1

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2ο: ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ - ΟΡΙΟ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ

ΕΝΟΤΗΤΑ 8: ΘΕΩΡΗΜΑ BOLZANO - ΠΡΟΣΗΜΟ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ - ΘΕΩΡΗΜΑ ΕΝΔΙΑΜΕΣΩΝ

ΤΙΜΩΝ - ΘΕΩΡΗΜΑ ΜΕΓΙΣΤΗΣ ΚΑΙ ΕΛΑΧΙΣΤΗΣ ΤΙΜΗΣ - ΣΥΝΟΛΟ ΤΙΜΩΝ ΣΥΝΕΧΟΥΣ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ

[Ενότητα Βασικά Θεωρήματα του κεφ.1.8 Μέρος Β΄ του σχολικού βιβλίου].

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ

ΘΕΜΑ Β

Παράδειγμα 1.

Δίνεται η συνάρτηση 2

2x 1f (x)

x 2−

= −

αν 0 x 22 x 3≤ ≤< ≤

. Να εξετάσετε αν ικανοποιούνται οι

προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο διάστημα [0,3] . Λύση Ο πρώτος κλάδος είναι συνεχής συνάρτηση στο πεδίο ορισμού της ως πολυωνυμική συνάρτηση. Ομοίως και ο δεύτερος κλάδος.

Πρέπει να ελέγξουμε αν η f είναι συνεχής στο σημείο που αλλάζει μορφή δηλαδή στο 0x 2= .

Παρατηρούμε ότι x 2 x 2lim f (x) lim (2x 1) 3

− −→ →= − = και 2

x 2 x 2lim f (x) lim (x 2) 2

+ +→ →= − = δηλαδή η f δεν

είναι συνεχής στο 0x 2= . Άρα η συνάρτηση f δεν είναι συνεχής στο [0,3] . Συνεπώς δεν

μπορούμε να εφαρμόσουμε το θεώρημα Bolzano παρόλο που ο πρώτος κλάδος έχει ρίζα την

01x2

= .

2

Παράδειγμα 2.

Δίνεται η συνάρτηση 2

3

x x 1f (x)

x 4x 1

+ += − +

αν 1 x 0

0 x 1− ≤ ≤< ≤

. Να εξετάσετε αν ικανοποιούνται οι

προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο διάστημα [ 1,1]− .

Λύση Πρέπει να ελέγξουμε αν η f είναι συνεχής στο σημείο που αλλάζει μορφή δηλαδή στο 0x 0= .

Παρατηρούμε ότι 2

x 0 x 0lim f (x) lim (x x 1) 1

− −→ →= + + = και 3

x 0 x 0lim f (x) lim (x 4x 1) 1

+ +→ →= − + = ,δηλαδή

x 0 x 0lim f (x) lim f (x) 1 f (0)

− +→ →= = = , δηλαδή η f είναι συνεχής στο 0x 0= . Άρα η συνάρτηση f

είναι συνεχής στο [ 1,1]− .

Επειδή f ( 1) 1 0− = > και f (1) 2 0= − < προκύπτει ότι f (1) f ( 1) 0⋅ − < .

Συνεπώς ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο διάστημα [ 1,1]− .

Μεθοδολογία • Εξετάζουμε αν η συνάρτηση είναι συνεχής στο δοθέν διάστημα.

• Αν έχει πολλούς κλάδους η συνάρτηση f εξετάζουμε επιπλέον τη συνέχεια της f στα σημεία που αλλάζει μορφή.

• Διαπιστώνουμε αν οι τιμές f ( )α , f ( )β είναι ετερόσημες.

• Συμπεραίνουμε ότι υπάρχει ρίζα στο διάστημα που μας δίνεται.

3

Παράδειγμα 3. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση 6ln x x 6= − + έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο διάστημα (1,e) . Λύση Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) [ ]6f x ln x x 6, x 1,e= + − ∈ . Τότε

• Η f είναι συνεχής στο [ ]1,e ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων .

• ( ) 6f 1 ln1 1 6 5 0= + − = − < και ( ) 6f e ln e e 6 6ln e e 6 6 e 6 e 0= + − = + − = + − = > δηλαδή

έχουμε ( ) ( )f 1 f e 5e 0= − < .

Επομένως, σύμφωνα με το Θεώρημα Bolzano υπάρχει ένα, τουλάχιστον ( )0 1,x e∈ τέτοιο,

ώστε ( )0 0f x = , οπότε 6 60 0 0 0ln 6 0 ln 6x x x x+ − = ⇔ = − + .

Άρα η εξίσωση 6ln x x 6= − + έχει τουλάχιστον μια ρίζα στο διάστημα ( )1,e

Μεθοδολογία • Κάνουμε απαλοιφή παρονομαστών εφόσον απαιτείται.

• Μεταφέρουμε όλους τους όρους στο πρώτο μέλος της εξίσωσης.

• Θεωρούμε το πρώτο μέλος της εξίσωσης ως συνάρτηση f .

• Εφαρμόζουμε το θεώρημα Bolzano στο [ , ]α β .

Προσοχή: ΜΗ ΞΕΧΝΑΤΕ ότι η έκφραση «ρίζα της εξίσωσης f (x) 0= » είναι ισοδύναμη με την

έκφραση «ρίζα της συνάρτησης f ».

4

Παράδειγμα 4.

Αν ∗+α∈ να δείξετε ότι η εξίσωση x xαηµ + π = έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (0, ]α + π .

Λύση Από τη δοθείσα εξίσωση λαμβάνουμε ισοδύναμα

x x x x 0αηµ + π = ⇔ αηµ + π− = . Θεωρούμε τη συνάρτηση f (x) x x= αηµ + π− ορισμένη και

συνεχή στο άρα και στο [0, ]α + π .

Παρατηρούμε ότι f (0) 0= π > και

f ( ) ( ) f ( ) [ ( ) 1]α + π = αηµ α + π + π−α − π⇔ α+ π = α ηµ α + π −

Αρχικά έχουμε από τα δεδομένα ότι 0α > .

Διακρίνουμε τώρα τις εξής περιπτώσεις:

i. Αν ( ) 1ηµ α + π = θα είναι f ( ) 0α + π = δηλαδή ρίζα της εξίσωσης f (x) 0= θα είναι το

α + π .

ii. Αν ( ) 1ηµ α + π ≠ τότε ( ) 1 ( ) 1 0ηµ α + π < ⇔ ηµ α + π − <

οπότε f ( ) [ ( ) 1] 0α + π = α ηµ α + π − < και f ( ) f (0) 0α + π ⋅ < . Άρα σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano η εξίσωση f (x) 0= θα έχει ένα τουλάχιστον μία ρίζα στο (0, )α + π .

Από τις περιπτώσεις (i), (ii) συμπεραίνουμε ότι η f (x) 0= έχει ένα τουλάχιστον μία ρίζα στο

(0, ]α + π .

Μεθοδολογία Ως γνωστόν το θεώρημα του Bolzano εφαρμόζεται σε κλειστό διάστημα [ ],a β ενώ το

συμπέρασμα του στο αντίστοιχο ανοικτό διάστημα. Έτσι λοιπόν όταν η ρίζα, μιας συνεχούς

συνάρτησης f στο [ ],a β , μας ζητηθεί στο κλειστό διάστημα [ ],a β ή στα ημιανοικτά

διαστήματα [ ),a β ή ( ],a β , θα έχουμε και μηδενισμό του γινομένου στη δεύτερη συνθήκη

του θεωρήματος, δηλαδή ( ) ( ) 0≤f a f β , συνεπώς θα υπάρχει ένα τουλάχιστον [ ]0 ,∈x a β ή

ένα τουλάχιστον [ )0 ,∈x a β ή ένα τουλάχιστον ( ]0 ,∈x a β τέτοιο, ώστε ( )0 0=f x , διότι :

• Αν ( ) ( ) 0<f a f β , τότε θα υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )0 ,∈x a β τέτοιο, ώστε

( )0 0=f x .

• Αν ( ) ( ) 0=f a f β , τότε 0 =x a ή 0 =x β .

5

Παράδειγμα 5. Να δείξετε ότι η εξίσωση 3 2x x x 5+ = + έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο .

Λύση Η δοθείσα εξίσωση ισοδύναμα γράφεται: 3 2 3 2x x x 5 x x x 5 0+ = + ⇔ − + − = .

Θεωρούμε τη συνάρτηση 3 2f (x) x x x 5= − + − ορισμένη στο και συνεχή σε αυτό ως

πολυωνυμική.

Παρατηρούμε ότι f (2) 1 0= > και f (0) 5 0= − < . Άρα ισχύει f (2) f (0) 0⋅ < .

Συνεπώς ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο διάστημα [0, 2] .

Οπότε προκύπτει ότι υπάρχει τουλάχιστον μία ρίζα της 3 2f (x) x x x 5= − + − στο (0, 2) .

Δηλαδή η εξίσωση 3 2x x x 5+ = + έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο διάστημα (0, 2) .

Αν προσέξουμε όμως διαπιστώνουμε ότι ακριβώς στο ίδιο συμπέρασμα καταλήγουμε αν πάρουμε το [1, 2] .

