μαρτιος 16

η άσκηση της ηµέρας

µικρές προσπάθειες ενασχόλησης

µε αγαπηµένες µας συνήθειες

επιµέλεια: Παύλος Τρύφων

από το lisari.blogspot.gr

http://lisari.blogspot.gr

http://lisari.blogspot.gr

___________________________________________________________________________ ΜΑΡΤΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr

1

Μας τίμησαν με τη συμμετοχή τους

Αντωνόπουλος Νίκος

Ασημακόπουλος Γιώργος

Βουτσάς Διονύσης

Βώβος Μάριος

Γαρυφαλλίδης Νίκος

Δεββές Κώστας

Δέτσιος Παντελής

Ζαχαριάδης Δημήτρης

Ζωβοΐλης Ηλίας

Καλλιακμάνης Νίκος

Καραγιάννης Θανάσης

Καταραχιάς Τάκης

Κοπάδης Θανάσης

Κουστέρης Χρήστος

Κουτσοβασίλης Κώστας

Λάμπρου Αναστάσιος

Λουκούσιας Παναγιώτης

Μάντζαρης Μάκης

Μανώλης Ανδρέας

Μαρκάκης Αντώνης

Νικολακάκης Βαγγέλης

Παγώνης Θεόδωρος

Πάτσης Ανδρέας

Πλατώνη Δέσπω

Ρουμελιώτης Δημήτρης

Τσακαλάκος Τάκης

Τσατσαρώνης Θεόδωρος

Χατζάκης Δημήτρης

http://lisari.blogspot.gr/

___________________________________________________________________________ ΜΑΡΤΙΟΣ 2016 Η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr

2

24η άσκηση

Β΄ Λυκείου – Μαθηματικά Γενικής Παιδείας

Προτάθηκε από τον Θανάση Κοπάδη (8/3/2016)

Αποστολή λύσεων έως την Τρίτη 15/3/2016

Δίνεται 3ου βαθμού πολυώνυμο P(x) το οποίο αν διαιρεθεί με το x 1 αφήνει

υπόλοιπο 2, ενώ αν διαιρεθεί με το x αφήνει υπόλοιπο 1

2.

α) Να βρείτε τις τιμές του πολυωνύμου P(1) και P(0)

β) Να βρείτε το υπόλοιπο (x) της διαίρεσης του P(x) με το 2x x

γ) Να λύσετε την ανίσωση: 3 2

3x 14x 13x 60

2 (x)

δ) Δίνεται το σύστημα:

(3 ) x (14 ) y 1

9x y 1

2

i) Να δείξετε ότι το σύστημα έχει μοναδική λύση

x,y ,

ii) Να λύσετε την εξίσωση: x y 4P(0) 7 (1)

ε) Να λύσετε την ανίσωση: 2log log x 10P(1) 1 x 100 0

στ) Έστω η συνάρτηση f(x) x lnx 2 , x 0

i) Να δείξετε ότι για x 1 η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα και στη

συνέχεια να λύσετε την ανίσωση xf e e 1 e 2

ii) Αν για τους θετικούς αριθμούς , , ισχύει 2018e , να βρείτε

την τιμή της παράστασης 3ln P(0)

f ( ) f ( ) f ( ) e



3

1η προτεινόμενη λύση (Χρήστος Κουστέρης)

α) Εφόσον το υπόλοιπο της διαίρεσης του P x με το x 1 είναι 2 τότε :

P 1 2

Εφόσον το υπόλοιπο της διαίρεσης του P x με το x 0 είναι 1

2 τότε :

1

P 02

β) Η ταυτότητα της διαίρεσης του P x με το 2x x είναι :

2P x x x π x υ x (1)

Το υ x θα είναι πολυώνυμο βαθμού μικρότερου του 2 και δε μπορεί να είναι

σταθερό πολυώνυμο διότι P 1 2 και 1

P 02

με βάση το ερώτημα (α).

Επομένως

υ x κx λ κ,λ R , κ 0

Για x 0 η (1) γίνεται: 1

P 0 κ 0 λ λ2

Για x 1 η (1) γίνεται:

1λ

2 1 3P 1 κ 1 λ 2 κ λ 2 κ κ

2 2

Άρα 3 1

υ x x2 2

γ) Η δοσμένη ανισότητα γίνεται :

3 23 23x 14x 13x 6

0 3x 14x 13x 6 3x 1 02υ x

,

1με x

3

¨Έστω 3 2Q x 3x 14x 13x 6 3x 1

Mε τη βοήθεια του σχήματος Horner παραγοντοποιούμε το 3 23x 14x 13x 6

3 14 13 6 2

6 16 6

3 8 3 0

Αρα :



4

4 2 23x 14x 13x 6 0 x 2 3x 8x 3 0 άρα

x 2 0 x 2

2 13x 8x 3 0 x 3 ή x=

3

To πρόσημο φαίνεται στον παρακάτω πίνακα :

x

1

3 2 3

x 2 23x 8x 3

3x 1

Q x

Άρα 1 1

x , ,2 3,3 3

δ) i) Ισχύει:

ημ 3π θ ημ(2π π θ) ημ π θ ημθ

συν 14π θ συν 2 7π θ συν θ συνθ

9π π πημ θ ημ 4π θ ημ θ συνθ

2 2 2

ημ θ π ημ π θ ημ π θ ημθ

Με βάση τα παραπάνω το σύστημα γίνεται

ημθ x συνθ y 1

συνθ x ημθ y 1

2 2 2 2ημθ συνθ

D ημ θ συν θ ημ θ συν θ 1 0συνθ ημθ

Εφόσον D 0 το σύστημα έχει μοναδική λύση την yxDD

x, y ,D D

Υπολογίζουμε τα x yD ,D

x

1 συνθD ημθ συνθ

1 ημθ , y

ημθ 1D ημθ συνθ

συνθ 1

Επομένως



5

xD ημθ συνθx συνθ ημθ

D 1

yD ημθ συνθy συνθ ημθ

D 1

Άρα η λύση του συστήματος είναι x, y (συνθ ημθ, ημθ συνθ)

ii) H δοσμένη εξίσωση γίνεται

x y 4 P 0 7συνθ P 1

1

συνθ ημθ συνθ ημθ 4 7συνθ 22

2 2συν θ ημ θ 2 7συνθ 2 0

2 2συν θ 1 συν θ 7συνθ 4 0

22συν θ 7συνθ 3 0

Στην τελευταία εξίσωση θέτουμε συνθ y με 1 y 1 οπότε :

22y 7y 3 0

2

Δ 7 4 2 3 49 24 25 ,

y 3 απορρίπτεται7 5

y 14 y

2

Επομένως :

πθ 2κπ

1 π 3συνθ συνθ συν , κ

π2 3θ 2κπ

3

ε) Η ανίσωση:

2log log x 10P 1 1 x 100 0

2log log x 19x 100 0 (1)

H ανίσωση έχει νόημα για :

