Διαγώνισμα Rolle ΘΜΤ και συνέπειες + λύσεις

0 Διαγώνισμα Έως Συνέπειες Θ.Μ.Τ./ Επιμέλεια: Ανδρέας Μανώλης

Διαγώνισμα – Έως Συνέπειες Θ.Μ.Τ.

Διάρκεια Διαγωνίσματος : 3 ώρες

Ημερομηνία εξέτασης : .... Φεβρουαρίου 2017

Στοιχεία μαθητή : ………………………………………………………………

Βαθμός (100) : ……………………………………………………………………

Βαθμός (20) : ………………………………………………………………………

Σχόλια Μαθητή : …………………………………………………………………………………………………………………………………….

Σχόλια Καθηγητή : ………………………………………………………………………………………………………………………………….

Κατασκευή Θεμάτων : Ανδρέας Μανώλης

Πηγή θεμάτων : Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου , Γιώργος Μιχαηλίδης


A1. Έστω συνάρτηση f ορισμένη σε ένα διάστημα Δ. Αν

η f είναι συνεχής στο Δ και

f x 0 για κάθε εσωτερικό σημείο x του Δ

να δείξετε ότι η f είναι σταθερή σε όλο το διάστημα Δ

A2. Να διατυπώσετε το θεώρημα Rolle και να δώσετε την γεωμετρική του ερμηνεία

A3. Να χαρακτηρίσετε τις παρακάτω προτάσεις με Σ ή Λ

α. Αν δύο συναρτήσεις είναι συνεχείς σε ένα διάστημα Δ και f x g x για κάθε εσωτερικό σημείο x του Δ,

τότε για κάθε x Δ ισχύει πάντοτε f x g x

β. Έστω A {0} r και η συνάρτηση f : Ar η οποία είναι παραγωγίσιμη με f x 0 , για κάθε x A .

Τότε η f είναι πάντα σταθερή στο Α

γ. Αν μια συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο κλειστό διάστημα α,β και f α f β , τότε υπάρχει πάντα ένα

τουλάχιστον ξ α,β τέτοιο ώστε f ξ 0

δ. Αν μία συνάρτηση f είναι συνεχής στο α,β και παραγωγίσιμη στο α,β τότε υπάρχει πάντα μοναδικό ξ α,β

ώστε f β f α β α f ξ

ε. Αν ισχύει το Θεώρημα Μέσης Τιμής για την f στο α,β , γεωμετρικά σημαίνει ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον

ξ α,β τέτοιο ώστε η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της f στο σημείο M ξ, f ξ να είναι παράλληλη

της ΑΒ, όπου Α α,f α , Β β,f β .

Β1. Να δείξετε ότι ισχύει 2

x 1

1 x 2

για κάθε xr

Β2. Αν η f : r r είναι παραγωγίσιμη στο r με 2

xf x

x 1

και για κάποιο 0x 0, ισχύει :

0 0

1f x x

2 και 0 0

1f x x

2 να δείξετε ότι :

i. για όλα τα α, βr ισχύει 1

f β f α β α2

ii. f 0 0

iii. η εξίσωση f x x έχει ακριβώς μια ρίζα

iv. η εξίσωση x

ημ x2 έχει μοναδική λύση την οποία και να υπολογίσετε

Θέμα Α

Μονάδες : Α1 …. / 8, Α2 …. / 7, Α3 …. / 10 , Α .… / 25

Θέμα Β

Μονάδες : Β1 …. / 3, Β2 i.…. / 6, ii…. / 5, iii…. / 6, iv…. / 5, Β …. /25


Δίνεται η συνάρτηση f : r r για την οποία ισχύει :

2017x yf x 2 2 f y x y για κάθε x,y r και f 0 1

και η παραγωγίσιμη συνάρτηση g : r r για την οποία ισχύει :

g α g β 2α 2β για κάθε α,βr και g 0 1 , g 1 2

Γ1. Να δείξετε xf x 2 , x r

Γ2. Να δείξετε ότι 2g x x 2x 1, x r

Γ3. i. Να δείξετε ότι οι γραφικές παραστάσεις των f, g έχουν δύο ακριβώς κοινά σημεία τα οποία να

