Ν. ΙΩΣΗΦΙΔΗ Εισήγηση 18-4-10

ΧΡΗΣΙΜΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΣΤΙΣ ΠΑΡΑΓΩΓΟΥΣ

Νίκος Ιωσηφίδης, Μαθηµατικός – Φροντιστής, ΒΕΡΟΙΑ

e-mail: [email protected] ΠΕΡΙΛΗΨΗ: Το επίπεδο των Πανελλαδικών εξετάσεων ώθησε τους συναδέλφους να αναβαθµίσουν το µάθηµα των Μαθηµατικών Κατεύθυνσης της Γ΄ Λυκείου µε πολλές, δύσκολες και πρωτότυπες ασκήσεις. Για τον ίδιο σκοπό γράφτηκαν και θεωρήµατα εκτός σχολικού βιβλίου που διευκολύνουν τους υποψήφιους να αντιµετωπίσουν καλύτερα κάποια θέµατα. Στο παρόν άρθρο θα παρουσιάσουµε µερικά ακόµη θεωρήµατα και σηµαντικές παρατηρήσεις που πιστεύουµε ότι θα συµβάλλουν θετικά στην παραπάνω προσπάθεια. SUMMARY: Τhe level of the Pan-Hellenic university entrance exams has pushed our colleagues to improve the exam standards of A-level Maths with a variety of difficult exercises. For the same reason, certain theorems were written that were outside the scope of the curriculum in order to help students meet the exam requirements. In this article we will present a few more theorems along with important remarks that we believe will make a positive contribution to the above effort. Η εισήγηση αυτή είναι σχετική µε άλλες εισηγήσεις µας που αφορούν την ύλη των Μαθηµατικών της Γ΄ Λυκείου. Συµπληρώνει ουσιαστικά τις (γ) και (δ). Αυτές είναι: α) 7-3-2007: Μαθηµατική εβδοµάδα Θεσ/νίκης: ΕΠΙΣΗΜΑΝΣΕΙΣ ΚΑΙ ∆ΙΕΥΚΡΙΝΙΣΕΙΣ ΜΕ ΑΦΟΡΜΗ ΘΕΜΑΤΑ ΠΑΝΕΛΛΑ∆ΙΚΩΝ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ β) 18-1-2009: Ηµερίδα διδακτικής των Μαθηµατικών, Ε.Μ.Ε Ηµαθίας: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ. ΣΗΜΕΙΑ ΠΟΥ ΧΡΕΙΑΖΟΝΤΑΙ Ι∆ΙΑΙΤΕΡΗ ΠΡΟΣΟΧΗ. γ) 15-3-2009: Ηµερίδα Μαθηµατικών Γ΄ Λυκείου: Ε.Μ.Ε Κοζάνης: ΠΑΡΑΓΩΓΟΙ. ΣΗΜΕΙΑ ΠΟΥ ΧΡΕΙΑΖΟΝΤΑΙ Ι∆ΙΑΙΤΕΡΗ ΠΡΟΣΟΧΗ. δ) 14-11-09: 26ο Πανελλήνιο Συνέδριο Μαθηµατικής Παιδείας, Θεσ/νίκη. ΧΡΗΣΙΜΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΣΤΙΣ ΠΑΡΑΓΩΓΟΥΣ

Ηµερίδα του Παραρτήµατος Ε.Μ.Ε Ηµαθίας 18 Απρ 2010

Σελ. 2

Για ευκολία της παρουσίασης θα υιοθετήσουµε τον παρακάτω ορισµό: Ορισµός Το σύµβολο ως άκρο ενός διαστήµατος θα παριστάνει το σύµβολο ( ή το [. Αντίστοιχα, το σύµβολο θα παριστάνει ) ή ]. Έτσι το σύµβολο α, β θα παριστάνει οποιοδήποτε από τα διαστήµατα (α, β) ή [α, β] ή (α, β] ή [α, β). Τα α και β επίσης θα παριστάνουν πραγµατικούς αριθµούς ή α = -∞ ή β = + ∞ Στη µελέτη των παραγώγων όταν θα χρησιµοποιούµε το σύµβολο ∆0 σε συνδυασµό µε το διάστηµα ∆ = α, β θα εννοούµε ότι το ∆0 είναι το εσωτερικό του διαστήµατος ∆ που ορίζεται ως το ανοιχτό διάστηµα µε τα ίδια άκρα µε το ∆, δηλαδή • αν ∆ = [α, β] ή (α, β) ή [α, β) ή (α, β] τότε ∆0 = (α, β) • αν ∆ = (-∞ , α] ή ∆ = (-∞ , α) τότε ∆0 = (-∞ , α) • αν ∆ = [α, + ∞ ) ή ∆ = (α, + ∞ ) τότε ∆0 = (α, + ∞ ) • αν ∆ = (-∞ , + ∞ ) = R τότε ∆0 = R

Πεδίο ορισµού της f ΄. Παραγώγιση σύνθετης συνάρτησης Το πεδίο ορισµού της f ΄ δεν µπορεί να βρεθεί από τον τύπο της f ΄. Αντίστοιχα µε τη σύνθεση δύο συναρτήσεων, για να ορίζεται η f ΄ δεν αρκεί ο τύπος της να ορίζεται. Για να ανήκει ένα σηµείο x0 στο πεδίο ορισµού της f ΄ πρέπει α) Να ορίζεται η f στο x0

β) Να υπάρχει το 0

0

x x0

f (x) f (x )lim

x x→

−

−

και να είναι πραγµατικός αριθµός. Είναι φανερό ότι στα µεµονωµένα σηµεία του πεδίου ορισµού της f, η f δεν είναι παραγωγίσιµη, αφού η παράγωγος της f στο x0 είναι το

0

0

x x0

f (x) f (x )lim

x x→

−

−

και εποµένως για να υπάρχει αυτό, πρέπει η f να ορίζεται σε διάστηµα της µορφής (α, x0] ή [x0, β). Έτσι π.χ α) Για τη συνάρτηση f :A R→ µε Α = (1, 5) ∪ 6 µε f(x) = x2 είναι f ΄(x) = 2x για κάθε x∈ (1, 5), ενώ δεν ορίζεται το f ΄(6) αφού η f δεν ορίζεται σε διάστηµα της µορφής (α, 6] ή [6, α) Έτσι πεδίο ορισµού της f ΄ είναι το (1, 5)

Νικ. Ιωσηφίδης: ΧΡΗΣΙΜΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΣΤΙΣ ΠΑΡΑΓΩΓΟΥΣ

Σελ. 3

β) Η συνάρτηση f(x) = lnx έχει πεδίο ορισµού το Α = (0, +∞ ) και ισχύει f ΄(x) = 1

x για

κάθε x∈A. Ο τύπος 1

x ορίζεται και για x < 0, όµως οι τιµές αυτές δεν ανήκουν στο

πεδίο ορισµού της f ΄. Το πεδίο ορισµού της f ΄ είναι το Α = (0, +∞ ) Οι περισσότερες γνωστές συναρτήσεις είναι παραγωγίσιµες στα πεδία ορισµού τους. Για την ύλη του σχολικού βιβλίου, σχεδόν όλες οι συναρτήσεις είναι παραγωγίσιµες. Εξαίρεση αποτελούν οι συναρτήσεις που ορίζονται µε περισσότερους του ενός τύπους οι οποίες στα σηµεία αλλαγής του τύπου τους µπορεί να µην είναι παραγωγίσιµες. Στην κατηγορία αυτή θα εντάξουµε και τις συναρτήσεις που περιέχουν απόλυτες τιµές. Είναι γνωστό π.χ ότι η f(x) = |x| , x∈R δεν είναι παραγωγίσιµη στο 0. γ) Ένα διαφορετικό, χαρακτηριστικό όµως παράδειγµα είναι η συνάρτηση

f:[0, +∞ ) → R µε f(x) = x Η συνάρτηση αυτή είναι παραγωγίσιµη στο Α΄ = (0, +∞ ), δεν είναι όµως παραγωγίσιµη στο 0.

