Η άσκηση της ημέρας - τεύχος 4ο (Δεκέμβριος 2016)

43
___________________________________________________________________________ ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
  • Upload

    -
  • Category

    Education

  • view

    9.709
  • download

    0

Transcript of Η άσκηση της ημέρας - τεύχος 4ο (Δεκέμβριος 2016)

Page 1: Η άσκηση της ημέρας - τεύχος 4ο (Δεκέμβριος 2016)

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

Page 2: Η άσκηση της ημέρας - τεύχος 4ο (Δεκέμβριος 2016)

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

• Ασημακόπουλος Γιώργος

• Γκριμπαβιώτης Παναγιώτης

• Δεββές Κώστας

• Ελευθερίου Νίκος

• Ζωϊτσάκος Τρύφωνας

• Καταραχιάς Τάκης

• Νάννος Μιχάλης

• Παγώνης Θεόδωρος

• Σαριβασίλης Δημήτρης

• Σαρρής Αλέξανδρος

• Συκιώτης Αντώνης

• Τρύφων Παύλος

• Τσακαλάκος Τάκης

• Τσόλκας Κωνσταντίνος

• Ψαθά Ντίνα

Mας τίμησαν με τη συμμετοχή τους

Page 3: Η άσκηση της ημέρας - τεύχος 4ο (Δεκέμβριος 2016)

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

Έστω S το σημείο τομής της BC και της ZH.

Τα ορθογώνια τρίγωνα EZS ,ZHD είναι ίσα

(εύκολο) κατά συνέπεια οι «γαλάζιες» γωνίες

είναι ίσες (παραλληλία, κατακορυφήν) ,

έστω φ

Ισχύει BC AKEC EB CS

SE KBCK BA CB

,

οπότε και Λ

A BK φ

Τα τρίγωνα KAB,ΜAD είναι ίσα (κριτήριο ΓΠΓ) και το ζητούμενο έπεται.

Προεκτείνουμε την πλευρά τετραγώνου προς το κατά τμήμα και

κατασκευάζουμε το τετράγωνο Αν

είναι το σημείο τομής της με την

είναι το σημείο τομής της με την ,

να αποδείξετε ότι

1 2 η Ά σ κ η σ η Προτείνει ο : Μιχάλης Νάννος (4/12/2016)

Λύνει ο Μιχάλης Νάννος

Page 4: Η άσκηση της ημέρας - τεύχος 4ο (Δεκέμβριος 2016)

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

Ας ονομάσουμε AB α και DK β

Τα «πουά» τρίγωνα είναι όμοια (έχουν ίσες τις γωνίες τους), άρα 2βCD KD α α

ΒΕBE BC BE α β

Οπότε 2α

HD HA αβ

Τα «κίτρινα» τρίγωνα είναι όμοια (έχουν ίσες τις γωνίες τους), άρα 2

2 2

βΜΑ ΑD ΜΑ α αΜΑ α α β AD β ΑΚ.

ΗΖ ΗD β αα αα

β β

Λύνει ο ο Παύλος Τρύφων

Page 5: Η άσκηση της ημέρας - τεύχος 4ο (Δεκέμβριος 2016)

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

CB AD DC

KC ACΑΚC EZC :

AC KD AC CZ KD CB AZ KACE CZ (1)CZ CB CZ CB CZ CDKC KD

Κ DC E BC :CE CB

(1)MA AZ MA KA

DC||MA : = = CD CZ CD CD

MA =KA

Λύνει ο Τακης Τσακαλακος

Page 6: Η άσκηση της ημέρας - τεύχος 4ο (Δεκέμβριος 2016)

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

(Με Ευκλείδεια Γεωμετρία)

ΚΑΕ CBΕ άρα ΚΑ ΑΕ ΚΑ α

CB ΒΕ β α β

με ΑΕ α και ΑΒ β .

Όμοια

DΑΜ DΗΖ άρα βDΑ ΑΜ ΑΜ

DΗ ΗΖ α α β

.

Άρα ΑΚ ΑΜ .

(Με Αναλυτική Γεωμετρία)

Αν Α(0,0) , Β(β,0) , Ε(α,0) θα είναι Ζ(α,α) , Η(0,α) , C(β,β)και D(0,β) .