2x 19x 100 0 , η οποία ισχύει για κάθε πραγματικό αριθμό x αφού Δ 0



6

και

2 2 2log x 19x 100 0 x 19x 100 1 x 19x 99 0 η οποία ισχύει για

κάθε πραγματικό αριθμό x αφού Δ 0

Άρα η (1) γίνεται :

2 2 2log x 19x 100 1 x 19x 100 10 x 19x 90 0

Η τελευταία ανίσωση ισχύει για κάθε x 9,10

στ) H συνάρτηση f x x ln x 2 ορίζεται για x 0

i)

Για οποιαδήποτε 1 2x , x 1, με

1 2x x ισχύει 1 20 ln x ln x

Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη τις δύο ανισότητες προκύπτει:

1 1 2 2 1 2x ln x x ln x f x f x

Επομένως η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα

Οπότε :

x xf e e 1 e 2 f e e 1 f e *

x xe e 1 e e 1 x 0

* f είναι γνησίως αύξουσα και για x 1 είναι

x x x xe e e e 2e 2 e e 2 0 e e 1 1

ii) Από την σχέση

α β γ 2018 α β γ 2018α β γ e ln α β γ ln e

α β γln α lnβ ln γ 2018 ln e

αlnα βlnβ γln γ 2018

αln α 2 βlnβ 2 γln γ 2 2018 6

f α f β f γ 2024 (1)

Επομένως :



7

3

113ln3ln P 0 2

3(ln1 ln 2) 3ln 2 ln 2

ln8

A f α f β f γ e 2024 e

2024 e 2024 e 2024 e

2024 e 2024 8 2016

2η προτεινόμενη λύση (Κώστας Δεββές)

Α) Από θεωρία 1( ) 1 ( ) 2P x x x και 2

1( ) ( )

2P x x x , άρα (1) 2P και

1(0)

2P .

Β) Η ταυτότητα της διαίρεσης 2( ) : ( )P x x x είναι:

2( ) ( ) ( )P x x x x x . Για

0x και 1x έχω:

32

21

12

2

a

, άρα 3 1

( )2 2

x .

Γ) Ισοδύναμα έχω:

23 23 14 13 6 3 1 0 2 3 3 1 0

11

33

1 1, ,2 3,

3 3

Hornerx x x x x x x

xx

x

Δ) i) Ισοδύναμα έχω: 1

1

x y

x y

με

1 0, ,x yD D D και μοναδική λύση την

,x y .

ii) Ισοδύναμα έχω: 2 2 22 7 2 2 7 3 0 με

ρίζες

3 απορρίπτεται ή 1

2 ,2 3

.

Ε) Πρέπει

2

2 2

19 100 0 , 0

log 19 100 0 log1 19 99 0

x x xx

x x x x

.

Η ανίσωση ισοδύναμα γράφεται:

2 2log( 19 100) 1 log10 19 90 0 9,10x x x x x .



8

ΣΤ) i) Έστω

1 2 1 2 1 1 2 2 1 21 0 ln ln ln 2 ln 2 ( ) ( )x x x x x x x x f x f x f στο

1, .

Η ανίσωση ορίζεται στο ( 1 0)xe e και ισοδύναμα γράφεται:

1 1 1 0

xf ex x xf e e f e e e e e x .

ii) Λογαριθμίζοντας τη δεδομένη ισότητα έχω:

ln 2018 ln ln ln 2018 ln ln ln 2018

ln 2 ln 2 ln 2 2024 ( ) ( ) ( ) 2024

a aa a

f a f f

Τότε η ζητούμενη παράσταση Α γράφεται:

31

3ln3ln2 ln222024 2024 2024 2024 8 2016e e e

.



9

25η άσκηση

Γ΄ Λυκείου – Μαθηματικά Προσανατολισμού

Προτάθηκε από τον Παύλο Τρύφων (15/3/2016)

Αποστολή λύσεων έως την Τετάρτη 23/3/2016

Για Μαθητές

Αν f : 1, R παραγωγίσιμη συνάρτηση με τις ιδιότητες

f x

xf x

f (x) ex

, για κάθε x 1 1

x e

f x 0lim

Α) Αποδείξτε ότι f x xln lnx , x 1

Β) Αποδείξτε ότι f x x xlnx, για κάθε x 1 . Πότε ισχύει η ισότητα;

Γ) Μελετήστε την f ως προς την κυρτότητα και βρείτε την εξίσωση της

εφαπτομένης της f

C στο σημείο καμπής της

Δ) Αποδείξτε ότι

α) f x x e, για κάθε x e β)

x

x

e

3

f t dt

0x

lim


___________________________________________________________________________ ΜΑΡΤΙΟΣ 2016 Η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr 10

Για Καθηγητές

Αν f : 1, R παραγωγίσιμη συνάρτηση με τις ιδιότητες

f x

xf x

f (x) ex

, για κάθε x 1

fC έ ό ύ

x e

f x 0lim

Δίχως να βρείτε τον τύπο της f :

Α) Μελετήστε την f ως προς την μονοτονία στο πεδίο ορισμού της

Β) Βρείτε τα σημεία καμπής της f και στη συνέχεια αποδείξτε ότι:

α) x

f xlim

β) f 1, R

γ) Εξετάστε αν η f

C έχει πλάγιες / οριζόντιες ασύμπτωτες στο

Γ) Αποδείξτε ότι x

f x 1 f xlim

Δ) Για κάθε x e αποδείξτε ότι xf x 1 f x



1η προτεινόμενη λύση (Παύλος Τρύφων)


Α) Η f είναι συνεχής στο 1, , άρα και στο e, άρα x e

f e f x 0 f e 0.lim

Θέτουμε f x

g x , x 1x

.

Τότε

f e

g e 0e

και f x xg x g x xg x , x 1

Άρα η σχέση 1 γίνεται

g x xg x g x

g x

g x

g x

g x

e

xg x e

1g x e

x

e ln x , x 1

Άρα υπάρχει σταθερά g xc R : e ln x c,

για κάθε x 1

Για x e προκύπτει g e 0e lne c e 1 c c 0

Άρα

g xe ln x g x ln ln x

f xln ln x f x x ln ln x , x 1

x

Β) 1ος τρόπος

Ισχύει η σχέση ln x x 1, για κάθε x 0 (με την ισότητα να ισχύει μόνο για x 1 ). Για

x το ln x x 1 παίρνουμε

ln ln x ln x 1, για κάθε x 1 (με την ισότητα να ισχύει για x e ).

Πολλαπλασιάζοντας με x παίρνουμε

x ln ln x x ln x x f x x x ln x ,x 1

με την ισότητα να ισχύει για x e .

Η ημερομηνία αποστολής των λύσεων καθορίζει και τη σειρά καταγραφής τους



2ος τρόπος

Έχουμε

:x 1

f x x x ln x x ln ln x x x ln x

ln ln x 1 ln x ln x ln ln x 1

x xln 1 e x e ln x

ln x ln x

Θεωρούμε τη συνάρτηση m : 1, R με m x x eln x .

Είναι

e x e

m x 1 , x 1x x

x 1 e

m x

m > <

min

Άρα η συνάρτηση m παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο e, το m e e ln e 0

Άρα, m x 0, για κάθε x 1 (με την ισότητα να ισχύει για x e ).

