🎢

Θεώρημα Rolle & Θ.Μ.Τ.

Προϋποθέσεις, γεωμετρική ερμηνεία, εφαρμογές

Γιατί με νοιάζει;

Σε αρκετούς αυτοκινητόδρομους υπάρχουν κάμερες που δεν μετρούν την ταχύτητά σου τη στιγμή που περνάς. Καταγράφουν πότε πέρασες από δύο σημεία και υπολογίζουν τη μέση ταχύτητα. Αν διάνυσες $12$ km σε $6$ λεπτά (μέση ταχύτητα $120$ km/h) σε δρόμο με όριο $100$ km/h, το πρόστιμο έρχεται. Και δικαίως: το Θεώρημα Μέσης Τιμής εγγυάται ότι κάποια στιγμή η ταχύτητά σου ήταν ακριβώς $120$ km/h.

Θεώρημα Rolle

Αν μια συνάρτηση $f$ είναι:

συνεχής στο κλειστό $[\alpha, \beta]$
παραγωγίσιμη στο ανοικτό $(\alpha, \beta)$
και $f(\alpha) = f(\beta)$

τότε υπάρχει τουλάχιστον ένα $\xi \in (\alpha, \beta)$ με $f'(\xi) = 0$ .

Γεωμετρικά: αφού η καμπύλη ξεκινά και καταλήγει στο ίδιο ύψος, κάπου ενδιάμεσα η εφαπτομένη γίνεται οριζόντια.

Θεώρημα Μέσης Τιμής (Θ.Μ.Τ.)

Αν η $f$ είναι συνεχής στο $[\alpha, \beta]$ και παραγωγίσιμη στο $(\alpha, \beta)$ (χωρίς απαίτηση ίσων τιμών στα άκρα), τότε υπάρχει τουλάχιστον ένα $\xi \in (\alpha, \beta)$ ώστε ο παρακάτω τύπος να ισχύει.

Γεωμετρικά: υπάρχει σημείο της καμπύλης όπου η εφαπτομένη είναι παράλληλη στη χορδή $AB$ , με $A(\alpha, f(\alpha))$ και $B(\beta, f(\beta))$ . Το Rolle είναι η ειδική περίπτωση όπου η χορδή είναι οριζόντια.

Κόλπο μνήμης

Οι προϋποθέσεις του Rolle είναι τρεις: συνεχής στο κλειστό, παραγωγίσιμη στο ανοικτό, ίσες τιμές στα άκρα. Στο Θ.Μ.Τ. φεύγει μόνο η τρίτη. Γεωμετρικά, το Rolle είναι απλώς ένα Θ.Μ.Τ. με οριζόντια χορδή: κλίση χορδής $0$ , άρα κάπου κλίση εφαπτομένης $0$ .

$f'(\xi) = \frac{f(\beta) - f(\alpha)}{\beta - \alpha}$

Η κλίση της τέμνουσας (χορδής) «πιάνεται» από την εφαπτομένη σε κάποιο ενδιάμεσο σημείο ξ.

Ήξερες ότι;

Ο Michel Rolle διατύπωσε το θεώρημα το 1691 μόνο για πολυώνυμα και χωρίς παραγώγους. Ήταν μάλιστα από τους πιο φανατικούς επικριτές του νέου τότε Απειροστικού Λογισμού! Το όνομα «θεώρημα του Rolle» καθιερώθηκε πολύ αργότερα, τον 19ο αιώνα, όταν το θεώρημα έγινε βασικό εργαλείο της Ανάλυσης.