Ως τελικό συμπέρασμα μπορούμε να πούμε ότι και οι δύο λύσεις είναι σωστές.

Μεθοδολογία Ελέγχουμε με δοκιμές ποιο μπορεί να είναι το κατάλληλο διάστημα [ , ]α β στο οποίο να ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano.

6

Παράδειγμα 6. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση 33x 9x 1 0− + = έχει ακριβώς δύο ρίζες στο (0, 2) .

Λύση Θεωρούμε τη συνάρτηση 3f (x) 3x 9x 1= − + ορισμένη στο και συνεχή σε αυτό ως

πολυωνυμική άρα και στο [0, 2] .

Διαχωρίζουμε το δοθέν διάστημα στα υποδιαστήματα [0,1], [1, 2] και παρατηρούμε ότι:

f (0) 0 0 1 1 0f (1) 3 9 1 5 0f (2) 24 18 1 7 0

= + + = >= − + = − <= − + = >

• Για το διάστημα [0,1] έχουμε f (0) f (1) 0⋅ < . Συνεπώς ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις

του θεωρήματος Bolzano στο διάστημα [0,1] άρα υπάρχει τουλάχιστον μία ρίζα στο

(0,1) .

• Επίσης για το διάστημα [1, 2] έχουμε f (1) f (2) 0⋅ < . Συνεπώς ικανοποιούνται οι

προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο διάστημα [1, 2] , άρα υπάρχει τουλάχιστον

μία ρίζα στο (1, 2) .

Συνεπώς η εξίσωση 33x 9x 1 0− + = έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο (0,1) και τουλάχιστον μία ρίζα στο (1, 2) . Θα εξετάσουμε τη μονοτονία της f σε καθένα από τα διαστήματα αυτά. Δημιουργούμε το πηλίκο των διαφορών:

3 3 3 31 2 1 1 2 2 1 2 1 2

1 2 1 2 1 2

f (x ) f (x ) (3x 9x 1) (3x 9x 1) (3x 3x ) 9(x x )x x x x x x− − + − − + − − −

λ = = = =− − −

2 22 21 2 1 1 2 21 1 2 2

1 2

(x x )[3(x x x x ) 9] 3(x x x x ) 9x x

− + + −= = + + −

−

• Για το (0,1) : Έστω 1 2x x≠ με 1 2x , x (0,1)∈ δηλαδή 10 x 1< < και 20 x 1< < τότε 210 x 1< < , 2

20 x 1< < και 1 20 x x 1< ⋅ < οπότε 2 2 2 2 2 21 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 20 x x x x 3 3(x x x x ) 9 3(x x x x ) 9 0< + + < ⇔ + + < ⇔ + + − < άρα 0λ < και

η f γνησίως φθίνουσα.

7

• Για το (1, 2) : Έστω 1 2x x≠ με 1 2x , x (1,2)∈ δηλαδή 11 x 2< < και 21 x 2< < τότε 211 x 4< < , 2

21 x 4< < και 1 21 x x 4< ⋅ < οπότε 2 2 2 2 2 21 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 23 x x x x 12 9 3(x x x x ) 3(x x x x ) 9 0< + + < ⇔ < + + ⇔ + + − > άρα 0λ > και

η f γνησίως αύξουσα.

Τελικά οι 2 ρίζες της εξίσωσης στο [0, 2] είναι μοναδικές.

Να υπενθυμίσουμε ότι:

1. Αν 1 2

1 2

f (x ) f (x ) 0x x−

λ = >−

συμπεραίνουμε ότι οι όροι του κλάσματος 1 2x x− και

1 2f (x ) f (x )− είναι ομόσημοι.

Δηλαδή αν 1 2x x 0− < τότε 1 2f (x ) f (x ) 0− <

Άρα 1 2 1 2x x f (x ) f (x )< ⇒ <

Συνεπώς η f είναι γνησίως αύξουσα

2. Αν 1 2

1 2

f (x ) f (x ) 0x x−

λ = <−

συμπεραίνουμε ότι οι όροι του κλάσματος 1 2x x− και

1 2f (x ) f (x )− είναι ετερόσημοι.

Δηλαδή αν 1 2x x 0− < τότε 1 2f (x ) f (x ) 0− >

Άρα 1 2 1 2x x f (x ) f (x )< ⇒ >

Συνεπώς η f είναι γνησίως φθίνουσα. Μεθοδολογία • Δημιουργούμε την f κατά τα γνωστά.

• Αποδεικνύουμε την ύπαρξη τουλάχιστον μίας ρίζας με το θεώρημα Bolzano.

• Αποδεικνύουμε ότι η f είναι γνησίως μονότονη, άρα και 1-1. Συνεπώς η ρίζα θα είναι μοναδική.

• Στην περίπτωση που πρέπει να αποδείξουμε την ύπαρξη ακριβώς δύο ριζών στο ( , )α β

διαχωρίζουμε το δοθέν διάστημα σε δύο υποδιαστήματα και αποδεικνύουμε την ύπαρξη ακριβώς μίας ρίζας σε καθένα από αυτά.

8

Παράδειγμα 7.

Να αποδείξετε ότι η εξίσωση 2 4x 2 x 4

x 2 3 x+ +

=− −

έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο διάστημα

(2,3) .

Λύση Η εξίσωση έχει νόημα για x 2 0− ≠ και 3 x 0− ≠ ή για x 2≠ και x 3≠ .

Παρατηρούμε σε αυτή την άσκηση ότι αν μεταφέρουμε όλους τους όρους στο πρώτο μέλος και το πρώτο μέλος το θεωρήσουμε ως συνάρτηση του x, τότε δεν μπορούμε να πάρουμε τις ακραίες τιμές 2 και 3 διότι τις έχουμε εξαιρέσει.

Για να αποφύγουμε αυτό το «σκόπελο» κάνουμε απαλοιφή παρονομαστών και μεταφέρουμε όλους τους όρους στο 1ο μέλος δηλαδή:

4 2 4 2(x 4)(x 2) (x 2)(3 x) (x 4)(x 2) (x 2)(x 3) 0+ − = + − ⇔ + − + + − =

Θεωρούμε τώρα την 4 2f (x) (x 4)(x 2) (x 2)(x 3)= + − + + − ορισμένη στο και συνεχή σε

αυτό ως πολυωνυμική. Άρα και στο [2,3].

Παρατηρούμε ότι f (2) 6 0= − < και f (3) 83 0= > . Άρα ισχύει f (2) f (3) 0⋅ < .

Συνεπώς ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο διάστημα [2,3].

Οπότε προκύπτει ότι υπάρχει τουλάχιστον μία ρίζα της 4 2f (x) (x 4)(x 2) (x 2)(x 3)= + − + + −

στο (2,3) .

Δηλαδή η εξίσωση 2 4x 2 x 4

x 2 3 x+ +

=− −

έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο διάστημα (2,3) .

Η λύση αυτή είναι δεκτή γιατί πληροί τους περιορισμούς.

Μεθοδολογία • Στην περίπτωση που η εξίσωση που μας δίνεται περιέχει παρονομαστές και η συνάρτηση

που θεωρούμε δεν ορίζεται σε κάποιο από τα άκρα του διαστήματος, τότε πρώτα κάνουμε απαλοιφή παρονομαστών και κατόπιν θεωρούμε τη συνάρτηση f (x) .

• Τελικά αποδεικνύουμε το ζητούμενο κάνοντας χρήση του θεωρήματος Bolzano με την

f (x) .

9

Παράδειγμα 8. Να δείξετε ότι οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων 4 2f (x) x 3x 2= + + και

3g(x) 9x 3x 1= − − + τέμνονται σε ένα τουλάχιστον σημείο του διαστήματος ( 1,1)− . Λύση Λύνοντας την εξίσωση f (x) g(x)= βρίσκουμε τα κοινά σημεία των f gC ,C .

Δηλαδή 4 2 3 4 3 2x 3x 2 9x 3x 1 x 9x 3x 3x 1 0+ + = − − + ⇔ + + + + = .

Θεωρούμε τη συνάρτηση 4 3 2h(x) x 9x 3x 3x 1= + + + + ορισμένη και συνεχή στο ως

πολυωνυμική. Άρα και στο [ 1,1]− .

Έχουμε h( 1) 7− = − και h(1) 17= δηλαδή h( 1) h(1) 0− ⋅ < Άρα ισχύει το θεώρημα Bolzano για

την 4 3 2h(x) x 9x 3x 3x 1= + + + + στο (-1,1). Συνεπώς υπάρχει τουλάχιστον ένα ( 1,1)ξ∈ −

τέτοιο ώστε h( ) 0ξ = , δηλαδή f ( ) g( )ξ = ξ .

Μεθοδολογία • Τα σημεία τομής των δύο γραφικών παραστάσεων τα βρίσκουμε από τη λύση της εξίσωσης

f (x) g(x)= .

• Αν μας ζητούν να αποδείξουμε την ύπαρξη ενός τουλάχιστον σημείου τομής των δύο

γραφικών παραστάσεων τότε θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) f (x) g(x)= − και εφαρμόζουμε

το θεώρημα Bolzano στο δοθέν διάστημα.