Άρα,

x eln x 0 x eln x, για κάθε x 1

Γ) Για x 1 είναι ln x 0.

Η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο 1, , με

1 1

f x x ln ln x ln ln x x ln x ln ln x , x 1ln x ln x

2 2

1 1 1 1 ln xf x ln ln x , x 1

ln x x ln x x ln x x ln x

f x 0 1 ln x 0 x e

f x 0 1 ln x 0 1 x e

O



x 1 e

f x

f

ΣΚ

Σημείο καμπής το σημείο A e,f e , δηλαδή το A e,0

Εξίσωση εφαπτομένης

: y 0 f e x e

: y 0 x e

: y x e

Δ)

α) Η f είναι κοίλη στο e, άρα η fC βρίσκεται κάτω από την εφαπτομένη, με

εξαίρεση το σημείο επαφής, δηλαδή

f x x e, για κάθε x e

β) Οπότε (και από το ερώτημα Β) προκύπτει ότι

x x ln x f x x e, για κάθε x e

Δηλαδή για t e, x , με x e , έχουμε ότι

t t ln t f t t e

Άρα,

x x x

e e e

xx x x 2

e e e e

x x x2 2 2 2

e ee

x x x2 2 2 2 2

e ee

x2 2 2

e

t t ln t dt f t dt t e dt

ttdt t ln tdt f t dt et

2

t t x eln tdt f t dt ex

2 2 2

x e t 1 x eln t tdt f t dt ex

2 2 2 2

3x x ln x ef t dt

4 2 4

32 2 :x

x2

2 2e

3 3 2

x eex

2

ef t dt 13 ln x e e x , x e

4x 2x 4x x x 2x

O



Όμως,

x

2

3

3 ln x e0 0 0 0,

4x 2x 4xlim

διότι

x x x

ln xln x 10

2x 2x2x

lim lim lim

και

x

2

2

2

e1

e 1 0x 0 0 0 0.x 2x

lim

Οπότε από το κριτήριο παρεμβολής,

x

x

e

3

f t dt

0.x

lim


Α) Ισχύει η σχέση ln x x 1, για κάθε x 0

Θέτοντας για x το xe x R προκύπτει

x x x x xlne e 1 x e 1 e x 1 x e x, για κάθε x R

Θέτοντας για x το

f x

x 1x

προκύπτει

f x f x

x xf x f x

e e 0 f x 0,x x

για κάθε x 1

Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο 1,

Β) Αρχικά η f είναι συνεχής στο 1, , άρα και στο e, άρα

x e

f e f x 0 f e 0.lim

Η f είναι παραγωγίσιμη στο 1, , άρα οι συναρτήσεις f x

xf x

,ex

είναι παραγωγίσιμες

στο 1, .



Κατά συνέπεια η f είναι παραγωγίσιμη στο 1, με παράγωγο

f x f x f x

x x xf x f x f x f x

f (x) e e 1 e , x 1x x x x

Όμως

f x

x

2

f x f x f x xf x f xf (x) e f (x) 0

x x x x

xf x f x f x f xx 0 x 0 0

x x x

Είναι

f x f x f e 0

x x

f 1 1

f xf x 0 1 e 0 e 1 0 f x 0 x e

x

f x0

f x f xx f e 0

x x

f

f xf x 0 1 e 0 e 1 0 f x 0 0 x e

x

x 1 e

f x

f

Σημείο καμπής το σημείο A e,f e , δηλαδή το A e,0

α) Εξίσωση εφαπτομένης

f e

e

: y 0 f e x e

f e: y 0 e x e

e

: y x e

Η f είναι κοίλη στο e, άρα η fC βρίσκεται κάτω από την εφαπτομένη, με εξαίρεση

το σημείο επαφής, δηλαδή

f x x e, για κάθε x e

Όμως

O



x

x elim

, άρα και x

f xlim

β) Πιθανή κατακόρυφη ασύμπτωτη της fC είναι η ευθεία x 1 .

Γνωρίζουμε όμως ότι fC έ ό ύ .

Άρα x 1

f xlim

Η f είναι γνησίως φθίνουσα και συνεχής, άρα

x x 1 x 1

f 1, f x , f x , f xlim lim lim

Άρα υποχρεωτικά

x 1

f xlim

και άρα f 1, , R

γ) Υποθέτουμε ότι υπάρχει το

x

f x

xlim

και είναι πραγματικός αριθμός k, δηλαδή

x

f xk R

xlim

.

Τότε

x x

f x

kxf x

f (x) e k ex

lim lim

Όμως,

x

x x

x

DLk k k

k

f x

f (x)f x x k e k k e e 0,ά

xf (x)

k ex

lim

lim lim

lim

Άρα δεν υπάρχει το

x

f x

xlim

στο R , οπότε η γραφική παράσταση της f δεν έχει πλάγιες /

οριζόντιες ασύμπτωτες στο

Γ) Έχουμε ότι x 1

f xlim

. Επίσης παραπάνω αποδείξαμε ότι η συνάρτηση

f x

g xx

είναι γνησίως φθίνουσα στο 1, και είναι και συνεχής.

Άρα



x x xx 1 x 1

f x f x f xg 1, g x , g x , ,

x x xlim lim lim lim lim

Αποδείξαμε όμως παραπάνω ότι δεν υπάρχει στο R το

x

f x

xlim

Άρα, λόγω του συνόλου τιμών της g θα ισχύει

x

f x

xlim

Επίσης,

x

x

f xlimf x

xx

f x f x f xf (x) e f (x) f x

x x xlim

Για x e εφαρμόζουμε το ΘΜΤ για την f στο διάστημα x, x 1 , οπότε εξασφαλίζεται η

ύπαρξη ενός τουλάχιστον

x xx,x 1 : f f x f x 1

Όμως

x

x

f ' e,

x x

lim f x

e x x 1 f f x

f x f x 1 f x f x f x 1lim

Δ)

1ος τρόπος

Είδαμε παραπάνω (ερώτημα Β) ότι η συνάρτηση f x

x είναι γνησίως φθίνουσα στο

1,

Άρα για

f x f x 1e x x 1 x 1 f x xf x 1

x x 1

f xf x 1 f x , ά x e 2

x

Από το Θεώρημα Μέσης Τιμής για την f στο διάστημα x, x 1 ,

υπάρχει x xx,x 1 :f f x 1 f x

Όμως

xe x x 1 και η f είναι γνησίως φθίνουσα στο e, άρα



2

xf f x 1 f x 1 f x f x 1

f xf x 1 xf x 1 f x

x

2ος τρόπος

f xf (x)f ' e, x

e x x 1 f x f x 1

f xf x 1 xf x 1 f x

x

2η προτεινόμενη λύση (Τάκης Καταραχιάς)

Για Μαθητές.

Α)

Επειδή f συνεχής ως παραγωγίσιμη, limx→e

f(x) = 0, θα είναι f(e) = 0.