βρείτε

ii. Να δείξετε ότι σε κανένα από τα δυο παραπάνω σημεία οι γραφικές παραστάσεις των f, g δεν

δέχονται κοινή εφαπτομένη

Γ4. Να δείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ 0,1 τέτοιο ώστε f ξ g ξ 1 f ξ g ξ 1

Για την παραγωγίσιμη συνάρτηση f : 1, r ισχύουν :

1

f e 1e

1

f x 0x

2h 0

1f x

f x 2h 2f x f x 3h 1xlim

h x lnx x

για κάθε x 1

Δ1. Να δείξετε ότι 1

f x lnx , x 1x

Δ2. Να δείξετε ότι

2 2

1 1 1 1f x 1 f x

x 1 x xx 1

για κάθε x 1

Δ3. Να υπολογίσετε το όριο 2x 2x

x

x 1 1 1lim e ln

x x x 1

Δ4. Να δείξετε ότι η εξίσωση

4 3

f x f 2 f x f 39 4 2017

x 3 x 2

έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο 2,3

Θέμα Γ

Μονάδες : Γ1 …. / 7, Γ2 …. / 5, Γ3 i…. / 6, ii…. / 2, Γ4 …. / 5, Γ …. /25

Θέμα Δ

Μονάδες : Δ1 …. / 10, Δ2 …. / 4, Δ3 …. / 5, Δ4 …. / 6, Δ …. / 25

0 Διαγώνισμα στο Bolzano/ Ανδρέας Μανώλης

Α1, Α2: Θεωρία

Α3.

α. Λ

β. Λ

γ. Σ

δ. Λ

ε. Σ

Β1. Α΄ τρόπος

Έχουμε

2x 1 02

2 22

22 2

x xx 1 1 12 x x 1

1 x 2 2 1 x 21 x

2 x x 1 x 2 x 1 0 x 1 0

Το οποίο ισχύει για κάθε xr

Β΄ τρόπος

Είναι

2 2

x 1 1 x 1

1 x 2 2 1 x 2

Έχουμε

22 2

2

x 12x x 1 x 2x 1 0 x 1 0

1 x 2

Ισχύει

22 2

2

1 x1 x 2x x 2x 1 0 x 1 0

2 1 x

Ισχύει

Οπότε η αρχική μας ανισότητα ισχύει για κάθε xr .

Β2.i. Θέλουμε να δείξουμε ότι 1

f β f α β α 12

για κάθε α,βr

Λύσεις - 4ο Διαγώνισμα Έως Συνέπειες Θ.Μ.Τ

Θέμα Α

Θέμα Β


Αν α β τότε η σχέση 1

f β f α β α2

γίνεται

1 1

f β f α β α f α f α α α 0 02 2

Ισχύει

Αν α β τότε :

H f είναι συνεχής στο α,β ως παραγωγίσιμη στο α,β

Η f είναι παραγωγίσιμη στο α,β

Οπότε από Θ.Μ.Τ. υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ α,β τέτοιο ώστε f β f α

f ξβ α

Όμως 2

xf x

x 1

και από Β1.

2

x 1

1 x 2

. Άρα

1f x

2 για κάθε xr

Για x ξ και α β είναι

f β f αf β f α1 1 1 1

f ξ f β f α β α2 β α 2 β α 2 2

Β2.ii. Α΄ τρόπος :

Για 0α x και β 0 στην 1 έχουμε

0x 0

0 0 0 0 0 0 0 0

1 1 1 1 1 1f 0 f x 0 x f 0 x x x f 0 x x x f 0 0 2

2 2 2 2 2 2

Για α 0 και 0β x στην 1 έχουμε

0x 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

1 1 1 1 1 1 1 1f x f 0 x 0 x f 0 x f 0 x x x f 0 x x 0 f 0 x 3

2 2 2 2 2 2 2 2

Από 2 και 3 έχουμε

0 f 0 0 f 0 0

Β΄ τρόπος (Στην ουσία ξανακάνουμε δύο φορές το Θ.Μ.Τ. του Β2.i.):

