MATeMAtyka 3. Zbiór zadań — strona 233

Niech $F(x)=x-\cos x$. Jest to funkcja ciągła na obu rozpatrywanych przedziałach. Ponadto

$$F(0)=-1<0,\qquad F\left(\frac{\pi}{4}\right) =\frac{\pi}{4}-\frac{\sqrt2}{2}>0,\qquad F\left(\frac{\pi}{2}\right)=\frac{\pi}{2}>0.$$

W każdym podpunkcie wartości na końcach mają przeciwne znaki. Z twierdzenia o wartości pośredniej istnieje więc punkt $c$ wewnątrz wskazanego przedziału, dla którego $F(c)=0$.

Wielomiany są ciągłe. Wystarczy znaleźć trzy rozłączne przedziały zmiany znaku.

a) Dla $f(x)=4x^3-3x^2-6x+2$:

$$f(-2)=-30<0<f(-1)=1,\quad f(0)=2>0>f(1)=-3,\quad f(1)=-3<0<f(2)=10.$$

b) Dla $f(x)=3x^3+2x^2-6x-1$:

$$f(-2)=-5<0<f(-1)=4,\quad f(-1)=4>0>f(0)=-1,\quad f(1)=-2<0<f(2)=19.$$

Twierdzenie o wartości pośredniej daje po jednym miejscu zerowym w każdym z trzech rozłącznych przedziałów, a więc są to trzy różne miejsca zerowe.

a) Wielomian jest ciągły na $[2;20]$. Iloczyn $w(2)w(20)<0$ oznacza, że wartości na końcach mają przeciwne znaki. Z twierdzenia Bolzana istnieje $c\in(2;20)$ takie, że $w(c)=0$.

b) Warunek z dodatnim iloczynem nie wyklucza parzystej liczby przecięć osi. Przykładem jest

$$w(x)=(x-10)^2.$$

Mamy $w(2)>0$ i $w(20)>0$, a mimo to $w(10)=0$ i $10\in(2;20)$.

Przenosimy wszystkie składniki na jedną stronę i badamy funkcję ciągłą.

a) $F(x)=x^3-2x-2$. Ponieważ $F(1)=-3$ oraz $F(2)=2$, równanie ma rozwiązanie w $(1;2)$.

b) $F(x)=x^4+x-5$. Mamy $F(1)=-3$ i $F(2)=13$, zatem rozwiązanie leży w $(1;2)$.

c) $F(x)=2x-7-\cos x$. Mamy $F(3)=-1-\cos3<0$, bo $\cos3>-1$, oraz $F(4)=1-\cos4>0$, bo $\cos4<1$. Rozwiązanie leży więc w $(3;4)$.

W każdym przypadku wniosek wynika z ciągłości i zmiany znaku.

W każdym podpunkcie badamy ciągłą funkcję różnicową na przedziale należącym do jej dziedziny.

a) Po przeniesieniu stron otrzymujemy $F(x)=x^3-2x^2-13x-5$. Mamy $F(-2)=5>0$ i $F(-1)=-15<0$, więc pierwiastek leży w $(-2;-1)$.

b) Niech

$$F(x)=(x+5)(x+4)(x+3)-(x^2-5)(x^2-4)(x^2-3).$$

$F(-3)=-24<0$, a $F(-2)=6>0$, zatem istnieje pierwiastek w $(-3;-2)$.

c) Obie strony są określone dla $x=-2$ i są wtedy równe $0$, więc $x=-2$ jest pierwiastkiem ujemnym.

d) Po sprowadzeniu do wspólnego mianownika równanie jest równoważne

$$x^3+12x^2+18x+14=0$$

w punktach dziedziny. Wielomian ma wartości $-62$ dla $x=-11$ oraz $34$ dla $x=-10$; na $[-11;-10]$ żaden mianownik nie znika. Istnieje zatem pierwiastek w $(-11;-10)$.

Punkty wspólne spełniają

$$10+\frac1x=\sqrt x,\qquad x>0.$$

Niech $H(x)=\sqrt x-10-\frac1x$. Funkcja $H$ jest ciągła na $[100;101]$. Ponieważ

$$H(100)=-\frac1{100}<0,\qquad H(101)=\sqrt{101}-10-\frac1{101}>0,$$

to istnieje $c\in(100;101)$, dla którego $H(c)=0$. Punkt $(c,\sqrt c)$ należy do obu wykresów, a jego pierwsza współrzędna jest większa niż $100$.

Obliczamy wartości wielomianu w kolejnych liczbach całkowitych:

$$f(-1)=-5<0<f(0)=2,$$ $$f(1)=1>0>f(2)=-2,$$ $$f(3)=-1<0<f(4)=10.$$

Ciągłość daje po jednym miejscu zerowym w przedziałach $(-1;0)$, $(1;2)$ i $(3;4)$. Z treści wiadomo, że miejsc zerowych są dokładnie trzy, więc są to szukane trzy pary kolejnych liczb całkowitych.

Niech $H(x)=f(x)-g(x)$. Mianownik $x^2+1$ jest zawsze dodatni, zatem $H$ jest ciągła na $\mathbb R$.

W przedziale z polecenia:

$$H(4)=-3-\frac{11}{17}<0,\qquad H(5)=1-\frac{14}{26}>0.$$

Istnieje więc rozwiązanie w $(4;5)$. Drugie otrzymujemy, ponieważ

$$H(0)=1-(-1)=2>0,\qquad H(1)=-3-1=-4<0.$$

Twierdzenie o wartości pośredniej daje punkt wspólny także dla pewnego $x\in(0;1)$, czyli poza przedziałem $(4;5)$.