Τώρα για x>1:

f΄(x) =f(x)

x− e

f(x)x xf΄(x) − f(x) = −xe

f(x)x

xf΄(x) − f(x)

x2

= −e

f(x)x

x (

f(x)

x) ΄ = −

ef(x)

x

x − (

f(x)

x) ΄e−

f(x)x =

1

x

(e−f(x)

x )΄ = (lnx)΄ e−f(x)

x = lnx + c και επειδή f(e) = 0 c = 0.

΄Αρα e−f(x)

x = lnx −f(x)

x= ln(lnx) f(x) = −xln(lnx).

Β)

Από τη γνωστή ανισότητα γιά x > 0 ισχύει: lnx ≤ x − 1.

(Η ισότητα iσχύει μόνο για x=1).

Για x>1 Aν θέσω όπου x το lnx προκύπτει: ln(lnx) ≤ lnx − 1 xln(lnx) ≤ xlnx −

x − xln(lnx) ≥ x − xlnx f(x) ≥ x − xlnx.

Προφανώς η ισότητα ισχύει μόνο για lnx = 1 x = e.

Γ)

Επίσης από την ανισότητα γιά x > 0 , lnx ≤ x − 1 αν θέσω όπου x το ex προκύπτει ∀x ∈

R, x ≤ ex − 1.

Θέτοντας στην τελευταία όπου x το f(x)

x έχω

f(x)

x− e

f(x)

x ≤ −1 f΄(x) ≤ −1 < 0



άρα f γνήσια φθίνουσα στο (1,+∞). Τώρα:

Για x > 1: f΄΄(x) =( f(x)

x)΄[1 − e

f(x)

x ]=(xf΄(x)−f(x)

x2 ) [1 − ef(x)

x ]=−e

f(x)x

x[1 − e

f(x)

x ], διότι

f΄(x) =f(x)

x− e

f(x)

x xf΄(x) − f(x) = −xef(x)

x xf΄(x)−f(x)

x2= −

ef(x)

x

x .

Οπότε f΄΄(x) =0 1 = ef(x)

xf(x)

x= 0 f(x) = 0 f(x) = f(e) x =

e διότι f: 1 − 1 ως γνήσια φθίνουσα.

Επίσης :

f΄΄(x) >0 1 < ef(x)

xf(x)

x> 0 f(x) > 0 f(x) > f(e) x < e.

f΄΄(x) <0 1 > ef(x)

xf(x)

x< 0 f(x) < 0 f(x) < f(e) x > e.

΄Αρα f κυρτή στο (1,e] , κοίλη στο [e, +∞) και στο (e , 0) παρουσιάζει σημείο

καμπής.

Δ) α)

Από την αρχική σχέση για x=0 προκύπτει ότι f΄(0)= -1. Η εφαπτόμενη στο σημείο

καμπής είναι y-0= f΄(0)(x-e) y= - x+e. Επειδή f κοίλη στο [e, +∞) για x≥

e f(x) ≤ − x + e.

β)

Είναι f γνήσια φθίνουσα στο (1,+∞), οπότε e≤ t ≤ x f(x) ≤ f(t) ≤ f(e) f(x) ≤

f(t) ≤ 0 ∫ f(x)dt ≤ ∫ f(t)dt ≤x

e

x

e0 f(x)(x − e) ≤ ∫ f(t)dt ≤

x

e0

f(x)(x−e)

x3 ≤

∫ f(t)dtx

e

x3 ≤ 0 (1).

Όμως limx→+∞

( − x + e) =−∞ οπότε από α) limx→+∞

f(x)=−∞.

Τώρα limx→+∞

f(x)

x2 = limx→+∞

f΄(x)

2x= lim

x→+∞(

−ln (lnx)

2x−

1

2xlnx )=0 διότι (από κανόνα De

L΄Hospital):

limx→+∞

(−ln (lnx)

2x) = lim

x→+∞( −

l

2xlnx)=0.

Συνεπώς limx→+∞

f(x)(x−e)

x3 = limx→+∞

f(x)

x2 ∙(x−e)

x=0∙ 1 = 0.

΄Αρα από τη σχέση (1) και από κριτήριο παρεμβολής θα είναι

limx→+∞

∫ f(t)dtx

e

x3= 0



Για Καθηγητές.

A)

Από τη γνωστή ανισότητα γιά x > 0 ισχύει: lnx ≤ x − 1.

Aν θέσω όπου x το ex προκύπτει ∀x ∈ R, x ≤ ex − 1.

Θέτοντας στην τελευταία όπου x το f(x)

x έχω

f(x)

x− e

f(x)

x ≤ −1 f΄(x) ≤ −1 < 0 άρα f

γνήσια φθίνουσα στο (1,+∞).

B)

Επειδή f συνεχής ως παραγωγίσιμη, limx→e

f(x) = 0, θα είναι f(e) = 0. Τώρα ∀x > 1:

f΄΄(x) =( f(x)

x)΄[1 − e

f(x)

x ]=(xf΄(x)−f(x)

x2 )

[1 − ef(x)

x ]=−e

f(x)x

x[1 − e

f(x)

x ], διότι f΄(x) =f(x)

x− e

f(x)

x xf΄(x) − f(x) = −xef(x)

x

xf΄(x)−f(x)

x2 = −e

f(x)x

x .

Οπότε f΄΄(x) =0 1 = ef(x)

xf(x)

x= 0 f(x) = 0 f(x) = f(e) x =

e διότι f: 1 − 1 ως γνήσια φθίνουσα.

Επίσης :

f΄΄(x) >0 1 < ef(x)

xf(x)

x> 0 f(x) > 0 f(x) > f(e) x < e.

f΄΄(x) <0 1 > ef(x)

xf(x)

x< 0 f(x) < 0 f(x) < f(e) x > e.

΄Αρα f κυρτή στο (1,e] , κοίλη στο [e, +∞) και στο (e , 0) παρουσιάζει σημείο

καμπής.

α)

Από την αρχική σχέση για x=0 προκύπτει ότι f΄(0)= -1. Η εφαπτόμενη στο σημείο

καμπής είναι y-0= f΄(0)(x-e)

y= - x+e. Επειδή f κοίλη στο [e, +∞) για x≥ e f(x) ≤ − x + e. Όμως

limx→+∞

( − x + e) =−∞. ΄Αρα limx→+∞

f(x)=−∞.

β)

Επειδή η f είναι συνεχής στο (1,+∞) και η Cf έχει κατακόρυφη εφαπτόμενη , αυτή

θα είναι η x=1. Συνεπώς

limx→1+

f(x)=±∞. Αν ήταν limx→1+

f(x)=−∞ , θα υπήρχε x1

με 1< x1<e ώστε f(x1) < 0 f(x1) < f(e) άτοπο διότι f γνήσια φθίνουσα στο

(1,+∞). Επόμενα limx→1+

f(x)=+∞. Συνεπώς από α) ,λόγω της συνέχειας και της

μονοτονίας της f θα είναι f((1, +∞))= R.

γ)

Ισχύει ότι limx→+∞

f(x)=−∞. Οπότε η Cf δεν έχει οριζόντια ασύμπτωτη στο +∞.