H f είναι συνεχής στα 0x ,0 και 00,x ως παραγωγίσιμη

Η f είναι παραγωγίσιμη στα 0x ,0 και 00,x

Οπότε από Θ.Μ.Τ. υπάρχει ένα τουλάχιστον

1 0ξ x ,0 τέτοιο ώστε

00

1

0 0

1f 0 xf 0 f x 2f ξ

0 x x

και ένα τουλάχιστον

2 0ξ 0,x τέτοιο ώστε 0

02

0 0

1x f 0f x f 0 2f ξ

x 0 x

Για 1x ξ στην έχουμε


01 0 0

0 0

1f 0

x1 1 1 1f ξ f 0 x ... x f 0 0 2

2 x 2 x 2

Για 2x ξ στην έχουμε

0

2 0 0 0

0

1x f 0

1 1 1 12f ξ f 0 x x ... 0 f 0 x 32 x 2 2 2

Από 2 και 3 έχουμε

0 f 0 0 f 0 0

Γ΄ τρόπος

Έχουμε 2

2

ln x 1xf x f x

x 1 2

Οι συναρτήσεις f και 2ln x 1

2

είναι συνεχείς στο r

Οπότε από το πόρισμα της Συνέπειας του Θεωρήματος Μέσης τιμής έχουμε :

2ln x 1

f x c2

με cr

Από υπόθεση είναι :

20 0

0 0

ln x 1 x1f x x c 1

2 2 2

20 0

0 0

ln x 1 x1f x x c 2

2 2 2

Αφαιρούμε τις 1 και 2 κατά μέλη και έχουμε 0x 0 . Οπότε και c 0 .

Άρα 2ln x 1

f x2

.

Έτσι f 0 0

Β2.iii.

Από Β2.ii. έχουμε ότι το 0 είναι ρίζα της f x x . Θα δείξουμε ότι είναι μοναδική.

Θεωρούμε τη συνάρτηση g x f x x ορισμένη στο r .

Α΄ τρόπος (με άτοπο) :

Έστω ότι g έχει τουλάχιστον δύο ρίζες στο r , και δύο από αυτές είναι οι 1 2ρ , ρ . Χωρίς βλάβη της

γενικότητας επιλέγουμε 1 2ρ ρ .

Τότε

H g είναι συνεχής στo 1 2ρ ,ρ ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων

Η g είναι παραγωγίσιμη στo 1 2ρ ,ρ ως διαφορά παραγωγίσιμων συναρτήσεων με g x f x 1


1 2g ρ g ρ 0 από υπόθεση

Οπότε από το Θεώρημα Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον 1 2ξ ρ ,ρ τέτοιο ώστε

2

2

ξg ξ 0 f ξ 1 1 ξ ξ 1 0

ξ 1

Άτοπο διότι το τριώνυμο έχει Δ 0

Σε άτοπο καταλήξαμε από την υπόθεση ότι η g έχει τουλάχιστον δύο ρίζες.

Άρα η λύση x 0 είναι μοναδική.

Β΄ τρόπος (με μονοτονία) :

Η g είναι παραγωγίσιμη ως διαφορά παραγωγίσιμων συναρτήσεων , οπότε :

2 2

2 2 2

x x x 1 x x 1g x f x 1 1 0

x 1 x 1 x 1

διότι 2x 1 0 και το τριώνυμο 2x x 1 0 αφού έχει Δ 3 0

Άρα η g είναι γνησίως αύξουσα για κάθε xr

Οπότε για

g

x 0 g x g 0 g x 0 1

g

x 0 g x g 0 g x 0 1

Άρα η λύση x 0 είναι μοναδική.

Β2.iv.

Από την υπόθεση 1

f x2

και το ερώτημα Β2.ii. και Β2.iii. έχουμε ότι κάθε εξίσωση της μορφής

f x x με 1

f x2

που έχει ρίζα το 0 θα είναι και μοναδική.