Πράγµατι, x 0

f (x) f (0)lim

x 0→

−

−

= x 0

xlim

x+→ =

x 0

1lim

x+→ = +∞

Πριν πούµε τι ισχύει γενικότερα, είναι αναγκαίο να δώσουµε το πεδίο ορισµού της συνάρτησης f(x) = xα για τις διάφορες τιµές του α Το πεδίο ορισµού Α της f είναι το εξής: Αν α∈Ζ αν α∈Ν* τότε: Α = R, π.χ η f(x) = x3 ορίζεται για κάθε x∈R

αν α ≤ 0 τότε: Α = R*, π.χ η f(x) = x-3 = 3

1

x ορίζεται για κάθε x∈R*

Αν α∉Ζ

αν α > 0 τότε Α = [0, +∞ ), π.χ η f(x) = 5

3x = 3 5x ορίζεται για κάθε x≥0

αν α < 0 τότε Α = (0, +∞ ), π.χ η f(x) = 5

3x−

= 3 5

1

x ορίζεται για κάθε x>0

Για την παραγωγισιµότητα τώρα της f(x) = xα ισχύουν τα εξής: Σε όλες τις περιπτώσεις η f(x) = xα είναι παραγωγίσιµη στο πεδίο ορισµού της Α, εκτός από την περίπτωση 0 < α < 1 οπότε Α = [0, +∞ ). Στην περίπτωση αυτή η f είναι παραγωγίσιµη στο Α΄ = (0, +∞ ), αλλά δεν είναι παραγωγίσιµη στο 0. Πράγµατι, στην περίπτωση αυτή είναι:


Σελ. 4

x 0

f (x) f (0)lim

x 0→

−

−

= α

x 0

xlim

x+→ =

1 αx 0

1lim

x+ −→ = +∞

Ειδική περίπτωση είναι η f(x) = x και γενικότερα η f(x) = ν x , ν≥2 ΓΕΝΙΚΕΥΣΗ Είναι γνωστό ότι αν η f: A → R είναι παραγωγίσιµη στο x0 και η g: B → R είναι παραγωγίσιµη στο f(x0), τότε η σύνθεση g f είναι παραγωγίσιµη στο x0 µε

΄0 0 0(g f ) (x ) g΄(f (x ))f ΄(x )=

Τι γίνεται όµως αν η f δεν είναι παραγωγίσιµη στο x0 ή η g δεν είναι παραγωγίσιµη στο f(x0) ; Η µελέτη του θέµατος δείχνει ότι: Η σύνθεση g f µπορεί να είναι παραγωγίσιµη στο x0 και αν ακόµη δεν ισχύει καµία από τις παραπάνω προϋποθέσεις. Μπορεί φυσικά και να µην είναι. ∆ίνουµε τέσσερα παραδείγµατα στα οποία καταφαίνεται η αλήθεια των παραπάνω. Παράδειγµα 1ο (όπου η f δεν είναι παραγωγίσιµη στο x0 , η g είναι παραγωγίσιµη στο 0f (x ) και η σύνθεση g f είναι παραγωγίσιµη στο x0)

Η συνάρτηση f(x) = x έχει πεδίο ορισµού το Α = [0, +∞ ) και όπως έχουµε πει δεν είναι παραγωγίσιµη στο 0. Η συνάρτηση g(x) = x2 έχει πεδίο ορισµού το Β = R και είναι παραγωγίσιµη στο R, άρα και στο f(0) = 0. Η σύνθετη συνάρτηση g f έχει πεδίο ορισµού το Γ = [0, +∞ ) και είναι (g f)(x) = 2( x ) = x για κάθε x∈Γ Η g f είναι παραγωγίσιµη σε ολόκληρο το Γ, άρα είναι παραγωγίσιµη και στο 0. Παράδειγµα 2ο (όπου η f δεν είναι παραγωγίσιµη στο x0 , η g δεν είναι παραγωγίσιµη στο f(x0) και η σύνθεση g f είναι παραγωγίσιµη στο x0) Η συνάρτηση f(x) = |x| έχει πεδίο ορισµού το Α = R και δεν είναι παραγωγίσιµη στο 0.

Η συνάρτηση 2

2x , αν x 0g(x)

x 1 , αν x 0

<= + ≥ έχει πεδίο ορισµού το R και δεν είναι παραγωγίσιµη στο f(0) = 0, αφού δεν είναι συνεχής στο 0. Η σύνθεσή τους g f έχει πεδίο ορισµού το Γ = R και τύπο:


Σελ. 5

2(g f )(x) x 1= + = x2 + 1 για κάθε x∈R, εποµένως είναι παραγωγίσιµη στο R, άρα

και στο 0. Παράδειγµα 3ο (όπου η f είναι παραγωγίσιµη στο x0, η g δεν είναι παραγωγίσιµη στο f(x0) και η σύνθεση g f δεν είναι παραγωγίσιµη στο x0)

Η συνάρτηση h(x) = 23 (x 1)− = 1

2 3[(x 1) ]− (1)

Είναι σύνθεση των συναρτήσεων f(x) = (x-1)2 και 3g(x) x= , δηλαδή h(x) = g(f(x)) για κάθε x∈R. Η f παραγωγίζεται στο R, άρα και στο 1, η g όµως δεν παραγωγίζεται στο f(1) = 0.

Για τη σύνθεση h(x) = g(f(x)) = 23 (x 1)− δεν προκύπτει άµεσα συµπέρασµα για την παραγωγισιµότητά της στο 1. Το αν η h είναι ή όχι παραγωγίσιµη στο 1 πρέπει να εξεταστεί µε τη βοήθεια του ορισµού.

Είναι: x 1

h(x) h(1)lim

x 1+→

−

−

= 23

x 1

(x 1)lim

x 1+→

−

−

= 3x 1

1lim

x 1+→ −

= +∞ , εποµένως η h δεν είναι παραγωγίσιµη στο 1. Παράδειγµα 4ο (όπου η f είναι παραγωγίσιµη στο x0, η g δεν είναι παραγωγίσιµη στο f(x0) και η σύνθεση g f είναι παραγωγίσιµη στο x0)

Αντίθετα µε το 3ο παράδειγµα, η συνάρτηση h(x) = 43 (x 1)− είναι πάλι σύνθεση των f: R→R µε f(x) = (x-1)4 και g: [0, +∞ )→R µε g(x) = 3 x δηλ h(x)=g(f(x)) Η f είναι παραγωγίσιµη στο 1 Η g δεν είναι παραγωγίσιµη στο f(1) = 0 Η h είναι παραγωγίσιµη στο f(1) = 0 αφού:

x 1

h(x) h(1)lim

x 1+→

−

−

= 43

x 1

(x 1)lim

x 1+→

−

−

= 3

x 1lim x 1

+→− = 0

x 1

h(x) h(1)lim

x 1−→

−

−

= 43

x 1

(x 1)lim

x 1−→

−

−

= 43

x 1

x 1lim

x 1−→

−

− −

= 3

x 1lim( x 1 )

−→− − = 0

1 ∆εν µπορούµε να γράψουµε f(x) = 23(x 1)− καθόσον η παράσταση 23 (x 1)− ορίζεται για κάθε

x∈R, ενώ η 23(x 1)− ορίζεται µόνο στο διάστηµα [1, +∞ )


Σελ. 6

Άρα x 1

h(x) h(1)lim

x 1→

−

−

= 0 και η h είναι παραγωγίσιµη στο 1 µε h΄(x) = 0

ΠΡΟΣΟΧΗ ∆εν µπορούµε να γράψουµε h΄(1) = g (f(1)) ⋅ f ΄(1) αφού δεν υπάρχει το g΄(f(1)) = g (0)

Παραγώγιση αθροίσµατος, διαφοράς κ.λ.π δύο συναρτήσεων Ανάλογα θεωρήµατα µε αυτά των ορίων στα οποία δεν ισχύουν πάντοτε οι ιδιότητες που αναφέρονται στο σχολικό βιβλίο (βλ. εισήγηση (α)), ισχύουν και στις ιδιότητες των παραγώγων, δηλαδή: Σύµφωνα µε το σχολικό βιβλίο: Aν οι συναρτήσεις f και g είναι παραγωγίσιµες στο x0, τότε και οι συναρτήσεις f+g,

f-g, f.g, fg

(µε τις γνωστές προϋποθέσεις) είναι παραγωγίσιµες στο x0 µε (f+g)΄(x0 ) = f ΄( x0) + g ( x0 ) (f+g)΄(x0 ) = f ΄( x0) + g ( x0 ) (f.g)΄(x0 ) = f ΄( x0) g( x0 ) + f( x0) g ( x0 )

0 0 0 00 2

0

f΄(x )g(x ) f (x )g΄(x )f( ) (x )g (g(x ))

−=

Και εδώ µπορούµε να δώσουµε αντιπαραδείγµατα στα οποία ενώ οι συναρτήσεις f και g είναι παραγωγίσιµες στο x0, οι συναρτήσεις f+g, f-g, f.g,

f

g δεν είναι πάντοτε

παραγωγίσιµες στο x0, επειδή οι παράγωγοι των f και g δεν ορίζονται από την ίδια πλευρά του x0. (βλέπε περισσότερα στην εισήγησή µας (α)). Αντιπαράδειγµα: Η συνάρτηση f(x) = x2, x∈(-∞, 1] ∪ [2, +∞) είναι παραγωγίσιµη στο 1 µε f ΄(1) = 2

Η συνάρτηση g(x) = 3x, x∈[1, +∞) είναι επίσης παραγωγίσιµη στο 1 µε g΄(1) =3

Όµως η συνάρτηση f + g ορίζεται στο [2, +∞) ∪ 1 και δεν έχει νόηµα η παραγωγός της στο 1. Πολύ χρήσιµη πρόταση Έστω συνάρτηση f:∆→R και x0∈∆0 . Αν

• η f είναι συνεχής στο x0 • υπάρχει το

0x xlimf ΄(x)

→

= ,


Σελ. 7

τότε η f είναι παραγωγίσιµη στο x0 και f ΄(x0) =

Η πρόταση είναι ευρέως γνωστή, αλλά µε κάποιες αµφιβολίες για την ορθότητά της και χρησιµοποιείται για την εύρεση της παραγώγου συνάρτησης µε δύο ή περισσότερους τύπους στο σηµείο διαχωρισµού του πεδίου ορισµού της. Παρατηρείστε ότι η f αναγκαστικά παραγωγίζεται στο x0. Η πρόταση αυτή µε άλλη ορολογία λέει το εξής: Αν υπάρχει το όριο της f ΄στο σηµείο x0 του πεδίου ορισµού της όπου η f είναι συνεχής, τότε και η f ΄ είναι συνεχής στο x0. Από την πρόταση αυτή προκύπτει το συµπέρασµα ότι : Η µόνη περίπτωση ασυνέχειας της f ΄ στο x0 είναι να µην υπάρχει το όριο της f΄ στο x0 Η παραπάνω πρόταση αποκλείει την περίπτωση ασυνέχειας της f ΄ του παρακάτω σχήµατος 1 (αιροµένη ασυνέχεια). Ασυνέχεια για την f ΄ µπορούµε να έχουµε µόνο σαν αυτήν του σχ. 2 (µη αιροµένη ασυνέχεια).

