =}

f (2 x +7 )−f (2 x + 5)

2

^(B)

όμως f’ γν. αύξουσα 2χ+1 < ξ1 <2χ+3 <2χ+5 < ξ2 < 2χ+7 δλδ ξ1 < ξ2  f’(ξ1 )< f’(ξ2) (A), (B) 

f ( 2 x +3)−f (2 x+1)

2

^<

f ( 2 x + 7 )−f (2 x +5)

2

 f(2x+3) – f( 2x +7) <

f( 2x +1) – f(2x +5)

5. Η συνάρτηση ορίζεται στο διάστημα , είναι παραγωγίσιμη και η γραφική της παράσταση τέμνει τη διχοτόμο του πρώτου τεταρτημορίου σε τρία διαφορετικά σημεία. Να δείξετε ότι:

i. Υπάρχουν δυο εφαπτόμενες της παράλληλες στην .

ii. Υπάρχουν δυο εφαπτόμενες της που διέρχονται από την αρχή του συστήματος συντεταγμένων.

I) η διχοτόμος του πρώτου τεταρτημορίου : ψ=χ , λ =1

Αφού η γραφική της παράσταση τέμνει τη διχοτόμο του πρώτου τεταρτημορίου σε τρία διαφορετικά σημεία Α(χ1,f(x1)), Β(χ2, f(x2)) και Γ(χ3, f(x3)), τότε η εξίσωση f(x)=x έχει 3

διαφορετικές ρίζες τις χ1, χ2, χ3 με χ1< χ2<χ3 (άρα f(x1)= x1, ……)

ΘΜΤ για την f στο [χ1, χ2] : ξ1 ε (χ1, χ2) ώστε f’(ξ1) =

f ( χ 2)−f ( χ 1) χ 2− χ 1

⁼

χ 2− χ 1

χ 2− χ 1

^{1= λΑΒ} ΘΜΤ για την f στο [χ2, χ3] : ξ2 ε (χ2, χ3) ώστε f’(ξ2) =

f ( χ 3)−f ( χ 2)

χ 3− χ 2

⁼

χ 3− χ 2

χ 3− χ 2

^{1 = λBG}

Για να αποδείξουμε ότι δυο εφαπτόμενες της παράλληλες στην , πρέπει να δείξουμε ότι η εξίσωση f’(χ) = 1 έχει 2 λύσεις. Πράγματι, έχει δύο τουλάχιστον ρίζες τις ξ1 και ξ2

6. Δυο συναρτήσεις και που έχουν πεδίο ορισμού το διάστημα είναι συνεχείς στο

παραγωγίσιμες στο , , για κάθε .

Να αποδείξετε ότι υπάρχει , τέτοιο ώστε:

Για να λύσουμε εξίσωση της μορφής: ,

όταν εφαρμόζουμε Θ.Μ.Τ. στα διαστήματα στη

συνάρτηση , από τα οποία προκύπτει (1),

όπου , και .

Από τη σχέση (1) βρίσκουμε τις λύσεις της αρχικής εξίσωσης.

ΑΣΚΗΣΗ

Να λυθεί η εξίσωση: 7

^χ

-6

^χ

= 9

^χ

-8

^χ

 7

^α

-6

^α

= 9

^α

-8

^α

Έστω η f(x) = χ

^α

, χ>0, αεR, f συνεχής και παραγωγίσιμη στο R, f’(x) = ax

^a-1

ΘΜΤ για την f στο [6,7] : υπάρχει ξ

1

ε(6,7) ώστε f’(ξ

1

) = f ( 7)−f 7− 6 ( 6)



aξ

^a-1

= 7

^α

-6

^α

(Α) ΘΜΤ για την f στο [8,9] : υπάρχει ξ

2

ε(8,9) ώστε f’(ξ

2

) = f ( 9)−f 9− 8 (8 )



aξ

^a-1

= 9

^α

-8

^α

(Β) Άρα η εξίσωση γίνεται από τις Α και Β :

7

^α

-6

^α

= 9

^α

-8

^α

 aξ

^a-1

= aξ

^a-1

 aξ

^a-1

- aξ

^a-1

=0  α(ξ

^a-1

- ξ

^a-1

)=0  α=0 ή ξ

^a-1

- ξ

^a-1

=0  ξ

^a-1

= ξ

^a-1

 (ξ/ξ)

^α-1

= 1  (αφού ξ/ξ

^≠0¿

 α-1=0  α=1

7. Να λύσετε την εξίσωση , , .