10

Παράδειγμα 9. Για κάθε ( )1,2 ,α∈ να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )0,1ξ∈ τέτοιο ώστε:

( )( ) ( )1 1 e 2ξ− ξ −α = α − ξ .

Λύση Για κάθε ( )1,2 ,α∈ θα αποδείξουμε ότι η εξίσωση:

( )( ) ( ) ( )( ) ( )x x1 x 1 e 2 x 1 x 1 e 2 x 0− −α = α − ⇔ − −α − α − = , έχει μια τουλάχιστον ρίζα

( )0,1 .ξ∈

Θεωρούμε τη συνάρτηση ( )( ) ( )xf (x) 1 x 1 e 2 x, x= − −α − α − ∈ και έχουμε:

• Η f είναι συνεχής στο [ ]0,1 ως γινόμενο και διαφορά συνεχών συναρτήσεων.

• ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )f 0 f 1 1 2 1 2 0⋅ = −α ⋅ − α − = − −α α − < διότι έχουμε: 1 2< α < .

Άρα, σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano, υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )0,1ξ∈ τέτοιο ώστε:

( ) ( )( ) ( )f 0 1 1 e 2ξξ = ⇔ −ξ −α = α − ξ .

Μεθοδολογία Εφόσον για μια συνάρτηση f ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θ. Bolzano στο [ ],α β , μπορούμε

άμεσα να αποδείξουμε τις εξής ισοδύναμες προτάσεις:

• η εξίσωση f (x) 0= έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο ( ),α β .

• υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )0x ,∈ α β τέτοιο ώστε: ( )0f x 0= .

• η fC τέμνει τον x x′ σε ένα τουλάχιστον σημείο ( )0M x ,0 με ( )0x ,∈ α β .

11

Παράδειγμα 10. Έστω συνάρτηση [ ]f : 0,6 → , η οποία είναι συνεχής στο [ ]0,6 με ( ) ( )f 0 f 6= .

α. Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης ( ) ( ) ( )g x f x 2 f x= + − και να αποδείξετε

ότι αυτή είναι συνεχής. β. Να αποδείξετε ότι: ( ) ( ) ( )g 0 g 2 g 4 0.+ + =

γ. Να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον (0, 4)ξ∈ ώστε: ( ) ( )f 2 fξ + = ξ .

Λύση α. Η συνάρτηση ( )f x 2 ,+ ως σύνθεση των ( )f x με [ ]fD 0,6= και της ( )h x x 2= + με

hD R,= ορίζεται όταν: x R

2 x 40 x 2 6

∈⇔ − ≤ ≤ ⇔ ≤ + ≤

[ ]x 2,4∈ − .

Άρα το πεδίο ορισμού της g είναι: gD = [ ] [ ] [ ]2,4 0,6 0,4 .− ∩ = Προφανώς η g είναι συνεχής

στο gD αφού προκύπτει από σύνθεση και διαφορά συνεχών συναρτήσεων.

β. Θέτοντας στην ( ) ( ) ( )g x f x 2 f x= + − διαδοχικά x 0,= x 2= και x 4,= προκύπτουν οι

σχέσεις:

( ) ( ) ( )g 0 f 2 f 0 ,= − ( ) ( ) ( )g 2 f 4 f 2= − και ( ) ( ) ( )g 4 f 6 f 4 .= −

Προσθέτοντας κατά μέλη τις παραπάνω σχέσεις, έχουμε:

( ) ( ) ( ) ( )g 0 g 2 g 4 f 6 f (0) 0.+ + = − = (1)

γ. Διακρίνουμε τις εξής περιπτώσεις: Η (1) να αληθεύει όταν: ( ) ( ) ( )g 0 g 2 g 4 0.= = = Τότε οι αριθμοί 0, 2, 4 είναι λύσεις της

εξίσωσης ( )g x 0= .

Η (1) να αληθεύει όταν δεν είναι και οι τρεις προσθετέοι του πρώτου μέλους μηδέν. Τότε

οι δύο από αυτούς είναι ετερόσημοι.

Έστω ( ) ( )g 0 g 2 0.⋅ < Τότε ισχύει στο [ ]0,2 το Θ. Bolzano για την ( )g x , αφού ήδη η g

είναι συνεχής στο [ ]0,2 ως συνεχής στο [ ]0,4 . Άρα υπάρχει ένα τουλάχιστον

( ) ( )0,2 0,4ξ∈ ⊂ τέτοιο ώστε: ( )g 0.ξ = Όμοια, αν ( ) ( )g 0 g 4 0⋅ < ή ( ) ( )g 2 g 4 0,⋅ < η

εξίσωση ( )g x 0= έχει μία τουλάχιστον λύση στο ( )0,4 ή στο ( ) ( )2,4 0,4⊂ αντίστοιχα.

12

Τελικά σε κάθε περίπτωση υπάρχει ένα τουλάχιστον (0, 4)ξ∈ τέτοιο ώστε:

( ) ( ) ( )g 0 f 2 f .ξ = ⇔ ξ+ = ξ

Μεθοδολογία Από μια σχέση της μορφής ( ) ( ) ( )h h h 0α + β + γ = συμπεραίνουμε ότι ή όλοι οι όροι του

αθροίσματος είναι μηδέν, ή οι δύο από αυτούς είναι ετερόσημοι.

13

Παράδειγμα 11. Να δείξετε ότι η εξίσωση xe 1 ln x= − , έχει μοναδική ρίζα. Λύση Θεωρούμε τη συνάρτηση ( )xf (x) e ln x 1, x 0,= + − ∈ +∞ .

Η f είναι συνεχής ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων. Η f είναι γνησίως αύξουσα διότι: για οποιαδήποτε ( )1 2x , x 0,∈ +∞ , με 1 2x x

1 2x x e e< ⇒ < και

1 2lnx ln x< . Με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε:

1 2 1 2x x x x1 2 1 2 1 2e ln x e ln x e ln x 1 e ln x 1 f (x ) f (x )+ < + ⇒ + − < + − ⇒ < .

( )x

x 0 x 0lim f (x) lim e ln x 1

+ +→ →= + − = −∞ ,

γιατί x

x 0lim (e 1) 1 1 0

+→− = − = και

x 0lim (ln x)

+→= −∞

( )x

x xlim f (x) lim e ln x 1 ,→+∞ →+∞

= + − = +∞

γιατί x

xlim e→+∞

= +∞ καιxlim (ln x)→+∞

= +∞ .

Το σύνολο τιμών της f είναι το ( ) ( )xx 0

lim f (x), lim f (x) ,+ →+∞→

= −∞ +∞ = . Το μηδέν ανήκει στο

σύνολο τιμών, άρα υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )0x 0,∈ +∞ τέτοιο ώστε 0f(x ) 0= .

Δηλαδή υπάρχει μία τουλάχιστον ρίζα της εξίσωσης f (x) 0= . Αυτή η ρίζα είναι μοναδική αφού η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα, άρα και 1 1− . Μεθοδολογία Για να δείξουμε ότι μια εξίσωση της μορφής f (x) 0= , έχει μία τουλάχιστον ρίζα και δεν δίνεται το διάστημα που την περιέχει, τότε βρίσκουμε το σύνολο τιμών της. Αν το σύνολο τιμών της περιέχει το μηδέν τότε υπάρχει ένα τουλάχιστον 0 fx D∈ ώστε 0f(x ) 0= . Δηλαδή η

εξίσωση f (x) 0= έχει μία τουλάχιστον ρίζα. Αν επιπλέον η f είναι γνησίως μονότονη τότε η εξίσωση f (x) 0= έχει μοναδική ρίζα.

14

ΘΕΜΑ Γ

Παράδειγμα 1. Να βρεθεί το πρόσημο της συνάρτησης g(x) 2 x 3= ηµ − στο διάστημα [0, 2π] .

Λύση

Βρίσκουμε τις ρίζες της εξίσωσης 2ημx 3 0− = στο διάστημα [0, 2π] .

Είναι οι 1 2π 2πx , x3 3

= = .

Τοποθετούμε τις ρίζες και το διάστημα του πεδίου ορισμού της συνάρτησης.

ΔΙΑΣΤΗΜΑ

π[0, )3

π 2π( , )3 3

2( , 2 ]3π

π

Επιλεγμένος 0x

0

π2

π

0f (x )

3−

2 3−

3−

Πρόσημο

-

+

-

Και βρίσκουμε τα πρόσημα της συνάρτησης όπως φαίνονται στο πίνακα.

Αυτή η διαδικασία λειτουργεί και ως μεθοδολογία.

Εναλλακτική μεθοδολογία είναι και η εξής:

Μεθοδολογία • Βρίσκουμε τις ρίζες της f (x) 0= .

• Τοποθετούμε στον άξονα χ′χ τα άκρα του πεδίου ορισμού και τις ρίζες.

• Βρίσκουμε ενδεικτικά μία τιμή 0f (x ) της f.

• Αν 0f (x ) 0> θέτουμε στο αντίστοιχο διάστημα το + και στα υπόλοιπα διαστήματα εναλλάξ

- και +. Στην περίπτωση διπλής ρίζας το πρόσημο παραμένει το ίδιο στα διαστήματα δεξιά και αριστερά από τη ρίζα.