Επίσης θα ισχύει DZ

α βλ

α

και

α βDZ : y α x α

α

που για y 0 δίνει

Μ

αβx

β α

.

Όμοια ΕC

βλ

β α

και

βCE : y x α

β α

που για x 0 δίνει

Κ

αβy

α β

.

Άρα ΑΚ ΑΜ .

Λύνει ο Κώστας Δεββές

Page 7: Η άσκηση της ημέρας - τεύχος 4ο (Δεκέμβριος 2016)

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

α) Η g είναι παραγωγίσιμη στο 0, με

g x ln x

Οπότε

g x 0 ln x 0 ln x 0 x 1

g x 0 ln x 0 ln x 0 0 x 1

Η g παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο 1, το g 1 0

β) Η f είναι παραγωγίσιμη στο 1, , με παράγωγο

2 2

x 1ln xln x x 1 ln x x 1 xf x

x 1 x 1

2 2

g xx 1 xln x

x x 1 x x 1

Από το α) ερώτημα όμως προκύπτει ότι g x 0 για κάθε x 0

( η ισότητα ισχύει μόνο για x 1 )

α) Να μελετήσετε τη συνάρτηση , ως προς τα ακρότατα

β) Να βρείτε το σύνολο τιμών της συνάρτησης

,

γ) Αν αποδείξτε ότι:

i)

ii) υπάρχει μοναδικό τέτοιο, ώστε

1 3 η Ά σ κ η σ η Προτείνει ο Αλέξανδρος Σαρρής (11/12/2016)

Λύνει ο Αλέξανδρος Σαρρής

x 0 1 +∞

g ΄(x)

+ 0 -

g 1 >

Page 8: Η άσκηση της ημέρας - τεύχος 4ο (Δεκέμβριος 2016)

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

Άρα

2

g xf x 0

x x 1

για κάθε x 1

Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο 1,

Επίσης η f είναι συνεχής στο 1, , άρα έχει σύνολο τιμών το

x x 1

f 1, lim f x ,limf x 0,1

διότι

x x x x

ln xln x 1lim f x lim lim lim 0

x 1 xx 1

και

0

0

x 1 x 1 x 1 x 1

ln xln x 1lim f x lim lim lim 1

x 1 xx 1

γ)

i. Είναι 1 α β και η f είναι γνησίως φθίνουσα στο 1,

Άρα

lnβlnα

f α f β β 1 lnα α 1 lnβα 1 β 1

lnβ 1 β 1α 1 α 1

αββ α

lnα lnβ α β

βαβα αβ

α β

ii. Αναζητούμε την ύπαρξη 0

x 1:

α 1 α 1

β 1 β 10 0

1 1β β α 1 α 1x 1 x 1 0α α

0 0 0β 1 β 10

ln x β βx e ln x ln e f x

x 1 α α

Όμως από το προηγούμενο ερώτημα έχουμε α α 1

β α

β β 1

αβ ββα αβ 0 1 0 1

βα α

Δηλαδή ο αριθμός α 1

β 1

β

α

ανήκει στο σύνολο τιμών της f

Άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα 0x 1, τέτοιο, ώστε

α 1

0 β 1

βf x

α

Το 0

x είναι μοναδικό διότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο 1,

Page 9: Η άσκηση της ημέρας - τεύχος 4ο (Δεκέμβριος 2016)

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

α) g(x) x 1 xlnx, x > 0

Για κάθε x > 0, g x ln x 1 ln x 1

Για κάθε 0 x 1, g x 0 g γνησίως αύξουσα στο (0, 1]

Για κάθε x 1, g x 0 g γνησίως φθίνουσα στο [1, + )

