Η άσκηση της ημέρας - Ιανουάριος 2017

___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17

http://lisari.blogspot.gr/


• Ασημακόπουλος Γιώργος

• Γκριμπαβιώτης Παναγιώτης

• Δεββές Κώστας

• Ελευθερίου Νίκος

• Καταραχιάς Τάκης

• Μόσιος Κωνσταντίνος

• Παγώνης Θεόδωρος

• Πάτσης Ανδρέας

• Σαριβασίλης Δημήτρης

• Τρύφων Παύλος

• Τσόλκας Κωνσταντίνος

• Χαλικιόπουλος Σπύρος

• Χατζόπουλος Μάκης

• Ψαθά Ντίνα

Mας τίμησαν με τη συμμετοχή τους



Είναι:

ΑΒ 2x y x 2y , x 2y 2 ή ΑΒ x y , x 2y 2

Για να σχηματίζει γωνία 135ο με τον οριζόντιο άξονα θα πρέπει:

0λ εφ135 x 2y 2

1x y

x 2y 2 x y (1)

Επίσης πρέπει:

ΑΒ 2 2 2

x y x 2y 2 2

Οπότε από την σχέση (1) έχουμε ισοδύναμα:

2 2

x y x y 2 2

2 x y 2 2

x y 1 x y 1 x y 1

x y 1 x y 1

Για x y 1 η (1) γίνεται:

x 2y 2 x y 2x y 2 0 2y 2 y 2 0 4

y3

, άρα 1

x3

Για x y 1 η (1) γίνεται:

x 2y 2 x y 2x y 2 0 2y 2 y 2 0 y 0 , άρα x 1

Επαλήθευση:

Για 1

x3

, 4

y3

έχουμε: ΑΒ 1,1

Δίνονται τα σημεία και με και .

Να βρείτε τους αριθμούς και έτσι ώστε το διάνυσμα να έχει μέτρο και

να σχηματίζει με τον άξονα γωνία 135ο

Πηγή: Εισήγηση του Θεόδωρου Παγώνη «Επαλήθευση, πολυτέλεια ή αναγκαιότητα;» για το συνέδριο ΟΕΦΕ 2016

1 6 η Ά σ κ η σ η Προτείνει ο : Θεόδωρος Παγώνης (8/1/2017)

Λύνει ο Θεόδωρος Παγώνης



Για x 1 , y 0 έχουμε: ΑΒ 1, 1

Η οποία προφανώς απορρίπτεται.

Παρατήρηση: Εδώ οι περιορισμοί είναι καλά «κρυμμένοι» για τον μαθητή. Θα πρέπει το

διάνυσμα ΑΒ να βρίσκεται στο 2ο τεταρτημόριο. Δηλαδή πρέπει να έχει αρνητική τετμημένη

και θετική τεταγμένη. Αυτό αποτελεί ένα λεπτό σημείο για πολλούς μαθητές. Σε αυτή την

περίπτωση είναι προφανές ότι η διαδικασία της επαλήθευσης είναι αναπόφευκτη.



Βρίσκουμε το διάνυσμα ΑΒ (x y,x 2y 2) .Αφού ω̂ 135 άρα λ=-1, οπότε

x 2y 21 x 2y 2 x y

x y

άρα y 2 2x (1)

Ακόμη 2 2ΑΒ (x y) (x 2y 2) 2 και μετά από πράξεις (χρησιμοποιώ και την (1))

καταλήγουμε στη σχέση: 3x 2 1 και από εδώ προκύπτει x 1 και 1

x3

.

Οπότε έχουμε:

Αν x 1 , τότε y =0, άρα ΑΒ (1, 1)

Αν 1

x3

,τότε y =4

3, άρα ΑΒ ( 1,1)

Εδώ θέλει προσοχή!

Πρέπει να δούμε ποιο από τα δύο διανύσματα σχηματίζει γωνία ω̂ 135

Επειδή το ΑΒ (1, 1) είναι παράλληλο με το ΟΜ (1, 1)

(Ο η αρχή των αξόνων) και οι συντεταγμένες του Μ(1,-1)

δηλαδή το Μ βρίσκεται στο 4ο τεταρτημόριο οπότε η ω̂ 315

Επειδή το ΑΒ ( 1,1) είναι παράλληλο με το ΟΜ ( 1,1)

(Ο η αρχή των αξόνων) και οι συντεταγμένες του Μ(-1,1)

δηλαδή το Μ βρίσκεται στο 2ο τεταρτημόριο οπότε η ω̂ 135

Άρα η λύση που δεχόμαστε είναι 1

x3

και y =4

3

Λύνει ο Γιώργος Ασημακόπουλος



Είναι B A B AΑΒ x x , y y 2x y x 2y, x 1 1 2y x y, x 2y 2 .

Έχουμε:

2

2 2

2 2 2 2

ΑΒ 2 ΑΒ 2

x y x 2y 2 2

x 2xy y x 4y 4 4xy 8y 4x 2

2 22x 5y 2xy 4x 8y 2 0 (1).

Επειδή AB

x y x y 0 x 0 , ορίζεται ο συντελεστής διεύθυνσης του διανύσματος ΑΒ .

Είναι:

ΑΒ

ΑΒ

ΑΒ

yΑΒ, x'x 135 λ εφ135 εφ45

x

x 2y 2 1 x 2y 2 y x

x y

y 2 2x (2).

Η (1) μέσω της (2) γίνεται:

22 2 22x 5 2 2x 2x 2 2x 4x 8 2 2x 2 0 18x 24x 6 0 3x 4x 1 0 , η

οποία έχει διακρίνουσα 2

Δ 4 4 3 1 4 Δ 2 . Οπότε, έχουμε τις λύσεις:

2

1 1

2

2 2

ΑΒ, x'x 315 απορρίπτεx 1 y 0 ΑΒ 1, 1 , ΑΒ 2 , 4 2

x2 3

x y ΑΒ 1, 1 ,

ται

1 4ΑΒ, x'x 13 5 δεκτήΑΒ 2,

3 3

Άρα, 1

x3

και 4

y3

.

Λύνει ο Νίκος Ελευθερίου



o o o o

ΑΒ ΑΒ

Eστω ΑΒ (α,β) και ω η γωνία που σχηματίζει με τον x΄x άξονα.

Τότε εφω = εφ(135 ) = εφ(180 - 45 ) = -εφ45 = -1 , α < 0, β > 0 .

β βλ εφω = -1, λ , άρα - 1 = β = - α, α < 0, β > 0 .

α α

ΑΒ = (2x + y - x - 2y, x - 1- 1+ 2y

2 2

(1)2 2 2 2

2 2

) AB = (x - y, x + 2y - 2) , με

x < y , x + 2y > 2 , x + 2y - 2 = -x + y y = 2 - 2x (1) .

AB 2 (x - y) + (x + 2y - 2) = 2

(x - 2 + 2x) + (x + 4 - 4x - 2) = 2 (3x - 2) + (2 - 3x) = 2

2(3x - 2) = 2 (3x - 2) = 1

(1)

(1)

3x - 2 = 1 x = 1

ή ή .

3x - 2 = -1 1x = -

3

Για x = 1 y = 0 απορρίπτεται, γιατί πρέπει να είναι x < y .

1 4Για x= y = , για το οποίο είναι x < y, x + 2y = 3 > 2 .

3 31 4

Aρα x = , y = .3 3

Σημείωση: Για αυτές τις τιμές εί

ναι ΑΒ (-1,1), για το οποίο

ισχύουν οτι AB = 2 και εφω = -1 .

.

Λύνει η Ντίνα Ψαθά



Αρχικά υπολογίζουμε το ΑΒ , οπότε έχουμε:

AB 2x y x 2y ,x 1 1 2y AB x y,x 2y 2 .

Επειδή η γωνία που σχηματίζει το ΑΒ με τον άξονα x΄x , είναι 0135 , ισχύουν τα εξής:

0 x 2y 2 x 2y 2εφ135 1 y 2 2x i

x y x y

Η τετμημένη του ΑΒείναι αρνητικός αριθμός, οπότε: x y 0 x y ii

Επίσης 2

2 2 2 2AB 2 2 x y x 2y 2 2 x y x 2y 2 , στην οποία

αντικαθιστούμε το y 2 2x i και μετά από απλές πράξεις καταλήγουμε στην σχέση:

2

3x 2 1 δηλαδή x 1 ή 1

x3

.