Τυπικές εφαρμογές

Ύπαρξη ρίζας της $f'$ : αν $f(\alpha) = f(\beta)$ , το Rolle δίνει ρίζα της $f'$ στο $(\alpha, \beta)$ . Συχνά εφαρμόζεται σε βοηθητική συνάρτηση $g$ που κατασκευάζουμε ώστε $g' =$ ζητούμενη παράσταση.
Μοναδικότητα ρίζας (απαγωγή σε άτοπο): έστω ότι η $f(x) = x^3 + x - 1$ έχει δύο ρίζες $\rho_1 < \rho_2$ . Από Rolle στο $[\rho_1, \rho_2]$ υπάρχει $\xi$ με $f'(\xi) = 0$ . Όμως $f'(x) = 3x^2 + 1 > 0$ για κάθε $x$ — άτοπο. Άρα η ρίζα (που εξασφαλίζει το Bolzano) είναι μοναδική.

Συνήθη λάθη στις προϋποθέσεις

Η συνέχεια απαιτείται στο κλειστό $[\alpha, \beta]$ , η παραγωγισιμότητα αρκεί στο ανοικτό $(\alpha, \beta)$ — μην τα μπερδεύεις.
Αν λείπει έστω μία προϋπόθεση, το συμπέρασμα μπορεί να καταρρεύσει: η $f(x) = |x|$ στο $[-1, 1]$ έχει $f(-1) = f(1)$ , αλλά δεν είναι παραγωγίσιμη στο $0$ και πουθενά δεν ισχύει $f'(\xi) = 0$ .
Οι προϋποθέσεις είναι ικανές, όχι αναγκαίες: μπορεί να ισχύει το συμπέρασμα χωρίς να ισχύουν όλες.

Μέθοδος: «υπάρχει $\xi$ ώστε …» με βοηθητική συνάρτηση

Φέρε τη ζητούμενη σχέση στη μορφή $\text{παράσταση}(\xi) = 0$ .
Βρες μια συνάρτηση $g$ με $g'(x) =$ η παράσταση (ή η παράσταση επί έναν μη μηδενικό παράγοντα).
Έλεγξε ρητά τις προϋποθέσεις του Rolle για τη $g$ στο κατάλληλο $[\alpha, \beta]$ — κυρίως υπολόγισε $g(\alpha)$ και $g(\beta)$ .
Από το Rolle $g'(\xi) = 0$ · διαίρεσε με τον μη μηδενικό παράγοντα (π.χ. $e^\xi > 0$ ) και κατέληξε στη ζητούμενη σχέση.

Χρήσιμα «καλούπια» για τη $g$ :

$f'(\xi) = k$ → $g(x) = f(x) - kx$
$f'(\xi) + f(\xi) = 0$ → $g(x) = e^x f(x)$ , αφού $g'(x) = e^x \left(f'(x) + f(x)\right)$
$\xi f'(\xi) + f(\xi) = 0$ → $g(x) = x f(x)$
πολυωνυμική εξίσωση $P(x) = 0$ → $g$ = μια αρχική του $P$

Παράδειγμα (ρίζα μέσω Rolle): Να δειχθεί ότι η εξίσωση $4x^3 - 3x^2 - 2x + 1 = 0$ έχει ρίζα στο $(0, 1)$ .

Λύση: Το Bolzano εδώ «κολλάει»: $P(0) = 1$ και $P(1) = 4 - 3 - 2 + 1 = 0$ , άρα $P(0) P(1) = 0$ . Παίρνουμε μια αρχική του $P$ :

$g(x) = x^4 - x^3 - x^2 + x, \qquad g'(x) = 4x^3 - 3x^2 - 2x + 1$

Η $g$ είναι πολυωνυμική, άρα συνεχής στο $[0, 1]$ και παραγωγίσιμη στο $(0, 1)$ , και $g(0) = 0$ , $g(1) = 1 - 1 - 1 + 1 = 0$ . Από Rolle υπάρχει $\xi \in (0, 1)$ με $g'(\xi) = 0$ , δηλαδή $4\xi^3 - 3\xi^2 - 2\xi + 1 = 0$ .