΄Εχω limx→+∞

f(x)

x= lim

x→+∞f΄(x) από κανόνα De L΄Hospital.

Επόμενα limx→+∞

(f΄(x) −f(x)

x) = 0 lim

x→+∞(−e

f(x)

x )=0



limx→+∞

ef(x)

x =0 οπότε limx→+∞

f(x)

x= lim

x→+∞lne

f(x)

x = limx→+∞

f΄(x) = −∞.

Άρα η Cf δεν έχει πλάγια ασύμπτωτη στο +∞ .

Γ)

Aπό θεώρημα μέσης Τιμής για την f στο [x,x+1], x>1 ισχύει ότι ∃ξϵ(x, x + 1) ώστε

f΄(ξ)=f(x+1)-f(x). Όταν x→ +∞ και ξ→ +∞

Επόμενα limx→+∞

(f(x + 1) − f(x)) = lim f΄(ξ)ξ→+∞

= −∞.

Δ)

Για x > e f΄΄(x) < 0 f΄γνήσια φθίνουσα στο (1,+∞) οπότε f΄(x+1)<f΄(x).

Επίσης f΄(x) − f(x)

x= −e

f(x)

x ≤ 0. Δηλαδήf΄(x) <f(x)

x. ΄Αρα f΄(x+1)<

f(x)

x

xf΄(x + 1) < f(x).



A) Από την αρχική ισοδύναμα έχω:

( )( ) ( )

2

( ) ( ) 1( )

f xf x f xx

x xxf x f x e f x

xf x f x xe ex x x x

( ) ( )

(ln ) lnf x f x

x xe x e x c

, που για x e γίνεται: 1 1 0c c

αφού λόγω της συνέχειας της f στο e και του δεδομένου ορίου είναι: ( ) 0f e .

Τελικά ( )

( )ln ln ln ( ) ln ln

f x

xf x

e x x f x x xx

.

Β) Με ( ) ln ln ln ln ln(ln 1), 1h x x x x x x x x x x και θέτοντας

( ) ln ln(ln ) 1, 1g x x x x έχω:

1 1 1 1 ln 1( ) 1 0

ln ln ln

xg x x e

x x x x x x x

. Για 1 x e είναι

( ) 0g x g στο (1, ]e και g στο [ , )e . Άρα η g έχει min στο e το 0, δηλαδή

είναι ( ) 0g x με 1x και το = να ισχύει για x e , συνεπώς ( ) 0h x με 1x και το

= να ισχύει για x e .

Γ) 2

1 1 1 1 1( ) ln(ln ) , ( ) 1 0

ln ln ln ln lnf x x f x x e

x x x x x x x x

.

Είναι ( ) 0f x x e άρα f κυρτή στο (1, ]e και κοίλη στο [ , )e με Σ.Κ. το ,0e .

Η εφαπτομένη της στο Σ.Κ. είναι: y x e .



Δ) α) Επειδή f κοίλη στο [ , )e και η y x e η εφαπτομένη της στο ,0e ισχύει

( )f x x e x e .

β) Ολοκληρώνοντας την προηγούμενη ανισότητα (x>e) έχω:

32 2 2 2:

3 2 3

( ) 1( ) (1)

2 2 2 2 2

xx

xx xe

e ee

f t dtt x e e ef t dt t e dt et ex

x x x x

Ολοκληρώνοντας την ανισότητα του Β) ερωτήματος έχω:

2 2 2 2 2 ln

( ) ln ln2 2 2 2 2

x xx x x x

e e e ee e

t t x e t t tf t dt t t dt tdt dt

32 2 2 2:

3 3

( )3 ln 3 ln... (2)

4 2 4 4 2 4

x

xe

f t dtx x x e x e

x x x x

.

Από τις (1), (2) παίρνοντας τα όρια στο και το κρ. παρεμβολής προκύπτει το

ζητούμενο.


Α) Η xe είναι κυρτή και η 1y x η εφαπτομένη της στο (0,1). Άρα είναι

1xe x x για κάθε x με την ισότητα στο 0x . Άρα ( )

( )f x

xf x

ex

για κάθε

1x και ( ) 0f x f στο 1, .

Β) Η f είναι παραγωγίσιμη στο 1, ως πράξεις παραγωγίσιμων με

( )( ) ( )

2

( ) ( )(1 ) ( 1)

f xf x f xx

x xf x x f x e

f x e ex x

με χρήση της αρχικής ισότητας.

Η f είναι συνεχής στο e και από το δεδομένο όριο είναι ( ) 0f e (μοναδική ρίζα).

Άρα η f έχει μοναδική ρίζα το e και ισχύει ( )

( )1 ( ) 0 0 1 ( ) 0

x f xf ex

f xx e f x e f x f

x κυρτή στο 1,e και

κοίλη στο ,e με ΣΚ το ,0e .

α) Η εφαπτομένη της fC στο Σ.Κ. είναι η y x e . Άρα από την κυρτότητά της

ισχύει ( )f x x e για κάθε x e και είναι lim ( )x

f x

αφού ισχύει

lim ( )x

x e

.

β)Από την υπόθεση, το προηγούμενο ερώτημα και τη μονοτονία της f είναι

1lim ( )x

f x

δηλαδή το ΣΤ της f είναι το .



γ) Έστω y x ασύμπτωτη της f στο . Τότε ισχύει

( )( ) ( )

lim lim ( ) lim 0f xa ή

x

x x x

f x f xf x e e e

x x

άτοπο. Άρα η

fC

δεν έχει πλάγιες/οριζόντιες ασύμπτωτες.

Γ) Για x e και με ΘΜΤ για την f στο , 1x x υπάρχει , 1x x :

( 1) ( )f f x f x . Η f είναι στο ,e και ισχύει:

1 ( 1) ( ) ( )x x f x f f x . Από την αρχική ισότητα ισχύει

( )

( )0

f x

xf x e

x x

δηλ. η

( )f x

xστο 1, με

( )f x

xόχι κάτω φραγμένη αφού

το ( )

limx

f x

x . Άρα θα είναι

( )limx

f x

x και από την αρχική θέτοντας

( )f xu

x θα έχω lim ( ) lim ( )u

x uf x u e

άρα lim ( ( 1) ( ))

xf x f x

.

Δ) H f είναι στο ,e και ισχύει

( )( ) ( )

( 1) ( ) ( 1) ( )f x

xf x f x

f x f x e xf x f xx x

.

4η προτεινόμενη λύση (Μάκης Μάντζαρης)


A.

tf ( x )

t f ( x ) f ( x )u e ,t R xt x x

x ( 1, )

f ( x ) f ( x )lnu u 1 u ,u 0 e t e e 0 f '( x ) 0

x x

άρα f στο 1,

B.

f συνεχής

x elim f ( x ) 0 f (e ) 0 . H f είναι προφανώς δυο φορές παραγωγίσιμη

f ( x ) f ( x )

x x2

f ( x ) xf '( x ) f ( x )f '( x ) e f ''( x ) 1 e

x x , f ''(e) 0

f ( x ) f ( x )

x x2

f ( x ) xf '( x ) f ( x )f '( x ) e xf '( x ) f ( x ) xe 0 0

x x(1)



για

f ( x )fx

( 1)f ( x )x e f ( x ) f (e ) 0 0 e 1 f ''( x ) 0

x

για

f ( x )fx

( 1)f ( x )x e f ( x ) f (e ) 0 0 e 1 f ''( x ) 0

x

Άρα η f παρουσιάζει Σ.Κ. στο e .