Και g'(1) = 0, άρα η g παρουσιάζει μέγιστο για x = 1, το g 1 0

β) g

Για κάθε x 1 g x g 1 g x 0 >

2 2 2

ln xf x , x 1

x 1x 1

ln x g xx 1 xln xxΓια κάθε x 1, f x 0 f γν. φθίνουσα στο 1, +x 1 x x 1 x x 1

h x ln x, x 0

x 1 x 1

x 1 x 1

h x h 11 ln xΓια κάθε x 0, h x h 1 1 lim 1 lim 1

x x 1 x 1ln x

lim 1 lim f x 1x 1

x x DLH x

lnx 1lim f x lim lim = 0 και f φν.φθίνουσα Α = και συνεχής, 0,+

x 1 x

Άρα f Α 0,1

γ) i. Έτσι για f

lnβlnα

α 1 β 11 α β f α f β β 1 lnα α 1 lnβ

α 1 0, β 1 0

>

lnβ αβ α

βlnα lnα αlnβ lnβ lnβ βlnα lnα αlnβ

ln ln β α α βα ββ α

<

ii. Για 1 < α < β,

α 1α α 1β

β β 1α α 1 β 1β 1

ββ βα f(A)

β α α β α β 0 1, άρα αα β α

και f A, συνεχής

>

υπάρχει μοναδικό 0

x Α ώστε α 1 α 1 α 1

00 0β 1 β 1 β 1

0 0

ln xβ β β1f x ln x

x 1 x 1α α α

α 1

β 10 0

1 1 βα 1x 1 x 1 α

0 0β 1

βln x x e

α

Λύνει η Ντίνα Ψαθά

Page 10: Η άσκηση της ημέρας - τεύχος 4ο (Δεκέμβριος 2016)

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

α) g(x) x 1 xlnx, x 0

Για κάθε χ>0 είναι:

g x 1 lnx 1 lnx

g x 0 lnx 0 lnx 0 x 1

Η g παρουσιάζει ο.μ στο 1 το g 1 0 .

Οπότε για κάθε x 0 g x g 1 g x 0 το ίσον μόνο για x=1.

β)

2 2 2

ln xf x , x 1

x 11

x 1 ln x g xx 1 xln xxf x 0 x 1x 1 x x 1 x x 1

άρα f στο 1,

0

0

L.Hx 1 x 1 x 1

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

x x L.H x x

1ln x 1xlim f x lim lim lim 0x 1 1 x

Η f είναι συνεχής στο (1,+) ως πηλίκο συνεχών και γνησίως φθίνουσα σε αυτό, άρα

x x 1

f 1, lim f x ,limf x 0,1

γ) i)

ln α 1 0β βα α

β 1 0

f

βα αβ ln βα ln αβ lnβ βlnα lnα αlnβ β 1 lnα α 1 lnβ

lnβlnαf α f β α β

α 1 β 1

Ισχύει και λόγω των ισοδυναμιών ισχύει και η αρχική.

Λύνει ο Τρύφωνας Ζωϊτσάκος

x 0 1 +∞

g ΄(x)

+ 0 -

g 1 >

Page 11: Η άσκηση της ημέρας - τεύχος 4ο (Δεκέμβριος 2016)

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

ii) α 1 α 1

β 1 β 10 0

α

1 1β β α 1 αx 1 x 1 0α α

0 0 0β 1 β β0

β

ln x β β αβx e ln x lne f x

x 1 α α βα

α

Είναι α

β

αβ0 1

βα αφού 1<α<β και λόγω του ( i)

Δηλαδή α

β

αβ0,1 f 1,

βα άρα υπάρχει μοναδικό 0

x 0,1 αφού f

ώστε α

0 β

αβf x

βα

Page 12: Η άσκηση της ημέρας - τεύχος 4ο (Δεκέμβριος 2016)

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

α) g (x) lnx 0 x 1 .

Είναι g (x) 0 0 x 1 και g (x) 0 x 1 .

Άρα g στο 0,1και στο 1, με μέγιστο Μ g(1) 0 .

β)

2

g(x)f (x) 0

x x 1

x 1 από α).

Άρα f στο 1, με σύνολο τιμών το 0,1 γιατί L'H

x x x

lnx 1lim f(x) lim lim 0

x 1 x

και

x 1 x 1

lnxlimf(x) lim 1

x 1

από ορισμό παραγώγου ή L’H.