Η εξίσωση x

ημ x2 έχει ρίζα το 0 και αν υποθέσουμε ότι

xh x ημ

2 , τότε

1 xh x συν

2 2 με

1 x 1 x 1

h x συν συν2 2 2 2 2

Άρα η εξίσωση x

ημ x2 έχει μοναδική ρίζα το 0

Γ1. Έχουμε την ανισοϊσότητα 2017x yf x 2 2 f y x y

Θέτουμε xh x f x 2 , x r

Για οποιοδήποτε 0y x r στην 1 έχουμε 2017

0 0h x h x x x

Είναι

2017 2017 2017

0 0 0 0 0h x h x x x x x h x h x x x

Θέμα Γ


Έχουμε ότι

0 0

2017 2017

0 0x x x xlim x x lim x x 0

Οπότε από κριτήριο παρεμβολής είναι 0 0

0 0x x x xlim h x h x 0 limh x h x

Άρα η h είναι συνεχής σε οποιοδήποτε 0x r , οπότε θα είναι συνεχής στο r

Για 0x x είναι

2017 2016 2016 20160 0

0 0 0 0 0

0 0

h x h x h x h xh x h x x x x x x x x x

x x x x

Έχουμε ότι

0 0

2016 2016

0 0x x x xlim x x lim x x 0

Οπότε από κριτήριο παρεμβολής είναι

0

0

x x0

h x h xlim 0

x x

.

Άρα 0h x 0 για οποιοδήποτε 0x r , οπότε θα είναι h x 0 για κάθε xr

Έτσι έχουμε ότι

Η h είναι συνεχής στο r

h x 0 για κάθε εσωτερικό σημείο του r

Οπότε από Συνέπειες του Θεωρήματος Μέσης Τιμής η h θα είναι σταθερή στο r

Δηλαδή h x c με cr , για κάθε xr

Τελικά είναι x xh x c f x 2 c f x c 2

Για x 0 έχουμε 0f 0 2 c 1 1 c c 0

Οπότε xf x 2 , x r

Γ2. Έχουμε ότι g α g β 2α 2β g α 2α g β 2β 1 για κάθε α,βr

Έστω φ x g x 2x, x r

Τότε από 1 έχουμε

φ α φ β για κάθε α,βr

Οπότε η φ είναι σταθερή στο r

Άρα 1φ x c με 1c r

Οπότε


21 1 1 1φ x c g x 2x c g x c 2x g x c x x

Οι συναρτήσεις 21g x , c x x είναι συνεχείς

Άρα από το πόρισμα της συνέπειας του Θεωρήματος Μέσης Τιμής έχουμε

21 2g x c x x c με 2c r

Για x 0 είναι 21 2 2g 0 c 0 0 c c 1

Για x 1 είναι 21 2 1 1g 1 c 1 1 c 2 c 1 1 c 2

Άρα 2g x x 2x 1, x r

Γ3. i. Για να βρούμε τα κοινά σημεία των f gC , C αρκεί να λύσουμε την εξίσωση

x 2 x 2f x g x 2 x 2x 1 2 x 2x 1 0

Έστω x 2r x 2 x 2x 1, x r

Παρατηρούμε ότι 0 2r 0 2 0 2 0 1 0 και 1 2r 1 2 1 2 1 1 0

Άρα τα κοινά σημεία των f gC , C είναι τουλάχιστον τα A 0,1 και B 1,2 αφού

f 0 g 0 1 και f 1 g 1 2

Θα δείξουμε ότι αυτά τα σημεία είναι μοναδικά.

Έστω ότι η εξίσωση έχει τουλάχιστον τρεις ρίζες στο r , και τρεις από αυτές είναι οι 0 , 1 και ρ. Χωρίς

βλάβη της γενικότητας επιλέγουμε 0 1 ρ . Τότε

H r είναι συνεχής στα 0,1 , 1,ρ ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων

Η r είναι παραγωγίσιμη στo 0,1 , 1,ρ ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων με

xr x 2 ln2 2x 2

r 0 r 1 r ρ 0 , από υπόθεση

Άρα από Θεώρημα Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον

1ξ 0,1 τέτοιο ώστε 1r ξ 0

και ένα τουλάχιστον

2ξ 1,ρ τέτοιο ώστε 2r ξ 0

Θεωρούμε την r ορισμένη στο 1 2ξ ,ξ

H r είναι συνεχής στο 1 2ξ ,ξ ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων

Η r είναι παραγωγίσιμη στo 1 2ξ ,ξ ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων με

x 2r x 2 ln 2 2

1 2r ξ r ξ 0

,

Οπότε από το Θεώρημα Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον 3 1 2ξ ξ ,ξ τέτοιο ώστε

ξ 2 ξ 23r ξ 0 2 ln 2 2 0 2 ln 2 2 . Άτοπο.