15

Παράδειγμα 2.

Έστω συνάρτηση f ορισμένη και συνεχής στο με την ιδιότητα f (x) f (x 3) 0+ + = για κάθε

x∈ .

Να αποδείξετε ότι υπάρχει 0x [0,3]∈ ώστε να ισχύει 0 0f (x ) f (x 2)= + .

Λύση Επειδή οι συναρτήσεις f (x) , g(x) x 3= + ορίζονται στο σύνολο των πραγματικών αριθμών

άρα και η f (g(x)) f (x 3)= + ορίζεται ομοίως στο .

Ισχύει f (x) f (x 3) 0 f (x) f (x 3)+ + = ⇔ = − + (1). Από τη σχέση (1) έχουμε: για x 0= ισχύει

f (0) f (3)= − (2) και για x 2= ισχύει f (2) f (5)= − (3).

Ψάχνουμε να βρούμε τουλάχιστον ένα 0x [0,3]∈ ώστε να ισχύει 0 0f (x ) f (x 2)= + .

Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) f (x) f (x 2)= − + ορισμένη και συνεχής στο ως διαφορά

συνεχών συναρτήσεων.

Παρατηρούμε ότι:

h(0) f (0) f (2) f (3) f (2)= − = − − λόγω της (2) και h(3) f (3) f (5) f (3) f (2)= − = + λόγω της (3).

Άρα 2h(0) h(3) [f (3) f (2)] 0⋅ = − + ≤ και συμπεραίνουμε ότι αν f (3) f (2) 0+ = τότε

h(0) h(3) 0⋅ = οπότε ρίζα της h θα είναι το 0 ή το 3.

Αν f (3) f (2) 0+ ≠ τότε h(0) h(3) 0⋅ < οπότε από το θεώρημα Bolzano συμπεραίνουμε ότι

υπάρχει ρίζα της h στο (0,3) .

16

Παράδειγμα 3.

Δίνεται συνάρτηση f με τύπο 2 ef (x)x x 1

= +−

ορισμένη στο [2,5]. Να αποδείξετε ότι η

εξίσωση 2011 f (x) 0+ = είναι αδύνατη στο [2,5].

Λύση Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [2,5] ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων. Επίσης είναι και

γνησίως φθίνουσα στο [2,5] ως άθροισμα γνησίως φθινουσών συναρτήσεων. (Η συνάρτηση

2x

και η συνάρτηση 1

ex −

είναι γνησίως φθίνουσες. )

Θεωρώ τη συνάρτηση ( ) 2011 ( )g x f x= + η οποία είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο

[2,5].

Άρα το σύνολο τιμών της g θα είναι το 2[ (5), (2)] [2011 ,2012 ]5 4

eg g e= + + + .

Παρατηρώ ότι το 0 δεν ανήκει στο σύνολο τιμών της g . Άρα δεν υπάρχει [2,5]ξ ∈ έτσι

ώστε ( ) 2011 ( ) 0g fξ ξ= + = .Συνεπώς η εξίσωση 2011 ( ) 0f x+ = είναι αδύνατη στο [2,5].

Μεθοδολογία Εξετάζουμε αν το 0 ανήκει στο σύνολο τιμών της συνάρτησης. Αν δεν ανήκει τότε η εξίσωση που μας δίνεται είναι αδύνατη.

17

Παράδειγμα 4.

Αν , , ,α β γ∈ να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον 0x 0,2π ∈

ώστε:

( ) ( ) ( )2 2 20 0 0

1x 2 x 3 x .2

ηµ + β +ηµ + γ = συν +α +

Λύση

Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( ) ( )2 2 2 1f (x) x 2 x 3 x , x2

= ηµ + β +ηµ + γ −συν +α − ∈ και θα

αποδείξουμε ότι υπάρχει τουλάχιστον 0x 0,2π ∈

ώστε να ισχύει: 0f (x ) 0= .

• Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο 0,2π

αφού προκύπτει από συνθέσεις, δυνάμεις και

αθροίσματα συνεχών συναρτήσεων.

• ( ) 2 2 2 1f 0 2 32

= ηµ β+ηµ γ −συν α −

2 2 2 1f 2 32 2 2 2 2π π π π = ηµ + β +ηµ + γ −συν +α − =

2 2 2 12 32

συν β+συν γ −ηµ α − = ( )2 2 2 11 2 1 3 12

−ηµ β+ −ηµ γ − −συν α − =

2 2 2 2 2 21 12 3 2 32 2

−ηµ β−ηµ γ + συν α + = − ηµ β+ηµ γ −συν α −

Συνεπώς: ( )2

2 2 2 1f 0 f 2 3 02 2π ⋅ = − ηµ β+ηµ γ −συν α − ≤

.

Αν ( )f 0 f 0,2π ⋅ <

τότε, σύμφωνα με το Θ. Βolzano, υπάρχει τουλάχιστον

0x 0,2π ∈

ώστε ( )0f x 0.=

Αν ( )f 0 f 0,2π ⋅ =

τότε ( )f 0 0= ή f 0,

2π =

οπότε το 0x 0= ή το 0x

2π

=

είναι ρίζα της εξίσωσης ( )f x 0.=

Άρα σε κάθε περίπτωση υπάρχει ένα τουλάχιστον 0x 0,2π ∈

ώστε να ισχύει: 0f (x ) 0= .

18

Μεθοδολογία Για να αποδείξουμε ότι η εξίσωση f (x) 0= έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο [ ],α β , εργαζόμαστε

ως εξής:

• Αποδεικνύουμε ότι η f είναι συνεχής στο [ ],α β .

• Αποδεικνύουμε ότι ( ) ( )f f 0α ⋅ β ≤ .

• Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:

Αν ( ) ( )f f 0,α ⋅ β < τότε από το θεώρημα Bolzano, υπάρχει ένα τουλάχιστον

( )0x ,∈ α β ώστε 0f (x ) 0= .

Αν ( ) ( )f f 0,α ⋅ β = τότε ( )f 0α = ή ( )f 0,β = οπότε το α ή το β είναι ρίζα της

εξίσωσης f (x) 0= .

Άρα σε κάθε περίπτωση υπάρχει ένα τουλάχιστον [ ]0x ,∈ α β ώστε: 0f (x ) 0= .

19

Παράδειγμα 5.

Δίνεται η συνάρτηση x xf (x) ln x ex

− ηµ= + − .

α. Βρείτε τα όρια:

x 0lim f (x)

+→ και

xlim f (x)→+∞

.

β. Να αποδείξετε ότι η γραφική παράσταση της συνάρτησης f τέμνει τον άξονα x x′ σε ένα τουλάχιστον σημείο.

Λύση α. Είναι ( )fD 0, .= +∞ Έχουμε:

• ( ) x

x 0 x 0

xlim f x lim ln x ex+ +

−

→ →

ηµ = + − = −∞

, γιατί x 0lim (ln x)

+→= −∞ , ( )x

x 0lim e 1

+

−

→= και

x 0

xlim 1x+→

ηµ =

.

• ( )x

x

x x x

x 1 xlim f x lim ln x e lim ln xx e x

−

→+∞ →+∞ →+∞

ηµ ηµ = + − = + − = +∞

, γιατί:

xlim (ln x)→+∞

= +∞ , x

x

1lim 0e→+∞

=

, αφού 10 1e

< < και x

xlim 0x→+∞

ηµ =

, αφού για κάθε

x (0, )∈ +∞ είναι:

xx 1 1x x x x

ηµηµ= ≤ = , οπότε

1 x 1x x x

ηµ− ≤ ≤ και επειδή

x x

1 1lim lim 0x x→+∞ →+∞

= − =

, σύμφωνα με το κριτήριο παρεμβολής είναι x

xlim 0x→+∞

ηµ =

.

β. Θα αποδείξουμε ότι η εξίσωση f (x) 0= έχει μία τουλάχιστον λύση στο ( )fD 0, .= +∞

Επειδή x 0lim f (x)

+→= −∞ , υπάρχει ( )1x 0,∈ +∞ ώστε 1f (x ) 0< .

Επειδή xlim f (x)→+∞

= +∞ , υπάρχει ( )2x 0,∈ +∞ με 2 1x x> ώστε 2f (x ) 0> .

Επομένως ισχύει το θεώρημα Bolzano για την f στο [ ]1 2x , x διότι:

• η f είναι συνεχής στο [ ]1 2x , x , αφού προκύπτει από συνεχείς συναρτήσεις.

• ( ) ( )1 2f x f x 0.⋅ < .

20

Άρα η εξίσωση ( )f x 0= έχει μία τουλάχιστον λύση στο ( ) ( )0 1 2x x , x 0, .∈ ⊂ +∞ Ισοδύναμα, η

γραφική παράσταση της συνάρτησης f τέμνει τον άξονα x x′ σε ένα τουλάχιστον σημείο

( )0M x ,0 .

Μεθοδολογία Αν η συνάρτηση f δεν ορίζεται στο [ ],α β αλλά ορίζεται στο ( ),α β όπου είναι συνεχής και

θέλουμε να αποδείξουμε την ύπαρξη μιας τουλάχιστον ρίζας της εξίσωσης f (x) 0= στο

( ),α β , τότε ελέγχουμε αν: x xlim f (x) lim f (x)

+ −→α →β⋅ = −∞ ή με 0< .