γ) i) H αποδεικτέα ισοδύναμα γράφεται:

β 1 α 1 lnβlnαα β β 1 lnα α 1 lnβ f(α) f(β)

α 1 β 1

που ισχύει γιατί f στο

1, .

ii) Λογαριθμίζοντας την αποδεικτέα ισοδύναμα έχω:α 1 α 1

0 0β 1 β 10

β β1ln x f(x ) 1

x 1 α α

και 0 αφού από γi) ισοδύναμα έχω: α α 1

β β 1

αβ β1 0

βα α

δηλαδή ανήκει στο σύνολο τιμών της f και είναι τιμή της f για μοναδικό

0x 1 λόγω μονοτονίας.

Λύνει ο Κώστας Δεββές

Page 13: Η άσκηση της ημέρας - τεύχος 4ο (Δεκέμβριος 2016)

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

α) Η g έχει παράγωγο 1

g' x 1 lnx x g' x lnxx

, για κάθε x 0 Έχουμε:

g' x 0 ln x 0 x 1

g' x 0 ln x 0 ln x 0 0 x 1

g' x 0 ln x 0 ln x 0 x 1

Άρα, η g είναι γνησίως αύξουσα στο 0, 1 , γνησίως φθίνουσα στο 1, + και παρουσιάζει

μέγιστο το maxg g 1 0 . Οπότε g x 0 για κάθε x 0 .

β) Η f έχει παράγωγο

2 2 2

x 1 x 1 xln xln x g x1x xf ' x f ' x

xx 1 x 1 x 1

, για κάθε x 1 . Για

κάθε x 1 ισχύουν:

1

0x

g x 0

2

x 1 0

Οπότε f ' x 0 , για κάθε x 1 . Επομένως, η f είναι γνησίως φθίνουσα. Έτσι,

x x 1

f 1, + lim f x , limf x

. Είναι:

x x D.L.H. x x x

1ln x 'ln x 1xlim f x lim lim lim lim 0

x 1 1 xx 1 '

0

0

D.L.H.x 1 x 1 x 1 x 1 x 1

1ln x 'ln x 1xlimf x lim lim lim lim 1

x 1 1 xx 1 '

Άρα, f 1, + 0, 1 .

γ) i) Επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα έχουμε:

1 α β α 1 β 1 0lnβlnα

α β f α f β lnα β 1 lnβ α 1α 1 β 1

β αβlnα lnα αlnβ lnβ lnα lnα lnβ lnβ .

α αβ ββ αβ βα α

ln ln βα αβα β α β

ii) Έχουμε την εξίσωση:

Λύνει ο Νίκος Ελευθερίου

Page 14: Η άσκηση της ημέρας - τεύχος 4ο (Δεκέμβριος 2016)

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

α 1 α 1

β 1 β 1

β β1 1 α 1 α 1

α αx 1 x 1β 1 β 1

β β1x e ln x ln e ln x f x

x 1 α α

.

Αφού α 1 0 και β 1 0 , ισχύει α 1

β 1

β0

α

.

Από το ερώτημα (i) έχουμεα α 1β

β 1α 1

β 1

β βαβ α 1

β α α

.

Επομένως, α 1 α 1

β 1 β 1

β β0 1 f 1, +

α α

.

Έτσι, υπάρχει 0

x 1 τέτοιο, ώστε α 1

0 β 1

βf x

α

, το οποίο είναι μοναδικό αφού η f είναι

γνησίως φθίνουσα, δηλαδή 1-1.

Άρα, (ισοδύναμα) υπάρχει μοναδικό 0

x 1 τέτοιο, ώστε

α 1

β 10

1 β

x 1 α0

x e

.

Page 15: Η άσκηση της ημέρας - τεύχος 4ο (Δεκέμβριος 2016)

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

α) Η g x x 1 ln x έχει πεδίο ορισμό το 0,

Η g είναι παραγωγίσιμη στο 0, ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων

συναρτήσεων με g x ln x για κάθε x 0

Η g είναι συνεχής στο 1, και για κάθε ln x

x 1 lnx 0 lnx 0 g x 0 1

επομένως

η g είναι γνησίως φθίνουσα στο 1,

Η g είναι συνεχής στο 0,1 και για κάθε ln x

0 x 1 lnx 0 lnx 0 g x 0 1

επομένως η g είναι γνησίως φθίνουσα στο 0,1

Έτσι έχουμε :

g

x 1 g x g 1 2

/ g

0 x 1 g x g 1 1

Επομένως για κάθε x 0, ισχύει g x g 1 και επομένως η g παρουσιάζει ολικό

μέγιστο στο 1 το g 1 0

β) Η lnx

f x ,x 1x 1

είναι παραγωγίσιμη στο 1, ως πηλίκο παραγωγίσιμων

συναρτήσεων με:

2

g xf x 0

x x 1

για κάθε x 1 αφού g x 0 για κάθε x 1 και

2x x 1 0 για κάθε

x 1 και επομένως η f είναι γνησίως φθίνουσα

Αφού η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο 1, έχουμε:

x x 1

f 1, lim f x ,limf x 0,1

αφού:

x x

1ln x xlim lim 0x 1 1

0

0

x 1 x 1

1ln x xlim lim 1x 1 1

γ)

i) Επειδή 1 α β και η f είναι γνησίως φθίνουσα στο 1, έχουμε:

α 1 β 1 0 ln x

β 1 β 1 βα 1 α 1 αlnβlnαf α f β lnα lnβ α β βα αβ

α 1 β 1

1

Λύνει ο Αντώνης Συκιώτης

Page 16: Η άσκηση της ημέρας - τεύχος 4ο (Δεκέμβριος 2016)

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

ii) Θεωρώ την συνάρτηση α

β

αβh x f x ,x 1

βα

α

βx

αβlim h x 0

βα δηλαδή υπάρχει δ 0 σε περιοχή του : h δ 0

α

βx 1

αβlim h x 1 0

βα

όπως προκύπτει από το ερώτημα γ)i) και επομένως υπάρχει γ 1

λίγο μετά το 1 : h γ 0

Από το θεώρημα Bolzano υπάρχει α 1

β 10

1 βα1 x α

0 0 0 0β

αβx γ,δ 1, : h x 0 f x x e

βα

Page 17: Η άσκηση της ημέρας - τεύχος 4ο (Δεκέμβριος 2016)

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

α) g x ln x

Βρίσκουμε το πρόσημο της παραγώγου και από τον πίνακα προκύπτει ότι η g παρουσιάζει

μέγιστο στο χ=1, οπότε ισχύει :g(x) 0 για κάθε x 0

β) Βρίσκουμε την παράγωγο της f και έχουμε: 2 2

g(x)x 1 xlnxf (x) ... 0, x 1

x(x 1) x(x 1)

.

Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο 1, και το σύνολο τιμών της είναι το 0,1 αφού

x 1limf(x) 1

και το xlimf(x) 0

γ) i) Αφού a β και f γνησίως φθίνουσα θα έχουμε:

β βα α

lnβlnαf(α) f(β) (β 1)lna (α 1)lnβ

α 1 β 1

lnβ lnα lnα lnβ βa aβ

ii) Η δοθείσα σχέση γίνεται: α 1

β 10

1 β α 1 αx 1 0α

0 0β 1 β0

lnx β αβx e f(x )

x 1 α βα

Και αφού α

β

αβ(0,1)

βα (από ερώτημα (i) β αβα αβ )

Άρα θα υπάρχει 0

x (0,1) ώστε: α

0 β

αβf(x )

βα

Το 0

x είναι μοναδικό, αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα στο 1,

Λύνει ο Γιώργος Ασημακόπουλος

x 0 1 +∞

g ΄(x)

+ 0 -

g 1 >

Page 18: Η άσκηση της ημέρας - τεύχος 4ο (Δεκέμβριος 2016)

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

α) Η g είναι παραγωγίσιμη στο 0, με g x ln x

g x 0 ln x 0 x 1

g x 0 ln x 0 0 x 1

g x 0 ln x 0 x 1

Για g

1 g x0 g 1 g x 0x<

Για g

1 g x g 1x g x 0>

Άρα g x g 1 για κάθε x 0, οπότε η g έχει ολικό μέγιστο στο x 1 το g 1 0

β) Η f είναι παραγωγίσιμη στο 1, με

2 2

x 1ln x x 1 xln xxf x

(x 1) x x 1

Από το α) ερώτημα έχουμε ότι:

g x x 1 xln x0 0 για κάθε x 1, με την ισότητα να ισχύει μόνο αν x 1 οπότε

θα είναι:

x 1 xlnx 0 για κάθε x 1, άρα και f x 0 για κάθε x 1,

Οπότε η f είναι γνησίως φθίνουσα στο 1, .