Γρήγορος έλεγχος

Για ποια από τις παρακάτω συναρτήσεις ισχύουν ΟΛΕΣ οι προϋποθέσεις του Θ. Rolle στο $[-1, 1]$ ;

Γρήγορος έλεγχος

Η $f$ είναι συνεχής στο $[0, 1]$ , παραγωγίσιμη στο $(0, 1)$ με $f(0) = f(1) = 0$ . Για να δείξουμε ότι υπάρχει $\xi \in (0, 1)$ με $f'(\xi) = -f(\xi)$ , εφαρμόζουμε Rolle στη:

Παράδειγμα (Θ.Μ.Τ.): $f(x) = x^2$ στο $[0, 2]$ . Συνεχής και παραγωγίσιμη παντού, άρα υπάρχει $\xi \in (0, 2)$ με $f'(\xi) = \frac{f(2) - f(0)}{2 - 0} = \frac{4 - 0}{2} = 2$ . Επειδή $f'(x) = 2x$ : $2\xi = 2 \Rightarrow \xi = 1$ . Πράγματι, στο $(1, 1)$ η εφαπτομένη έχει κλίση $2$ , όση και η χορδή.

Γρήγορος έλεγχος

Εφαρμόζουμε Θ.Μ.Τ. στην $f(x) = x^3$ στο $[0, 3]$ . Ποιο είναι το $\xi$ ;

Παράδειγμα (ανισότητα με Θ.Μ.Τ.): Να δειχθεί ότι για $0 < \alpha < \beta$ ισχύει

$\frac{\beta - \alpha}{\beta} < \ln\beta - \ln\alpha < \frac{\beta - \alpha}{\alpha}$

Λύση: Η $f(x) = \ln x$ είναι συνεχής στο $[\alpha, \beta]$ και παραγωγίσιμη στο $(\alpha, \beta)$ . Από Θ.Μ.Τ. υπάρχει $\xi \in (\alpha, \beta)$ με

$\frac{1}{\xi} = \frac{\ln\beta - \ln\alpha}{\beta - \alpha}$

Επειδή $0 < \alpha < \xi < \beta$ , είναι $\frac{1}{\beta} < \frac{1}{\xi} < \frac{1}{\alpha}$ , άρα $\frac{1}{\beta} < \frac{\ln\beta - \ln\alpha}{\beta - \alpha} < \frac{1}{\alpha}$ . Πολλαπλασιάζοντας με $\beta - \alpha > 0$ παίρνουμε τη ζητούμενη. Π.χ. για $\alpha = 1$ , $\beta = 2$ : $\frac{1}{2} < \ln 2 < 1$ .

Γρήγορος έλεγχος

Εφαρμόζοντας το Θ.Μ.Τ. στην $f(x) = \ln x$ στο $[2, 3]$ προκύπτει ότι:

Θέμα τύπου Πανελλαδικών (Θέμα Γ): Η $f$ είναι συνεχής στο $[0, 1]$ , παραγωγίσιμη στο $(0, 1)$ , με $f(0) = 0$ και $f(1) = 1$ .

(α) Να δείξετε ότι υπάρχει $\xi \in (0, 1)$ με $f'(\xi) = 2\xi$ .

(β) Να δείξετε ότι υπάρχουν $\xi_1, \xi_2 \in (0, 1)$ με $\xi_1 \neq \xi_2$ και $f'(\xi_1) + f'(\xi_2) = 2$ .

(γ) Να δείξετε ότι υπάρχει $x_0 \in (0, 1)$ με $f(x_0) = 1 - x_0$ .

Λύση (α): Θεωρούμε $g(x) = f(x) - x^2$ , συνεχή στο $[0, 1]$ και παραγωγίσιμη στο $(0, 1)$ , με $g(0) = 0$ και $g(1) = 1 - 1 = 0$ . Από Rolle υπάρχει $\xi \in (0, 1)$ με $g'(\xi) = f'(\xi) - 2\xi = 0$ .