∆ίνουµε δύο αποδείξεις της παραπάνω πρότασης 1η Απόδειξη

Για το 0

0

x x0

f (x) f (x )lim

x x→

−

−

εφαρµόζουµε τον κανόνα του Hospital (ισχύουν οι κατάλληλες προϋποθέσεις). Άρα

0

0

x x0

f (x) f (x )lim

x x→

−

−

=0

΄0΄x x

0

(f (x) f (x ))lim

(x x )→

−

−

=0x x

lim f ΄(x)←

ή

f ΄(x0) =0x x

lim f ΄(x)←

και η πρόταση αποδείχτηκε. 2η Απόδειξη

Πρέπει να αποδείξουµε ότι 0

0 0

x x

f (x h) f (x )lim

h→

+ − =

0x xlim f ΄(x)→

=

Επειδή 0x x

lim f ΄(x)→

= , η f ΄(x) ορίζεται κοντά στο x0, δηλαδή σε σύνολο της µορφής


Σελ. 8

(α, x0) ∪ (x0, β).

Για h > 0 , κατάλληλα µικρό ώστε x0 + h ∈ (x0, β), εφαρµόζοντας το Θ.Μ.Τ στο

διάστηµα [x0, x0 + h] έχουµε: f (x0 + h) – f (x0) = h f (ξh) όπου ξh = ξ(h) ∈(x0, x0 + h), δηλ. x0 < ξ(h) < x0 + h

άρα h 0lim ξ(h)→

= x0 (κριτήριο παρεµβολής)

εποµένως 0

0 0

x x

f (x h) f (x )lim

h→

+ − =

h 0lim f ΄(ξ(h))→

x ξ(h )=

= 0x x

lim f ΄(x)→

=

Εργαζόµενοι όµοια για h <0, εφαρµόζουµε το Θ.Μ.Τ στο διάστηµα [x0 + h, x0] και καταλήγουµε πάλι ότι

0

0 0

x x

f (x h) f (x )lim

h→

+ − =

Εποµένως η f είναι παραγωγίσιµη στο x0 µε f ΄( x0) =

Παράδειγµα

∆ίνεται η συνάρτηση 3

2

2x 1 αν x 1f (x)

3x αν x 1

+ <= ≥

Να βρεθεί η παράγωγος της f στο 1 Λύση Η f είναι συνεχής στο 1 (εύκολη απόδειξη) και παραγωγίσιµη στο R – 1 µε

26x αν x 1f΄(x)

6x αν x 1

<= >

Επειδή

x 1 x 1lim f (x) lim f (x)

− +→ →= = 6, η f είναι παραγωγίσιµη στο 1 µε f΄(1) = 6

Παρατήρηση Αν δεν υπάρχει το

0x xlim f ΄(x)→

αυτό δε σηµαίνει ότι η f δεν είναι παραγωγίσιµη στο x0

∆είτε το παράδειγµα που ακολουθεί Θα αποδείξουµε ότι η συνάρτηση f µε

2 1x ηµ αν x 0

f (x) x0 αν x 0

≠

= =

είναι παραγωγίσιµη στο x0=0, όµως η δεν υπάρχει το όριο της f ΄ στο 0. Πράγµατι, για x≠ 0 έχουµε:


Σελ. 9

λ(x) = f (x) f (0)

x 0

−

−

= xηµ 1

x

Όµως 1xηµ

x =

1x ηµ

x ≤ x ⇒ - x ≤

1xηµ

x≤ x (1)

Και επειδή x 0lim( x )→

− =x 0lim x→

=0, από την (1) προκύπτει ότι x 0

1lim(xηµ )

x→

=0, άρα η f

είναι παραγωγίσιµη στο 0 µε f ΄(0)=0 Θα αποδείξουµε τώρα ότι η f΄ δεν έχει όριο στο 0. Πράγµατι, για x≠ 0 είναι: f΄(x)=(x2)΄ηµ 1

x+x2(ηµ 1

x)΄ = 2xηµ 1

x+x2συν 1

x(-

2

1

x) = 2xηµ 1

x - συν 1

x

Άρα η f΄ ορίζεται στο R µε

f΄(x)=

1 12xηµ συν αν x 0

x χ0 αν x 0

− ≠ =

Η f΄ όµως δεν έχει όριο στο 0 όπως αποδεικνύουµε αµέσως. Η απόδειξη ξεφεύγει από το σχολικό επίπεδο και στηρίζεται στην παρακάτω Πρόταση Έστω συνάρτηση f : Α→ R

Αν για κάθε ακολουθία (xν) µε xν ∈Α και limxν=x0 ισχύει νlim f(x ) α= θα είναι 0x x

lim f (x)→

=α

Σύµφωνα µε την πρόταση αυτή έχουµε τα εξής:

Για την ακολουθία xν = 1

2νπ→0 η αντίστοιχη ακολουθία τιµών της συνάρτησης f ΄

είναι: f΄(xν)= 1

νπηµ(2νπ) – συν(2νπ) = -1 → -1 (1)

ενώ για την ακολουθία ΄νx =

1π

2νπ2

+

→0, η αντίστοιχη ακολουθία τιµών της f΄ είναι

f΄( ΄νx )=

2π

2νπ2

+

ηµ(2νπ+π

2) – συν(2νπ+

π

2)=

2π

2νπ2

+

→0 (2)

Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι δεν υπάρχει το x 0lim→

f΄(x)


Σελ. 10

Μια άλλη χρήσιµη πρόταση σύµφωνα µε την οποία δε χρειάζεται ο υπολογισµός της παραγώγου σε κάποιο σηµείο, είναι η παρακάτω: Πρόταση Αν για τη συνάρτηση f ισχύει f ΄(x) > 0 για κάθε x∈(α, x0) και f ΄(x) < 0 για κάθε x∈(x0, β) ή αντίστροφα και η f είναι παραγωγίσιµη στο x0, τότε f ΄(x0) = 0

Απόδειξη Έστω f ΄(x) > 0 στο (α, x0) και f ΄(x) < 0 στο (x0, β) Επειδή f ΄(x) > 0 στο (α, x0) και η f είναι συνεχής στο x0, η f είναι γν. αύξουσα στο (α, x0]. Για τον ίδιο λόγο η f είναι γν. φθίνουσα στο [x0, β). Εποµένως η f στο σηµείο x0 παρουσιάζει τοπικό µέγιστο. Σύµφωνα λοιπόν µε το θεώρηµα του Fermat θα είναι f ΄(x0) = 0 ΠΡΟΣΟΧΗ Η παραγωγισιµότητα της f στο x0 δεν προκύπτει από τις υπόλοιπες συνθήκες. Πρέπει να είναι δεδοµένη για να ισχύει f ΄(x0) = 0

Π.χ. Για τη συνάρτηση 2

3

2x x , αν x 1f (x)

x 3x 1 , αν x 1

− <= − + + ≥

ισχύει: 2

2 2x , αν x 1f΄(x)

3x 3, αν x 1

− <= − + >

Άρα f ΄(x) > 0 αν x∈(0, 1) και f ΄(x) < 0 αν x∈(1, 2)

Όµως η f δεν είναι παραγωγίσιµη στο 1, αφού δεν είναι συνεχής σ’ αυτό. Επίσης η συνέχεια της f δεν αρκεί για να είναι η f παραγωγίσιµη στο x0 όπως προκύπτει από το επόµενο αντιπαράδειγµα.

2

2

2x x , αν x 1f (x)

x x 1 , αν x 1

− <= − + + ≥

Εδώ πάλι είναι: 2 2x , αν x 1f΄(x)

2x 1, αν x 1

− <= − + >

Είναι πάλι f ΄(x) > 0 αν x∈(0, 1) και f ΄(x) < 0 αν x∈(1, 2), όµως η f δεν είναι παραγωγίσιµη στο 1 όπως εύκολα µπορεί να αποδειχθεί µε τη βοήθεια του ορισµού.