H f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο fD 1, άρα έχει σύνολο τιμών:

xf

x 1f D lim f x ,lim f x 0,1 διότι:

x x x

ln x 1lim f x lim lim 0

x 1 x

0

0

xx 1 x 1

ln x 1lim f x lim lim 1

x 1 x

γ) i)

Έχουμε ότι:

Λύνει ο Παναγιώτης Γκριμπαβιώτης

x 0 1 +∞

g ΄(x)

+ 0 -

g

< >

Page 19: Η άσκηση της ημέρας - τεύχος 4ο (Δεκέμβριος 2016)

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

f 1,

1 1 1 1

ln ln1 f f 1 ln 1 ln

1 1

ln ln

>

ii) Αρκεί να αποδείξουμε η εξίσωση

1

1

1

x 1x e έχει μοναδική λύση στο 1, .

Η παραπάνω εξίσωση ισοδύναμα γίνεται:

1

1

1

x1

11

1

1

ln xln x lne f x , x 1

x 1

Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι η εξίσωση

1

1f x έχει μοναδική λύση στο 1, .

Στο προηγούμενο ερώτημα αποδείξαμε ότι για κάθε 1 ισχύει:

1 ln 1 ln

Οπότε ισοδύναμα έχουμε:

11 1 1 1

1ln ln 1

και προφανώς

1

10 άρα

1

10 1

Επίσης αποδείξαμε ότι η f έχει σύνολο τιμών το ff D 0,1 .

Οπότε θα υπάρχει τουλάχιστον ένα 0x 0,1 τέτοιο ώστε

1

0 1f x

To 0x θα είναι και μοναδικό αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα στο 1,

Page 20: Η άσκηση της ημέρας - τεύχος 4ο (Δεκέμβριος 2016)

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

Α) Έχουμε:

26 4 3 2 3 3 4 2

23 4 2

3 4 9 6 31 4 4 3 9 6 27

2 3 9 6 27 0

διότι

2

3 2 0

43 0 και

29 6 27 0 αφού το τριώνυμο 29x 6x 27 έχει αρνητική διακρίνουσα

Β) α τρόπος

Είναι

20176 4 3 2

0

20

2017 2 6 4 3 20 0

1 x 3 4 9 6 31

x 1

1 x 1 3 4 9 6 31 x

Θεωρούμε τη συνάρτηση f : 0,1 R με τύπο

2017 2 6 4 3 2f x 1 x 1 3 4 9 6 31 x

Η f είναι συνεχής στο 0,1 ως πολυωνυμική και

2 6 4 3 2f 0 f 1 1 3 4 9 6 31 0

Οπότε από το θεώρημα Bolzano, υπάρχει αριθμός 0x 0,1 τέτοιος, ώστε

0f x 0

20176 4 3 2

0

20

1 x 3 4 9 6 31

x 1

Επιπλέον

Α) Να αποδείξετε ότι

για κάθε

Β) Αν , να αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδικός αριθμός τέτοιος, ώστε

1 4 η Ά σ κ η σ η Προτείνει ο Παύλος Τρύφων (18/12/2016)

Λύνει ο Παύλος Τρύφων

Page 21: Η άσκηση της ημέρας - τεύχος 4ο (Δεκέμβριος 2016)

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

2016 2 6 4 3 2f x 2017 1 x 1 3 4 9 6 31 0

Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο 0,1 άρα το 0x είναι μοναδικό

β τρόπος

Θεωρούμε τη συνάρτηση f : 0,1 R με τύπο

2 6 4 3 2

2017

1 3 4 9 6 31f x

x 1 x

Τότε η f είναι συνεχής στο 0,1 και

x 0 x 0

2 6 4 3 2

2017

1 3 4 9 6 31f x

x 1 xlim lim ,

άρα υπάρχει k κοντά στο 0 : f k 0

x 1 x 1

2 6 4 3 2

2017

1 3 4 9 6 31f x

x 1 xlim lim ,

άρα υπάρχει m κοντά στο 1 : f m 0

Από το θεώρημα Bolzano για την f στο k,m υπάρχει

0 0x k,m 0,1 : f x 0

20176 4 3 2

0

20

1 x 3 4 9 6 31

x 1

Επιπλέον

2 6 4 3 2

2 2018

1 3 4 9 6 31f x 2017 0

x 1 x

Έτσι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο 0,1 και άρα το 0x είναι μοναδικό

