Λύσεις Κεφαλαίου 2.5 – Θεώρημα Μέσης Τιμής Διαφορικού Λογισμού (σελ. 131-132)

Λύσεις §2.5 Θεώρημα Μέσης Τιμής Διαφορικού Λογισμού

Άσκηση 1 (σελ. 131) — κωδ. GEL3.MATH.BM.X.132.01

Εκφώνηση: Να εξετάσετε ποιες από τις παρακάτω συναρτήσεις ικανοποιούν τις υποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο διάστημα που αναφέρεται και, όπου ισχύει, να βρείτε όλα τα \(\xi\in(\alpha,\beta)\) με \(f'(\xi)=0\): i) \(f(x)=x^2-2x+1,\ [0,2]\) ii) \(f(x)=\eta\mu3x,\ \left[0,\frac{2\pi}{3}\right]\) iii) \(f(x)=1+\sigma\upsilon\nu2x,\ [0,\pi]\) iv) \(f(x)=|x|,\ [-1,1]\).

Σκέψη: Ελέγχουμε τις τρεις υποθέσεις (συνέχεια στο κλειστό, παραγωγισιμότητα στο ανοικτό, ίσες τιμές στα άκρα) σε κάθε περίπτωση· όπου ισχύουν, λύνουμε \(f'(x)=0\) εντός του ανοικτού διαστήματος.

Λύση:

• i) \(f\) πολυωνυμική (συνεχής/παραγωγίσιμη παντού). \(f(0)=1,\ f(2)=4-4+1=1\): ίσες ✓. Rolle ισχύει. \(f'(x)=2x-2=0\Rightarrow x=1\in(0,2)\). \(\xi=1\).
• ii) \(f=\sin3x\) συνεχής/παραγωγίσιμη παντού. \(f(0)=0\), \(f(2\pi/3)=\sin2\pi=0\): ίσες ✓. Rolle ισχύει. \(f'(x)=3\cos3x=0\Rightarrow\cos3x=0\Rightarrow x=\frac\pi6+\frac{k\pi}{3}\). Στο \(\left(0,\frac{2\pi}{3}\right)\): \(x=\frac\pi6\) και \(x=\frac\pi2\).
• iii) \(f=1+\cos2x\) συνεχής/παραγωγίσιμη παντού. \(f(0)=2\), \(f(\pi)=1+\cos2\pi=2\): ίσες ✓. Rolle ισχύει. \(f'(x)=-2\sin2x=0\Rightarrow\sin2x=0\Rightarrow x=\frac{k\pi}{2}\). Στο \((0,\pi)\): μόνο \(x=\frac\pi2\).
• iv) \(f=|x|\) είναι συνεχής στο \([-1,1]\) και \(f(-1)=f(1)=1\), ΑΛΛΑ ΔΕΝ είναι παραγωγίσιμη στο \(x=0\in(-1,1)\) — η δεύτερη υπόθεση αποτυγχάνει. Το Rolle ΔΕΝ εφαρμόζεται (και πράγματι \(f'(x)=\pm1\neq0\) όπου ορίζεται).

Απάντηση: i) Ισχύει, \(\xi=1\). ii) Ισχύει, \(\xi=\frac\pi6\) ή \(\frac\pi2\). iii) Ισχύει, \(\xi=\frac\pi2\). iv) ΔΕΝ ισχύει (μη παραγωγίσιμη στο \(0\)).

Πρόσεξε:

• Το (iv) δείχνει γιατί ΚΑΙ οι τρεις υποθέσεις του Rolle είναι απαραίτητες — η αποτυχία μιας εμποδίζει το συμπέρασμα, ακόμη κι αν οι άλλες δύο ισχύουν.