Σελ. 11

Θεώρηµα Rolle σε ανοιχτό διάστηµα: Σύµφωνα µ’ αυτό: Αν η συνάρτηση f είναι: • συνεχής στο [α, β] • παραγωγίσιµη στο (α, β) • f(α) = f(β)

τότε υπάρχει σηµείο ξ∈(α, β) µε f ΄(ξ) = 0

Η γεωµετρική του ερµηνεία αποδίδεται από το παρακάτω σχήµα 1 στο οποίο υπάρχει εφαπτοµένη παράλληλη προς τον άξονα x΄x. Τίποτα δεν θα άλλαζε αν τα σηµεία Α(α, f(α)) και Β(β, f(β)) δεν ανήκαν στη γραφική παράσταση της f, αν δηλαδή είχαµε την περίπτωση του σχ. 2. Τα ίδια ισχύουν και στην περίπτωση του σχ. 3. ∆ηλαδή θα υπήρχε και πάλι εφαπτοµένη παράλληλη προς τον άξονα x΄x,

Μπορούµε λοιπόν να γενικεύσουµε την πρόταση ως εξής: Πρόταση Αν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιµη στο (α, β) και

x α x βlim f (x) lim f (x)

+ −→ →= , τότε

υπάρχει ξ∈(α, β) µε f ΄(ξ) = 0


Σελ. 12

Απόδειξη Έστω

x α x βlim f (x) lim f (x)

+ −→ →= =

Θεωρούµε τη συνάρτηση: f (x) , αν x (α,β)

g(x), αν x α ή x β

∈= = =

Η g είναι συνεχής στο (α, β) αφού στο διάστηµα αυτό ταυτίζεται µε την f. Επίσης x α x αlim g(x) lim f (x) g(α)

+ +→ →= = = και

x β x βlim g(x) lim f (x) g(β)

− −→ →= = = δηλαδή η g είναι

συνεχής και στα α και β, άρα η g είναι συνεχής στο [α, β]. Η g είναι παραγωγίσιµη στο (α, β) µε g (x) = f ΄(x). Επίσης g(α) = g(β) ( = )

Για τη συνάρτηση g ισχύουν λοιπόν όλες οι προϋποθέσεις του θ. του Rolle, άρα

υπάρχει σηµείο ξ∈(α, β) µε g (ξ) = 0 άρα και f ΄(ξ) = 0 και η πρόταση αποδείχτηκε.

Θεώρηµα Μέσης Τιµής ∆ιαφορικού Λογισµού (Θ.Μ.Τ) σε ανοιχτό διάστηµα Όπως ακριβώς διατυπώθηκε και αποδείχθηκε το θεώρηµα του Rolle για ανοιχτό διάστηµα, µπορούµε να διατυπώσουµε και να αποδείξουµε το Θ.Μ.Τ για ανοιχτό διάστηµα ως εξής: Πρόταση Αν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιµη στο (α, β), υπάρχει ξ∈(α, β) µε

x β x α΄lim f(x) lim f (x)

f (ξ) β α− +→ →

−

=−

Απόδειξη Η απόδειξη γίνεται µε τον ίδιο τρόπο που αποδείξαµε το θ. του Rolle για ανοιχτό διάστηµα αρκεί να θεωρήσουµε εδώ τη συνάρτηση:

x α

x β

f (x), αν x (α,β)

g(x) lim f (x), αν x αlim f (x), αν x β

+

−

→

→

∈= = =

Σταθερή συνάρτηση Είναι γνωστή η εξής πρόταση: Η παράγωγος σταθερής συνάρτησης είναι ίση µε 0.


Σελ. 13

Η απόδειξη στο σχολικό βιβλίο αναφέρεται στη σταθερή συνάρτηση f(x) = c που ορίζεται στο R. Αυτό δηµιουργεί µια ασάφεια στους µαθητές όπως εξηγούµε αµέσως: Η πρόταση ισχύει µόνο για ανοιχτό διάστηµα. Η ακριβής διατύπωση της πρότασης είναι : Αν η συνάρτηση f είναι σταθερή στο ανοιχτό διάστηµα ∆ τότε f ΄(x) = 0 για κάθε x∈∆. Στο παρακάτω σχήµα, η συνάρτηση f είναι σταθερή στο [α, β], αλλά η παράγωγός της στα σηµεία α και β δεν υπάρχει. Ισχύει η παρακάτω πρόταση που γενικεύει αυτήν του σχολικού βιβλίου: Πρόταση Έστω συνάρτηση f συνεχής στο διάστηµα ∆ και Α πεπερασµένο υποσύνολο του ∆0. Αν f ΄(x) = 0 για κάθε x∈∆0 - Α, τότε η f είναι σταθερή στο ∆. Η πρόταση αυτή είναι ιδιαίτερα χρήσιµη σε συναρτήσεις που η παραγώγισή τους σε κάποιο σηµείο χρειάζεται ξεχωριστή µελέτη. Σύµφωνα µε την πρόταση αυτή, δεν απαιτείται ο έλεγχος της παραγωγισιµότητας στο σηµείο αυτό. Απόδειξη Για να αποδείξουµε ότι η f είναι σταθερή στο ∆, θα αποδείξουµε ότι f ΄(x) =0 για κάθε x∈∆0. Για τα σηµεία του ∆0 – Α ισχύει f ΄(x) = 0.

Έστω τώρα x0∈A

Επιλέγουµε α, β ∈ ∆ ώστε α < x0 <β και η f ΄ να µη µηδενίζεται σε κανένα σηµείο του

(α, x0) ∪ (x0, β)

Επειδή η f είναι συνεχής στο (α, x0] και f ΄(x) = 0 για κάθε x∈(α, x0), η f είναι σταθερή

στο (α, x0], άρα f (x) = f (x 0) για κάθε x ∈(α, x0]

Όµοια, η f είναι σταθερή και στο [x0, β), άρα f (x ) = f (x 0) για κάθε x ∈[x 0, β)

Εποµένως f (x) = f (x 0) για κάθε x ∈ (α, β), δηλαδή η f είναι σταθερή στο διάστηµα

(α, β), άρα f ΄(x0) = 0 Έτσι η f ΄ υπάρχει και µηδενίζεται σε κάθε σηµείο του ∆0. Άρα η f είναι σταθερή στο ∆


Σελ. 14

Μια πολύ χρήσιµη πρόταση, ιδιαίτερα σε ασκήσεις του ολοκληρωτικού λογισµού, είναι η εξής: Πρόταση Αν για τις συναρτήσεις f και g που είναι συνεχείς στο διάστηµα ∆ ισχύει f ΄(x) = g (x) για κάθε x∈∆0 και υπάρχει x0∈∆ µε f(x0) = g(x0), τότε ισχύει f(x) = g(x) για κάθε x∈∆ Απόδειξη Επειδή οι f και g είναι συνεχείς στο ∆ και f ΄(x) = g (x) για κάθε x∈∆0 προκύπτει f(x) = g(x) +c για κάθε x∈∆ Για x = x0: f(x0) = g(x0) + c και επειδή f(x0) = g(x0) ⇒ c = 0, άρα f(x) = g(x) για κάθε x∈∆ ∆είχνουµε την εφαρµογή της παραπάνω πρότασης σε άσκηση του Ολοκληρωτικού Λογισµού. Παράδειγµα Βρείτε συνεχή συνάρτηση f: R→R που ικανοποιεί τη σχέση:

x

2

f (t)dt f (x) 1= +∫ (1) για κάθε x∈R

Λύση Παραγωγίζουµε την (1) f(x) = f ΄(x) (2) Σύµφωνα µε εφαρµογή του σχολικού βιβλίου θα είναι:

xf (x) ce= (3) Επειδή οι σχέσεις (1) και (2) δεν είναι ισοδύναµες, δεν είναι σίγουρο ότι όλες οι λύσεις (3) επαληθεύουν την (1), αλλά αν υπάρχει λύση της (1), τότε σίγουρα αυτή θα περιέχεται στις λύσεις (3). Για x = 2 η (1) γίνεται: 0 = f(2) +1 ⇒ f(2) = -1 Η (3) για x = 2 δίνει: f(2) = ce2 ⇒ -1 = c e2 ⇒ c = -e-2 Εποµένως η (3) δίνει: x 2f (x) e −

=−

Αν θέσουµε g(x) = x

2

f (t)dt∫ και h(x) = f(x) +1, σύµφωνα µε την παραπάνω λύση, η

συνάρτηση x 2f (x) e −

=− ικανοποιεί τη σχέση g ΄(x) = h (x) και επειδή g(2) = h(2) θα

ικανοποιεί και την g(x) = h(x) για κάθε x∈R, εποµένως είναι η µοναδική λύση της (1)

Μονοτονία

Η µελέτη της µονοτονίας µιας συνάρτησης µε τη βοήθεια των παραγώγων στηρίζεται στην εξής