Λύση (β): Χωρίζουμε σε ξένα υποδιαστήματα $\left[0, \frac{1}{2}\right]$ και $\left[\frac{1}{2}, 1\right]$ και εφαρμόζουμε Θ.Μ.Τ. σε καθένα:

$f'(\xi_1) = \frac{f\left(\frac{1}{2}\right) - 0}{\frac{1}{2}} = 2 f\left(\tfrac{1}{2}\right), \qquad f'(\xi_2) = \frac{1 - f\left(\frac{1}{2}\right)}{\frac{1}{2}} = 2 - 2 f\left(\tfrac{1}{2}\right)$

με $\xi_1 \in \left(0, \frac{1}{2}\right)$ , $\xi_2 \in \left(\frac{1}{2}, 1\right)$ , άρα $\xi_1 \neq \xi_2$ . Προσθέτοντας: $f'(\xi_1) + f'(\xi_2) = 2$ .

Λύση (γ): Η $h(x) = f(x) + x - 1$ είναι συνεχής στο $[0, 1]$ με $h(0) = -1 < 0$ και $h(1) = 1 > 0$ . Από Bolzano υπάρχει $x_0 \in (0, 1)$ με $h(x_0) = 0$ .

Όταν η εκφώνηση ζητά «υπάρχει $\xi$ ώστε ...», φέρε τη ζητούμενη σχέση στη μορφή $g'(\xi) = 0$ (σκέψου Rolle σε κατάλληλη $g$ ) ή $f'(\xi) = \frac{f(\beta) - f(\alpha)}{\beta - \alpha}$ (σκέψου Θ.Μ.Τ.). Και ΠΑΝΤΑ γράψε ρητά τον έλεγχο των προϋποθέσεων — βαθμολογείται.

Πρόκληση

Η $f$ είναι συνεχής στο $[0, 2]$ , παραγωγίσιμη στο $(0, 2)$ , με $f(0) = 0$ και $f(2) = 4$ .

(α) Να δείξετε ότι υπάρχουν $\xi_1, \xi_2 \in (0, 2)$ με $\xi_1 < \xi_2$ και $f'(\xi_1) + f'(\xi_2) = 4$ .

(β) Αν επιπλέον $f(1) = 1$ και η $f'$ είναι παραγωγίσιμη στο $(0, 2)$ , να δείξετε ότι υπάρχει $\xi \in (0, 2)$ με $f''(\xi) > 1$ .

Δοκίμασε πρώτα μόνος σου — μετά δες τη λύση

(α) Το Θ.Μ.Τ. σε όλο το $[0, 2]$ δίνει ένα $\xi$ , με $f'(\xi) = 2$ . Ζητούνται όμως δύο. Η «στροφή»: χώρισε το διάστημα στο $1$ .

Θ.Μ.Τ. στο $[0, 1]$ : υπάρχει $\xi_1 \in (0, 1)$ με $f'(\xi_1) = \frac{f(1) - f(0)}{1 - 0} = f(1)$ .
Θ.Μ.Τ. στο $[1, 2]$ : υπάρχει $\xi_2 \in (1, 2)$ με $f'(\xi_2) = \frac{f(2) - f(1)}{2 - 1} = 4 - f(1)$ .

Προσθέτοντας: $f'(\xi_1) + f'(\xi_2) = 4$ , και $\xi_1 < 1 < \xi_2$ .

(β) Τώρα $f'(\xi_1) = 1$ και $f'(\xi_2) = 3$ . Η $f'$ είναι παραγωγίσιμη στο $(0, 2)$ , άρα συνεχής στο $[\xi_1, \xi_2]$ και παραγωγίσιμη στο $(\xi_1, \xi_2)$ . Θ.Μ.Τ. για την $f'$ : υπάρχει $\xi \in (\xi_1, \xi_2)$ με

$f''(\xi) = \frac{f'(\xi_2) - f'(\xi_1)}{\xi_2 - \xi_1} = \frac{2}{\xi_2 - \xi_1}$

Αφού $\xi_1 \in (0, 1)$ και $\xi_2 \in (1, 2)$ , είναι $0 < \xi_2 - \xi_1 < 2$ , άρα $f''(\xi) > 1$ .