Άσκηση 2 (σελ. 131) — κωδ. GEL3.MATH.BM.X.132.02

Εκφώνηση: Να εξετάσετε ποιες από τις παρακάτω συναρτήσεις ικανοποιούν τις υποθέσεις του Θ.Μ.Τ. στο διάστημα που αναφέρεται και, όπου ισχύει, να βρείτε όλα τα \(\xi\in(\alpha,\beta)\) με \(f'(\xi)=\dfrac{f(\beta)-f(\alpha)}{\beta-\alpha}\): i) \(f(x)=x^2+2x,\ [0,4]\) ii) \(f(x)=3\eta\mu2x,\ \left[0,\frac\pi2\right]\) iii) \(f(x)=\begin{cases}2x+2, & x\leq-1\\x^3-x, & x>-1\end{cases},\ [-3,2]\).

Σκέψη: Στα (i),(ii) οι συναρτήσεις είναι παντού συνεχείς/παραγωγίσιμες. Στο (iii) πρέπει πρώτα να ελέγξουμε συνέχεια+παραγωγισιμότητα στο σημείο ραφής \(x=-1\).

Λύση:

• i) \(f'(x)=2x+2\). \(\frac{f(4)-f(0)}{4}=\frac{24-0}{4}=6\). \(2x+2=6\Rightarrow x=2\in(0,4)\). \(\xi=2\).
• ii) \(f'(x)=6\cos2x\). \(f(0)=0,\ f(\pi/2)=3\sin\pi=0\Rightarrow\) λόγος \(=0\). \(6\cos2x=0\Rightarrow x=\frac\pi4+\frac{k\pi}{2}\). Στο \(\left(0,\frac\pi2\right)\): μόνο \(x=\frac\pi4\). \(\xi=\frac\pi4\).
• iii) Στο \(x=-1\): συνέχεια — αριστερά/στο σημείο \(f(-1)=2(-1)+2=0\), δεξιά \(\lim_{x\to-1^+}(x^3-x)=-1+1=0\) ✓ συνεχής. Παραγωγισιμότητα — αριστερή παράγωγος \((2x+2)'=2\), δεξιά \((x^3-x)'|_{x=-1}=3(1)-1=2\): ΙΣΕΣ, άρα \(f'(-1)=2\) και η \(f\) είναι παραγωγίσιμη παντού στο \((-3,2)\). Άρα το Θ.Μ.Τ. εφαρμόζεται.
• Λόγος: \(f(-3)=2(-3)+2=-4\), \(f(2)=2^3-2=6\). \(\frac{f(2)-f(-3)}{2-(-3)}=\frac{6-(-4)}{5}=2\). Λύνουμε \(f'(x)=2\): στο \(x\leq-1\): \(2x+2=2\Rightarrow x=0\) (εκτός εύρους, απορρίπτεται)· στο \(x\geq-1\) (όπου \(f'(x)=3x^2-1\) για \(x>-1\), και \(f'(-1)=2\) όπως βρήκαμε): \(3x^2-1=2\Rightarrow x^2=1\Rightarrow x=\pm1\). Το \(x=1\in(-1,2]\) ισχύει· και το \(x=-1\) ισχύει επίσης αφού \(f'(-1)=2\) (υπολογίστηκε παραπάνω) και \(-1\in(-3,2)\).

Απάντηση: i) \(\xi=2\). ii) \(\xi=\frac\pi4\). iii) Ισχύει (η \(f\) είναι παραγωγίσιμη και στο σημείο ραφής \(-1\))· \(\xi=-1\) ή \(\xi=1\).

Πρόσεξε:

• Στο (iii), το σημείο ραφής \(x=-1\) αποδεικνύεται ΟΤΙ ΕΙΝΑΙ σημείο παραγωγισιμότητας (σπάνιο αλλά όχι απίθανο) — και τυχαίνει να είναι ΚΑΙ λύση της εξίσωσης \(f'(x)=2\), δίνοντας δύο τιμές \(\xi\) αντί για μία.