Σελ. 15

Πρόταση Αν η συνάρτηση f είναι

• συνεχής στο διάστηµα ∆ • f ΄(x) > 0 (αντ. f ΄(x) < 0 ) για κάθε x∈∆0,

τότε η f είναι γν. αύξουσα (αντ. γν. φθίνουσα)στο ∆ Παρατηρήσεις α) Από το ότι η f είναι παραγωγίσιµη στο ∆0 προκύπτει ότι η f είναι συνεχής στο ∆0. Εποµένως το ότι η f είναι συνεχής στο ∆ το µόνο που προσθέτει είναι ότι η f είναι συνεχής (πλευρικά) στα άκρα του διαστήµατος, αν φυσικά το διάστηµα ∆ είναι κλειστό ή ηµιανοιχτό. Στην περίπτωση που το ∆ είναι ανοιχτό διάστηµα, η πρώτη συνθήκη περιττεύει. ∆ηλαδή η f θα είναι υποχρεωτικά συνεχής στο ∆ β) Το αντίστροφο του θεωρήµατος δεν ισχύει. Αν δηλαδή η f είναι συνεχής στο ∆, παραγωγίσιµη στο ∆0 και γνησίως αύξουσα στο ∆, τότε δεν ισχύει υποχρεωτικά f ΄(x) > 0 για κάθε x∈∆0, αλλά µπορεί να είναι και f ΄(x) = 0 για κάποια x∈∆ γ) Το θεώρηµα γενικεύεται ως εξής: Αν η f είναι συνεχής στο διάστηµα ∆ και f ΄(x) ≥ 0 (αντ. f ΄(x) ≤ 0) για κάθε x∈∆0 , και ο µηδενισµός της f ΄ γίνεται σε πεπερασµένο αριθµό σηµείων, τότε η f είναι γν. αύξουσα (αντ. γν. φθίνουσα) στο ∆. Αρκεί να αποδείξουµε την πρόταση για ένα σηµείο µηδενισµού της f ΄, δηλαδή να αποδείξουµε ότι αν η f είναι παραγωγίσιµη στο (α, β) µε f ΄(x) > 0 για κάθε x∈α, x0)∪ (x0, β, ενώ f ΄(x0) = 0, τότε η f είναι γν. αύξουσα στο α, β Πράγµατι, στο α, x0] η f είναι συνεχής f ΄(x) > 0 για κάθε x∈ (α, x0), άρα η f είναι γν. αύξουσα στο α, x0]. Για τον ίδιο λόγο η f είναι γν. αύξουσα στο [x0, β. Εποµένως η f είναι γν. αύξουσα και στην ένωση α, x0]∪ [x0, β, δηλαδή στο α, β δ) Η ίδια απόδειξη ισχύει και στην περίπτωση που η f ΄ δεν υπάρχει στο x0 ή σε πεπερασµένο πλήθος σηµείων, δηλαδή ισχύει η εξής γενικότερη Πρόταση Έστω συνάρτηση f συνεχής στο διάστηµα ∆. Ονοµάζουµε Α το σύνολο των σηµείων στα οποία η f ΄ µηδενίζεται ή δεν υπάρχει. Αν f ΄(x) > 0 για κάθε x∈∆0 -Α και το Α είναι πεπερασµένο σύνολο, τότε η f είναι γν. αύξουσα στο ∆. Η πρόταση µπορεί να επεκταθεί ακόµη περισσότερο ως εξής: Έστω συνάρτηση f συνεχής στο διάστηµα ∆. Ονοµάζουµε Α το σύνολο των σηµείων στα οποία η f ΄ µηδενίζεται. Αν f ΄(x) > 0 (αντ. f ΄(x) < 0) για κάθε x∈∆0 - Α


Σελ. 16

και κανένα υποσύνολο του Α δεν αποτελεί διάστηµα, τότε η f είναι γν. αύξουσα (αντ. γν. φθίνουσα) στο ∆ Απόδειξη ∆ίνεται ότι f ΄(x) ≥ 0 για κάθε x ∈ ∆0

Με την προϋπόθεση αυτή θα αποδείξουµε ότι η f είναι αύξουσα στο ∆.

Αρκεί να αποδείξουµε ότι για κάθε x1, x2 ∈∆ µε x1 < x2 ισχύει f (x1) ≤ f (x2)

Εφαρµόζουµε το Θ.Μ.Τ για την f στο διάστηµα [x1 , x2]

Υπάρχει ξ∈( x1, x2) µε f (x2) - f (x1) = (x2 - x1) f ΄(ξ) Και επειδή x2 - x1 > 0 και f ΄(ξ) ≥0 προκύπτει f (x2) - f (x1) ≥ 0 ή f (x1) ≤ f (x2)

Εποµένως η f είναι αύξουσα στο ∆.

Θα αποδείξουµε τώρα ότι η f είναι γν. αύξουσα στο ∆, ότι δηλ. για κάθε x1, x2 ∈∆ µε x1 < x2 ισχύει f (x1) < f (x2)

Έστω ότι υπάρχουν x1, x2 ∈∆ µε x1 < x2 και f (x1) =f (x2)

Τότε για κάθε x µε x1 < x < x2, επειδή η f είναι αύξουσα, ισχύει f (x1) ≤ f (x) ≤ f (x2)

Επειδή όµως f (x1) = f (x2) θα είναι και f (x) = f (x1), δηλαδή η f είναι σταθερή στο

διάστηµα [x1 , x2], άρα f ΄(x) = 0 για κάθε x∈ ( x1, x2), που είναι άτοπο από την υπόθεση. Εποµένως η f είναι γν. αύξουσα στο ∆.

Όµοια γίνεται η απόδειξη και στην περίπτωση f ΄(x) ≤ 0

Τα παρακάτω παραδείγµατα θα αποσαφηνίσουν τις παραπάνω παρατηρήσεις Παράδειγµα 1ο

Να µελετηθεί ως προς τη µονοτονία η συνάρτηση f: R* →R µε f(x) = 1x

Λύση Η f ορίζεται στο σύνολο R* = (-∞ , 0) ∪ (0, +∞ ) που δεν είναι διάστηµα.

Για κάθε x∈R* είναι f ΄(x) = - 2

1

x < 0. Εποµένως η f είναι γν. φθίνουσα σε καθένα

ξεχωριστά από τα διαστήµατα (-∞ , 0) και (0, +∞ ). Σύµφωνα µε το σχολικό βιβλίο δεν µπορούµε να µιλάµε για µονοτονία στο R* που δεν είναι διάστηµα. Αν όµως θέλουµε να επεκτείνουµε τον ορισµό της µονοτονίας σε οποιοδήποτε σύνολο, η f δεν είναι γν. φθίνουσα στο R*, αφού για x1 = -1 και x2 = 1, δηλαδή x1 < x2 ισχύει f(x1) < f(x2)


Σελ. 17

Παράδειγµα 2ο

Να µελετηθεί ως προς τη µονοτονία η συνάρτηση f µε2x 2x αν x 2

f (x)3x 6 αν x 2

− <= − ≥

Λύση Η f είναι συνεχής στο R (αποδεικνύεται εύκολα) και παραγωγίσιµη στο R – 2 µε

2x 2 αν x 2f΄(x)

3 αν x 2

− <= >

[στο σηµείο x0 = 2 δεν µας ενδιαφέρει αν η f είναι ή δεν είναι παραγωγίσιµη. Μας αρκεί το ότι είναι συνεχής. Έτσι δεν ψάξαµε για παραγωγισιµότητα στο σηµείο αυτό. Αν µελετήσουµε την παραγωγισιµότητα στο 2 (µε τη βοήθεια του ορισµού) θα διαπιστώσουµε ότι δεν είναι παραγωγίσιµη] Η f ΄ µηδενίζεται στο 1. Κατασκευάζουµε τον παρακάτω πίνακα µεταβολών της f Από τον πίνακα προκύπτει ότι η f είναι γν. φθίνουσα στο διάστηµα (-∞, 1] και γν. αύξουσα στα διαστήµατα [1, 2] και [2, +∞) (και τα δύο διαστήµατα είναι κλειστά στο

2), εποµένως η f είναι γν. αύξουσα και στην ένωση [1, 2] ∪ [2, +∞) = [1, +∞ ). Η γραφική παράσταση της f αποδίδεται από το διπλανό διάγραµµα:


Σελ. 18

Παράδειγµα 3ο

Να µελετηθεί ως προς τη µονοτονία η συνάρτηση f µε 4

3

x αν x 0f (x)

x x αν x 0

<= − − ≥

Λύση Εύκολα προκύπτει ότι η f είναι συνεχής στο R και παραγωγίσιµη στο R* µε

3

2

4x αν x 0f΄(x)

3x 1 αν x 0

<= − − >

(για το σηµείο 0 όπου η f είναι συνεχής, δε µας ενδιαφέρει η παραγωγισιµότητα) Είναι f ΄(x) < 0 για κάθε x∈ (-∞ , 0) ∪ (0, +∞ ). Εποµένως η f είναι γν. φθίνουσα σ’ ολόκληρο το R. Παράδειγµα 4ο