Page 22: Η άσκηση της ημέρας - τεύχος 4ο (Δεκέμβριος 2016)

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

α) Είναι:

6 4 3 23 4 9 6 31

2 23 3 2 2 42 2 2 3 2 3 1 1 3 31 5

2 23 42 3 1 3 26 0, α ,

ως άθροισμα (τετραγώνων) θετικών αριθμών.

β) Έχουμε την εξίσωση:

20176 4 3 2 x 0

20172 6 4 3 2

2

1 x 3 4 9 6 311 1 x 3 4 9 6 31 x

x 1

για x 0, 1

Έστω η συνάρτηση

20172 6 4 3 2f x 1 1 x 3 4 9 6 31 x, x 0, 1 .

Για κάθε 1 20 x x 1 έχουμε:

2 1 02017 2017 2017 20172 2

1 2 1 2 1 2 1 2α

x x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 1 x 1 1 x

και 6 4 3 2 6 4 3 21 23 4 9 6 31 x 3 4 9 6 31 x ,

αφού 6 4 3 23 4 9 6 31 0 .

Επομένως, με πρόσθεση κατά μέλη των δύο παραπάνω σχέσεων λαμβάνουμε:

20172 6 4 3 21 1

20172 6 4 3 22 2

1 1 x 3 4 9 6 31 x

1 1 x 3 4 9 6 31 x

1 2f x f x , δηλαδή η f είναι γνησίως αύξουσα, οπότε 1-1.

Συνεπώς, η f έχει το πολύ μία ρίζα.

Η f είναι συνεχής στο 0, 1 ως αποτέλεσμα πράξεων μεταξύ συνεχών συναρτήσεων.

Επιπλέον, 2f 0 1 0 και 6 4 3 2f 1 3 4 9 6 31 0 .

Οπότε f 0 f 1 0 . Συνεπώς, σύμφωνα με το θεώρημα του Bolzano, η f έχει τουλάχιστον

μία ρίζα στο 0, 1 .

Έτσι, η εξίσωση f x 0 έχει ακριβώς μία ρίζα στο 0, 1 .

Άρα, (ισοδύναμα) υπάρχει μοναδικός 0x 0, 1 τέτοιος, ώστε

20176 4 3 2

0

20

1 x 3 4 9 6 31

x 1, .

Λύνει ο Νίκος Ελευθερίου

Page 23: Η άσκηση της ημέρας - τεύχος 4ο (Δεκέμβριος 2016)

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

Α)

Έχουμε:

6 4 3 2 6 4 2 4 3 2 2 2

2 2 23 2 2

A 3 4 9 6 31 2 4 4 6 9 3 22

2 3 3 22 0 , ά R

διότι

2 2 23 2 20 , 2 0 , 3 0 ,3 22 0 για κάθε R

Β)

Έστω

20172f x 1 1 x A x ,x R

(όπου Α η παράσταση του Α) ερωτήματος)

Η f είναι συνεχής στο 0,1

2f 0 1 0 , f 1 0 .

Άρα f 0 f 1 0 .

Έτσι, σύμφωνα με το θεώρημα του Bolzano, υπάρχει τουλάχιστον ένας αριθμός 0x 0,1

τέτοιος, ώστε 0f x 0 1

Επιπλέον, για κάθε x R είναι

20162f x 2017 1 1 x 0

Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο R . Κατά συνέπεια το 0x της σχέσης 1 είναι

μοναδικό.