Άσκηση 3 (σελ. 131) — κωδ. GEL3.MATH.BM.X.132.03

Εκφώνηση: Αν \(\alpha<\beta\), να αποδείξετε ότι οι \(f(x)=e^x\) και \(g(x)=\ln x\) (με \(0<\alpha<\beta\) για τη \(g\)) ικανοποιούν τις υποθέσεις του Θ.Μ.Τ. στο \([\alpha,\beta]\), και στη συνέχεια ότι: \(e^\alpha<\dfrac{e^\beta-e^\alpha}{\beta-\alpha}<e^\beta\) και \(\dfrac1\beta<\dfrac{\ln\beta-\ln\alpha}{\beta-\alpha}<\dfrac1\alpha\).

Σκέψη: Εφαρμόζουμε Θ.Μ.Τ. σε κάθε συνάρτηση για να πάρουμε \(f'(\xi)=\) λόγο μεταβολής, μετά χρησιμοποιούμε τη μονοτονία της \(f'\) (αύξουσα ή φθίνουσα) στο \((\alpha,\xi,\beta)\) για να «σφίξουμε» την ανισότητα.

Λύση:

• Η \(f(x)=e^x\) είναι συνεχής και παραγωγίσιμη σε όλο το \(\mathbb{R}\)⊇\([\alpha,\beta]\), άρα το Θ.Μ.Τ. εφαρμόζεται: υπάρχει \(\xi\in(\alpha,\beta)\) με \(e^\xi=f'(\xi)=\dfrac{e^\beta-e^\alpha}{\beta-\alpha}\).
• Η \(e^x\) είναι γνησίως αύξουσα, και \(\alpha<\xi<\beta\Rightarrow e^\alpha<e^\xi<e^\beta\). Αντικαθιστώντας: \(e^\alpha<\dfrac{e^\beta-e^\alpha}{\beta-\alpha}<e^\beta\).
• Η \(g(x)=\ln x\) είναι συνεχής/παραγωγίσιμη στο \((0,+\infty)\)⊇\([\alpha,\beta]\) (αφού \(0<\alpha<\beta\)), με \(g'(x)=1/x\). Θ.Μ.Τ.: υπάρχει \(\xi\in(\alpha,\beta)\) με \(\dfrac1\xi=\dfrac{\ln\beta-\ln\alpha}{\beta-\alpha}\).
• Η \(1/x\) είναι γνησίως ΦΘΙΝΟΥΣΑ στο \((0,+\infty)\), και \(\alpha<\xi<\beta\Rightarrow\dfrac1\beta<\dfrac1\xi<\dfrac1\alpha\). Αντικαθιστώντας: \(\dfrac1\beta<\dfrac{\ln\beta-\ln\alpha}{\beta-\alpha}<\dfrac1\alpha\).

Απάντηση: Και οι δύο ανισότητες αποδεικνύονται από Θ.Μ.Τ. συνδυασμένο με τη γνωστή μονοτονία της \(e^x\) (αύξουσα) και της \(1/x\) (φθίνουσα για \(x>0\)).

Άσκηση Β1 (σελ. 131) — κωδ. GEL3.MATH.BM.X.132.Β01

Εκφώνηση: Δίνεται \(f(x)=x^4-20x^3-25x^2-x+1\). i) Να αποδείξετε ότι η \(f(x)=0\) έχει μια, τουλάχιστον, ρίζα στο \((-1,0)\) και μια στο \((0,1)\). ii) Να αποδείξετε ότι η \(4x^3-60x^2-50x-1=0\) έχει μια, τουλάχιστον, ρίζα στο \((-1,1)\).

Σκέψη: Για το (i) χρησιμοποιούμε Bolzano (πρόσημα στα άκρα). Για το (ii) παρατηρούμε ότι η δοσμένη εξίσωση είναι ακριβώς \(f'(x)=0\) — άρα εφαρμόζουμε Rolle στη \(f\) ανάμεσα στις δύο ρίζες που βρήκαμε στο (i).