Να µελετηθεί η µονοτονία της συνάρτησης f: R→R µε 2x

f (x) xσυνx ηµx2

= − +

Λύση Η f είναι συνεχής στο R. Εδώ είναι: f ΄(x) = x(1 + ηµx) Επειδή 1 + ηµx≥0 για κάθε x∈R, θα είναι f ΄(x) ≤0 για κάθε x < 0 και f ΄(x) ≥ 0 για κάθε x > 0. Στο παράδειγµα αυτό η f ΄ µηδενίζεται σε άπειρα σηµεία. Όµως κανένα υποσύνολο των σηµείων µηδενισµού της f ΄ δεν αποτελεί διάστηµα. Ο µηδενισµός της f ΄ στα σηµεία αυτά δεν επηρεάζει τη µονοτονία της δηλαδή η f είναι γν. φθίνουσα στο (-∞ , 0] και γν. αύξουσα στο [0, +∞ )

Πολλαπλότητα ριζών πολυωνυµικής εξίσωσης. Σε πολλά προβλήµατα της Ανάλυσης ζητείται να αποδειχθεί ότι µια εξίσωση έχει µόνο µία ρίζα ή ζητείται να βρεθεί ο αριθµός των ριζών της εξίσωσης. Η συνήθης λύση είναι να αποδεικνύουµε µε το θ. Bolzano την ύπαρξη µιας ρίζας σε ένα διάστηµα ∆ και µετά τη µοναδικότητά της µε το θ. του Rolle ή τη µονοτονία της. Όταν όµως στο διάστηµα αυτό υπάρχει διπλή ή γενικότερα πολλαπλή ρίζα, και οι δύο µέθοδοι δεν είναι σωστές. Και αυτό επειδή στο θ. του Rolle θεωρούµε ότι υπάρχουν δύο άνισες ρίζες α < β και εφαρµόζουµε το θεώρηµα στο διάστηµα [α, β]. Στην απόδειξη µε τη µονοτονία αποδεικνύουµε ότι η συνάρτηση είναι γν. µονότονη στο διάστηµα ∆, κάτι που δεν εξασφαλίζει ότι µπορεί να υπάρχει πολλαπλή ρίζα στο ∆. Πλήρη ανάπτυξη του θέµατος αυτού µπορείτε να δείτε στην εισήγηση (α) Εδώ θα αποδείξουµε κάποιες προτάσεις σχετικές µε τις πολλαπλές ρίζες.


Σελ. 19

∆ίνουµε πρώτα τον ορισµό της πολλαπλής ρίζας: Ορισµός Λέµε ότι ο αριθµός ρ είναι ρίζα του πολυωνύµου f(x) (ή ισοδύναµα της πολυωνυµικής εξίσωσης f(x) = 0), βαθµού πολλαπλότητας κ (κ∈N*) αν (x – ρ)κf(x) ενώ ( ) κ 1

x ρ +

− f (x) Ισοδύναµα: f(x) = (x – ρ)κ⋅π(x), µε π(ρ) ≠ 0. Χρειάζεται τώρα προσοχή στο εξής: Αν µία συνάρτηση f είναι γν. αύξουσα (αντ. γν. φθίνουσα) στο διάστηµα ∆ αυτό δεν αρκεί για να έχει η f µοναδική ρίζα στο ∆. Ισχύει όµως η εξής πρόταση που εξασφαλίζει το ότι η f δεν µπορεί να έχει πολλαπλή ρίζα στο ∆. Πρόταση Αν για την πολυωνυµική συνάρτηση f ισχύει: f ΄(x) ≠ 0 στο διάστηµα ∆, τότε η f δεν µπορεί να έχει στο ∆ πολλαπλή ρίζα Πράγµατι, αν ρ ρίζα της f(x) = 0, βαθµού πολλαπλότητας ≥ 2, θα είναι: f(x) = (x – ρ)2⋅π(x) ⇒ f ΄(x) =2(x – ρ)⋅π(x) + (x – ρ)2⋅π΄(x), άρα f ΄(ρ) = 0, άτοπο. Ισχύει γενικότερα η εξής πρόταση που εξασφαλίζει τον βαθµό πολλαπλότητας µιας ρίζας. Πρόταση Αν ρ είναι ρίζα του πολυωνύµου f (x) βαθµού πολλαπλότητας κ, τότε f(ρ) = f ΄(ρ) = f ΄(ρ) = … = f (κ-1) (ρ) = 0, ενώ f (κ) (ρ) ≠0

Αντίστροφα, αν f(ρ) = f ΄(ρ) = f ΄΄(ρ) = … = f (κ-1) (ρ) = 0, ενώ f (κ) (ρ) ≠0,

τότε ο αριθµός ρ είναι ρίζα του πολυωνύµου f(x) βαθµού πολλαπλότητας κ. Απόδειξη α) Έστω ότι ο ρ είναι ρίζα του f (x) βαθµού πολλαπλότητας κ. Θα αποδείξουµε ότι f(ρ) = f ΄(ρ) = f ΄΄(ρ) = … = f (κ-1) (ρ) = 0, ενώ f (κ) (ρ) ≠0

Πράγµατι, επειδή ο ρ είναι ρίζα του f (x) θα είναι: f (x) = (x – ρ)κ π(x), άρα f ΄(x) = (x – ρ)κ-1 π1(x) όπου π1(x) = κπ(x) + (x – ρ) π΄(x) f ΄΄(x) = (x – ρ)κ-2 π2(x) όπου π2(x) = (κ – 1)π1(x) + (x – ρ) π΄1(x) f (3)(x) = (x – ρ)κ-3 π3(x) όπου π3(x) = (κ – 2)π2(x) + (x – ρ) π΄2(x)


Σελ. 20

…………………………………………………………………………. f (κ-1)(x) = (x – ρ) πκ-1(x) όπου πκ-1(x) = 2πκ-2(x) + (x – ρ) π΄κ-2(x) f (κ)(x) = πκ(x) όπου πκ(x) = πκ-1(x) + (x – ρ) π΄κ-1(x) Άρα f(ρ) = f ΄(ρ) = f ΄΄(ρ) = … = f (κ-1) (ρ) = 0 Επίσης π1(ρ) = κπ(ρ) + (ρ – ρ) π΄(ρ) = κπ(ρ) ≠0

π2(ρ) = (κ – 1)π1(ρ) + (ρ – ρ) π΄1(ρ) = (κ-1)π1(ρ) ≠ 0

π3(ρ) = (κ – 2)π2(ρ) + (ρ– ρ) π΄2(ρ) = (κ-2)π2(ρ) ≠ 0

……………………………………………………….

πκ(ρ) = πκ-1(ρ) + (ρ – ρ) π΄κ-1(ρ) = πκ-1(ρ) ≠ 0

άρα f (κ)(ρ) ≠0

β) Έστω τώρα ότι ισχύουν οι σχέσεις f(ρ) = f ΄(ρ) = f ΄΄(ρ) = … = f (κ-1) (ρ) = 0, ενώ f (κ) (ρ) ≠0 (1)

Θα αποδείξουµε ότι ο ρ είναι ρίζα του f (x) βαθµού πολλαπλότητας κ Πράγµατι, επειδή f (ρ) = 0, ο ρ είναι ρίζα του f (x). Έστω λ ο βαθµός πολλαπλότητας της ρίζας ρ. Τότε σύµφωνα µε το πρώτο µέρος της απόδειξης θα είναι: f(ρ) = f ΄(ρ) = f ΄΄(ρ) = … = f (λ-1) (ρ) = 0, ενώ f (λ) (ρ) ≠0 (2)

Από τις (1) και (2) προκύπτει κ = λ και η πρόταση αποδείχθηκε

Ακρότατα συνάρτησης (ολικά και τοπικά) Ένας προβληµατισµός που δηµιουργείται σε πολλούς µαθητές είναι αν µια συνάρτηση που ορίζεται σε κλειστό διάστηµα παρουσιάζει ακρότατα στα άκρα του διαστήµατος. Η µελέτη του θέµατος δείχνει ότι: Μια συνάρτηση f :[α,β] R→ δεν παρουσιάζει οπωσδήποτε ακρότατα στα άκρα του διαστήµατος α και β. Ακόµη και αν είναι συνεχής ή παραγωγίσιµη. Έτσι π.χ η συνάρτηση

0 αν x 0f (x) 1

xηµ αν x (0,1]x

== ∈


Σελ. 21

µε πεδίο ορισµού το κλειστό διάστηµα [0, 1], είναι συνεχής στο [0, 1], αφού είναι συνεχής στο (0, 1] και

x 0 x 0

1lim f (x) lim (x ηµ ) 0

x+ +→ →= = = f(0), δηλαδή είναι συνεχής και στο

0 (απόδειξη µε το κριτήριο παρεµβολής) . (Μπορεί να αποδειχθεί ότι η f δεν είναι παραγωγίσιµη στο x0) ∆εν παρουσιάζει όµως ακρότατο στο 0 (ούτε ολικό ούτε τοπικό) αφού σε κάθε σύνολο της µορφής Α∩ (0-δ, 0+δ) = [0, δ) µε δ < 1 µπορούµε να βρούµε σηµεία x µε f(x) > 0 και σηµεία x µε f(x) < 0