Για x 1 από την i παίρνουμε y 0 , τα οποία απορρίπτονται λόγω της ii .

Για 1

x3

από την i παίρνουμε 4

y3

(δεκτές), οπότε προκύπτει το διάνυσμα

AB 1,1 , το οπόιο προφανώς ικανοποιεί τα δεδομένα της άσκησης.

ΥΠΟΔΕΙΞΗ: Αν παραβλέψουμε τον περιορισμό ii , είμαστε υποχρεωμένοι για το ζεύγος

x,y 1,0 να αντικαταστήσουμε και να βρούμε το AB και να κάνουμε επαλήθευση στα

δεδομένα της άσκησης και εύκολα να δούμε οτι δεν ικανοποιεί τα δεδομένα αυτά.

Λύνει ο Κώστας Τσόλκας



Eίναι

ΑΒ x y,x 2y 2 και 2 2 2

ΑΒ 2 x y x 2y 2 (1).

Επίσης πρέπει να ισχύουν οι περιορισμοί x y 0 και x 2y 2 0 λόγω της γωνίας που

σχηματίζει το ΑΒμε τον x΄x.

Ακόμα πρέπει να ισχύει 0 x 2y 2εφ135 1 y 2 2x

x y

(2)

λόγω του συντελεστή διεύθυνσης του ΑΒ .

Το σύστημα των (1), (2) δίνει τις λύσεις: x,y (1,0) , 1 4

x,y ( , )3 3

.

Η 1η απορρίπτεται επειδή x y και η 2η είναι δεκτή.

Λύνει ο Κώστας Δεββές



Βρίσκουμε τις συντεταγμένες του AB .

B A B AAB x x ,y y (x y,x 2y 2) .

Υπολογίζουμε τον συντελεστη διεύθυνσης του AB .

AB

AB

AB

y x 2y 2λ ,x y

x x y

.

Επειδή το AB σχηματίζει γωνία ο135 με τον άξονα x΄x θα ισχύει:

ο

AB

x 2y 2λ εφ135 1 x 2y 2 x y 2x y 2

x y

. (1)

Επίσης:

2 2 2 2

AB 2 x y x 2y 2 2 x y x 2y 2 2

1

2 2 2 2x y x 2y 2x y 2 x y y x 2

2 2 2

x y x y 2 x y 1 x y 1 ή x y 1

Λύνουμε τα συστήματα:

2x y 2

x,y 1,0x y 1

και

2x y 2 1 4

x,y ,x y 1 3 3

.

Για x,y 1,0 έχουμε: A 1,1 και B(2,0)

Επειδή θ = 3150 η περίπτωση αυτή δεν γίνεται δεκτή

Λύνει ο Δημήτρης Σαριβασίλης

3150

Α

Β Ο 2

1

1



Για 1 4

x,y ,3 3

έχουμε: 5

A 3,3

και

2B(2, )

3

Επειδή θ = 1350 η περίπτωση αυτή γίνεται δεκτή

1350

Α

Β Ο 2

-2/3

-5/3

3



Είναι: ΑΒ (x y,x 2y 2) .

Tώρα πρέπει κατ΄αρχήν ο συντελεστής διεύθυνσης του ΑΒ να ισούται με εφ135ο = -1 και

x y 0, x 2y 2 0 (1) για να σχηματίζει με τον άξονα xx΄ γωνία 135ο.

Δηλαδή

x 2y 21

x y

x 2y 2 y x 2x y 2 y 2 2x .

Τότε

ΑΒ =(3x 2,2 3x) με 2

x3

.

Eπίσης

2 2

ΑΒ = 2 2 3x 2 = 2 3x 2 = 1 3x 2 = 1

1 3x 2 = 1 ή 3x 2 1 x 1 ή x

3

Η λύση x 1 απορρίπτεται λόγω των περιορισμών.

Άρα 1 4

x ,y3 3

και : ΑΒ =( 1,1) .

Λύνει ο Τάκης Καταραχιάς



Στο σύστημα συντεταγμένων Οχy έχουμε:

OA x 2y,1 2y και OB 2x y,x 1 οπότε

AB OB OA 2x y,x 1 x 2y,1 2y (x y,x 2y 2)

Έτσι από 2 2 2

AB 2 AB 2 x y x 2y 2 2, 1

Επειδή το AB σχηματίζει με τον x΄x γωνία 0135 , η διανυσματική του ακτίνα θα

βρίσκεται στο Δεύτερο Τεταρτημόριο και θα ισχύουν:

0

ABλ εφ135 1, 2

x y 0 x y 3

x 2y 2 0 4

Η σχέση x 2y 2

2 1, θυμίζουμε, ότι x y x 2y 2 x y y 2 2x, 5x y

λύνουμε το σύστημα των εξισώσεων 1 και 5 με απλή αντικατάσταση:

4

2 2 2 21 x 2 2x x 4 4x 2 2 3x 2 3x 2 2

2 2 2 2

63x 2 1

3x 2 3x 2 2 2 3x 2 2 3x 2 1 ή

73x 2 1

Η 6 δίνει x 1 τότε, από 5 y 0, το οποίο είναι άτοπο, βάσει της 3 , άρα από

4

1 47 x y

3 3 , οι τιμές αυτές επαληθεύουν βέβαια τις σχέσεις 3 και 4 .

Λύνει ο Κωνσταντίνος Μόσιος



Σύμφωνα με τις συντεταγμένες των σημείων Α, Β που δόθηκαν είναι:

ΑΒ (x y,x 2 2y)

και για να σχηματίζει γωνία 1350 (2ο τεταρτημόριο) με τον άξονα των x΄x πρέπει:

x y 0 x y

x 2 2y 0 x 2 2y

x 2 2y1 x 2 2y x y y 2 2x σχέση (1)

x y

22 2y x y, που προκύπτει y και άρα

32 2

από την y 2 2x 2 2x x3 3

Πρέπει επίσης:

(1)

2 2 2AB 2 3x 2 2 3x 2 2 (3x 2) 2 2

3x 2 1 οπότε

13x 2 1 x 1 ή x

3 .

Από τους περιορισμούς που έχουμε 1

x3

η πρώτη λύση απορρίπτεται, άρα:

1 4x και y

3 3

Λύνει ο Σπύρος Χαλικιόπουλος



Για κάθε λ 0 η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο Rμε

2 λ 1f x x λ ln λ x

4

Η fείναι τριώνυμο (ως προς x ) με διακρίνουσα

Δ λ ln λ λ 1

Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:

Αν λ 1 τότε 2f x x 0 , οπότε η f είναι κυρτή στο R

(αφού η f είναι συνεχής στο R ) και άρα η f δεν έχει σημεία καμπής

Αν 0 λ 1 τότε Δ λlnλ λ 1 0 , διότι από την βασική σχέση

lnx x - 1, για κάθε x > 0 (με την ισότητα μόνο για x = 1 ) προκύπτει

2 2 2lnλ λ 1 λlnλ λ λ λlnλ λ λ λlnλ λ 1 λ 1 0

Οπότε η εξίσωση f x 0 έχει δύο διαφορετικές ρίζες 1 2

ρ ,ρ και από το πρόσημο

τριωνύμου, προκύπτει ότι η f έχει δύο σημεία καμπής 1 1 2 2A ρ ,f ρ , B ρ ,f ρ

Αν λ 1 τότε Δ λlnλ λ 1 0 , διότι από την βασική σχέση

lnx x - 1, για κάθε x > 0 (με την ισότητα μόνο για x = 1 ) προκύπτει

1 1 1

ln 1 ln λ 1 λ ln λ 1 λ λ ln λ λ 1 0λ λ λ

Οπότε και πάλι η f έχει δύο σημεία καμπής 1 1 2 2A ρ ,f ρ , B ρ ,f ρ

Συμπέρασμα:

τιμές του λ πλήθος σημείων καμπής της f

0 λ 1 ή λ 1 2

λ 1 0

Για τις διάφορες τιμές του αριθμού να βρείτε το πλήθος των σημείων καμπής

της συνάρτησης με τύπο

1 7 η Ά σ κ η σ η Προτείνει ο Παύλος Τρύφων (15/1/2017)

Λύνει ο Παύλος Τρύφων



43 2

32

2

2

λ lnλx λ - 1f : , f(x) = + x + x + x + 1.