Λύση:

• i) \(f(-1)=1+20-25+1+1=-2<0\). \(f(0)=1>0\). Αλλαγή προσήμου \(\Rightarrow\) (Bolzano, η \(f\) συνεχής ως πολυωνυμική) ρίζα \(x_1\in(-1,0)\).
• \(f(1)=1-20-25-1+1=-44<0\). Με \(f(0)=1>0\): αλλαγή προσήμου \(\Rightarrow\) ρίζα \(x_2\in(0,1)\).
• ii) Παρατηρούμε \(f'(x)=4x^3-60x^2-50x-1\) — ακριβώς η έκφραση της δοσμένης εξίσωσης. Η \(f\) είναι συνεχής στο \([x_1,x_2]\subset[-1,1]\) και παραγωγίσιμη στο \((x_1,x_2)\), με \(f(x_1)=f(x_2)=0\) (από το (i)). Από Rolle, υπάρχει \(\xi\in(x_1,x_2)\subset(-1,1)\) με \(f'(\xi)=0\), δηλαδή \(4\xi^3-60\xi^2-50\xi-1=0\) — άρα η εξίσωση έχει ρίζα στο \((-1,1)\).

Απάντηση: i) Ρίζες σε \((-1,0)\) και \((0,1)\) (Bolzano). ii) Ρίζα στο \((-1,1)\) (Rolle στην \(f\) ανάμεσα στις δύο ρίζες του (i), αφού η δοσμένη εξίσωση είναι η \(f'(x)=0\)).

Άσκηση Β2 (σελ. 132) — κωδ. GEL3.MATH.BM.X.133.Β02

Εκφώνηση: Δίνεται \(f(x)=(x-1)\eta\mu x\). Να αποδείξετε ότι: i) η \(f'(x)=0\) έχει μια, τουλάχιστον, ρίζα στο \((0,1)\). ii) η \(\epsilon\phi x=1-x\) έχει μια, τουλάχιστον, ρίζα στο \((0,1)\).

Σκέψη: i) Εφαρμόζουμε Rolle στην \(f\) (ελέγχοντας \(f(0)=f(1)=0\)). ii) Υπολογίζουμε \(f'(x)\) με κανόνα γινομένου, θέτουμε \(=0\) στο \(\xi\) του (i), και διαιρούμε με \(\cos\xi\neq0\) (έγκυρο αφού \(\xi\in(0,1)\subset(0,\pi/2)\)) για να καταλήξουμε στη ζητούμενη μορφή.

Λύση:

• i) \(f(0)=(0-1)\sin0=0\), \(f(1)=(1-1)\sin1=0\): \(f(0)=f(1)=0\). Η \(f\) είναι συνεχής/παραγωγίσιμη παντού (γινόμενο πολυωνυμικής επί ημιτόνου). Από Rolle, υπάρχει \(\xi\in(0,1)\) με \(f'(\xi)=0\).
• ii) \(f'(x)=\sin x+(x-1)\cos x\). Στο \(\xi\): \(\sin\xi+(\xi-1)\cos\xi=0\). Αφού \(\xi\in(0,1)\subset\left(0,\frac\pi2\right)\), ισχύει \(\cos\xi\neq0\)· διαιρώντας: \(\dfrac{\sin\xi}{\cos\xi}+(\xi-1)=0\Leftrightarrow\epsilon\phi\xi=1-\xi\). Άρα το \(x=\xi\in(0,1)\) είναι ρίζα της \(\tan x=1-x\).

Απάντηση: i) Υπάρχει \(\xi\in(0,1)\) με \(f'(\xi)=0\) (Rolle). ii) Το ίδιο \(\xi\) είναι ρίζα της \(\tan x=1-x\) στο \((0,1)\).

