Λύσεις Ασκήσεων — Κεφάλαιο 3.6: Θεώρημα Μέσης Τιμής Ολοκληρωτικού Λογισμού (σελ. 222-224)

(Πηγή: Βιβλίο Μαθητή, σελ. 223-225. Οι εκφωνήσεις είναι του σχολικού βιβλίου.)

Άσκηση Α1 (σελ. 224)

Να βρείτε τη μέση τιμή \(\bar f\) της συνεχούς συνάρτησης \(f\) στο διάστημα \([0,1]\), αν δίνεται ότι \(\int_0^1(f(x)-1)dx=0\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Χρησιμοποιούμε τη γραμμικότητα για να απομονώσουμε το \(\int_0^1f(x)dx\), μετά τον ορισμό της μέσης τιμής.

Λύση:

1. \(\int_0^1(f(x)-1)dx=0\Rightarrow \int_0^1f(x)dx-\int_0^11dx=0\Rightarrow \int_0^1f(x)dx=1\).
2. \(\bar f=\dfrac{\int_0^1f(x)dx}{1-0}=\dfrac11=1\).

Απάντηση: \(\bar f=1\)

Άσκηση Α2 (σελ. 225)

Αν η \(f\) είναι συνεχής στο \([\alpha,\beta]\), \(\kappa\) σταθερά και \(\int_\alpha^\beta(f(x)-\kappa)dx=0\), να αποδείξετε ότι η μέση τιμή της \(f\) στο \([\alpha,\beta]\) είναι \(\kappa\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Ίδια λογική με το Α1, σε γενική μορφή.

Λύση:

1. \(\int_\alpha^\beta(f(x)-\kappa)dx=0\Rightarrow \int_\alpha^\beta f(x)dx-\kappa(\beta-\alpha)=0\Rightarrow \int_\alpha^\beta f(x)dx=\kappa(\beta-\alpha)\).
2. \(\bar f=\dfrac{\int_\alpha^\beta f(x)dx}{\beta-\alpha}=\dfrac{\kappa(\beta-\alpha)}{\beta-\alpha}=\kappa\). ∎

Απάντηση: Αποδεικνύεται: \(\bar f=\kappa\)

Άσκηση Α3 (σελ. 225)

Να βρεθεί η μέση τιμή της μεταβλητής \(x\) στο διάστημα \([\alpha,\beta]\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Εφαρμόζουμε τον ορισμό της μέσης τιμής με \(f(x)=x\), χρησιμοποιώντας τη διαφορά τετραγώνων.

Λύση:

1. \(\bar x=\dfrac{\int_\alpha^\beta xdx}{\beta-\alpha}=\dfrac{\left[\frac{x^2}2\right]_\alpha^\beta}{\beta-\alpha}=\dfrac{(\beta^2-\alpha^2)/2}{\beta-\alpha}=\dfrac{(\beta-\alpha)(\beta+\alpha)}{2(\beta-\alpha)}=\dfrac{\alpha+\beta}2\).

Απάντηση: \(\bar x=\dfrac{\alpha+\beta}2\)

Άσκηση Β1 (σελ. 225)

Δίνονται \(f(x)=x^2\) και \(g(x)=\frac1{x^2}\) σ' ένα διάστημα \([\alpha,\beta]\), \(\alpha>0\). Να υπολογίσετε τις \(\bar f,\bar g\) και να αποδείξετε ότι \(\bar f\cdot\bar g>1\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Υπολογίζουμε τις δύο μέσες τιμές με απευθείας ολοκλήρωση, μετά δείχνουμε ότι το γινόμενό τους μείον 1 ανάγεται σε ένα τέλειο τετράγωνο \((\alpha-\beta)^2>0\).

Λύση:

1. \(\bar f=\dfrac{\int_\alpha^\beta x^2dx}{\beta-\alpha}=\dfrac{(\beta^3-\alpha^3)/3}{\beta-\alpha}=\dfrac{(\beta-\alpha)(\alpha^2+\alpha\beta+\beta^2)}{3(\beta-\alpha)}=\dfrac{\alpha^2+\alpha\beta+\beta^2}3\).
2. \(\bar g=\dfrac{\int_\alpha^\beta x^{-2}dx}{\beta-\alpha}=\dfrac{[-1/x]_\alpha^\beta}{\beta-\alpha}=\dfrac{\frac1\alpha-\frac1\beta}{\beta-\alpha}=\dfrac{(\beta-\alpha)/(\alpha\beta)}{\beta-\alpha}=\dfrac1{\alpha\beta}\).
3. \(\bar f\cdot\bar g=\dfrac{\alpha^2+\alpha\beta+\beta^2}{3\alpha\beta}\). Θέλουμε να δείξουμε ότι αυτό είναι \(>1\), δηλαδή \(\alpha^2+\alpha\beta+\beta^2>3\alpha\beta\Leftrightarrow \alpha^2-2\alpha\beta+\beta^2>0\Leftrightarrow (\alpha-\beta)^2>0\), που ισχύει αφού \(\alpha\neq\beta\) (διακριτά άκρα διαστήματος). ∎

Απάντηση: \(\bar f=\dfrac{\alpha^2+\alpha\beta+\beta^2}3,\quad \bar g=\dfrac1{\alpha\beta}\)· αποδεικνύεται \(\bar f\cdot\bar g>1\)

Άσκηση Β2 (σελ. 225)

Η ταχύτητα του αίματος σε αγγείο ακτίνας \(R\), μήκους \(\ell\), σε απόσταση \(r\) από τον άξονα είναι \(u(r)=\dfrac{P}{4\eta\ell}(R^2-r^2)\), όπου \(\eta\) το ιξώδες. α) Βρείτε τη μέση ταχύτητα για \(r\in[0,R]\). β) Βρείτε τη μέγιστη ταχύτητα και συγκρίνετέ την με τη μέση.