12 6 8

λ lnλx λ - 1Για κάθε x , f '(x) = + x + x + 1,

3 2 4λ - 1

f ''(x) = x + λ lnλ x + .4

Δ λ lnλ 1 λ.

Αν λ = 1, είναι Δ = 0 και f "(x) = x 0, άρα η συνάρτηση

δεν έχει σημεία καμπής.

Αν 0 < λ < 1, τότε λ lnλ > 0, 1- λ > 0 Δ 0.

Εστω g(λ) = λlnλ + 1- λ, λ 1.

Γιά κάθε λ > 1, g'(λ) = lnλ + 1- 1 = lnλ > 0, άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο [1, + ),

οπότε για κάθε λ

1 2

1 2

> 1 g(λ) > g(1) g(λ) > 0. Άρα

αν λ > 1, τότε Δ = g(λ) > 0. Ετσι για λ (0,1) (1,+ ) είναι Δ > 0, άρα η f " έχει δύο

λ lnλ Δ λ lnλ Δρίζες πραγματικές άνισες, x , x = , είναι θετική στα

2 2( ,x ) και (x , )

1 2

1 1 2 2

και αρνητική στο (x ,x ).

Τότε η f έχει δύο σημεία καμπής, τα (x ,f(x )) και (x ,f(x )).




Η συνάρτηση f ως πολυωνυμική, παραγωγίζεται στο με:

3

2λ ln λx λ 1

f (x) x x 1, x3 2 4

οπότε και η f παραγωγίζεται με:

2 λ 1f (x) x λ ln λ x , x

4

, η οποία είναι τριώνυμο δευτέρου βαθμού με

λ 1α 1 0, β λ ln λ και γ

4

, οπότε η διακρίνουσα του είναι

2Δ β 4αγ λ ln λ λ 1

Σχόλιο: Για το πλήθος των ριζών και το πρόσημο της f (x) μελετάμε τις ρίζες και το

πρόσημο της διακρίνουσας Δ, δηλ. της συνάρτησης g(λ) λ ln λ λ 1, λ 0

Είναι λ ln λ λ 1, 0 λ 1

g(λ) λ ln λ λ 1λ ln λ λ 1, λ 1

Η g έχει προφανή ρίζα το λ 1 , τότε η Διακρίνουσα μηδενίζεται, οπότε το τριώνυμο

μηδενίζεται σε μια θέση, όμως διατηρεί πρόσημο και μάλιστα είναι

f (x) 0 , x , άρα τότε (όταν, λ 1 ) η f δεν έχει σημεία καμπής.

Όταν 0< λ <1 τότε g(λ) λ ln λ λ 1 λln λ 1 λ 0

, διότι από

λ 0

1 λ 0

λ 1 και

ln λ ln1 0(ln ) ln λ 0 λ ln λ 0

Δηλ. τότε είναι Δ>0, οπότε το τριώνυμο έχει δύο ρίζες 1 2

ρ , ρ και εναλλάσσει το πρόσημο

εκατέρωθεν αυτών, που σημαίνει , ότι η f

C έχει δύο σημεία καμπής.

Όταν λ >1, τότε g(λ) λlnλ λ 1 με

g (λ) lnλ 1 1 lnλ 0 , διότι ln

λ 1 ln λ ln1 0

, οπότε η g είναι γνησίως αύξουσα

συνάρτηση και άρα από g

λ 1 g(λ) g(1) 0

Δηλ. και πάλι είναι Δ>0, οπότε το τριώνυμο έχει δύο ρίζες 1 2

ρ , ρ και εναλλάσσει το

πρόσημο εκατέρωθεν αυτών, που σημαίνει , ότι η f


Τελικά έχουμε ότι η f

C έχει δύο σημεία καμπής για κάθε 0 λ 1 .




4

3 2λ ln λx λ 1

f x x x x,6

x 112 8

R

H f είναι δυο φορές παραγωγίσιμη στο R με:

3

2λ ln λx λ 1

f x x x 13 2 4

και

2f x x λ lλ 1

x4

n λ

Η f είναι τριώνυμο ως προς x με διακρίνουσα: Δ λ ln λ λ 1

Θα αποδείξουμε ότι είναι Δ 0 για κάθε λ 0 .

Έστω λ ln λ λ 1 , λ

g(λ) λ ln λ λ 1, λλ ln λ λ 1

0 g λ, 0 λ

1

1

Εύκολα βλέπουμε ότι η g είναι συνεχής στο 1 και:

g' λ l 0n λ για κάθε λ 1 . Οπότε η g είναι γνησίως αύξουσα στο 1, άρα:

Για κάθε 1 g λ g 1λ 0 με την ισότητα να ισχύει μόνο για λ 1 .

Για 0 λ 1 έχουμε: g' λ l 2n λ

2

2

2

g λ 0 λ e

g λ 0 0 λ e

g λ 0 e λ 1

Οπότε η g είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής στο 2

1Δ 0,e

και γνησίως φθίνουσα και

συνεχής στο 2

2Δ e ,1 , άρα:

λ

2 2

10

g Δ lim g λ ,g e 1,1 e

λ

2 2

21

g Δ limg λ ,g e 0,1 e

Οπότε:

2

g 1 2g D g Δ 0 1g Δ , e

Άρα είναι g λ 0 για κάθε 0 λ 1

Τελικά είναι g λ 0 για κάθε λ 0 με την ισότητα να ισχύει μόνο αν το λ 1 .

Άρα η διακρίνουσα της f είναι μη αρνητική για κάθε λ 0

Συμπέρασμα

Λύνει ο Παναγιώτης Γκριμπαβιώτης



Αν λ 1 τότε Δ 0 οπότε x 0f για κάθε xR όποτε η f είναι κυρτή στο R και δεν

έχει σημεία καμπής.

Αν 0 1λ τότε η f έχει 2 ρίζες και αφού είναι τριώνυμο με α 0 θα αλλάζει το

πρόσημο της εκατέρωθεν των ριζών, οπότε η f θα έχει δυο σημεία καμπής.



Η f 2 φορές παρ/μη στο ως πολυωνυμική με 3

2λ ln λx λ 1

f (x) x x 13 2 4

και

2 λ 1f (x) x λ ln λ x

4

. Aν Δ 0 f (x) 0 και η

fC δεν έχει σημεία καμπής.

Αν Δ 0 τότε η fέχει 2 ρίζες άνισες εκατέρωθεν των οποίων αλλάζει πρόσημο και η

fC έχει 2 σημεία καμπής.

1 1 λΔ λ ln λ λ 1 λ ln λ 1 λ ln λ

λ λ

.

Αν 0 λ 1 τότε Δ 0 και η f

C έχει 2 σημεία καμπής.

Αν λ 1 τότε Δ 0 και η f

C δεν έχει σημεία καμπής.

Αν λ 1 lnλ 0 και 1 1 1

Δ λ ln λ 1 λ ln 1λ λ λ

.

Είναι γνωστό ότι lnx x 1 x 0 με την ισότητα μόνο στο x 1 .

Άρα

1 1 1 1ln 1 0 ln 1

λ λ λ λ .

Άρα Δ 0 και η f

C έχει 2 σημεία καμπής.

Αλλιώς

Αν θέσω xlnx - x + 1, x 1

g(x) x lnx x 1-xlnx - x + 1, 0 < x < 1

είναι g(1) 0 , g συνεχής στο 1 και παρ/μη

στο 0,1 1, με lnx, x > 1

g (x)-lnx - 2, 0 < x < 1

.