Άσκηση Β3 (σελ. 132) — κωδ. GEL3.MATH.BM.X.133.Β03

Εκφώνηση: i) Αν \(f'(x)\neq1\) για κάθε \(x\in\mathbb{R}\), να αποδείξετε ότι η \(f(x)=x\) έχει το πολύ μία πραγματική ρίζα. ii) Να αποδείξετε ότι η \(\eta\mu\frac{x}{2}=x\) αληθεύει μόνο για \(x=0\).

Σκέψη: i) Απόδειξη εις άτοπον: υποθέτουμε δύο ρίζες, εφαρμόζουμε Rolle στη \(g(x)=f(x)-x\), καταλήγουμε σε αντίφαση με την υπόθεση \(f'\neq1\). ii) Εφαρμόζουμε το (i) στην \(f(x)=\sin(x/2)\), δείχνοντας πρώτα ότι \(f'(x)\neq1\) παντού, μετά εντοπίζουμε τη μοναδική ρίζα ως \(x=0\).

Λύση:

• i) Έστω, προς απαγωγή σε άτοπο, ότι η \(f(x)=x\) έχει δύο ρίζες \(x_1\neq x_2\) (έστω \(x_1<x_2\)). Θέτουμε \(g(x)=f(x)-x\): \(g(x_1)=g(x_2)=0\). Η \(g\) είναι παραγωγίσιμη (αφού η \(f\) είναι), συνεχής στο \([x_1,x_2]\), παραγωγίσιμη στο \((x_1,x_2)\), με ίσες τιμές στα άκρα. Από Rolle, υπάρχει \(\xi\in(x_1,x_2)\) με \(g'(\xi)=0\Leftrightarrow f'(\xi)-1=0\Leftrightarrow f'(\xi)=1\) — ΑΤΟΠΟ, αφού \(f'(x)\neq1\ \forall x\). Άρα δεν μπορούν να υπάρχουν δύο ρίζες: η \(f(x)=x\) έχει το πολύ μία.
• ii) Έστω \(f(x)=\sin\frac{x}{2}\). \(f'(x)=\frac12\cos\frac{x}{2}\). Αφού \(\left|\cos\frac{x}{2}\right|\leq1\), έχουμε \(f'(x)\leq\frac12<1\) για κάθε \(x\), άρα \(f'(x)\neq1\) παντού. Από το (i), η \(f(x)=x\), δηλ. \(\sin\frac{x}{2}=x\), έχει ΤΟ ΠΟΛΥ μία ρίζα.
• Ελέγχουμε \(x=0\): \(\sin0=0=x\) ✓ — άρα το \(0\) ΕΙΝΑΙ ρίζα. Αφού υπάρχει το πολύ μία και το \(0\) είναι μία, το \(0\) είναι η ΜΟΝΑΔΙΚΗ ρίζα.

Απάντηση: i) Αποδεικνύεται εις άτοπον με Rolle. ii) Η \(\sin\frac{x}{2}=x\) αληθεύει ΜΟΝΟ για \(x=0\).

Άσκηση Β4 (σελ. 132) — κωδ. GEL3.MATH.BM.X.133.Β04

Εκφώνηση: i) Να αποδείξετε ότι \(\left|\dfrac{x}{1+x^2}\right|\leq\dfrac12\) για κάθε \(x\in\mathbb{R}\). ii) Αν \(f\) παραγωγίσιμη στο \(\mathbb{R}\) με \(f'(x)=\dfrac{x}{1+x^2}\), να αποδείξετε ότι \(|f(\beta)-f(\alpha)|\leq\dfrac12|\beta-\alpha|\) για κάθε \(\alpha,\beta\).

Σκέψη: i) Ξεκινάμε από το προφανώς αληθές \((|x|-1)^2\geq0\) και το αναδιατάσσουμε. ii) Εφαρμόζουμε Θ.Μ.Τ. στο \([\alpha,\beta]\) (ή \([\beta,\alpha]\)) και χρησιμοποιούμε το φράγμα του (i) στο \(f'(\xi)\).