Τότε θα υπάρχουν ( )1x ,∈ α β με 1f (x ) ομόσημο του

xlim f (x)

+→α και ( )2x ,∈ α β με 2f (x )

ομόσημο του xlim f (x)

−→β.

Εφαρμόζοντας πλέον το Θ. Bolzano στο [ ]1 2x , x αποδεικνύουμε την ύπαρξη της ρίζας στο

1 2(x , x ) , άρα και στο ( ),α β αφού ( )1 2(x , x ) ,⊂ α β .

Ανάλογη διαδικασία ακολουθούμε αν η f ορίζεται στο [ ),α β ή στο ( ],α β , οπότε ελέγχουμε

αντίστοιχα αν ( )x

f lim f (x)−→β

α ⋅ = −∞ ή με 0< ή ( )xlim f (x) f

+→α⋅ β = −∞ ή με 0< .

21

Παράδειγμα 6.

α. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση ( )

( )

x x xx e 3 2e e 1x x 2 x 1

−+ + −=

+ − έχει δύο τουλάχιστον ετερόσημες

ρίζες ( )1 2, 2,1 .ρ ρ ∈ −

β. Θεωρούμε τη συνάρτηση g η οποία είναι συνεχής και γνησίως μονότονη στο και τέτοια

ώστε: ( ) ( )1 2

2 1

g gρ ρ=

ρ ρ, όπου 1 2,ρ ρ οι ρίζες του προηγουμένου ερωτήματος.

Να αποδείξετε ότι η εξίσωση ( )g x 0= έχει μία ακριβώς πραγματική ρίζα.

Λύση α. Για κάθε x 2,≠ − x 0≠ και x 1,≠ έχουμε:

( )( )

x x xx e 3 2e e 1x x 2 x 1

−+ + −=

+ −( )

( )

x x xx e 3 2e e 1 0x x 2 x 1

−+ + −⇔ − = ⇔

+ −

( ) ( ) ( ) ( )x x xx e 3 2e x 1 e 1 x x 2 0.− + + − − − + =

Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( ) ( ) ( )x x xf (x) x e 3 2e x 1 e 1 x x 2 , x− = + + − − − + ∈ και θα

αποδείξουμε ότι η εξίσωση f (x) 0= έχει δύο τουλάχιστον ετερόσημες ρίζες ( )1 2, 2,1 .ρ ρ ∈ −

Εφαρμόζουμε το θεώρημα Bolzano για τη συνάρτηση f σε καθένα από τα διαστήματα [ ]2,0−

και [ ]0,1 .

• Η f είναι συνεχής στο [ ]2,0− και συνεχής στο [ ]0,1 αφού προκύπτει από γινόμενα και

αθροίσματα συνεχών συναρτήσεων.

• ( ) ( ) ( )2 2f 2 2 e 3 2e 3 18 0− − − = − ⋅ + + ⋅ − = >

( ) ( )f 0 2 1 2 0= ⋅ − = − <

( ) ( )1 1 e 1f 1 e 1 1 3 3 1 3 0e e

− − = − − ⋅ ⋅ = − = >

Συνεπώς: ( ) ( )f 2 f 0 0− ⋅ < και ( ) ( )f 0 f 1 0⋅ < .

22

Άρα, η εξίσωση ( )f x 0= έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο ( )1 2,0ρ ∈ − και μια τουλάχιστον ρίζα

( )2 0,1 .ρ ∈ Επειδή ( ) ( )1 2,0 2,1ρ ∈ − ⊂ − και ( ) ( )2 0,1 2,1 ,ρ ∈ ⊂ − συμπεραίνουμε ότι η εξίσωση

( )f x 0= έχει δύο τουλάχιστον ετερόσημες ρίζες ( )1 2, 2,1 .ρ ρ ∈ − Οι ρίζες είναι δεκτές διότι

1 2, 2,0,1ρ ρ ≠ − .

β. Έχουμε: ( ) ( ) ( ) ( )1 2 2 2

12 1 1

g g gg

ρ ρ ρ ⋅ ρ= ⇔ ρ =

ρ ρ ρ (1)

Η συνάρτηση g ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ. Bolzano στο [ ]1 2, ,ρ ρ διότι:

• Η g είναι συνεχής στο [ ]1 2,ρ ρ ως συνεχής στο R.

• ( ) ( ) ( ) ( ) ( )22 2 2 2

1 2 21 1

g gg g g 0

ρ ⋅ ρ ρ ⋅ ρρ ⋅ ρ = ⋅ ρ = <

ρ ρ διότι:

οι αριθμοί 1 2,ρ ρ είναι ετερόσημοι, άρα 2

1

0.ρ<

ρ

είναι ( )2g 0,ρ ≠ αφού, αν ήταν ( )2g 0,ρ = θα είχαμε από την (1) ότι και

( )1g 0,ρ = άτοπο διότι η g είναι γνησίως μονότονη.

Συνεπώς η εξίσωση ( )g x 0= έχει μια τουλάχιστον ρίζα ( )0 1 2x , .∈ ρ ρ

Επειδή η g είναι γνησίως μονότονη στο R, δεν μπορεί να έχει και άλλη πραγματική ρίζα.

Άρα η εξίσωση ( )g x 0= έχει μία ακριβώς πραγματική ρίζα ( )0 1 2x ,∈ ρ ρ .

Μεθοδολογία

• Αν στην εξίσωση ( ) ( )f x g x= υπάρχουν παρονομαστές που να μηδενίζονται για x = α

ή x ,= β τότε με απαλοιφή αυτών των παρονομαστών μετασχηματίζουμε την εξίσωση

στη μορφή ( )h x 0.=

• Για να αποδείξουμε ότι μια εξίσωση έχει περισσότερες από μια ρίζες στο ( ), ,α β

χωρίζουμε το διάστημα [ ],α β σε τόσα υποδιαστήματα όσο το πλήθος των ριζών που

θέλουμε να αποδείξουμε ότι υπάρχουν στο ( ), ,α β και εφαρμόζουμε στο καθένα

υποδιάστημα το Θ. Bolzano.

23

Παράδειγμα 7. Βρείτε το πρόσημο της συνάρτησης f (x) x 3 x= ηµ − ⋅συν στο διάστημα [ ]0,2 .π

Λύση

• Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [ ]0, 2π ως διαφορά συνεχών.

• Βρίσκουμε τις ρίζες της εξίσωσης ( )f x 0= στο διάστημα [ ]0,2 .π Είναι:

f (x) 0 x 3 x 0 x 3 x= ⇔ ηµ − ⋅συν = ⇔ ηµ = ⋅συν ⇔x 3

3x ,2 2

εϕ = ⇔ π π

≠

x x ,3 3π π

εϕ = εϕ ⇔ = κπ+ κ∈ , 3x ,

2 2π π

≠ . (1)

Έχουμε: 1 10 2 2 2 0

3 3 3 3 3π π π

≤ κπ+ ≤ π⇔ − ≤ κπ ≤ π− ⇔ − ≤ κ ≤ − ⇔ κ = ή 1.κ =

Τότε από την (1) έχουμε: x3π

= ή 4x3π

= (δεκτές)

• Επιλέγουμε έναν αριθμό σε καθένα από τα υποδιαστήματα του [ ]0,2π που ορίζουν οι

διαδοχικές ρίζες και βρίσκουμε το πρόσημο της f στον αριθμό αυτό που θα είναι και το πρόσημο της f στο αντίστοιχο διάστημα. Ο παρακάτω πίνακας δείχνει τα αποτελέσματα του ελέγχου του προσήμου της f.

Διάστημα 0,3π

4,3 3π π

4 ,23π π

Επιλεγμένος αριθμός 0x 6

π

2π

32π

0f (x ) 1− 1 1− Πρόσημο − + −

Μεθοδολογία Για να βρούμε το πρόσημο μιας συνεχούς συνάρτησης f σε ένα διάστημα Δ, εργαζόμαστε ως εξής:

• Διαπιστώνουμε τη συνέχεια της f στο διάστημα Δ.

• Λύνουμε την εξίσωση f (x) 0= , x∈∆ .

24

• Σε καθένα από τα υποδιαστήματα του Δ που ορίζουν οι διαδοχικές ρίζες της f,

επιλέγουμε έναν αριθμό 0x και βρίσκουμε την τιμή 0f (x ) .

Το πρόσημο της τιμής 0f (x ) είναι το πρόσημο της f στο αντίστοιχο διάστημα.

25

Παράδειγμα 8.

Δίνεται η συνάρτηση ( )x1f (x) e , x ,0x

= − ∈ −∞ .

i. Να βρείτε το σύνολο τιμών της f .

ii. Να δείξετε ότι η εξίσωση x2xe x 2 0− − = έχει μοναδική αρνητική ρίζα.

iii. Να δείξετε ότι η εξίσωση x2xe 2 x= − είναι αδύνατη, στο ( ),0−∞ .