Σε άτοπο καταλήξαμε από την υπόθεση ότι η η εξίσωση έχει τουλάχιστον τρεις ρίζες. Επειδή έχουμε

δείξει ότι έχει δύο τουλάχιστον αυτές θα είναι και μοναδικές.

ii. Για να έχουν κοινή εφαπτομένη στα σημεία Α και Β θα πρέπει :

Για το σημείο Α 0,1 να ισχύει f 0 g 0 και f 0 g 0

Όμως f 0 ln2 και g 0 2 . Οπότε δεν δέχονται κοινή εφαπτομένη στο Α

Για το σημείο B 1,2 να ισχύει f 1 g 1 και f 1 g 1

Όμως f 1 2ln2 και g 1 0 . Οπότε δεν δέχονται κοινή εφαπτομένη στο Β

Γ4. Α΄ τρόπος ( με το Θεώρημα Rolle) :

Για ξ x έχουμε

f x g x 1 f x g x 1 f x g x 1 f x g x 1 0 f x g x 1 0

q x f x g x 1 f x g x 1

Θεωρούμε τη συνάρτηση q x f x g x 1 ορισμένη στο 0,1

Η q x είναι συνεχής στο 0,1 ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων

Η q x είναι παραγωγίσιμη στο 0,1 ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων με

q x f x q x 1 f x q x 1

q 0 f 0 g 1 1 2 2

2q 1 f 1 g 2 2 2 2 2 1 2

Άρα q 0 q 1 .

Οπότε από Θεώρημα Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ 0,1 τέτοιο ώστε

q ξ 0 f ξ q ξ 1 f ξ q ξ 1 0 f ξ q ξ 1 f ξ q ξ 1

Β΄ τρόπος ( με το Θεώρημα Bolzano) :

Θεωρούμε τη συνάρτηση q x f x g x 1 f x g x 1 ορισμένη στο 0,1

H q είναι συνεχής στο 0,1 ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων .

q 0 f 0 g 1 f 0 g 1 1 0 ln2 2 2ln2 0

q 1 f 1 g 2 f 1 g 2 2 2 2ln2 1 4 2ln2 4 ln4 0 , διότι για x 4 στη βασική

ανισότητα lnx x 1 έχουμε ln4 4 1 ln4 4 1 0

Οπότε από Θεώρημα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ 0,1 τέτοιο ώστε

q ξ 0 f ξ g ξ 1 f ξ g ξ 1

Δ1. Αρχικά έχουμε ότι η 1

f xx

είναι συνεχής για x 1 και 1

f x 0x

, οπότε από τις συνέπειες

του Θεωρήματος Bolzano διατηρεί σταθερό πρόσημο. Επίσης 1

f e 1 0e

. Άρα 1

f x 0x

για

κάθε x 1 και κατά συνέπεια 1 1

f x f xx x

.

Θέμα Δ


Η δοθείσα σχέση γίνεται

2h 0

1f xf x 2h 2f x f x 3h 1xlim 1

h x lnx x

Έχουμε ότι

h 0 h 0

f x 2h 2f x f x 3h f x 2h f x f x 3h f xlim lim 2f x 3f x f x

h h h

διότι

για το

h 0

f x 2h f xlim

h

θέτουμε 2h u . Όταν h 0 τότε u 0

Άρα

h 0 u 0 u 0

f x 2h f x f x u f x f x u f xlim lim 2lim 2f x

uh u2

και για το

h 0

f x 3h f xlim

h

θέτουμε 3h u . Όταν h 0 τότε u 0

Άρα

h 0 u 0 u 0

f x 3h f x f x u f x f x u f xlim lim 3lim 3f x

uh u3

Οπότε από 1 έχουμε

2 2

1 1f x f x

1 1x xf x f x 2x lnx x x x lnx

Θεωρούμε τη βοηθητική συνάρτηση 1

g x f x , x 1x

Οπότε από 2 έχουμε

g x 0 g x 0g x g x 1

g x lng x ln lnxx lnx g x xlnx

Οι lng x , ln lnx είναι συνεχείς στο 1,

Οπότε από το Πόρισμα της Συνέπειας του Θεωρήματος Μέσης Τιμής έχουμε

ln g x ln lnx c με cr

Γι α x e είναι 1

lng e ln lne c ln f e ln1 c ln1 ln1 c c 0e

Άρα

lnx:1 1 1 1

lng x ln lnx g x lnx f x lnx f x lnx , x 1x x

Δ2. Έχουμε ότι 2

1 1f x

x x και 2 3

1 2f x 0

x x . Οπότε η f είναι γνησίως φθίνουσα για κάθε

x 1 .