Είναι g (x) 0 για x 1 άρα η g στο 1, και για x 1 g(x) 0 Δ 0 , δηλαδή για

λ 1 η f

C έχει 2 σημεία καμπής. Η gστο 0,1 έχει ρίζα το 2

1

eκαι είναι θετική στο

2

1(0, )

eκαι

αρνητική στο 2

1( ,1)e

άρα g στο 2

10,

e

και g στο 2

1,1

e

με αντίστοιχο σύνολο τιμών το

2

10, 1

e

και δείχνοντας ότι

x 0lim xlnx x 1 1

. Άρα για 0 x 1 είναι g(x) 0 και Δ 0

δηλαδή η f

C έχει 2 Σ.Κ. για 0 λ 1 . Για λ 1 Δ 0 και η f





Η συνάρτηση f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη ως πολυωνυμική.

2 λ 1f (x) x λ ln λ x

4

.

Η Διακρίνουσα της εξίσωσης f (x) 0 είναι: Δ λ ln λ λ 1 .

α) Αν λ=1 τοτε Δ=0 και 2f (x) x 0 και άρα η f δεν έχει σημεία καμπής.

Θεωρούμε την συνάρτηση Δ(λ) λ ln λ λ 1 με ΔΑ 0, .

β) Αν λ>1 τότε: Δ(λ) λlnλ λ 1 .

Η συνάρτηση Δ είναι παραγωγίσιμη ως πράξεις παραγωγίσιμων με:

Δ (λ) lnλ 0 για λ>1. Άρα η Δ(λ) είναι γνησίως αύξουσα.

Βρίσκουμε το πεδίο τιμών της.

λ 1 λ 1lim Δ(λ) lim(λln λ λ 1) 1 0 1 1 0

λ λlim Δ(λ) lim[λ(ln λ 1) 1] 1 1

Άρα ΔΔ(Α ) 0, . Επειδή η Διακρίνουσα είναι θετική , η f (x) έχει δύο άνισες ρίζες που

είναι και θεσεις σημείων καμπής γιατί η f (x) ( ως τριώνυμο 2ου βαθμού) αλλάζει πρόσημο

εκατέρωθεν των ριζών.

γ) Αν 0<λ<1 τότε: Δ(λ) λlnλ λ 1 .

Η συνάρτηση Δ είναι παραγωγίσιμη ως πρά-

ξεις παραγωγίσιμων με: Δ (λ) lnλ 2 .

Ο πίνακας μονοτονίας της Δ(λ) είναι ο διπλανος:

Βρίσκουμε το σύνολο τιμών της. 2 2Δ(e ) e 1

λ 1 λ 1lim Δ(λ) lim( λln λ λ 1) 0 1 1 0

Έχουμε:

0

DHλ 0 λ 0 λ 0 λ 0

2

1ln λ λlim(λ ln λ) lim lim lim( λ) 0

1 1

λ λ

Τότε: λ 0 λ 0lim Δ(λ) lim( λln λ λ 1) 0 0 1 1

Άρα: 2

ΔΔ(Α ) 0,1 e . Επειδή η Διακρίνουσα είναι θετική , η f (x) έχει δύο άνισες ρίζες που

είναι και θεσεις σημείων καμπής γιατί η f (x) ( ως τριώνυμο 2ου βαθμού) αλλάζει πρόσημο

εκατέρωθεν των ριζών.


λ 0 2e 1

Δ΄ +

Δ



Έχουμε:

4 3

3 2 2λ ln λ λ ln λx λ 1 x λ 1

f x x x x 1 x x 1, x12 6 8 3 2 4

και

3

2 2λ ln λx λ 1 λ 1

f x x x 1 x λ ln λ x , x3 2 4 4

.

H f είναι τριώνυμο ως προς x με διακρίνουσα λ 02 λ 1

Δ λ ln λ 4 1 Δ λ ln λ λ 14

.

Θεωρούμε τη συνάρτηση

xlnx x 1, x 0, 1g x = x lnx x 1, x 0 g x =

xlnx x 1, x 1.

H g είναι παραγωγίσιμη σε καθένα από τα διαστήματα 0, 1 και 1, ως γινόμενο και

άθροισμα παραγωγίσιμων συναρτήσεων με 1

g x lnx x 1 lnx 2, x 0, 1x

και

1

g x lnx x 1 lnx, x 1, x

.

Είναι:

x 0, 1 : Η g είναι συνεχής στο 0, 1 ως λογαριθμική και

2g x 0 lnx 2 x e , οπότε διατηρεί πρόσημο σε καθένα από τα διαστήματα

20, e και 2e , 1 . Είναι 4 4g e lne 2 2 0 και 1 1

g ln 22 2

ln2 2 0 .

Οπότε, 2g x 0, x 0, e και 2g x 0, x e , 1 . Άρα, η g είναι γνησίως

αύξουσα στο 20, e και γνησίως φθίνουσα στο 2e , 1 .

x 1, : Είναι: g x lnx 0, x 1, . Άρα, η g είναι γνησίως αύξουσα στο

1, .

Έχουμε:

Η g είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής στο 20, e , οπότε

2

2

x 0 x e

g 0, e limg x , lim g x

. Είναι:

x 0limg x

x 0 x 0 x 0lim xlnx x 1 lim xlnx x 1 lim x lnx 1 1




D.L.H

x 0 x 0 x 0

2

1ln x 1ln x 1 xlim 1 lim 1 lim 1

1 11x xx

2

x 0 x 0 x 0

2

1xxlim 1 lim 1 lim x 1 0 1 1

1 x

x

και

2 2

2

x e x e

lim g x lim xlnx x 1 e 1

. Οπότε,

2 2g 0, e 1, 1 e . Επιπλέον 2 2g e 1 e 0 Επομένως, 2g x 0, x 0, e .

Ισχύει: g 1 1 ln1 1 1 0

Επειδή η g είναι γνησίως φθίνουσα στο 2e , 1 έχουμε

2 2 x e , 1 : e x 1 g x g 1 g x 0 .

Επειδή η g είναι γνησίως αύξουσα στο 1, έχουμε

x 1, : x 1 g x g 1 g x 0 .

Συνεπώς, g x 0, x 0 .

Άρα, Δ 0, λ 0 .

Διακρίνουμε τις παρακάτω περιπτώσεις:

Αν Δ 0 g λ 0 λ 0, 1 1, , τότε η f έχει δύο ρίζες εκατέρωθεν των

οποίων αλλάζει πρόσημο.

Άρα, η f


Αν Δ 0 g λ 0 λ 1 , τότε η f έχει μία μόνο πραγματική ρίζα 0x και ισχύει:

0 0f x 0, x , x x , .

Επομένως, η f είναι γνησίως αύξουσα στο , δηλαδή η f είναι κυρτή στο .

Άρα, η f




Έχουμε

4

2λ lnλx λ 1

f x x x 1, x12 6 8

.

Επίσης

3 3 λ lnλ λ 14x

f ' x 2x 1x ,12 6 8

και

2 λ 1f '' x x λ lnλ x ,x .

4

Το πρόσημο της f '' καθορίζει το πλήθος των σημείων καμπής. Επίσης η f '' είναι τριώνυμο

ως προς x , αρα αρκεί να διερευνήσουμε την διακρίνουσά του για τις διάφορες τιμές του λ>0.

Έχουμε Δ λ lnλ λ 1 . Θεωρούμε g λ λ lnλ λ 1,λ 0 και καταλήγουμε:

λlnλ λ 1,0 λ 1

g λ 0,λ 1

λlnλ λ 1,λ 1

, η οποία είναι συνεχής στο 0, (αποδεικνύεται στο 1 με

χρήση ορισμού-χρήση πλευρικών οριών).

Επίσης

lnλ 2,λ 0,1g' λ

lnλ,λ 1,.

ΣΗΜΕΙΩΣΗ: H παραγωγισιμότητα της g στο 1 δεν μας ενδιαφέρει, αφού αρκεί ότι είναι

συνεχής στο 1.

Για λ 0,1 έχουμε g' λ lnλ 2,το οποίο μας δίνει την μονοτονία της g .

Έχουμε λοιπόν g > στο ( 20,e ] και < [ 2e , ), οπότε η g παρουσιάζει Ο.Ε. στο 2x e , το

2f e , άρα για κάθε λ 0 ισχύει: 2g λ g e 0 , οπότε Δ 0 .