Λύση

i. Η f είναι συνεχής ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων. Η f είναι γνησίως φθίνουσα διότι: για οποιαδήποτε

( )1 2x , x ,0∈ −∞ , με 1 21 2

1 1x xx x

< ⇒ > και 1 2 1 2x x x xe e e e< ⇒ − > − . Με πρόσθεση κατά

μέλη έχουμε ( )1 2x x1 2

1 2

1 1e e f (x ) f xx x

− > − ⇒ > .

x

x 0 x 0

1lim f (x) lim e ( ) 1x− −→ →

= − = −∞ − = −∞

γιατί x 0

1limx−→= −∞ και x

x 0lim e 1

−→=

x

x x

1lim f (x) lim e 0 0 0x→−∞ →−∞

= − = − =

.

Το σύνολο τιμών της f είναι το ( ) ( )xx 0

lim f (x), lim f (x) ,0− →−∞→

= −∞ .

ii. Για την εξίσωση x2xe x 2 0− − = έχουμε (διαιρώντας με 2x 0< )

x x1 1 1 1 1e 0 e f (x)2 x x 2 2

− − = ⇔ − = − ⇔ = − .

Αυτή η τελευταία εξίσωση έχει μοναδική αρνητική ρίζα ( x 0< ), αφού η f είναι

γνησίως φθίνουσα και το 12

− ανήκει στο σύνολο τιμών της, σύμφωνα με το (i)

ερώτημα.

26

iii. Διαιρούμε με 2x 0< και τα δύο μέλη της εξίσωσης και έχουμε:

x x x1 1 1 1 12xe 2 x e e f (x)x 2 x 2 2

= − ⇔ = − ⇔ − = ⇔ = .

Όμως ο αριθμός 12

δεν ανήκει στο σύνολο τιμών της f άρα η εξίσωση 1f (x)2

= είναι

αδύνατη στο ( ),0−∞ . Το ίδιο θα ισχύει και για την ισοδύναμή της εξίσωση x2xe 2 x= − .

Μεθοδολογία Αν έχουμε υπολογίσει το σύνολο τιμών μιας συνάρτησης f και θέλουμε να δείξουμε ότι μια εξίσωση έχει μοναδική ρίζα τότε προσπαθούμε να μετασχηματίσουμε την εξίσωση σε μια άλλη ισοδύναμη, της μορφής f (x) k, k= ∈ . Αν ο αριθμός k ανήκει στο σύνολο τιμών της f και η f είναι γνησίως μονότονη τότε η εξίσωση f (x) k, k= ∈ έχει μοναδική ρίζα. Το ίδιο ισχύει και για την ισοδύναμή της, την αρχική εξίσωση. Αν ο αριθμός k δεν ανήκει στο σύνολο τιμών της f τότε η εξίσωση είναι αδύνατη.

27

Παράδειγμα 9. Να βρεθούν οι συνεχείς συναρτήσεις f : → για τις οποίες ισχύει 2f (x) 7f (x) 12 0− + = για κάθε x∈ . Λύση Α’ Τρόπος: Για κάθε x R∈ είναι:

( )( )2f (x) 7f (x) 12 = 0 f (x) 3 f (x) 4 0,− + ⇔ − − = άρα για οx R∈ ισχύει

( )( )ο οf (x ) 3 f (x ) 4 0− − = , οπότε ή οf (x ) 3= ή οf (x ) 4= , (επειδή μια συνάρτηση σε ένα

οx δεν μπορεί να πάρει δύο διαφορετικές τιμές).

Οι τιμές λοιπόν που μπορεί να πάρει η συνάρτηση f στο οx είναι ή το 3 ή το 4.

Θα αποδείξουμε τώρα ότι για κάθε x R∈ ισχύει:

ή f (x) 3= ή f (x) 4= , δηλαδή η f είναι σταθερή συνάρτηση.

Έστω ότι η f δεν είναι σταθερή συνάρτηση τότε θα υπάρχουν 1 2x , x R∈ με 1 2x x≠ (χωρίς

βλάβη της γενικότητας μπορούμε να υποθέσουμε ότι 1 2x x< ) τέτοια , ώστε 1f (x ) 3= και

2f (x ) 4= .

Για τη συνάρτηση f έχουμε ότι είναι συνεχής στο 1 2 x , x και 1 23 f (x ) f (x ) 4= ≠ = , άρα

ισχύει το Θεώρημα Ενδιαμέσων Τιμών, οπότε η f θα παίρνει όλες τις τιμές μεταξύ των

1f (x ) 3= και 2f (x ) 4= , οπότε θα υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )ο 1 2x x , x∈ τέτοιο, ώστε

ο7f (x )2

= που είναι άτοπο, γιατί 7 7 13 4 02 2 4

− − = − ≠

Επομένως:

ή f (x) 3= για κάθε x R∈ ή f (x) 4= για κάθε x R∈

B’ Τρόπος:

Για κάθε x R∈ είναι:

2 2 7 7 7f (x) 7f (x) 12 0 f (x) f (x) 122 2 2

2 2 − + = ⇔ −2⋅ + = − ⇔

27 1 1f (x) g (x)2 4 4

2 − = ⇔ =

(1) , όπου 7g(x) f (x)2

= − .

28

Για κάθε x R∈ είναι 2g (x) > 0 g(x) 0⇔ ≠ και επειδή η g είναι συνεχής, ως διαφορά

συνεχών, θα διατηρεί σταθερό πρόσημο στο R.

Άρα για κάθε x R∈ θα είναι ή g(x) 0< ή g(x) 0.> Διακρίνουμε περιπτώσεις:

• Αν για κάθε x R∈ είναι g(x) 0< , τότε από (1) έχουμε

1 7 1g(x) f (x) f (x) 3.2 2 2

= − ⇔ − = − ⇔ =

• Αν για κάθε x R∈ είναι g(x) 0.> , τότε από (1) έχουμε

1 7 1g(x) f (x) f (x) 4 .2 2 2

= ⇔ − = ⇔ =

Επομένως:

ή f (x) 3= για κάθε x R∈ ή f (x) 4= για κάθε x R.∈

Μεθοδολογία Αν για δυο συναρτήσεις f : Α → και g : Α → ισχύει: f (x) g(x) = 0⋅ για κάθε x A∈ , τότε δεν έπεται κατ’ ανάγκη ότι: f (x)= 0 για κάθε x A∈ ή g(x) = 0 για κάθε x A∈ . Πράγματι, αν θεωρήσουμε π.χ. τις συναρτήσεις:

0 , x 1

f (x)=x , x 1

≤ >

αναν

και 2 , x 1

g(x)=0 , x 1

≤ >

αναν

τότε για κάθε x∈ είναι f (x) g(x) = 0⋅ , αλλά δεν ισχύει f (x)= 0 για κάθε x∈ ή g(x) = 0 για κάθε x∈ . Για αυτό το λόγο εργαζόμαστε με έναν από τους παρακάτω τρόπους: Α’ Τρόπος: Η αρχική σχέση ισχύει για κάθε x∈ , άρα θα ισχύει και για 0x ∈ , οπότε καταλήγουμε σε

μια σχέση της μορφής ( )( )f (x ) f (x ) 0ο ο−α −β = όπου α , β R∈ (γινόμενο δύο αριθμών ίσο με

το μηδέν), οπότε θα ισχύει ή f (x )ο = α ή f (x )ο = β , (αφού μια συνάρτηση σε ένα οx δεν

μπορεί να πάρει δύο διαφορετικές τιμές).

29

Οι τιμές λοιπόν που μπορεί να πάρει η συνάρτηση f στο οx είναι ή το α ή το β.

Στη συνέχεια με τη μέθοδο της απαγωγής σε άτοπο και αξιοποιώντας το Θεώρημα των Ενδιαμέσων Τιμών αποδεικνύουμε ότι για κάθε x∈ ισχύει:

ή f (x) = α ή f (x) = β , δηλαδή ότι η f είναι σταθερή συνάρτηση.

B’ Τρόπος: Με συμπλήρωση τετραγώνου καταλήγουμε σε μια ισότητα της μορφής

( ) 22 2 2f (x) g (x)− κ = λ ⇔ = λ (1), για κάθε x R∈ , όπου g(x) f (x) ,= − κ κ , λ R∈ με

λ 0> .

Για κάθε x R∈ είναι 2g (x) 0 g(x) 0> ⇔ ≠ και επειδή η g είναι συνεχής, ως διαφορά

συνεχών, θα διατηρεί σταθερό πρόσημο στο R.

Άρα για κάθε x R∈ θα είναι ή g(x) 0< ή g(x) 0.> Διακρίνουμε περιπτώσεις:

• Αν για κάθε x R∈ είναι g(x) 0< , τότε από (1) έχουμε

g(x) f (x) f (x) - .= −λ ⇔ − κ = −λ ⇔ = κ λ

• Αν για κάθε x R∈ είναι g(x) 0.> , τότε από (1) έχουμε

g(x) f (x) f (x) .= λ ⇔ − κ = λ ⇔ = κ+ λ

Επομένως:

ή f (x) = κ −λ για κάθε x R∈ ή f (x) = κ + λ για κάθε x R.∈

30

Παράδειγμα 10. Έστω η συνάρτηση [ ]f : 1, 2− → , η οποία είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα. Να δείξετε ότι

υπάρχει ακριβώς ένα ( )0x 1,2∈ − ώστε 02f ( 1) f (0) 3f (2)f (x )

6− + +

= .