α) f στο R άρα f ( x ) f '(3)( x 3) f (3) , y f '(3)( x 3) f (3) η

εφαπτόμενη της f στο 3.

f '( 3 ) 0

xlim f '(3)( x 3) f (3) , άρα κοντά στο είναι

f '(3)( x 3) f (3) 0 ,συνεπώς

Κ .Π1 10

f ( x ) f '( 3)( x 3) f (3)

f ( x ) 0

x x

1lim 0 lim f ( x )

f ( x )

β) Aφού η f είναι συνεχής στο 1, και έχει κατακόρυφη ασύμπτωτη τότε αυτή

θα είναι η x=1 και

x 1 x 1lim f (x) ή lim f (x)

Αν

x 1lim f (x) ,κοντά στο 1 θα υπάρχει ρ<e ώστε f (ρ) 0 ,όμως

f

ρ e f ( ρ) f (e ) 0 άτοπο ,άρα

x 1lim f (x)

Άρα

f

x x 1f 1, lim f ( x ) ,lim f (x) R

γ) Έστω y λx κ πλάγια ασύμπτωτη τότε

x

f (x)lim λ R

x

όμως

f ( x )λx

x DLH x x

f ( x ) f ( x )lim lim f '( x ) lim e λ e

x x

δηλ. λ λλ e λ e 0 άτοπο. Άρα δεν υπάρχει πλάγια ασύμπτωτη.

Γ.

Από ΘΜΤ στο x, x 1 , x e για την f θα υπάρχει

ξ x, x 1 : f '(ξ ) f ( x 1) f ( x ) .Όμως f κοίλη στο e, άρα f ' και

f ( x )

x

x ξ f '( x ) f '(ξ ) f ( x 1) f ( x )

f ( x )e f ( x 1) f ( x )

x( 2)



f ( x ) ex

x

f ( x )lim e

x . Και από (2) είναι

f ( x )

x

1 10

f ( x 1) f ( x )f ( x )e

x

. Από Κ.Π .στην τελευταία είναι

x x

1lim 0 lim f ( x 1) f ( x )

f ( x 1) f ( x )

Δ.

Από Γ. ερώτημα είναι

f ( x )

xf ( x )f ' e 0x

f ( x ) f ( x )ξ x 1 f '(ξ ) f '( x 1) e f '( x 1) f '( x 1)

x x

f ( x ) xf '( x 1)

5η προτεινόμενη λύση (Θανάσης Καραγιάννης)

Για καθηγητές:

Έχουμε τρεις παραδοχές για τη συνάρτηση f:

(1) f(x)

' xf(x)

f (x) = ex

για κάθε x > 1

(2) H fC έχει κατακόρυφη ασύμπτωτη και

(3) x elimf(x) = 0

.

Επειδή η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη, άρα συνεχής, από την (3) έπεται άμεσα ότι

f(e) = 0 .

Α) Η λύση θα βασιστεί στη γνωστή ανισότητα xe x 1 , για κάθε x . Πράγματι, τότε

έχω:

f(x)

xf(x)

ex

f(x)

xf(x)

e 0x

(1)

'f (x) < 0 , για κάθε x (1,+ ) . Άρα η συνάρτηση f είναι

γνησίως φθίνουσα στο διάστημα (1,+ ) .

Β) Υπολογίζω την 2η παράγωγο της f στο διάστημα (1,+ ) : Είναι f΄́ (x)(1)

f(x)

xf(x)

ex

΄

=

f(x)

xf(x)

ex

΄΄

=

f(x)

xf(x) f(x)

ex x

΄ ΄

=f(x)

xf(x)

1 ex

΄

=

f(x)

x2

f (́x)x f(x)x΄1 e

x

(1)



f(x)

x

f(x)

x2

f(x)e x f(x)

x1 e

x

=

f(x)f(x)xx

2

f(x) xe f(x)1- e

x

=

f(x)f(x)xx

2

xe1 e

x

=

=

f(x)f(x)xx

ee 1

x

και επειδή

f(x)

xe0

x για κάθε x > 1, προκύπτει ότι:

f΄́ (x) 0 f(x)

xe 1 0 f(x)

xe 1 f(x)

0xe e f(x)

0x

x>1

f(x) 0 f(x) f(e)

f

x e . Δηλαδή ο πίνακας μεταβολών της f είναι ο εξής:

1 e +

f΄΄(x)

0

f (́x)

f(x)

0

σ.κ.

Άρα η συνάρτηση f έχει ένα σημείο καμπής, το (e, f(e)) = (e, 0) . Επίσης, η f παίρνει

θετικές τιμές στο διάστημα (1,e) και αρνητικές στο διάστημα (e,+ ) .

α) Από τον πίνακα μεταβολών της f, προκύπτει ότι η συνάρτηση f είναι κοίλη στο

διάστημα [e,+ ) . Χρησιμοποιώ τη γνωστή ανισότητα Jensen για κοίλες συναρτήσεις και έχω:

x + y f(x) + f(y)f

2 2

για κάθε x,y [e,+ ) .

Ειδικότερα για y = e, η προηγούμενη σχέση γράφεται: x + e f(x) + f(e)

f2 2

x + e f(x)f

2 2

(4) για κάθε x [e,+ ) .

Για τη γνησίως φθίνουσα συνάρτηση f υπάρχουν δύο περιπτώσεις: είτε η f είναι κάτω φραγμένη,

οπότε υπάρχει στο το xlim f(x)

και είναι ίσο με το infimum του συνόλου

{f(x) : x (1, }) , είτε η f δεν είναι κάτω φραγμένη, οπότε xlim f(x) =

.



Υποθέτω ότι η f είναι κάτω φραγμένη (και θα καταλήξω σε άτοπο). Aπό την υπόθεση,

υπάρχει τοxlim f(x) =

. Από τη σχέση (4) έχω ότι x

x + elim f

2

x

f(x)lim

2

2

2 0.

Αυτό όμως είναι άτοπο, διότι: 2e > e f

f(2e) < f(e) f(2e) < 0

και επειδή η συνάρτηση f είναι συνεχής, παίρνουμε ότι x 2elim f(x) = f(2e) < 0

. Αλλά τότε, επειδή

η f είναι γνησίως φθίνουσα, συνάγεται ότι = xlim f(x)

x 2elim f(x)

< 0.

Άρα η συνάρτηση f δεν είναι κάτω φραγμένη, οπότε xlim f(x) =

.