Άρα η f '' έχει 2 ρίζες α,β , οπότε το πρόσημό της, άρα και η κυρτότητα της f φαίνoνται στον

παρακάτω πίνακα.

x α β

f '' x

f x 3 4 3

Λόγω κυρτότητας και λόγω ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο ως πολυωνυμικη (άρα έχει

εφαπτομένη στα α,β ), έχει 2 σημεία καμπής, τα Α α,f α ,Β β,f β .

Ομοίως εργάζομαι για λ 1 .

Έχουμε g' λ lnλ 0 , για λ 1 , οπότε g < στο [ 1, ).




Οπότε για λ 1 έχουμε g λ g 1 0 , δηλαδή Δ 0 , άρα η f '' έχει 2 ρίζες γ,δ , οπότε το

πρόσημό της, άρα και η κυρτότητα της f φαίνoνται στον παρακάτω πίνακα.

x γ δ

f '' x

f x 3 4 3

Λόγω κυρτότητας και λόγω ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο ως πολυωνυμικη ( άρα έχει

εφαπτομένη στα γ,δ ) ,έχει 2 σημεία καμπής, τα Γ γ,f γ ,Δ δ,f δ .

Τελευταία περίπτωση για λ 1 , οπου η f γίνεται 4x

f x x 1,x12

η οποία είναι κυρτή

στο αφού 2f '' x x 0,x .

Συνοψίζοντας έχουμε:

για λ 1 δεν εχει σημεία καμπής.

για λ 1 ή για 0 λ 1 έχει 2 σημεία καμπής.



α) Έχουμε:

f(x) 3x α εφx 2ημx 0 f 0 για κάθε

π πx ,

2 2

άρα η f παρουσιάζει (ολικό) ελάχιστο στο 0

x 0

β) Η f είναι παραγωγίσιμη στο

π π,

2 2 άρα και στο

0x 0 οπότε

x 0

f x f 0f 0 lim

x 0

Η f παρουσιάζει ελάχιστο στο 0

x 0 το οποίο είναι εσωτερικό σημείο του διαστήματος

π π,

2 2, άρα από το θεώρημα του Fermat έχουμε:

f 0 0

Επομένως:

x 0 x 0

x 0

x 0

0

0

x 0

3x α εφx 2ημx 0f x f 0lim 0 lim 0

x 0 x 0

3x α εφx 2ημx lim 0

x


x


x

γ) Έχουμε:

Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση με τύπο:

(για κάποιο )

α) Να αποδείξετε ότι η f παρουσιάζει ελάχιστο στο

β) Να αποδείξετε ότι:

γ) Να γραφτεί ο τύπος της f χωρίς την απόλυτη τιμή.

1 8 η Ά σ κ η σ η Προτείνει ο Μάκης Χατζόπουλος (22/1/2017)

Λύνει ο Μάκης Χατζόπουλος



2

x 0

α3 2συνx

συν x lim 01

3 α 2 0 α 1 0 α 1

π πf(x) 3x εφx 2ημx , x ,

2 2

Αναζητούμε το πρόσημο της συνάρτησης 3x εφx 2ημx , άρα θέτουμε:

π πg x 3x εφx 2ημx, x ,

2 2

η οποία είναι παραγωγίσιμη στο

π π,

2 2με

2

3 2

2

2

2

2

2

1g x 3 2συνx

συν x

2συν x 3συν x 1=

συν x

συνx 1 2συν x συνx 1

συν x

12 συνx 1 συνx

20

συν x

αφού 1

συνx 02

για κάθε

π πx ,

2 2 και η ισότητα ισχύει για x 0 .

Το πρόσημο της g x και η μονοτονία της g φαίνεται στον παρακάτω πίνακα:

x π

2 0

π

2

g x

g > >

Η g είναι συνεχής στο 0

x 0 άρα είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα

π π,

2 2, οπότε:

π

0 x g x g 0 g x 02

και

π

x 0 g x g 0 02

Επομένως:



πg x , x 0

2f(x) 3x εφx 2ημx g xπ

g x ,0 x2

π3x εφx 2ημx , x 0

2π

3x εφx 2ημx ,0 x2



0

π π f(x) = 3x + α εφx - 2ημx 0, για κάθε x (- , ) Α και

2 2 f(0) = 0, άρα f(x) f(0), για κάθε x A, οπότε η f παρουσιάζει ελάχιστο στο x 0.

Η f είναι παραγωγίσιμη στο Α, άρα είναι παραγωγίσιμη και στο

α)

β)

x 0 x 0

x>0

x 0 x 0 x 0

x 0

0 Α. Δηλαδή

f(x) - f(0) f(x)-f(0) lim = lim , (1)

x - 0 x-0

3x+α εφx-2ημx 3x+α εφx-2ημxf(x)-f(0) lim lim lim

x x x

εφx ημx lim 3 + α - 2 = 3 + α - 2 = α + 1 (2)

x x

li

x<0

x 0 x 0 x 0

(2),(3)

3x+α εφx-2ημx εφx ημxf(x) - f(0)m = lim lim 3 α 2 3 α-2 α+1 (3)

x x x x

(1) α + 1 = - α + 1 2 α + 1 = 0 α + 1 = 0 α = -1.

π π Έστω g(x) = 3x - εφx - 2ημx, x (- , ) Α, άρα f(x) = g(x) .

2 2

Για κάθε x A,

γ)

3 2

2 2

3 2 3 2 2 2

2 2

1 -2συν x + 3συν x - 1g'(x) = 3 - - 2συνx = .

συν x συν x

-2w + 3w - 1 = -2w + 2w + w - 1 = -2w (w - 1) + (w - 1)(w + 1)

= (w - 1)(-2w + w + 1) = - (w - 1) (2w + 1).

(σ Άρα, για w = συνx, είναι g'(x)=

2

2

υνx-1) (2συνx+1)0, με g'(x)=0, μόνο για x=0.

συν x Άρα η g είναι γνησίως φθίνουσα στο Α.

π ΄Ετσι, για κάθε x (- ,0), x < 0 g(x) > g(0) g(x) > 0

2π

και για κάθε x [0, ), x 0 g(x) g(0) g(x) 0. 2

Άρα τελικά η συνάρτηση f είναι

πg(x) = 3x - εφx - 2ημx, x (- ,0)

2 f(x) =π

g(x) = -3x+εφx+2ημx, x [0, )2




α) Για συνάρτηση f ισχύει:

π πf(x) 3x aεφx 2ημx 0 f(0), x ,

2 2 ,

αυτό σημαίνει ότι η f παρουσιάζει ‘’ολικό ‘’ ελάχιστο στη θέση 0

x 0 .

β) Στη θέση 0

x 0 ισχύει το θεώρημα Fermat

0

0

0

x , είναι εσωτερικό σημείο

x , είναι θέση ακροτάτου

στο x ,η f παραγωγίζεται

, οπότε

x 0 x 0 x 0 x 0

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

x 0 x x x

Έτσι από

x 0 x 0 x 0

3x αεφx 2ημx 3x αεφx 2ημxf(x)lim 0 lim 0 lim 0

x x x

x 0

εφx ημxlim 3 α 2 0 3 α 1 2 1 0 α 1 0 α 1 0 α 1

x x

Σχόλιο:

x 0

ημxlim 0,

x (βασικό όριο) και

x 0 x 0 x 0 x 0

εφx ημx ημx1 1 1lim lim lim lim 1 1

x x συνx x συνx συν0 ( η συνάρτηση συνx είναι

συνεχής στο ).

γ) Αφού α 1 τότε f(x) 3x εφx 2ημx .

Θεωρούμε την συνάρτηση

π πg(x) 3x εφx 2ημx, x ,

2 2 , έχουμε:

3 2

2 2

1 2συν x 3συν x 1g (x) 3 2συνx

συν x συν x , στην συνέχεια μελετάμε το πρόσημο της

θέτουμε, συνχ ω

3 2 3 2A(x) 2συν x 3συν x 1 Α(ω) 2ω 3ω 1 με σχήμα Horner:

2 3 0 1 1

2 1 1

2 1 1 0

και δευτεροβάθμια καταλήγουμε: Α(ω)=

2 1ω 1 ω

2 δηλ.