Λύση

• Η f είναι συνεχής στο [ ]1,2− .

• 1 2 f ( 1) f (2)− < ⇒ − < αφού η f είναι γνησίως αύξουσα.

• 1 2 f ( 1) f ( 1) f (2) 2f ( 1) 2f ( 1) 2f (2)− < ⇒ − = − < ⇒ − = − < (1)

1 0 2 f ( 1) f (0) f (2)− < < ⇒ − < < (2)

1 2 f ( 1) f (2) f (2) 3f ( 1) 3f (2) 3f (2)− < ⇒ − < = ⇒ − < = (3)

Προσθέτω κατά μέλη τις (1), (2), (3) και προκύπτει:

2f ( 1) f (0) 3f (2)6f ( 1) 2f ( 1) f (0) 3f (2) 6f (2) f ( 1) f (2)6

− + +− < − + + < ⇒ − < < .

Σύμφωνα με το θεώρημα ενδιάμεσων τιμών, υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )0x 1,2∈ − ώστε

02f ( 1) f (0) 3f (2)f (x )

6− + +

= . Το 0x είναι μοναδικό γιατί η f είναι γνησίως αύξουσα.

Μεθοδολογία Ένας από τους τρόπους που χρησιμοποιείται για να αποδείξουμε ότι μια εξίσωση της μορφής f (x) k, k= ∈ έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο ( ),α β ,είναι το θεώρημα Ενδιαμέσων Τιμών.

Έτσι, σε ασκήσεις όπως η παραπάνω, παρατηρούμε ότι το δεύτερο μέλος είναι ένας αριθμός (άθροισμα διαφορετικών τιμών της f ) της μορφής

1 1 2 2

1 2

f (x ) f (x ) .... f (x )....

κ κ

κ

ν + ν + + νν + ν + + ν

.

Προσπαθούμε, χρησιμοποιώντας τη μονοτονία της f , να αποδείξουμε ότι αυτός βρίσκεται μεταξύ των f ( )α και f ( )β . Στη συνέχεια εφαρμόζουμε το θεώρημα ενδιάμεσων τιμών.

31

Παράδειγμα 11. Δίνεται η συνάρτηση f συνεχής στο διάστημα [ ],α β και [ ]1 2x , x ,∈ α β . Να αποδείξετε ότι

υπάρχει [ ]0x ,∈ α β , ώστε 1 2 03f (x ) f (x ) 4f (x )+ = .

Λύση

• Αν η συνάρτηση f είναι σταθερή τότε f (x) c, c= ∈ για κάθε x [ , ]∈ α β . Άρα

1 2f (x ) f (x ) c= = και 1 2 0 0 03f (x ) f (x ) 4f (x ) 4c 4f (x ) f (x ) c+ = ⇒ = ⇔ = . Άρα ως 0x

μπορούμε να επιλέξουμε οποιοδήποτε σημείο του [ ],α β .

• Αν η συνάρτηση f δεν είναι σταθερή τότε αφού είναι συνεχής στο κλειστό διάστημα

[ ],α β , ισχύει το θεώρημα μέγιστης και ελάχιστης τιμής.

Δηλαδή, η συνάρτηση θα έχει μια ελάχιστη τιμή m και μια μέγιστη τιμή M . Οπότε:

1 1m f (x ) M 3m 3f (x ) 3M≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ (1)

2 2m f (x ) M m f (x ) M≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ (2)

Προσθέτουμε κατά μέλη τις (1) και (2) και προκύπτει:

1 21 2

3f (x ) f (x )4m 3f (x ) f (x ) 4M m M4+

≤ + ≤ ⇒ ≤ ≤ .

Δηλαδή ο αριθμός 1 23f (x ) f (x )4+

ανήκει στο σύνολο τιμών της f , άρα υπάρχει [ ]0x ,∈ α β

ώστε 1 20 0 1 2

3f (x ) f (x )f (x ) 4f (x ) 3f (x ) f (x )4+

= ⇔ = + .

Μεθοδολογία Ένας τρόπος για να αποδείξουμε ότι υπάρχει [ ]x ,ο∈ α β , ώστε

οκ κ1 1 2 2

κ1 2

ν f (x ) ν f (x ) ... ν f (x )f (x )ν ν ... ν+ + +

=+ + +

και δεν γνωρίζουμε τη μονοτονία της f , είναι ο εξής:

Εφαρμόζουμε αρχικά το θεώρημα μεγίστης και ελαχίστης τιμής, οπότε προκύπτει ότι η f έχει

μια ελάχιστη τιμή m και μια μέγιστη τιμή Μ στο διάστημα [ ]α , β

Στη συνέχεια αποδεικνύουμε ότι ο αριθμός κ κ1 1 2 2

κ1 2

ν f (x ) ν f (x ) ... ν f (x )ν ν ... ν+ + +

+ + + ανήκει στο [ ]m, M

και τέλος εφαρμόζουμε θεώρημα ενδιαμέσων τιμών και αποδεικνύουμε το ζητούμενο.

32

Ένας άλλος τρόπος είναι να εφαρμόσουμε το Θεώρημα Bolzano για συγκεκριμένη συνάρτηση σε κατάλληλο διάστημα. Στο παράδειγμα αυτό μπορούμε να θεωρήσουμε τη συνάρτηση 1 2g(x) f (x) f (x ) f (x )= 4 −3 −

και να διακρίνουμε περιπτώσεις για τα 1 2x , x

• Αν 1 2x x= , τότε g (x) 0= για οποιοδήποτε x

• Αν 1 2x x≠ και έστω 1 2x x< τότε εφαρμόζουμε το Θεώρημα Bolzano για τη

συνάρτηση 1 2g(x) f (x) f (x ) f (x )= 4 −3 − στο διάστημα [ ]1 2x , x

33

ΘΕΜΑ Δ

Παράδειγμα 1.

Έστω η συνεχής συνάρτηση f στο διάστημα 2, 2 ∆ = − για την οποία ισχύει

( )2 2x 2f x 2+ = για κάθε x∈ 2, 2 ∆ = − .

α) Να βρείτε τις ρίζες της εξίσωσης ( )f x 0= στο διάστημα Δ.

β) Να δείξετε ότι η f (x) 0> για κάθε ( )x 2, 2∈ − αν ( )f 0 1= .

γ) Να βρείτε τον τύπο της συνάρτησης f (x) . δ) Να γίνει η γραφική της παράσταση. Λύση

α) Έστω ότι υπάρχει 0x 2, 2 ∈∆ = − έτσι ώστε ( )0f x 0=

Η σχέση ( )2 2x 2f x 2+ = για 0x x= γίνεται 2 2 20 0 0 02 ( ) 2 2 2x f x x x+ = ⇔ = ⇔ = ± , άρα η

εξίσωση f (x) 0= έχει σαν ρίζες τους αριθμούς 1x 2= ή 2x 2= − .

β) Έχουμε f (x) 0≠ για κάθε ( )x 2, 2∈ − και επειδή η f είναι συνεχής στο 2, 2 ∆ = − ,

άρα θα διατηρεί σταθερό πρόσημο δηλαδή f (x) 0> ή f (x) 0< .

Έχουμε όμως ( )f 0 1= άρα f (x) 0> .

γ) 2

2 2 2 2 2 2 xx 2f (x) 2 2f (x) 2 x f (x)2−

+ = ⇔ = − ⇔ = άρα

22 xf (x)2−

= ή 22 xf (x)

2−

= − ή

και τους δύο τύπους, όμως η f (x) 0> .Συνεπώς 22 xf (x)

2−

= .

δ) Έστω y f (x)= άρα θα έχουμε 2 2 2 2

2 22 2

x y x yx 2y 2 1 12 1 12

+ = ⇔ + = ⇔ + = (1).

Όπως ξέρουμε από την Β΄ Λυκείου η εξίσωση (1) παριστάνει έλλειψη με μεγάλο άξονα

2 2 2α = και μικρό 2 2 1β = ⋅ .

34

Από την έλλειψη δεκτό μέρος είναι μόνο τα σημεία της (x, y)Μ με y 0≥ . Παρατήρηση: Η άσκηση επιλύεται πολύ εύκολα αν κάνει κανείς από την αρχή την γραφική παράσταση της συνάρτησης. Μεθοδολογία • Από τη σχέση που μας δίνουν βρίσκουμε τις ρίζες της f (x) 0= .

• Στο διάστημα που δημιουργείται από τις δύο ρίζες το πρόσημο της συνάρτησης διατηρείται

σταθερό.

35

Παράδειγμα 2.

Δίνεται μία συνάρτηση f συνεχής στο διάστημα [0,3] . Να αποδείξετε ότι υπάρχει [0,3]ξ∈ τέτοιο ώστε f (1) 2f (2) 3f ( )+ = ξ .