Πράγµατι, παρατηρούµε ότι για όλα τα σηµεία xν = 1

π2νπ

2+

, ν ∈Ν*, ισχύει

f(xν) = 1

π2νπ

2+

ηµ(2νπ +π2

) = 1

π2νπ

2+

> 0 = f(0)

Μπορούµε να επιλέξουµε κατάλληλο ν, ώστε xν < δ, δηλαδή να είναι xν∈ [0, δ) Πράγµατι, για να είναι xν∈ [0, δ), αρκεί: 1

π2νπ

2+

< δ ⇔ π2νπ

2+ >

1

δ

Για να ισχύει η τελευταία αρκεί να ισχύει 2νπ > 1

δ ⇔ ν >

1

2πδ

Μπορούµε λοιπόν να επιλέξουµε ν = 1

[ ]2πδ

+1 > 1

2πδ όπου το σύµβολο

1[ ]2πδ

παριστάνει το ακέραιο µέρος του 1

2πδ

Αντίστοιχα, αν πάρουµε ΄νx =

13π

2νπ2+

είναι f( ΄νx ) =

13π

2νπ2+

ηµ(2νπ + 3π2

) =

13π

2νπ2+

(-1) < 0 = f(0) και µπορούµε πάλι να επιλέξουµε ν = 1

[ ]2πδ

+1 > 1

2πδ ώστε

΄νx ∈ [0, δ)

Άρα η f δεν παρουσιάζει ούτε ολικό ούτε τοπικό ακρότατο στο 0 Η γραφική παράσταση της f αποδίδεται από το παρακάτω διάγραµµα: Στο σχήµα επεκτείναµε τη γραφική παράσταση της f και προς τα αρνητικά για καλύτερη εποπτεία. Αυτό δεν επηρεάζει τα συµπεράσµατα που αναφέρουµε.


Σελ. 22

Οσοδήποτε κοντά στο 0 η cf ταλαντώνεται άπειρες φορές παίρνοντας και µεγαλύτερες και µικρότερες τιµές από το f(0) = 0 Με τον ίδιο τρόπο µπορούµε να αποδείξουµε ότι και η συνάρτηση

2

0 αν x 0f (x) 1

x ηµ αν x (0,1]x

== ∈

ενώ είναι παραγωγίσιµη, άρα και συνεχής στο [0, 1], δεν παρουσιάζει ακρότατο, ούτε ολικό ούτε τοπικό στο 0. Η γραφική παράσταση της f αποδίδεται από το παρακάτω διάγραµµα: Και εδώ επεκτείναµε τη γραφική παράσταση της f και προς τα αριστερά για καλύτερη εποπτεία.


Σελ. 23

Για τα τοπικά ακρότατα ισχύει η εξής Πρόταση Έστω ότι η συνάρτηση f ορίζεται στο α, β και x0∈ (α, β). Αν η f είναι αύξουσα στο α, x0] και φθίνουσα στο [x0, β τότε το f(x0) είναι τοπικό µέγιστο της f . Εδώ αρκεί η µονοτονία και όχι η γνήσια µονοτονία. Χρειάζεται προσοχή, τα διαστήµατα στο x0 να είναι κλειστά. Αν η f είναι αύξουσα στο (α, x0] και φθίνουσα στο (x0, β), αυτό δεν εξασφαλίζει ότι στο x0 η f παρουσιάζει τοπικό µέγιστο στο x0 όπως δείχνει το διπλανό σχήµα. Η µονοτονία της f εξασφαλίζεται από το πρόσηµο της f΄. Επισηµαίνουµε ότι δεν είναι απαραίτητο η f να είναι παραγωγίσιµη στο x0, αρκεί η f να είναι συνεχής στο x0, θετική στο (α, x0) και αρνητική στο (x0, β) οπότε παρουσιάζει τοπικό µέγιστο στο x0. Είναι πολύ σηµαντικό να τονίσουµε ότι: Με τη βοήθεια της 1ης παραγώγου µπορούµε να βρούµε τόσο τοπικά, όσο και ολικά ακρότατα. Σε πραγµατικά προβλήµατα µεγίστων και ελαχίστων, όπου δηλαδή δίνεται ένα πραγµατικό πρόβληµα και ζητείται κάποιο ακρότατο, αυτό είναι ολικό.


Σελ. 24

Αν π.χ ζητηθεί το µέγιστο ορθογώνιο που εγγράφεται σε έναν κύκλο, ή το ελάχιστο κόστος µιας επιχείρησης, το ακρότατο που ζητείται είναι ολικό. ∆εν έχουν σηµασία σε τέτοια προβλήµατα τα τοπικά ακρότατα. Η 1η παράγωγος µπορεί να εξασφαλίσει τόσο τοπικά όσο και ολικά ακρότατα ως εξής: Στους παρακάτω πίνακες 1, 2 και 3, τα α και β µπορεί να είναι πραγµατικοί αριθµοί ή

α = -∞, β= +∞

Στον πίνακα 1, η f παρουσιάζει στο x0 ολικό µέγιστο

Στον πίνακα 2, η f παρουσιάζει στο x0 ολικό ελάχιστο

Στον πίνακα 3, η f παρουσιάζει στο x1 τοπικό µέγιστο και στο x2 τοπικό ελάχιστο.

Για να εξακριβώσουµε αν το f (x1) είναι ή δεν είναι ολικό µέγιστο, πρέπει να δούµε αν η f µπορεί να πάρει µεγαλύτερες τιµές στο διάστηµα ∆1 = (x2, β από την τιµή f (x1) Αν το ∆1 είναι κλειστό στο β, η µεγαλύτερη τιµή που παίρνει η f στο ∆1 είναι η f (β)

• Αν f (x1) > f (β) το f (x1) είναι το ολικό µέγιστο της f στο α, β • Αν f (x1) < f (β) το f (β) είναι το ολικό µέγιστο της f στο α, β • Αν f (x1) = f (β) η f παρουσιάζει ολικό µέγιστο το f (x1) = f (β) και στο x1 και

στο β.


Σελ. 25

Αν το ∆1 είναι ανοιχτό στο β, τότε η σύγκριση γίνεται µεταξύ f (x1) και x βlim f (x)

−→=

Αν f (x1) > το f (x1) είναι το ολικό µέγιστο της f στο α, β

Αν f (x1) ≤ δεν υπάρχει ολικό µέγιστο της f στο α, β

Αν είναι x βlim f (x)

−→= +∞, τότε φυσικά η f δεν παρουσιάζει ολικό µέγιστο

Ανάλογα εξετάζονται όλοι οι πίνακες µεταβολών

Ακρότατα µε τη βοήθεια της 2ης παραγώγου Η εύρεση ακροτάτων µε τη βοήθεια της 2ης παραγώγου είναι εκτός διδακτέας ύλης. Η παράγραφος αυτή αφαιρέθηκε τόσο από τα µαθηµατικά της Γενικής Παιδείας όσο και από τα µαθηµατικά κατεύθυνσης. Επειδή όµως από τα αντίστοιχα σχολικά βιβλία προκύπτουν ερωτηµατικά για την εφαρµογή τους, δείχνουµε πως ισχύουν αυτά. Ισχύει η παρακάτω Πρόταση Αν η συνάρτηση f είναι δύο φορές παραγωγίσιµη στο διάστηµα ∆ και x0 είναι µια ρίζα της 1ης παραγώγου, δηλαδή f ΄(x0) = 0, τότε

• αν f ΄΄(x0) > 0, η f για x = x0 παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο, ενώ • αν f ΄΄(x0) < 0, η f για x = x0 παρουσιάζει τοπικό µέγιστο • αν f ΄΄(x0) = 0 δεν προκύπτει συµπέρασµα

Πιο ειδικά ισχύει: Αν f ΄(x0) = f ΄(x0) = f(3)(x0) = …= f (ν-1) (x0) = 0 και f (ν) (x0)≠ 0 τότε: Αν ν = περιττός, τότε η f δεν παρουσιάζει ακρότατο στο x0 , ενώ ν = άρτιος, τότε παρουσιάζει τοπικό ακρότατο στο x0 και µάλιστα

• αν f(ν)(x0) < 0, η f παρουσιάζει στο x0 τοπικό µέγιστο, ενώ • αν f(ν)(x0) > 0 παρουσιάζει στο x0 τοπικό ελάχιστο.

Η πρόταση αυτή λοιπόν δεν µπορεί να χρησιµοποιηθεί για την εύρεση ολικών ακροτάτων παρά µόνον τοπικών.