2

0

0

1Α(x) (συνx 1) συνx 0

2 , το ίσον ισχύει μόνο στη θέση

0x 0 , άρα

π πg (x) 0, x ,

2 2 , το ίσον ισχύει μόνο στη θέση

0x 0 ,οπότε η συνάρτηση

g είναι γνησίως αύξουσα στο πεδίο ορισμού της και επομένως




Αν

πx ,0 , τότε g(x) g(0) 0

2 και άρα f(x) 3x εφx 2ημx

Αν

πx 0, , τότε g(x) g(0) 0

2 και άρα f(x) 3x εφx 2ημx

Συνοψίζουμε:

π3x εφx 2ημx ,x ,0

2f(x)

π3x εφx 2ημx ,x 0,

2



α) Προφανώς f(x) f(0) 0 .

΄Αρα η f παρουσιάζει ελάχιστο στο 0

x 0 , το f(0) 0 .

β) Εφ όσον η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη , θα είναι παραγωγίσιμη και στο 0

x 0

δηλαδή

x 0

f(x) f(0)f '(0) lim

x=

x 0

f(x) f(0)lim

x.

Όμως

x 0

f(x) f(0)lim

x

x 0

3x α εφx 2ημxlim

x

x 0


x

x 0


x

x 0

εφx ημxlim 3 α 2

x x1 α .

΄Όμοια:

x 0

f(x) f(0)lim

x

x 0


x-

x 0


x

x 0


x

x 0


x x- 1 α .

Επόμενα:

1 α =- 1 α 1 α 0 α 1.

Άρα

π πf(x) 3x εφx 2ημx , x ,

2 2.

γ) Θέτω g(x) 3x εφx 2ημx ,

π πx ,

2 2 .

Τότε

f(x) g(x) , 2

1g'(x) 3 2συνx

συν x= 3 2

2

2συν x 3συν x 1

συν x

=

2

2

(2συνx 1)(συνx 1)

συν x < 0

π πx ( ,0) (0, )

2 2.

Επειδή η g'(x) διατηρεί πρόσημο στο π π

( ,0) (0, )2 2

και g συνεχής στο 0

x 0 , η g είναι

γνησίως φθίνουσα στο π π

( , )2 2

.

Επίσης η g ως γνήσια μονότονη είναι και 1-1 στο πεδίο ορισμού της.

Συνεπώς g(x) 0 g(x) g(0) x 0.




Οπότε : για π

x 0 g(x) g(0) 0 f(x) g(x)2

3x εφx 2ημx ,

για π

0 x g(x) g(0) 0 f(x) g(x)2

- 3x εφx 2ημx .

Άρα:

αν π

x 02

τότε f(x) 3x εφx 2ημx ,

αν π

0 x2

τότε f(x) - 3x εφx 2ημx .



Α) Αφού

π πf(0) 0 και f(x) 0, x ,

2 2, η f παρουσιάζει ελάχιστο στο

0x 0 , το

μηδέν.

Β) Αφού η f είναι παραγωγίσιμη στο πεδίο ορισμού της για την παράγωγό της στο 0

x 0

θα ισχύει;

x 0 x 0

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

x x

x 0 x 0

3x α εφx 2 ημx 3x α εφx 2 ημxlim lim

x x

x 0 x 0


x x

x 0 x 0


x x

x 0 x 0


x x

x 0 x 0

ημx ημx ημx ημx3x 1 3x 1lim α 2 lim α 2

x x συνx x x x συνx x

1 α 1 α 2 1 α 0 1 α 0 α 1

Γ) Θεωρώ την συνάρτηση

π πg(x) 3x εφx 2ημx , x ,

2 2 που είναι παραγωγίσιμη

και για την οποία ισχύει g(0)=0. Είναι:

22 3

;

2 2 2

2συνx 1 συνx 11 3συν x 1 2συν xg (x) 3 2συνx .... 0

συν x συν x συν x

Επειδή:

ο ο

22

1. από το πεδίο ορισμού (4 και 1 τεταρτημόριο) συνx 0 2συνx 1 0

2. συν x 0 , συνx-1 0 και η ισότητα ισχύει μόνο αν x 0 (διπλή ρίζα) Επομένως η g

είναι συνεχής, γνησίως φθίνουσα στο

π π,

2 2 και άρα1:1 αφού δε g(0)=0 προκύπτει:




πx ,0 g(x) g(0) g(x) 0

2

πx 0, g(x) g(0) g(x) 0

2

Οπότε:

π3x εφx 2ημx , x ,0

2f(x) g(x)

π3x εφx 2ημx , x [0, )

2



α) Για την συνάρτηση f, ως απόλυτη τιμή , θα ισχύει: f(x) 0 .

Επίσης: f(0)=0. Άρα f(x) f(0) . Επομένως για x=0 η f παρουσιάζει ελάχιστη τιμή το 0.

β) Η f για x=0 παρουσιάζει ακρότατο. Επειδή

f

π π0 A ,

2 2 και η f είναι παραγωγίσιμη σε

αυτό, από Θ. Fermat θα ισχύει: f (0) 0 .

Δηλαδή:

x 0 x 0

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

x x.

x 0

x 0 x 0 x 0 x 0

3x αεφx 2ημx 3x αεφx 2ημxf(x) f(0) f(x)lim lim lim lim

x x x x

x 0


x x(1).

Εξετάζουμε αν υπάρχει το όριο που βρίσκεται εντος της απόλυτης τιμής.

x 0

εφx ημxlim 3 α 2 1 α

x x διότι:

x 0

ημxlim 1

x και

x 0 x 0

εφx ημx 1lim lim 1 1 1

x x συνx.

Άρα από την σχέση (1) έχουμε:

x 0

f(x) f(0)lim 1 α

x.Επίσης:

x 0

x 0 x 0 x 0 x 0

3x αεφx 2ημx 3x αεφx 2ημxf(x) f(0) f(x)lim lim lim lim

x x x x

x 0 x 0

3x αεφx 2ημx εφx ημxlim lim 3 α 2 1 α

x x x όπως παραπάνω.

Τελικά: 1 α 1 α 0 α 1

γ) Θεωρούμε την παραγωγίσιμη συνάρτηση

π πg : ,

2 2Rμε τύπο:

g(x) 3x εφx 2ημx .Τότε: 2

1g (x) 3 2συνx

συν x.

Η g΄ είναι παραγωγίσιμη συνάρτηση ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων με:

3

3 3 3

1 1 συν x 1g (x) 2ημx 2ημx 2ημx 1 2ημx

συν x συν x συν x.

Ισχύει: 3 30 συνx 1 0 συν x 1 1 συν x 1 0 .

Άρα

3

3

συν x 10

συν x.

Για

πx ,0

2 ισχύει: ημx 0 και τότε: g (x) 0 .




Για

πx 0,

2 ισχύει: ημx 0 και τότε: g (x) 0 .

Άρα η g΄ παρουσιάζει για x 0 μέγιστο το g (0) 3 1 2 0 .

Δηλαδή: g (x) g (0) 0 . Τότε η συνάρτηση g είναι φθίνουσα και θα ισχύει:

για

πx ,0

2 ισχύει: x 0 g(x) g(0) g(x) 0

για

πx 0,

2 ισχύει: x 0 g(x) g(0) g(x) 0 .

Τελικά ο τύπος της f είναι:

π3x εφx 2ημx ,x ,0

2f(x)

π3x εφx 2ημx ,x 0,

2



α) Αν g(x) 3x α εφx 2ημx η f(x) g(x) έχει ελάχιστο στο 0 το f(0) 0 , γιατί είναι

f(x) f(0)στο

π π,

2 2.

β) Είναι

x 0

g(x)lim α 1

x και

x 0 x 0 x 0 x 0 x 0

g(x) g(x) g(x) g(x)f(x)lim f (0) lim lim lim lim α 1 0 α 1

x x xx xR

γ)

3 2 3 2 2

2 2 2

1 2συν x 3συν x 1 2συν x 2συν x συν x 1g x 3 2συνx

συν x συν x συν x

2

2

2 2

12 συνx 1 συνx

συνx 1 2συν x συνx 1 20

συν x συν x

με το = μόνο στο 0.

Δηλαδή η g στο

π π,

2 2 και για

πx 0 g(x) 0

2ενώ για

π0 x g(x) 0

2.