Λύση Επειδή η συνάρτηση f είναι συνεχής στο κλειστό διάστημα [0,3] , θα έχει μία μέγιστη τιμή Μ

και μία ελάχιστη m (σύμφωνα με το Θ.Μ.Ε.Τ.). Οπότε θα έχουμε:

• m f (1)≤ ≤ Μ (1)

• m f (2) 2m 2f (2) 2≤ ≤ Μ ⇔ ≤ ≤ Μ (2)

Προσθέτουμε κατά μέλη τις (1), (2) και λαμβάνουμε:

f (1) 2f (2)3m f (1) 2f (2) 3 m3+

≤ + ≤ Μ ⇔ ≤ ≤Μ (3)

• Αν m = Μ δηλαδή η συνάρτηση f είναι σταθερή τότε μπορούμε να επιλέξουμε ένα τυχαίο [0,3]ξ∈ για το οποίο θα ισχύει f (1) 2f (2) 3f ( )+ = ξ .

• Αν m < Μ τότε το σύνολο τιμών της f θα είναι το [m, ]Μ και σύμφωνα με τη (3) και

εφαρμόζοντας το Θ.Ε.Τ. συμπεραίνουμε ότι θα υπάρχει (0,3)ξ∈ έτσι ώστε

f (1) 2f (2)f ( ) f (1) 2f (2) 3f ( )3+

ξ = ⇔ + = ξ .

Άρα τελικά υπάρχει [0,3]ξ∈ τέτοιο ώστε f (1) 2f (2) 3f ( )+ = ξ .

36

Παράδειγμα 3. Δίνεται η συνεχής και γνησίως αύξουσα συνάρτηση ( )f : 1, 2 → , για την οποία ισχύει

x 2

f (x) 3lim 2x 2−→

−=

− και ( ) ( ) 22 x 1 x 1 f (x) x 1ηµ − ≤ − ⋅ ≤ − για κάθε x (1,2)∈ (1).

i. Να υπολογιστούν τα όρια

x 2lim f (x)

−→ και

x 1lim f (x)

+→.

ii. Να βρεθεί το σύνολο τιμών της συνάρτησης 1h(x) f (x) 1

x 1= − +

−.

iii. Να δείξετε ότι η γραφική παράσταση της συνάρτησης 1g(x)

f (x) 1=

+ έχει με την ευθεία

: y x 1ε = − μόνο ένα κοινό σημείο με τετμημένη ( )0x 1,2∈

Λύση

i. Θέτουμε f (x) 3(x) f (x) 3 (x) (x 2) f (x) (x) (x 2) 3

x 2−

φ = ⇒ − = φ ⋅ − ⇒ = φ ⋅ − +−

. Τότε

[ ]x 2 x 2lim f (x) lim (x) (x 2) 3 2 0 3 3

− −→ →= φ ⋅ − + = ⋅ + = .

Επίσης, ( )x 1,2 x 1 0∈ ⇒ − > και διαιρώντας και τα δύο μέλη της ανισότητας (1) με

x 1− έχουμε:

( ) ( ) ( ) ( )x 1 x 1 x 1 x 12 f (x) 2 f (x) x 1

x 1 x 1 x 1ηµ − − ⋅ + ηµ −

≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ +− − −

.

( )x 1lim x 1 2

+→+ = και

( )u 0x 1

x 1 ulim 2 2lim 2 1 2x 1 u+ →→

ηµ − ηµ= = ⋅ =

−.

(Θέτουμε x 1 u− = και ( )

x 1lim x 1 0

+→− = )

Σύμφωνα με το κριτήριο παρεμβολής, θα είναι και

x 1lim f (x) 2

+→= .

ii. Η συνάρτηση h ορίζεται στο διάστημα ( )1,2 , αφού η f ορίζεται σ’ αυτό και η 1

x 1−

ορίζεται για x 1≠ . Η h είναι συνεχής ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων. Η h είναι γνησίως αύξουσα διότι για οποιαδήποτε

( )1 2 1 2 1 2x , x 1,2 x x f (x ) f (x )∈ < ⇒ < με (2)

37

και 1 21 2 1 2 1 2

1 1 1 1 1 1x 1 x 1 1 1x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1

− < − ⇒ > ⇒ − < − ⇒ − + < − +− − − − − −

(3).

Προσθέτουμε κατά μέλη τις (2) και (3) και προκύπτει

1 2 1 21 2

1 1f (x ) 1 f (x ) 1 h(x ) h(x )x 1 x 1

− + < − + ⇒ <− −

.

x 1 x 1

1lim h(x) lim f (x) 1x 1+ +→ →

= − + = −∞ − γιατί

x 1lim(f (x) 1) 2 1 3

+→+ = + = και

x 1

1lim( )x 1+→

− = −∞−

και

x 2 x 2

1lim h(x) lim f (x) 1 3 1 1 3x 1− −→ →

= − + = − + = − .

Το σύνολο τιμών της h είναι το ( ) ( )x 1 x 2lim h(x), lim h(x) ,3

+ −→ →= −∞ .

iii. Αρκεί να δείξουμε ότι υπάρχει μοναδικό ( )0x 1,2∈ , ώστε 0 0g(x ) x 1= − ⇔

0 0 0 00 0 0

1 1 1x 1 f (x ) 1 f (x ) 1 0 h(x ) 0f (x ) 1 x 1 x 1

⇔ = − ⇔ + = ⇔ + − = ⇔ =+ − −

.

Επειδή το σύνολο τιμών της h περιέχει το μηδέν, σύμφωνα με το θεώρημα ενδιάμεσων

τιμών υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )0x 1,2∈ : 0h(x ) 0= . Αυτό το 0x είναι μοναδικό αφού

η h είναι γνησίως αύξουσα.

Μεθοδολογία iii. Για να δείξουμε ότι δύο γραφικές παραστάσεις f gC ,C έχουν ακριβώς ένα κοινό σημείο

αρκεί να δείξουμε ότι η εξίσωση f (x) g(x)= έχει ακριβώς μία ρίζα.

Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) f (x) g(x)= − και αποδεικνύουμε ότι η εξίσωση h(x) 0= έχει μία τουλάχιστον ρίζα εφαρμόζοντας, θεώρημα Bolzano ή υπολογίζοντας το σύνολο τιμών της h το οποίο περιέχει τον αριθμό μηδέν. Η μοναδικότητα της ρίζας οφείλεται στο γεγονός ότι η h είναι γνησίως μονότονη.

38

Παράδειγμα 4. Δίνεται η συνεχής συνάρτηση f για την οποία ισχύει 2 2f (x) 2f (x) x 2x 3− = − + , για κάθε x∈ (1) και f (0) 1= − . Να δείξετε ότι:

i. Η εξίσωση f (x) 0= είναι αδύνατη.

ii. f (x) 0< , για κάθε x∈ .

iii. Η ευθεία 7y

2= − έχει με τη γραφική παράσταση της f ένα τουλάχιστον σημείο με

τετμημένη ( )0x 0,3∈ .

Λύση

i. Υποθέτουμε ότι η εξίσωση f (x) 0= έχει ρίζα τον αριθμό ρ∈ . Τότε ισχύει f ( ) 0ρ =

και η (1) γίνεται 2f ( )ρ − 2f ( )ρ = 2 2 3ρ − ρ+ ⇔ 2 2 3 0ρ − ρ+ = αδύνατη αφού έχει

0∆ < . Άρα η εξίσωση f (x) 0= είναι αδύνατη.

ii. Επειδή η f είναι συνεχής και f (x) 0≠ , για κάθε x∈ , η συνάρτηση f θα διατηρεί

σταθερό πρόσημο στο . Επιπλέον είναι f (0) 1 0= − < .

Άρα f (x) 0< , για κάθε x∈ .

iii. Αρκεί να δείξουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον 0x (0,3)∈ , τέτοιο ώστε 07f (x )

2= − .

Στην (1), για x 3= , έχουμε 2f (3) 2f (3) 6 0− − = . Λύνουμε την εξίσωση με άγνωστο το

f (3) και προκύπτει f (3) 1 7 f (3) 1 7 0= − = + > ή (απορρίπτεται).

Επίσης έχουμε f (0) 1 f (3)= − ≠ και 71 7 1 2 2 7 7 2

2− < − < − ⇔ − < − < − που

ισχύει. Άρα, από το θεώρημα ενδιάμεσων τιμών υπάρχει ένα τουλάχιστον 0x (0,3)∈ , τέτοιο

ώστε 07f (x )

2= − .

39

Μεθοδολογία Για να δείξουμε ότι μια συνάρτηση διατηρεί σταθερό πρόσημο στο , αρκεί να δείξουμε ότι είναι συνεχής στο και ότι f (x) 0≠ , για κάθε x∈ .

Ένας τρόπος για να δείξουμε ότι μια ευθεία της μορφής ε : y k , k R= ∈ έχει με τη

γραφική παράσταση της συνάρτησης f ένα τουλάχιστον κοινό σημείο με τετμημένη

x ( , )ο ∈ α β ,είναι να εφαρμόσουμε το θεώρημα ενδιαμέσων τιμών αποδεικνύοντας ότι

υπάρχει ένα τουλάχιστον x ( , ),ο ∈ α β τέτοιο ώστε οf (x ) k.=

Ένας άλλος τρόπος είναι να εφαρμόσουμε το Θεώρημα Bolzano για τη συνάρτηση g(x) f (x) k= − σε κατάλληλο διάστημα.

Ημερομηνία τροποποίησης: 20/11/2011