Η «στροφή»: όταν ζητούνται δύο $\xi$ , σπάσε το διάστημα. Όταν ζητείται η $f''$ , εφάρμοσε το Θ.Μ.Τ. στην $f'$ , ανάμεσα στα $\xi$ που ήδη βρήκες.

Συνηθισμένα λάθη

Θεωρείς ότι το $\xi$ του Θ.Μ.Τ. είναι το μέσο του διαστήματος. Γενικά δεν είναι: για την $x^3$ στο $[0, 3]$ είναι $\sqrt{3}$ , όχι $\frac{3}{2}$ .
Για δύο διαφορετικά $\xi_1, \xi_2$ εφαρμόζεις Θ.Μ.Τ. δύο φορές στο ίδιο διάστημα — μπορεί να βγει το ίδιο $\xi$ . Χρειάζονται ξένα υποδιαστήματα, π.χ. $[\alpha, \mu]$ και $[\mu, \beta]$ .
Εφαρμόζεις Rolle χωρίς να υπολογίσεις ρητά τα $g(\alpha)$ και $g(\beta)$ .
Διαβάζεις το Rolle ως «ακριβώς ένα $\xi$ ». Δίνει τουλάχιστον ένα.

Σύνοψη — τι κρατάμε

Rolle: συνεχής στο $[\alpha, \beta]$ , παραγωγίσιμη στο $(\alpha, \beta)$ , $f(\alpha) = f(\beta)$ ⇒ υπάρχει $\xi \in (\alpha, \beta)$ με $f'(\xi) = 0$ .
Θ.Μ.Τ.: συνεχής στο $[\alpha, \beta]$ , παραγωγίσιμη στο $(\alpha, \beta)$ ⇒ υπάρχει $\xi$ με $f'(\xi) = \frac{f(\beta) - f(\alpha)}{\beta - \alpha}$ (εφαπτομένη ∥ χορδή).
«Υπάρχει $\xi$ ώστε…» → βοηθητική $g$ με $g' =$ παράσταση και Rolle.
Αν $f'(x) \neq 0$ παντού σε διάστημα, η $f$ έχει εκεί το πολύ μία ρίζα (Rolle με άτοπο).
Ανισότητες: Θ.Μ.Τ. και φράξιμο του $f'(\xi)$ χρησιμοποιώντας $\alpha < \xi < \beta$ .

Θεώρημα Rolle

Αν μια συνάρτηση

f

είναι:

συνεχής στο κλειστό

[\alpha, \beta]

παραγωγίσιμη στο ανοικτό

(\alpha, \beta)

και

f(\alpha) = f(\beta)

τότε υπάρχει τουλάχιστον ένα

\xi \in (\alpha, \beta)

με

f'(\xi) = 0

Θεώρημα Rolle & Θ.Μ.Τ.

Θεώρημα Rolle

Θεώρημα Μέσης Τιμής (Θ.Μ.Τ.)

Τυπικές εφαρμογές

Συνήθη λάθη στις προϋποθέσεις

Μέθοδος: «υπάρχει ξ\xiξ ώστε …» με βοηθητική συνάρτηση

Θεώρημα Rolle & Θ.Μ.Τ.

Θεώρημα Rolle

Θεώρημα Μέσης Τιμής (Θ.Μ.Τ.)

Τυπικές εφαρμογές

Συνήθη λάθη στις προϋποθέσεις

Μέθοδος: «υπάρχει ξ\xiξ ώστε …» με βοηθητική συνάρτηση

Μέθοδος: «υπάρχει $\xi$ ώστε …» με βοηθητική συνάρτηση

Μέθοδος: «υπάρχει $\xi$ ώστε …» με βοηθητική συνάρτηση