8. Για μια συνάρτηση ισχύει στο το θεώρημα Rolle.

Να δείξετε ότι υπάρχουν αριθμοί και του διαστήματος τέτοια ώστε .

Αφού για την συνάρτηση ισχύει στο το θεώρημα Rolle ισχύει ότι

 f συνεχής στο [α,β]

 f παραγωγίσιμη στο (α,β)

 f(a)=f(b)

 υπάρχει ξε(α,β) ώστε f’(ξ)=0

ΘΜΤ (α,(α+β)/2 ή ξ) και ((α+β)/2 ή ξ, β)

9. Α. Να αποδείξετε ότι για οποιουσδήποτε πραγματικούς αριθμούς και με ,

ισχύει .

Β. Να αποδείξετε ότι για οποιουσδήποτε πραγματικούς αριθμούς και με ,

ισχύει .

Α) η εξίσωση f(χ) = 2(3-χ)  f(χ) - 2(3-χ) =0  f(χ) -6+2χ = 0  g(x) =0 Έστω η g(x) = f(χ) -6+2χ

Αφού f παραγωγίσιμη άρα και συνεχής στο [1,2] άρα g παραγωγίσιμη άρα και συνεχής στο [1,2] ως άθροισμα παραγωγίσιμων συναρτήσεων.

g(1) = f(1) -6+2 = 2-4 = -2<0 g(2) = f(2) -6 +4 = 4 -2 = 2 >0 αφού g συνεχής στο [1,2] και g(1)g(2) =-4 <0

σύμφωνα με το θεωρ. Bolzano υπάρχει χ0 ε (1,2) ώστε g(χ0) = 0  f(χ0) -6+2χ0 =0  f(χ0) = 2(3-χ0).

Β) ΘΜΤ για την f στο [1, χ0 ] , f παραγωγίσιμη στο [1,χ0] άρα και συνεχής στο (1,χ0) , οπότε υπάρχει ξ1ε(1,χ0) ώστε f’(ξ1 ) =

f ( x o )−f (1)

xo−1

⁼

2( 3− χ 0)−2

xo−1

⁼

6 −2 χ 0−2 xo−1

⁼

4 −2 χ 0 xo−1

^(a)

ΘΜΤ για την f στο [χ0 ,2] , f παραγωγίσιμη στο [χ0 ,2] άρα και συνεχής στο (χ0 ,2) , οπότε υπάρχει ξ2ε(χ0 ,2) ώστε f’(ξ2 ) =

f (2)− f (xo )

2− xo

⁼

4−2(3− χ 0) 2− xo

⁼

4 −6+ 2 χ 0 2− xo

⁼

−2+ 2 χ 0 2− xo

^(b)

Τότε f’(ξ1 ) f’(ξ2 )=

4 −2 χ 0 xo−1

− 2+ 2 χ 0 2− xo

⁼

2 (2− χ 0 )2( χο−1)

( χο−1)(2− χο )

^{= 4}

a) Η γρ. παράσταση της συνάρτησης είναι παραγωγίσιμη στο R kai εφάπτεται στον άξονα χ’χ στην αρχή των αξόνων , άρα είναι συνεχής στο R και f(0)=0, f’(0) = 0.