α) Παρατηρούμε ότι: για x 0 έχουμε f 0 0 και προφανώς f x f 0 0για κάθε

π πx ,

2 2 οπότε η f παρουσιάζει O.E. το 0 στη θέση

0x 0 .

β) Έστω g x 3x αεφx 2ημx , με g 0 0 . Επιπλέον g συνεχής στο

π π,

2 2.

Άρα f x g x , με

π πx ,

2 2.

ΠΙΘΑΝΟΙ ΤΎΠΟΙ ΤΗΣ f:

1) f x g x ,

π πx ,

2 2 2) f x g x ,

π πx ,

2 2

3)

πg x ,x ,0

2

f x 0 , x 0

πg x ,x 0,

2

4)

πg x ,x ,0

2

f x 0 , x 0

πg x ,x 0,

2

Επειδή η f έχει Ο.Ε. στο 0 και απο υπόθεση f παραγωγίσιμη στο 0 , ισχύει το Θ.Fermat,

οπότε f ' 0 0 . Οι τύποι 3,4 για την f λόγω παραγωγισιμότητας στο 0

( με τον ορισμό

x 0 x 0

f x f 0 f x f 0f ' 0 lim lim 0

x 0 x 0) μας δίνουν α 1.

Επίσης και οι τύποι 1,2 μας δίνουν την τιμή α 1.

γ) Άρα η f μπορεί να έχει έναν απο τους παρακάτω τύπους:

1) f x 3x εφx 2ημx ,

π πx ,

2 2, 3)

π3x εφx 2ημx,x ,0

2

f x 0 , x 0


2




2) f x 3x εφx 2ημx ,

π πx ,

2 2, 4)


2

f x 0 , x 0


2

Για να γράψουμε την f χωρίς την απόλυτη τιμή εργαζόμαστε ως εξής:

Ξαναγυρίζοντας στην αρχή απορρίπτουμε τους τύπους 1, 2 ως εξής:

Για τον 1) έχουμε 2

1f ' x 3 2συνx 0

συν x,

π πx ,

2 2 (το ίσον ισχύει για x 0 μόνο) ,

οπότε δεν παρουσιάζει ακρότατο στο 0 .

Για τον 2) έχουμε 2

1f ' x 3 x συνx 0

συν,

π πx ,

2 2

(το ίσον ισχύει για x 0 μόνο) , οπότε δεν παρουσιάζει ακρότατο στο 0 .

O τύπος 4) απορρίπεται γιατί τότε η συνάρτηση f παρουσιάζει τότε Ο.Μ. (αλλάζει η

μονοτονία εκατέρωθεν του 0, αύξουσα-φθίνουσα , και f παραγωγίσιμη-συνεχής στο 0)

Επίσης για τον τύπο 3 πληρούνται οι προυποθέσεις όλες οπότε τελικά έχουμε:


2

f x 0 , x 0


2



Δίνονται οι παραγωγίσιμες συναρτήσεις για τις οποίες για κάθε

ισχύει:

Δίνεται επιπλέον ότι η διέρχεται από το σημείο

Να αποδείξετε ότι

α) Η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα στο

β) Αν είναι η γωνία που σχηματίζει η εφαπτομένη της στο σημείο της

τότε

1 9 η Ά σ κ η σ η Προτείνουν οι Πρόδρομος Ελευθερίου (29/1/2017)

Ανδρέας Πάτσης

Για μαθητές

Δίνονται παραγωγίσιμες συναρτήσεις για τις οποίες ισχύουν:

για κάθε

υπάρχει τέτοιο, ώστε

Να υπολογιστεί το όριο:

Προτείνει ο Ανδρέας Πάτσης (29/12/2016)

Για καθηγητές



α) Έχουμε

0

0

f (x) g (x) g (x)f(x) f (x) g (x) g (x)f(x) 0

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

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

g x 0e

g x g x e e 0

σ x 0 για κάθε x 0

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

και επειδή η συνάρτηση σ είναι συνεχής (ως παραγωγίσιμη) στο R , προκύπτει ότι η

συνάρτηση σ είναι γνησίως αύξουσα στο R

β) Για <σ

x 0 σ x σ 0 0 f x 1 0

Για <σ

x 0 σ x σ 0 0 f x 1 0

Άρα για κάθε x 0 ισχύει x f x 1 0

Διαιρώντας με 2x 0 προκύπτει

x 0

f παραγωγίσιμη στο 0f x 1 f x f 0 f x f 00 0 0 f 0 εφω 0

x x xlim======>

Άρα

π

ω 2ω π.2

Έχουμε

R

xe 0x

f x f x g x g x f x g x g x f x

f x g x f x g x 0

f x g x e 0 για κάθε x

Άρα η συνάρτηση xm x f x g x e είναι γνησίως αύξουσα στο R

Οπότε

0

0

xx

0 0 0 0

x x

0 0

για x x m x m x f x g x e f x g x e

f x g x f x g x e 1

Λύνει ο Ανδρέας Πάτσης





και επειδή

0

x

x x

0 0f x g x elim

προκύπτει από τη σχέση 1 ότι

x

f x g x 2lim

Άρα

2x 0 x 02 2

1ημ 1 συνx

x 1 συνx 1 1lim lim ημ 0

x1 1 1 1xx f x g f g

x x x x

διότι

222

2 2 2x 0 x 0 x 0 x 0

1 συνx 1 συνx ημx1 συνx 1 συν x 1 1lim lim lim lim 1 0

x 1 συνx 2x x 1 συνx x 1 συνx

ή εναλλακτικά

0

0

2x 0 x 0 x 02

1 συνx ημx1 συνx 1 1 1lim lim lim 1

2 x 2 2xx

1t

x

tx 0

1 1 1lim ημ lim ημt 0

x f t g t1 1f g

x x

αφού για 0

t x έχουμε

f t g t 01 1 1 1 1

ημt ημt ημtf t g t f t g t f t g t f t g t f t g t

1 1 1ημt

f t g t f t g t f t g t

και επειδή

t

21

0f t g t

lim προκύπτει ότι

t

1lim ημt 0

f t g t



α) Η σ έχει πεδίο ορισμού το και είναι παραγωγίσιμη σε αυτό με

g x g x

2g x

f x e g x e f x 1σ x

e

g x

2 g xg x

e f x g x f x 1 f x g x f x g x

ee

.

Όμως

g xe 0, x και f x g x g x f x f x g x f x g x 0, x .

Οπότε σ x 0, x . Άρα, 1σ .

β) Θέλουμε να δείξουμε ότι π

ω2

.

Όμως για οποιαδήποτε ευθεία ισχύει: 0 ω π .

Επομένως, αρκεί να δείξουμε ότι εφω 0 f 0 0 .

Έχουμε:

g 0

g 0 g 0

f 0 g 0 f 0 g 0 f 0σ 0 σ 0 f 0 σ 0 e

e e.

Είναι σ 0 0 , αφού σ x 0, x και

g 0e 0 .

Οπότε, f 0 0 .

Άρα, 2ω π .





f (x) f(x) g (x) g(x) f (x) g (x) f(x) g(x) (1).

Θεωρούμε την παραγωγίσιμη συνάρτηση h με τύπο:

x

f(x) g(x)h(x)

e με Rx .

Τότε:

(1)

x

f (x) g (x) f(x) g(x)h (x) 0

e .

Άρα η h είναι γνησίως αύξουσα συνάρτηση στο R .

Για o

x x θα ισχύει:

o

o oo x x

f(x ) g(x )f(x) g(x)h(x) h(x ) 0

e e γιατί

o of(x ) g(x ) 0 από την

εκφώνηση της άσκησης.

Άρα η συνάρτηση h είναι θετική και γνησίως αύξουσα για o

x x . Τότε:

R*xlim h(x)

α

Το όριο γράφεται:

x 0 x 02

1 1ημ 1 συνx ημ

x x 1 συνxlim lim

x1 1 1 1x f g x f g

x x x x

(2)

Ισχύει:

x 0

1 συνxlim 0

x.