Σελ. 26

Καµπυλότητα Για τη µονοτονία έχουµε πει ότι ισχύει η εξής Πρόταση Αν η συνάρτηση f είναι γν. αύξουσα στα α, x0] και [x0, β τότε η f είναι γν. αύξουσα και στην ένωση α, x0] ∪ [x0, β=α, β. Για την καµπυλότητα δεν ισχύει η αντίστοιχη πρόταση. ∆ηλαδή: Αν η f στρέφει τα κοίλα πάνω στα α, x0] και [x0, β, δεν προκύπτει συµπέρασµα για την καµπυλότητα της f στην ένωση α, x0] ∪ [x0, β = α, β Η αλήθεια της πρότασης αποδεικνύεται εύκολα µε τη βοήθεια του παρακάτω διαγράµµατος. Από το ίδιο το διάγραµµα κατασκευάσαµε και την αντίστοιχη συνάρτηση που στρέφει τα κοίλα πάνω σε καθένα από τα διαστήµατα [-1, 1] και [1, 3], ενώ δε στρέφει τα κοίλα πάνω στην ένωση [-1, 1] ∪ [1, 3] = [-1, 3]. Η συνάρτηση f ορίζεται ως εξής:

2

2

x , αν 1 x 1f (x)

(x 2) , αν 1 x 3

− ≤ ≤= − < ≤

Η f είναι συνεχής στο πεδίο ορισµού της

Είναι: 2x, αν 1 x 1f΄(x)

2(x 2), αν 1 x 3

− ≤ <= − < ≤

Η f ΄ είναι γν. αύξουσα στα (-1, 1) και (1, 3), άρα η f στρέφει τα κοίλα πάνω σε καθένα από τα διαστήµατα [-1, 1] και [1, 3], όµως η f δε στρέφει τα κοίλα πάνω στην ένωση [-1, 1] ∪ [1, 3] = [-1, 3], αφού η f ΄ δεν είναι γν. αύξουσα στο (-1, 3).

Πράγµατι, f ΄( 1

2) = 1 και f ΄( 3

2) = -1, δηλαδή f ΄( 1

2) > f ΄( 3

2)

Αντίστοιχα µε τη µονοτονία, ισχύει η εξής Πρόταση Αν η f είναι συνεχής στο ∆ = α, β, x0∈∆, και f ΄΄ (x0) = 0 τότε

• αν f ΄΄ (x) > 0 στο (α, x0)∪ (x0, β) τότε η f στρέφει τα κοίλα πάνω στο ∆ • αν f ΄΄ (x) < 0 στο (α, x0)∪ (x0, β) τότε η f στρέφει τα κοίλα κάτω στο ∆

(δηλαδή ο µηδενισµός της f ΄΄ σε κάποιο εσωτερικό σηµείο του ∆ δεν επηρεάζει την καµπυλότητά της)


Σελ. 27

Πράγµατι, επειδή f ΄ συνεχής στο ∆0 (αφού η f ΄ είναι παραγωγίσιµη) και f ΄΄ (x) > 0 στο (α, x0)∪ (x0, β), η f ΄ είναι γν. αύξουσα στο ∆0, οπότε η f στρέφει τα κοίλα πάνω στο ∆ Όµοια γίνεται η απόδειξη για τη 2η περίπτωση Παρατηρήσεις α) Από την παραπάνω απόδειξη προκύπτει ότι τα σηµεία µηδενισµού της f ΄΄ µπορούν να είναι και περισσότερα. β) Αποδεικνύεται (όπως αποδείξαµε και στη µονοτονία) ότι τα σηµεία µηδενισµού της f ΄΄ µπορούν ακόµη να είναι και άπειρα, αρκεί κανένα υποσύνολό τους να µην αποτελεί διάστηµα. Από την ίδια απόδειξη προκύπτει ότι γ) Αν η f είναι συνεχής στο ∆, παραγωγίσιµη στο ∆0 και η f ΄΄ δεν υπάρχει σε πεπερασµένο πλήθος σηµείων του ∆0, στα υπόλοιπα όµως σηµεία του ∆0 είναι f ΄΄(x) > 0, η f στρέφει τα κοίλα πάνω στο ∆. Αντίστοιχα συµπεράσµατα ισχύουν και για την περίπτωση που η f στρέφει τα κοίλα κάτω στο ∆. Ένα άλλο ερώτηµα που απαντούµε αµέσως είναι το εξής: Αν η f είναι συνεχής στο ∆ και x0∈∆0, τότε το x0 δεν µπορεί να είναι συγχρόνως σηµείο τοπικού ακροτάτου και σηµείο καµπής. Απόδειξη Έστω ότι το σηµείο x0 είναι σηµείο τοπικού µεγίστου και σηµείο καµπής. Τότε, υπάρχει δ > 0, τέτοιο ώστε f(x) ≤ f(x0) για κάθε x∈ (x0 – δ, x0 +δ) , f ΄(x0) = 0 και ταυτόχρονα η f ΄ αλλάζει µονοτονία εκατέρωθεν του x0, π.χ η f ΄ είναι γν. αύξουσα στο (x0 – δ, x0] και γν. φθίνουσα στο [x0, x0 +δ). Τότε, για x∈ (x0 – δ, x0) θα είναι: f ΄(x) < f ΄(x0) = 0 και για x∈ (x0, x0 + δ) θα είναι πάλι f ΄(x) < f ΄(x0) = 0, δηλαδή θα είναι f ΄(x) ≤ 0 για κάθε x∈ (x0 – δ, x0 +δ), εποµένως η f θα είναι γν. φθίνουσα στο (x0 – δ, x0 +δ) και το x0 δεν µπορεί να είναι σηµείο τοπικού µεγίστου. Καταλήξαµε σε άτοπο επειδή υποθέσαµε ότι το x0 είναι και σηµείο τοπικού ακροτάτου και σηµείο καµπής. Έτσι το x0 δεν µπορεί να είναι ταυτόχρονα και σηµείο τοπικού ακροτάτου και σηµείο καµπής. Τα παρακάτω φαίνονται εύκολα από τον πίνακα που ακολουθεί.


Σελ. 28

Θεώρηµα Darboux (αντίστοιχο του θεωρήµατος Bolzano) Ένα χρήσιµο θεώρηµα είναι αυτό του Darboux που µοιάζει µε το θεώρηµα του Bolzano, έχει όµως µια σηµαντική διαφορά (δεν απαιτείται η συνέχεια της f ΄). Το θεώρηµα αυτό έχει ως εξής: Αν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιµη στο [α, β] και ισχύει f΄(α).f΄(β) < 0, τότε υπάρχει ξ∈(α,β) µε f ΄(ξ) = 0 Απόδειξη Έστω f ΄(α) < 0 και f ΄(β) > 0 Επειδή η f είναι παραγωγίσιµη, άρα και συνεχής στο [α, β] παρουσιάζει ολικό (άρα και τοπικό) ελάχιστο σε κάποιο σηµείο ξ ∈[α, β]. Θα αποδείξουµε ότι αυτό δεν µπορεί να συµβαίνει ούτε στο α ούτε στο β. Είναι: f(x) ≥ f(α) ή f(x) - f(α) ≥0 για κάθε x∈[α, β]. Για κάθε x∈(α, β) θα είναι εποµένως: f (x) f (α)

0x α−

≥−

⇒ x α

f (x) f (α)lim 0

x α→

−≥

− ή f ΄(α) ≥ 0 άτοπο.

Με τον ίδιο τρόπο αποδεικνύεται ότι το ελάχιστο δεν µπορεί να συµβαίνει στο β. Εποµένως το ελάχιστο συµβαίνει σε σηµείο ξ∈(α, β) και σύµφωνα µε το θεώρηµα του Fermat θα είναι f ΄(ξ) = 0 Με τον ίδιο τρόπο αποδεικνύεται η πρόταση αν f ΄(α) > 0 και f ΄(β) < 0, µόνο που τότε θα θεωρούσαµε το µέγιστο αντί το ελάχιστο της της f στο [α, β].

Επέκταση του θ. Darboux (αντίστοιχο του θ. ενδιαµέσων τιµών) Αν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιµη στο [α,β] και f ΄(α) ≠ f ΄(β), τότε για κάθε αριθµό η µεταξύ f ΄(α) και f ΄(β), υπάρχει ξ∈(α, β) µε f ΄(ξ) = η Απόδειξη Έστω f ΄(α) ≠ f ΄(β), π. χ f ΄(α) < f ΄(β), οπότε f ΄(α) < η < f ΄(β) Εφαρµόζουµε το θ. Darboux για τη συνάρτηση g(x) = f(x) – ηx Η g είναι παραγωγίσιµη στο [α, β] µε g΄(x) = f ΄(x) – η και ισχύει g΄(α) = f ΄(α) – η < 0 και g΄(β) = f ΄(β) – η > 0 άρα g΄(α). g (β) < 0, εποµένως υπάρχει ξ∈(α, β) µε g΄(ξ) = 0 ⇒ f ΄(ξ) = η

Ν. ΙΩΣΗΦΙΔΗ Εισήγηση 18-4-10

Documents

Transcript of Ν. ΙΩΣΗΦΙΔΗ Εισήγηση 18-4-10