Σκέψη / Μεθοδολογία: α) Ολοκληρώνουμε το \(u(r)\) ως προς \(r\) στο \([0,R]\) και διαιρούμε με το μήκος \(R\) του διαστήματος. β) Το \(u(r)\) είναι φθίνουσα συνάρτηση του \(r^2\), άρα μεγιστοποιείται στο \(r=0\).

Λύση:

1. α) \(\bar u=\dfrac1R\int_0^Ru(r)dr=\dfrac1R\cdot\dfrac{P}{4\eta\ell}\int_0^R(R^2-r^2)dr=\dfrac{P}{4\eta\ell R}\left[R^2r-\dfrac{r^3}3\right]_0^R=\dfrac{P}{4\eta\ell R}\left(R^3-\dfrac{R^3}3\right)=\dfrac{P}{4\eta\ell R}\cdot\dfrac{2R^3}3=\dfrac{PR^2}{6\eta\ell}\).
2. β) Το \(u(r)=\frac{P}{4\eta\ell}(R^2-r^2)\) είναι γνησίως φθίνουσα συνάρτηση του \(r\in[0,R]\) (αφού \(-r^2\) φθίνει), άρα μεγιστοποιείται στο \(r=0\): \(u_{\mu\epsilon\gamma}=u(0)=\dfrac{PR^2}{4\eta\ell}\). Σύγκριση: \(\dfrac{\bar u}{u_{\mu\epsilon\gamma}}=\dfrac{PR^2/(6\eta\ell)}{PR^2/(4\eta\ell)}=\dfrac46=\dfrac23\), δηλαδή η μέση ταχύτητα είναι τα \(\frac23\) της μέγιστης.

Απάντηση: α) \(\bar u=\dfrac{PR^2}{6\eta\ell}\) β) \(u_{\mu\epsilon\gamma}=\dfrac{PR^2}{4\eta\ell}=\dfrac32\bar u\) (η μέση ταχύτητα είναι τα \(2/3\) της μέγιστης)

Πρόσεξε:

• Η επίσημη απάντηση του βιβλίου γράφει τον τύπο με \(\pi\) στον παρονομαστή (\(\frac{PR^2}{6\pi\ell}\), \(\frac{PR^2}{4\pi\ell}\)) αντί \(\eta\) (το ιξώδες, όπως ορίζεται ρητά στην εκφώνηση: «\(\eta\) το ιξώδες του αίματος»)· πρόκειται προφανώς για OCR-σύγχυση των οπτικά παρόμοιων ελληνικών γραμμάτων \(\eta\) και \(\pi\). Χρησιμοποιήσαμε το φυσικά σωστό \(\eta\) (καμία σταθερά \(\pi\) δεν εμφανίζεται στην εκφώνηση του προβλήματος).

Άσκηση Β3 (σελ. 225)

Έστω \(f\) παραγωγίσιμη στο \([0,1]\), με \(\int_0^1f(x)dx=f(1)\). Να αποδείξετε ότι η \(C_f\) έχει μία, τουλάχιστον, οριζόντια εφαπτομένη.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Πρώτα εφαρμόζουμε το Θεώρημα Μέσης Τιμής Ολοκληρωτικού Λογισμού για να βρούμε ένα \(\xi\in(0,1)\) με \(f(\xi)=f(1)\)· μετά εφαρμόζουμε το Θεώρημα Rolle στο \([\xi,1]\).

Λύση:

1. Η \(f\) είναι παραγωγίσιμη άρα συνεχής στο \([0,1]\). Από το Θεώρημα Μέσης Τιμής Ολοκληρωτικού Λογισμού, υπάρχει \(\xi\in(0,1)\) με \(\int_0^1f(x)dx=f(\xi)(1-0)=f(\xi)\).
2. Από την υπόθεση \(\int_0^1f(x)dx=f(1)\), συνδυάζοντας παίρνουμε \(f(\xi)=f(1)\), με \(\xi\in(0,1)\) (άρα \(\xi\neq1\)).
3. Η \(f\) είναι παραγωγίσιμη (άρα και συνεχής) στο \([\xi,1]\subset[0,1]\) και \(f(\xi)=f(1)\). Από το Θεώρημα Rolle, υπάρχει \(c\in(\xi,1)\subset(0,1)\) με \(f'(c)=0\), δηλαδή η εφαπτομένη της \(C_f\) στο σημείο \((c,f(c))\) είναι οριζόντια. ∎

Απάντηση: Αποδεικνύεται με συνδυασμό Θεωρήματος Μέσης Τιμής Ολοκληρωτικού Λογισμού και Θεωρήματος Rolle