Λύση:

• i) \((|x|-1)^2\geq0\Rightarrow x^2-2|x|+1\geq0\Rightarrow1+x^2\geq2|x|\Rightarrow\dfrac{|x|}{1+x^2}\leq\dfrac12\) (διαιρώντας με \(1+x^2>0\)) \(\Rightarrow\left|\dfrac{x}{1+x^2}\right|\leq\dfrac12\).
• ii) Αν \(\alpha=\beta\), η ανισότητα ισχύει τετριμμένα (\(0\leq0\)). Αν \(\alpha\neq\beta\) (έστω \(\alpha<\beta\)): η \(f\) είναι συνεχής/παραγωγίσιμη παντού, άρα από Θ.Μ.Τ. υπάρχει \(\xi\in(\alpha,\beta)\) με \(\dfrac{f(\beta)-f(\alpha)}{\beta-\alpha}=f'(\xi)=\dfrac{\xi}{1+\xi^2}\).
• Παίρνοντας απόλυτες τιμές και χρησιμοποιώντας το (i): \(\left|\dfrac{f(\beta)-f(\alpha)}{\beta-\alpha}\right|=\left|\dfrac{\xi}{1+\xi^2}\right|\leq\dfrac12\Rightarrow|f(\beta)-f(\alpha)|\leq\dfrac12|\beta-\alpha|\).

Απάντηση: Και οι δύο ανισότητες αποδεικνύονται όπως στη λύση (η (ii) μέσω Θ.Μ.Τ. συνδυασμένη με το φράγμα του (i)).

Άσκηση Β5 (σελ. 132) — κωδ. GEL3.MATH.BM.X.133.Β05

Εκφώνηση: Η \(f\) είναι συνεχής στο \([0,4]\) με \(2\leq f'(x)\leq5\) για κάθε \(x\in(0,4)\). Αν \(f(0)=1\), να αποδείξετε ότι \(9\leq f(4)\leq21\).

Σκέψη: Εφαρμόζουμε Θ.Μ.Τ. στο \([0,4]\), εκφράζουμε τον λόγο μεταβολής συναρτήσει \(f(4)\), και χρησιμοποιούμε το δοσμένο φράγμα για την παράγωγο.

Λύση:

• Η \(f\) είναι συνεχής στο \([0,4]\) και παραγωγίσιμη στο \((0,4)\) (αφού η \(f'\) ορίζεται εκεί). Από Θ.Μ.Τ., υπάρχει \(\xi\in(0,4)\) με \(f'(\xi)=\dfrac{f(4)-f(0)}{4}=\dfrac{f(4)-1}{4}\).
• Από την υπόθεση \(2\leq f'(\xi)\leq5\): \(2\leq\dfrac{f(4)-1}{4}\leq5\Rightarrow8\leq f(4)-1\leq20\Rightarrow9\leq f(4)\leq21\).

Απάντηση: \(9\leq f(4)\leq21\), όπως ζητήθηκε.

Άσκηση Β6 (σελ. 132) — κωδ. GEL3.MATH.BM.X.133.Β06

Εκφώνηση: Η \(f\) είναι συνεχής στο \([-1,1]\) με \(f'(x)\leq1\) για κάθε \(x\in(-1,1)\). Αν \(f(-1)=-1\) και \(f(1)=1\), να αποδείξετε ότι \(f(0)=0\), εφαρμόζοντας Θ.Μ.Τ. στα \([-1,0]\) και \([0,1]\).

Σκέψη: Εφαρμόζουμε Θ.Μ.Τ. χωριστά στα δύο μισά διαστήματα — κάθε εφαρμογή δίνει μία ανισότητα για το \(f(0)\) (μία πάνω φράγμα, μία κάτω φράγμα), και οι δύο μαζί «στριμώχνουν» το \(f(0)\) στο \(0\).