H ανισότητα γίνεται f’(x) > f(x)/x , x>0

ΘΜΤ στο διάστημα [0,χ] με χ>0 , η f συνεχής στο [0,χ] και παραγωγίσιμη στο (0,χ) Άρα υπάρχει ξε(0,χ) ώστε f’(ξ) =

f ( x )−f (0)

x− 0

⁼

f ( x )−0

x

^{= f(x)/x} f’ γν. αύξουσα άρα 0<ξ<χ  f’(ξ) < f’(χ)  f(x)/x <f’(χ)

β) κάνουμε απαλοιφή : (χ-1) [f(b)-bf’(b)]-(x-2) f’(b)=0  g(x)=0 έστω g(x) = (χ-1) [f(b)-bf’(b)]-(x-2) f’(b) , συνεχής στο [1,2]

g(1) = f’(b) g(2) = f(b)-bf’(b)

όμως f’ γν. αύξουσα άρα 0<β  f’(0) < f’(β)  f’(β) > 0 δλδ g(1) >0 και f’(β) > f(β)/β , β>0  β f’(β) > f’(β)  f’(β) - β f’(β) <0  g(2)< 0

op;ote g(1) g(2)< 0, σύμφωνα με θεωρ. Bolzano η εξίσωση g(χ)=0 έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο (1,2).

Α) f(χ) = 1/χ, χ

≠ 0

, f(x) = -1/x²

Α(0,-1) δεν ανήκει στην γρ. παράσταση διότι για χ = 0 δεν ορίζεται η συνάρτηση.

Η εξίσωση της εφάπτομένης από το σημείο Μ (χ0, 1/χο ) της καμπύλης είναι ψ- 1/χο = -1/xo2 (x – xo )

Α(0,-1) ανήκει στην εφάπτομένη άρα -1- 1/χο = -1/xo2 (0 – xo )  -1- 1/χο = 1/xo χο = -2 Από το σημείο Μ ( -2, -1/2 ) η εφαπτομένη ε της καμπύλης διέρχεται από το Α.

Β) g(x) = x², g’(x) = 2x ε1: ψ = -χ +2016, λε1 = -1 , πρέπει g’(x) = -1  2x = -1  x= -½

Δλδ από το σημείο Β (-1/2, g(1/2)= (-1/2, ¼) η εφαπτομένη ε’ της καμπύλης είναι παραλληλη προς την ε1. ε’ : ψ - g(-1/2) = g’(-1/2) (x+1/2)  ψ – ¼ = -1(χ+1/2)  ψ = -χ-1/4

Γ)

Έστω Γ (χ1 , g (x1)) σημείο της Cg με εξίσωση εφαπτομένης

ζ: ψ - g (x1) = g’ (x1) (χ-χ1 )  ψ – χ12 = 2χ1 (χ-χ1 )  ψ = 2χ1χ –χ12

Θα βρούμε τα κοινά σημεία της ζ με την Cf f(x) = y  1/x= 2χ1χ –χ12  1 = 2x1 x² –x12x1  2x1 x² –x12x1-1=0

D=x14 +8x1 = x1 (x13 + 8) πρέπει Δ=0 (διότι η ζ τέμνει την Cf σε ένα σημείο) Χ1 = 0 απορριπτεται ή x13 + 8 = 0  χ1 =-2

Άρα Γ(-2,4) , ζ: ψ = -4χ -2

Δ) g(x) = x² : αν Μ(χ,g(x)) = (x, x²) x(t) είναι η τετμημένη του σημείου M τη χρον. στιγμή t.

y(t) = χ²(t) είναι η τεταγμένη του σημείου M τη χρον. στιγμή t

x’(t)>0 είναι o ρυθμός μεταβολής της τετμημένης του σημείου Μ τη χρον. στιγμή t

y’(t) = [χ²(t)]’= 2χ(t) x’(t) είναι ρύθμός μεταβολής της τεταγμένης του σημείου M τη χρον. στιγμή t πρέπει να βρούμε πότε ισχύει :

χ’(t) = 2 y’(t)  χ’(t) = 2χ(t) x’(t)  χ’(t) - 2χ(t) x’(t) =0 

 χ’(t)[1 - 2χ(t)] =0  1 - 2χ(t) = 0 (διότι x’(t)>0 )  χ(t) = ½ Τότε y(t) = χ²(t) = (1/2)² = ¼ Μ(1/2, ¼ )