β) Από την παραδοχή (2), προκύπτει ότι η συνάρτηση f έχει κατακόρυφη ασύμπτωτη στη θέση x

= 1. Άρα, είτε x 1lim f(x) =

, είτε

x 1lim f(x) =

. Επιπλέον, η f παίρνει θετικές τιμές στο

διάστημα (1,e) . Επομένως x 1limf(x) =

και για το σύνολο τιμών της συνεχούς, γνησίως

φθίνουσας συνάρτησης f έχουμε ότι

f (1, ) = x x 1lim f(x) , lim f(x)

= ( , ) = .

γ) Αναγκαία συνθήκη για την ύπαρξη πλάγιας ασύμπτωτης της fC στο , είναι η ύπαρξη του

x

f(x)lim

x=α . Υποθέτω ότι υπάρχει αυτό το όριο και θα καταλήξω σε άτοπο. Επειδή

xlim f(x) =

και xlim x =

, εφαρμόζω τον κανόνα De’l Hospital και έχω: x

f(x)lim

x=

x

f (́x)lim

x΄=

xlim f (́x)

(1)

f(x)

x

x

f(x)lim e

x

= x

f(x)lim

x

x

f(x)lim e

x

,

δηλαδή α = αα e αe 0 , άτοπο. Συνεπώς δεν υπάρχει στο το x

f(x)lim

x

και η συνάρτηση f δεν έχει πλάγια, ούτε οριζόντια ασύμπτωτη στο .

Γ) Για κάθε x > e, ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θεωρήματος Μέσης Τιμής για τη συνάρτηση f

στο διάστημα [x, x+1]. Άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ (x,x 1)

τέτοιο, ώστε f(x 1) f(x)

f (́ξ) =x +1 x

= f(x 1) f(x) (5).

Επίσης, αν x , τότε ξ . Εξετάζω αν υπάρχει το tlim f (́t)

. Από τον

πίνακα μεταβολών της f, έπεται ότι η παράγωγος συνάρτηση f΄ είναι γνησίως φθίνουσα

στο διάστημα (e,+ ) . Υποθέτω ότι η συνάρτηση f΄ είναι κάτω φραγμένη, άρα υπάρχει στο



το tlim f (́t)

. Όμως, όπως είδαμε στο (γ), είναι t

f(t)lim

t=

tlim f (́t)

και δεν υπάρχει στο

το t

f(t)lim

t, άτοπο. Επομένως η συνάρτηση f΄ είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα

(e,+ ) και δεν είναι κάτω φραγμένη, οπότε tlim f (́t) =

.

Έπεται από τη σχέση (5), ότι xlim f(x 1) f(x)

.

Δ) Η αποδεικτέα γράφεται ισοδύναμα: xf (́x 1) < f(x) f(x)

f (́x 1) <x

(1)

f(x)' xf (́x 1) < f (x) e

f(x)' xf (́x 1) f (x) < e , για x > e. Αλλά η τελευταία σχέση ισχύει,

διότι η συνάρτηση f΄ είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα (e,+ ) , οπότε:

x+1 > x f (́x 1) < f (́x) f (́x 1) f (́x) < 0 < f(x)

xe , για κάθε x (e,+ ) .

Συνεπώς ισχύει και η αποδεικτέα.



26η άσκηση

Γ΄ Λυκείου – Μαθηματικά Προσανατολισμού

Προτάθηκε από τον Νίκο Γαρυφαλλίδη (23/3/2016)

Αποστολή λύσεων έως την Τετάρτη 30/3/2016

Ο αστρολάβος των Αντικυθήρων αποτέλεσε τον πρώτο υπολογιστή του

ανθρώπινου είδους (Ημερολογιακό και Αστρονομικό). Στο παρακάτω σχήμα

φαίνεται το μπροστινό μέρος του μηχανισμού, αν θεωρήσουμε ότι τα

σκιαγραφημένα γρανάζια 1 1 1 2 2 2 3 3 3C ( , ),C ( , ),C ( , ) , αντιστοιχούν σε

εφαπτόμενους κύκλους, να βρεθούν οι εξισώσεις τους όταν γνωρίζουμε:

Ο 1

C εφάπτεται στους θετικούς ημιάξονες Οχ και Οψ .

1 3 2

1 26 1

Η μεσοκάθετος του διακεντρικού τμήματος 1 3

έχει εξίσωση

y x 8 .



1η προτεινόμενη λύση (Νίκος Γαρυφαλλίδης)

Αφού ο 1C εφάπτεται στους θετικούς ημιάξονες ισχύει 1 1 1 1x y οπότε

2 2

1 : ( 1) (y 1) 1C x .

Η μεσοκάθετος του 1 3K K είναι η ευθεία : 8y x οπότε

1 3 1 3 1 31 3 1 ( 1) 1 1K K K K K KK K και αφού διέρχεται

από το 1(1,1)K η ευθεία 1 3 :K K y x οπότε 3 3 3(x , y )K

Το σημείο τομής των ε , 1 3K K θα βρεθεί από το σύστημα

1 3

: 8(4,4)

:

y xM

K K y x

το οποίο είναι μέσο του 1 2K K οπότε

33

14 7

2

xx

άρα

2 2

3 : ( 7) (y 7) 1C x



Το κέντρο του 2C είναι πάνω στην ευθεία : 8y x οπότε θα ισχύει:

2 2 8 (1)y x

Οι κύκλοι 1C , 2C εφάπτονται εξωτερικά οπότε θα ισχύει :

2 2 2 2

1 2 1 2 2 1 2 1 2 2

(1)2 2 2 2

2 2 2 2

(1)2 2 2

2 2 2

(1)2 2 2

2 2 2

(x x ) (y ) 1 26 1 (x 1) (y 1) 26

(x 1) ( x 8 1) 26 (x 1) ( x 7) 26

x 2 y 6 : ( 2) (y 6) ( 26 1)

...

x 6 y 2 : ( 6) (y 2) ( 26 1)

K K y

C x

ή

C x

2η προτεινόμενη λύση (Δημήτρης Ζαχαριάδης)

Αν Κ1(x1,y1) το κέντρο το C1 τότε επειδή ο C1 εφάπτεται στους θετικούς ημιάξονες

Ox, Oy θα ισχύει:

d(K1,Ox)= d(K1,Oy)=ρ1 y1=x1=ρ1=1. Επομένως Κ1(1,1)

και τότε C1: (x-1)2+(y-1)2=1

Έστω Κ3(x3,y3). H ευθεία ε: y=-x+8 είναι μεσοκάθετος του τμήματος Κ1Κ3 επομένως:

το μέσο Μ του Κ1Κ3 είναι σημείο της ε,

3 3 3 33 3

1+x 1+y 1 1M , ε 8 x 14

2 2 2 2

y xy

(1)

31 3 1 2

3

1 λ 1 ( 1) 1

1

yK K

x

( προφανώς x3≠1)

y3=x3 (2)

Από (1), (2) έχουμε x3=y3=7 επομένως Κ3(7,7) και επειδή ρ3=1

C3: (x-7)2+(y-7)2=1.