Λύση:

• Στο \([-1,0]\): Θ.Μ.Τ. δίνει \(\xi_1\in(-1,0)\) με \(f'(\xi_1)=\dfrac{f(0)-f(-1)}{0-(-1)}=f(0)+1\). Από \(f'(\xi_1)\leq1\): \(f(0)+1\leq1\Rightarrow f(0)\leq0\).
• Στο \([0,1]\): Θ.Μ.Τ. δίνει \(\xi_2\in(0,1)\) με \(f'(\xi_2)=\dfrac{f(1)-f(0)}{1-0}=1-f(0)\). Από \(f'(\xi_2)\leq1\): \(1-f(0)\leq1\Rightarrow f(0)\geq0\).
• Από \(f(0)\leq0\) και \(f(0)\geq0\): \(f(0)=0\).

Απάντηση: \(f(0)=0\), όπως ζητήθηκε.

Άσκηση Β7 (σελ. 132) — κωδ. GEL3.MATH.BM.X.133.Β07

Εκφώνηση: Να αποδείξετε με το θεώρημα του Rolle ότι οι γραφικές παραστάσεις των \(f(x)=2^x\) και \(g(x)=-x^2+2x+1\) έχουν ακριβώς δύο κοινά σημεία, τα \(A(0,1)\) και \(B(1,2)\).

Σκέψη: Επαληθεύουμε πρώτα ότι το \(A,B\) είναι πράγματι κοινά σημεία. Για να αποδείξουμε ότι είναι τα ΜΟΝΑ, υποθέτουμε ότι υπάρχει τρίτο κοινό σημείο και καταλήγουμε σε άτοπο: τρεις ρίζες της \(h=f-g\) θα ανάγκαζαν (μέσω διπλής εφαρμογής Rolle) την \(h'\) να έχει δύο ρίζες, κάτι αδύνατο αφού η \(h''>0\) παντού κάνει την \(h'\) γνησίως αύξουσα (άρα ενριπτική, το πολύ μία ρίζα).

Λύση:

• Επαλήθευση: \(f(0)=1=g(0)=1\) ✓ (\(A\)). \(f(1)=2=g(1)=-1+2+1=2\) ✓ (\(B\)).
• Θέτουμε \(h(x)=f(x)-g(x)=2^x+x^2-2x-1\); \(h(0)=h(1)=0\) (οι κοινές τετμημένες είναι ρίζες της \(h\)).
• Υποθέτουμε, προς απαγωγή σε άτοπο, ότι υπάρχει τρίτο κοινό σημείο, δηλ. η \(h\) έχει τρίτη ρίζα \(x_3\notin\{0,1\}\). Τότε η \(h\) έχει (τουλάχιστον) τρεις ρίζες συνολικά· εφαρμόζοντας Rolle ανάμεσα σε κάθε διαδοχικό ζεύγος ριζών, η \(h'\) θα είχε (τουλάχιστον) ΔΥΟ ρίζες.
• Όμως \(h'(x)=2^x\ln2+2x-2\Rightarrow h''(x)=2^x(\ln2)^2+2>0\) για κάθε \(x\) (άθροισμα θετικών όρων). Άρα η \(h'\) είναι γνησίως αύξουσα σε όλο το \(\mathbb{R}\), άρα «1-1» (ενριπτική) — μπορεί να έχει ΤΟ ΠΟΛΥ ΜΙΑ ρίζα. ΑΤΟΠΟ (καταλήξαμε ότι έχει τουλάχιστον δύο).
• Άρα δεν υπάρχει τρίτο κοινό σημείο: τα \(A,B\) είναι τα ΜΟΝΑ κοινά σημεία των δύο γραφικών παραστάσεων.

Απάντηση: Οι \(C_f\) και \(C_g\) έχουν ακριβώς δύο κοινά σημεία, τα \(A(0,1)\) και \(B(1,2)\) (απόδειξη εις άτοπον μέσω διπλής εφαρμογής Rolle και της γνησίως αύξουσας \(h'\)).