Β1) Αφού η Cf διέρχεται από τα Ο(0,0) και Α(1,5) ισχύει f(0) = 0 f(1)=5

Ισχύει f’(0)=

f ( x ) x =¿

f ( x )−f (0)

x−0 =¿ lim

x →0¿

lim

x→0

¿

f (5 x )−f (3 x )

x =¿

lim

x →0

¿

lim

x→0

f ( 5 x )

x

^-

lim

x→0

f (3 x )

x

^{= (A)}

An u = 5x  x = u/5 τότε

lim

x→0

5 χ

_{= 0 άρα}

lim

x→0

f (5 x )

x

⁼

lim

u →0

5 f (u)

u

⁼

5 lim

u →0

f ( u)

u

^=5f’(0)

An u = 3x  x = u/3 τότε

lim

x→0

3 χ

_{= 0 άρα}

lim

x→0

f (3 x )

x

⁼

lim

u →0

3 f (u)

u

⁼

3 lim

u →0

f ( u)

u

^=3f’(0)

(A)

f ( 5 x )−f ( 3 x )

x =¿

lim

x →0

¿

lim

x→0

f (5 x )

x

^-

lim

x→0

f ( 3 x )

x

= 5f’(0) -3f’(0) =2f’(0) =-6  f’(0) = -3

Ισχύει f’(1)=

f ( 1+ h)−f (1)

h =¿ lim

h →0

f ( 1+h)−5 h lim

h →0

¿

Έχουμε

f (1+ 3 h)−f ( 1)+f (1)−f (1+ 2 h)

h =¿

lim

h →0

f (1+3 h)−f ( 1+ 2h)

h =3≤¿ lim

h →0¿

=

lim

h →0

f ( 1+3 h )−f (1)

h −lim

h→0

f (1+2 h)−f (1 )

h

^{=3 (B)}

An u = 3h τότε

u=lim

h →03h=¿ lim

h →0¿ ^{0 και}

f ( 1+u)−f ( 1)

u =¿

f (1+ 3 h)−f (1 )

h =

¿3 lim

u →0

¿

lim

h→0¿

3f’(1)

An u = 2h τότε

u=lim

h →02h=¿

limh →0¿ ^{0 και}

f (1+ u)−f (1 )

u =

¿

f ( 1+ 2h )−f (1)

h =¿ 2 lim

u →0¿

lim

h →0

¿

2f’(1)

(B) 3f’(1)- 2f’(1) = 3  f’(1) = 3

Oi εξισώσεις των εφαπτομένων είναι : (0,0) : ψ – 0 = -3(χ-0)  ψ =-3χ Α(1,5) : ψ-5= 3(χ-1)  ψ = 3χ+2

Β) Η f’(x) είναι συνεχής στο [0,1] και παραγωγίσιμη στο (0,1) διότι είναι f δυο φορές παραγωγίσιμη

Σύμφωνα με ΘΜΤ υπάρχει ξ ε(0,1) ώστε f’’(ξ) =

f ' (1)−f ' ( 0)

1

⁼

3−(−3) 1

^{= 6}

Γ) πρέπει να αποδείξουμε ότι η εξίσωση f’(x)=0 έχει μια τουλάχιστον ρίζα.

F’(χ) συνεχής στο [0,1] με f’(0) = -3 kai f’(3) =3, δλδ f’(0)f’(3)<0, σύμφωνα με θεωρ. Bolzano η εξίσωση f’(x)=0 έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο (0,1)…οπότε υπάρχει σημείο………

Α) Ισχύει

lim

x→2

f ( x )− √ 2 χ

x− 2 =−5/2

Έστω g(χ) =

f ( x )− √ 2 χ

x−2

 f(x) = (x-2)g(x) +

√ 2 χ

Τοτε

lim

x→2

f ( x)

₌

( x−2) g ( x ) [

¿+

√ 2 χ ]

lim

x →2

¿

= 2 = f(2) διότι f συνεχής

Ισχύει f’(2)=

lim

x→2

f ( x )−f (2)

x−2 =¿ lim

x→2

f ( x )−2 x−2

Επίσης

lim

x→2

f ( x )− √ 2 χ

x−2 =−5/ 2



lim

x→2

f ( x )+2−2− √ 2 χ

x−2 =−5/ 2