Για x 1 έχουμε :

Η f είναι συνεχής στο x,x 1 ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων

Η f είναι παραγωγίσιμη στο x,x 1 ως διαφορά παραγωγίσιμων συναρτήσεων

Από Θεώρημα Μέσης Τιμής έχουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ x,x 1 τέτοιο ώστε

f x 1 f x

f ξ f x 1 f xx 1 x

Έχουμε

f

2 2

1 1 1 1x ξ x 1 f x 1 f ξ f x f x 1 f x

x 1 x xx 1

2

Δ3. Ψάχνουμε το όριο

2 2

2 2

x 2x x 2x

x x

x 2x x 2x

x x

x 1 1 1 1 1lim e ln lim e ln x 1 lnx

x x x 1 x x 1

1 1lim e ln x 1 lnx lim e f x 1 f x

x 1 x

Από Δ2 έχουμε ότι

2 2 2 2 2x 2x2

x 2x x 2x x 2x x 2xex 2x

2 22 2

1 1 1 1 e e e ef x 1 f x e f x 1 f x

x 1 x x x 1 x xx 1 x 1

Έχουμε ότι :

22 x 2xx 2x

x D.L.H. x

e 2x 2elim lim

x 1 1

, διότι

xlim 2x 1

και για να υπολογίσουμε το

2x 2x

xlim e

θέτουμε 2x 2x u . Όταν x , τότε 2

0x

u lim x 2x

. Οπότε

2x 2x u

x ulim e lim e

22

2x 2xx 2x

x 2x

2x D.L.H. x x

e 2x 2elim lim lim e

2x 2x 1

( το έχουμε υπολογίσει πιο πάνω)

Οπότε

2 2x 2x x 2x

2x

e elim

x 1 x 1

Επίσης

22 x 2xx 2x

x D.L.H. x

e 2x 2elim lim

x 1

( το έχουμε υπολογίσει πιο πάνω)

22

2 2x 2xx 2x

x 2x x 2x

2x D.L.H. x x x

e 2x 2e 2x 2 1lim lim lim e lim e 1 1 0

x 2x 2x x

Οπότε

2 2x 2x x 2x

2x

e elim

x x

Συνεπώς από κριτήριο παρεμβολής είναι


2x 2x

xlim e f x 1 f x

Δ4. Έχουμε για x 2,3 ότι

4 3f x f 2 f x f 3

9 4 2017x 3 x 2

4 3x 2 f x f 2 x 3 f x f 3 2017 x 3 x 2 0

9 4

Θωρούμε τη συνάρτηση 4 3

g x x 2 f x f 2 x 3 f x f 3 2017 x 3 x 29 4

ορισμένη στο 2,3

Η g είναι συνεχής στο 2,3 ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων

3

g 2 f 2 f 3 04

διότι για x 2 στην ανισότητα του Δ2. είναι

1 1 1 1 4f 3 f 2

3 9 2 4 9

3 3f 2 f 3 0 f 2 f 3 0

4 4

3f 3 - f 2 <

4

και

4

g 3 f 3 f 2 09

διότι για x 2 στην ανισότητα του Δ2. είναι

1 1 1 1 3f 3 f 2

3 9 2 4 44

f 3 f 2 09

4< f 3 - f 2

9

Οπότε g 2 g 3 0

Συνεπώς από Θεώρημα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ 2,3 τέτοιο ώστε

ξ 2,3

4 3g ξ 0 ξ 2 f ξ f 2 ξ 3 f ξ f 3 2017 ξ 3 ξ 2 0

9 4

4 3f ξ f 2 f ξ f 3

9 4 2017ξ 3 ξ 2

Διαγώνισμα Rolle ΘΜΤ και συνέπειες + λύσεις

Education

Transcript of Διαγώνισμα Rolle ΘΜΤ και συνέπειες + λύσεις