O C2 εφάπτεται εξωτερικά στους C1, C3 επομένως:

(Κ1Κ2)=ρ1+ρ2= 26 (3) και (Κ2Κ3)=ρ2+ρ3= 26 (4)

Από (3), (4) έχουμε:

(Κ1Κ2)= (Κ2Κ3) επομένως το Κ2 σημείο της μεσοκαθέτου ε θα την

επαληθεύει:

y2= - x2+8 (5) και



(Κ1Κ2)= 26 (x2-1)2+(y2-1)2=26 (6)

η (6) λόγω της (5) γίνεται: (x2-1)2+(x2-7)2=26 x22-8x2+12=0 και δίνει τελικά

δύο λύσεις: x2=2 x2=6.

Αντικαθιστώντας στην (5) έχουμε τα ζεύγη λύσεων (x2, y2)= (2,6) και

(x2, y2)= (6,2).

και επομένως δύο λύσεις για τον κύκλο C2:

(x-2)2+(y-6)2=( 26 -1)2 (x-6)2+(y-2)2=( 26 -1)2


Έστω 1 1 1 2 2 2 3 3 3( , ), , , ( , )K x y K x y K x y με 1 1, 0x y και 1 1 1 1x y λόγω της

επαφής του 1C με τους ημιάξονες Οx, Oy. Άρα ο 1C έχει εξίσωση: 2 2

1 1 1x y

. Το 2 ισαπέχει από τα 1 3, με 2 1 2 3 26K K K K , επειδή από την υπόθεση

1 3 1 , 2 26 1 και οι κύκλοι 1 2,C C και 2 3,C C εφάπτονται εξωτερικά. Άρα το

κέντρο 2K του 2C ανήκει στην ευθεία 8y x δηλαδή ισχύει 2 2 8y x .

Αντικαθιστώντας το 2y στη σχέση 2 2

2 21 1 26x y και κάνοντας τις πράξεις

βρίσκουμε 2 2, (6,2)x y ή (2,6) . Άρα ο 2C έχει εξίσωση:

2 2

6 2 27 2 26x y ή 2 2

2 6 27 2 26x y .

Η ευθεία 1 3K K είναι κάθετη στην 8y x και διέρχεται από το 1K . Άρα έχει

εξίσωση y x και κατά συνέπεια 3 3y x . Το μέσο 3 31 1,

2 2

x x

του 1 3K K ανήκει

στην ευθεία 8y x , άρα 3 33

1 18 7

2 2

x xx

. Άρα ο 3C έχει εξίσωση:

2 2

7 7 1x y .



4η προτεινόμενη λύση (Θανάσης Καραγιάννης)

Ο κύκλος C1 , κέντρου Κ1, εφάπτεται στους ημιάξονες Ox και Oy και έχει ακτίνα ρ1 = 1.

Άρα το τετράπλευρο ΟΓΚ1Β είναι τετράγωνο και συνεπώς το κέντρο του C1 είναι Κ1(1,1).

Επομένως

C1 : 2 2x ) (y 1) =1( 1 .

Επίσης η διακεντρική ευθεία Κ1Κ3 είναι κάθετη στην ευθεία y x +8= και περνάει από το

σημείο Κ1(1,1), άρα η Κ1Κ3 έχει εξίσωση x +βy = και για x = y = 1 παίρνουμε ότι

β = 0 , οπότε Κ1Κ3 : y = x. Το σημείο τομής Η των ευθειών y = x και x +8y = βρίσκεται από

τη λύση του συστήματος:

y x + 8

y = x

=

x x + 8

y = x

=

2x = 8

y = x

x = 4

y = 4

, δηλαδή Η(4,4).

Αλλά το σημείο Η είναι το μέσο του τμήματος Κ1Κ3, οπότε :

Η1 3x + x

x2

314 =

+ x

2 38 =1+ x 3x = 7 και

Η1 3y + y

y2

314 =

+ y

2 38 =1+ y 3y = 7 , δηλαδή Κ3(7,7).

Επομένως C3 : 2 2) (y 7) =1(x 7



Ισχυρισμός: Το κέντρο Κ2 του κύκλου C2 ανήκει στη μεσοκάθετο του διακεντρικού τμήματος

Κ1Κ3 (δηλαδή στην ευθεία y x +8= ).

Απόδειξη: Έστω Δ και Ε τα σημεία επαφής του κύκλου C2 με τους C1 και C3 αντίστοιχα. Τότε

από το Δ διέρχεται η κοινή εφαπτομένη ε των C1 και C2, που είναι κάθετη στις ακτίνες Κ1Δ και

Κ2Δ. Δηλαδή τα σημεία Κ1, Δ και Κ2 είναι συνευθειακά και το τμήμα Κ1Κ2 έχει μήκος ρ1+ρ2 .

Όμοια έχουμε ότι τα σημεία Κ3, Ε και Κ2 είναι συνευθειακά και το τμήμα Κ2Κ3 έχει μήκος ρ1+ρ2 .

Συνεπώς το τρίγωνο Κ1Κ2Κ3 είναι ισοσκελές με βάση Κ1Κ3 , οπότε η κορυφή Κ2 ανήκει στη

μεσοκάθετο του τμήματος Κ1Κ3.

Από τον ισχυρισμό, έχουμε ότι το Κ2 είναι σημείο τομής του κύκλου (Κ1, ρ1+ρ2) και της ευθείας

y x +8= (οπότε θα προκύψουν δύο λύσεις για το Κ2). Λύνω το σύστημα των αντίστοιχων

εξισώσεων και έχω:

2

1 2

2 2 )x 1) (y 1) = (ρ ρ

y x +8

(

=

22 2 )x 1) ( x +8 1) = (1 26 1 (1)

y x +8 (2)

(

=

Λύνω την (1) και έχω:

22 2 )x 1) (7 x) = ( 26( 2 2x 2x 1 49 14x = 26+ x 22x 16x 24 = 0

2x 8x 12 = 0 που έχει διακρίνουσα Δ = 2( 8) 4 12 =6448=16 και ρίζες

8 4

2

=

12

2= 6

x = 8 16

2

=

8 4

2

=

8 4

2

=

4

2= 2

Για x = 2, η (2) y = 2 8 = 6, δηλαδή παίρνουμε το σημείο Κ2(2,6) και

Για x = 6, η (2) y = 6 8 = 2, δηλαδή παίρνουμε το σημείο '

2K (6,2) .

Οι αντίστοιχες εξισώσεις κύκλων είναι :

C2 : 22 2) (y 6) = ( 26 1)(x 2 και 'C2

: 22 2) (y 2) = ( 26 1)(x 6

Σχόλιο: Αν θέλουμε να συμφωνεί το σχήμα μας με το σχήμα του αστρολάβου στην εκφώνηση, θα

πρέπει να απορρίψουμε τον κύκλο 'C2 (με τη διακεκομμένη γραμμή) και να δεχθούμε ως λύση τον

κύκλο C2, που βρίσκεται «άνω αριστερά» σε σχέση με τον 'C2, άρα το κέντρο του έχει τη μικρότερη

τετμημένη και μεγαλύτερη τεταγμένη.


μαρτιος 16

Education

Transcript of μαρτιος 16