Επίσης:

u u

u u u ux 0

u

1 u ημu u ημuημημu u ημux e elim lim lim lim lim

f(u) g(u) f(u) g(u)f(u) g(u) h(u)1 1x f g

u ex x

(3)

Όπου 1

ux

και άρα: όταν x 0 τότε u

Ισχύει:

u

u0

e

u u u

u u u1 ημu 1 ημu

e e e

Όμως:

u uu u

u 1lim lim 0

e e και από κριτήριο παρεμβολής:

uu

ulim ημu 0

e (4)





Από (3), (4)

u

u

0u ημu0

αelimh(u) 0 1

0 0

(5)

Τελικά από (2), (5) το όριο είναι ίσο με το 0.



Αφού x ισχύει από την υπόθεση:

' ' ' '

' '

'' ' x x

f (x) f(x) g (x) g(x) f (x) f(x) g (x) g(x) 0

f (x) g (x) f(x) g(x) 0

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

'xe f(x) g(x) 0 (1)

Θεωρώ την συνάρτηση Rxh(x) f(x) g(x) e , x που από την (1) είναι

'h (x) 0, x και κατά συνέπεια είναι γνησίως αύξουσα.

Δεδομένου, από υπόθεση, ότι υπάρχει R0 0 0 0 0

x ώστε f(x ) g(x ) f(x ) g(x ) 0

επομένως και 0

h(x ) 0 είναι 0 0

h(x) h(x ) 0, x x (2)

1

x(1),(2)

1x 0 x 0

2 2 x

1 1ημ (1 συνx) e ημ (1 συνx) (1 συνx)

x xlim lim

1 1 1 1x f g x f g e (1 συνx)

x x x x

2

1 2x 0

x

1ημ

ημ xx 1 1lim 0

(1 συνx) 1xhe

x

γιατί:

22

2x 0 x 0

ημ x ημxlim lim 1

xx και

1θέτω y

x x 0 ,y

1 yyx 0x

1ημ

ημyxlim lim 0

ee

αφού:

y y y y y

y yx 0 x 0

ημy ημy1 1 1

e e e e e

και

1 1lim lim 0

e e





και τέλος:

x 0

0

1 1lim

1 συνx 2και

1h h(x )

x



Από την υπόθεση είναι:

f (́x) g (́x) f(x) g(x) f (́x) f(x) g (́x) g(x) x xe f (́x) e f(x) x xe g (́x) e g(x)

xe (f(x) g(x)) ΄ 0 Rx

επόμενα η συνάρτηση h(x) xe (f(x) g(x) είναι γνήσια αύξουσα στο R .

Συνεπώς

0 0

x x h(x) h(x )

x

f(x) g(x)

e

0

0 0x

f(x ) g(x )

e οπότε:

f (́x) g (́x) 0x xf(x) g(x) e

0 0(f(x ) g(x ))>0 και επειδή

0 0f(x ) g(x ) >0 ,

0x x

xlim e θα είναι

xlim(f(x) g(x))

xlim(f (́x) g (́x)) .

Επίσης

u

ulim

f(u) g(u)

u

1lim 0

f (́u) g (́u) , από κανόνα de l' Hospital,

2x 0

1 συνxlim

x

x 0

ημx 1lim

2x 2, επίσης από κανόνα de l' Hospital,

1xημ x

x

1x xημ x

x οπότε από κριτήριο παρεμβολής

x 0

1lim xημ 0

x.

΄Αρα το δοσμένο όριο είναι:

x 0 2 2

1ημ (1 συνx)

xlim

1 1x f x g

x x

2

x 0

1 1 συνxxημ

x xlim 0

1 1x(f g )

x x

Διότι αν θέσω 1

ux

τότε

ux 0

1 ulim lim 0.

f(u) g(u)1 1xf xg

x x

α) Προφανώς η σ(x) είναι συνεχής στο R ως παραγωγίσιμη.






Δίνεται:

σ(x)

g(x)

f(x) 1

e

g(x) g(x)

2g(x)

f (́x)e (f(x) 1)g (́x)eσ (́x)

e σ (́x)

g(x)

f (́x) f(x)g (́x) g (́x)0

e

για κάθε x 0 διότι f (́x) g (́x) g (́x)f(x).Επόμενα η σ (́x) διατηρεί πρόσημο στο

,0 ∪ 0, , οπότε η σ(x) είναι γνήσια αύξουσα στο R .

β) Επειδή η Cf διέρχεται από το σημείο Α(0,1) θα είναι f(0) 1 και σ(0)=0.

Επίσης για x 0 ,

f(x) f(0)

x

f(x) 1

x

g(x)σ(x)e

x και

εφω=

x 0

f(x) f(0)f (́0) lim

x

g(x)

x 0

σ(x)elim

x

g(x)

x 0

σ(x) σ(0)lime

x

g(0)e σ (́0) 0

΄Ομως 0 ω π , οπότε προκύπτει π

0 ω 02

2ω π.



α) Η σ παραγωγίζεται στο R ως πράξεις παρ/μων με

g(x) g(x)

2g(x) g(x)

f (x)e g (x)e f(x) 1 f (x) g (x)f(x) g (x)σ (x) 0

e eστο ,0 και στο 0, από

την υπόθεση. Επειδή η σ είναι συνεχής στο 0 θα είναι στο ,0 και στο 0, άρα και

στο .

β) Eίναι

g(x)f(x) f(0) σ(x)

e ,x 0x x

. Λόγω μονοτονίας της σ και επειδή σ(0) 0 οι σ(x),x

έχουν ομόσημες τιμές, άρα κοντά στο 0 ισχύει

g(x) g(x) g(0)

x 0

σ(x) σ(x) πe 0 lim( e ) 0 f (0) σ (0)e 0 ω

x x 2

Η συνάρτηση της οποίας ζητάμε το όριο γράφεται:

2

2

1 xημ ημ1 συνx 1x 2

1 1 x2xf( ) g( )

x x 2

με

2x 0

1 συνx 1lim

2xαφού

x 0

xημ

2lim 1x

2

Αν θέσουμε h(x) f(x) g(x) η ανισοτική σχέση της υπόθεσης γράφεται

x x x xh (x) h(x) h (x)e h(x)e 0 h(x)e 0 h(x)e στο R δηλαδή για

0xx

0 0x x e h(x) e h(x ) 0 επειδή

0 0f(x ) g(x ) . Άρα

0x x

0h(x) e h(x )κι επειδή

0x x

0xlim e h(x ) θα είναι

x x

1lim h(x) lim 0

h(x). Για

1u

xστην

1ημ

x1 1

f( ) g( )x x

ισούται με ημu

h(u)και από το κριτήριο παρεμβολής θα είναι

ημu 10

h(u) h(u) και το ζητούμενο

όριο 0.






x 0 x 02

1 1ημ 1 συνx ημ

x x1 συνxlim lim 0

x1 1 1 1x f g x f g

x x x x

Αφού έχουμε ότι:

x 0

1 συνxlim 0

x και

x 0 x 0 u u

1 1 1ημ ημ

uημu ημux x xlim lim lim lim

f u g u f u g u1 11 1f gx f g

x xx x u

Όμως

ημu ημu1 1 1

f u g u f u g uf u g u f u g u f u g u

u uu u u

Αρκεί να δείξουμε ότι:

x

f x g xlim

x

Η δοσμένη γίνεται:

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

Δηλαδή η xh(x) e f(x) g(x) έχει h (x) 0 , h συνεχής άρα γνησίως αύξουσα στο R ,

οπότε αν 0 0

x > x h x > h x

Εφαρμόζω Θ.Μ.Τ. στο 0x ,x και έχουμε: h συνεχής και παραγωγίσιμη στο 0

x ,x άρα

υπάρχει

0

0 0 0

0

h x h xξ x ,x : h ξ h x h ξ x x h x

x x

Οπότε:

0 0x xlim h x lim h ξ x x h x αφού h ξ 0

Άρα το ζητούμενο όριο γίνεται:

x x

x x x x

f x g x e h x elim lim lim lim h x

x x x αφού

x xx

x x x

e elim lim lim e

x 1 (3)

Άρα το όριο είναι ίσο με το 0.

Λύνει ο Γιώργος Ασημακόπουλος



Η άσκηση της ημέρας - Ιανουάριος 2017

Education

Transcript of Η άσκηση της ημέρας - Ιανουάριος 2017