Έτσι

2017

2017 020 0 0 2

0

1 x Af x 0 1 1 x A x 0 ,

x 1

δηλαδή η αρχική εξίσωση έχει μοναδική λύση στο διάστημα 0,1

Λύνει η Ντίνα Ψαθά

Page 24: Η άσκηση της ημέρας - τεύχος 4ο (Δεκέμβριος 2016)

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

Α) Είναι

6 4 3 2 6 3 4 2a 3a 4a 9a 6a 31 a 4a 4 3a 9a 6a 27

6 3 4 2 2

6 3 4 2 2

a 4a 4 3a 6a 3a 6a 3 24

a 4a 4 3a 6a 3 3a 6a 24

2 2 23 2a 2 3 a 1 3 a 1 21 0 , για κάθε a

Β) Θεωρώ την συνάρτηση f : 0,1 , με

20172 6 4 3 2f(x) a 1 1 x a 3a 4a 9a 6a 31 x

Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο 0,1 ως πολυωνυμική

2f(0) a 1 0 , για κάθε a

6 4 3 2f(1) a 3a 4a 9a 6a 31 0 , από (Α) ερώτημα.

Οπότε από θεώρημα Bolzano, υπάρχει ένας τουλάχιστον 0x 0,1 , τέτοιος ώστε ,

20172 6 4 3 2

0 0 0f(x ) 0 a 1 1 x a 3a 4a 9a 6a 31 x

0

2017x 0,1 6 4 3 2

0

20

1 x a 3a 4a 9a 6a 31

x a 1

Επίσης η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη (ως πολυωνυμική) στο 0,1 με

20162 6 4 3 2f (x) 2017 a 1 1 x a 3a 4a 9a 6a 31 0 , για κάθε a και για κάθε

x 0,1 , οπότε η f είναι γνησίως φθίνουσα, επομένως το 0x είναι μοναδικό.

Λύνει ο Θεόδωρος Παγώνης

Page 25: Η άσκηση της ημέρας - τεύχος 4ο (Δεκέμβριος 2016)

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

A) Θεωρούμε 6 4 3 2A 3 4 9 6 31 με .

Τότε:

6 3 4 2 2A 4 4 3 8 6 27

23 4 2 28

2 3 6 9 183

2 23 4 28 16 162 3 3 18

3 9 3

22 23 2 4 38

2 3 3 03 3

ως άθροισμα θετικών αριθμών.

Β) Θεωρούμε την συνάρτηση f : R R με τύπο: 2017 2f(x) 1 x 1 Ax όπου Α η

παράσταση του Α) ερωτήματος.

Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα 0,1 ως πολυωνυμική.

Ισχύει: 2f(0) 1 0

και f(1) 0 (επειδή Α>0).

Από Θεώρημα Bolzano θα υπάρχει ox (0,1) ,

ώστε: of(x ) 0 2017 2

o o1 x 1 Ax 0

2017 2

o o1 x 1 Ax

2017

o

2o

1 x A

x 1

20176 4 3 2

o

2o

1 x 3 4 9 6 31

x 1.

Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο ως πολυωνυμική.

Τότε: 2016 2f (x) 2017 1 x 1 x 1 A

2016 22017 1 x 1 A 0 ως άθροισμα αρνητικών.

Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο R και το ox μοναδικό.

Λύνει ο Δημήτρης Σαριβασίλης

Page 26: Η άσκηση της ημέρας - τεύχος 4ο (Δεκέμβριος 2016)

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

α) Έχουμε ότι:

6 4 3 2

6 3 2 4 3

3 2 2

a 3a 4a 9a 6a 31

a 2a 1 9a 6a 1 3a 2a 29

(a 1) (3a 1) f(a)

Όπου

4 3f(a) 3a 2a 29

Βρίσκουμε το πρόσημο της f(a)

3 2 2f (a) 12a 6a 6a (2a 1)

α

1

2 0

f (a) - + +

f(a) τ.ε.

Και αφού το 1 115

f( ) ........ 02 16

άρα

4 3f(a) 3a 2a 29 >0 για κάθε a

Οπότε και 3 2 2(a 1) (3a 1) f(a) 0 ως άθροισμα θετικών ποσοτήτων άρα και

6 4 3 2a 3a 4a 9a 6a 31 0 .

β) Έστω η συνάρτηση 2 2017H(x) (a 1)(1 x) Ax όπου

6 4 3 2A a 3a 4a 9a 6a 31 0

Η 2 2017H(x) (a 1)(1 x) Ax είναι συνεχής στο [0,1]

2H(0) a 1 0

H(1) A 0 δηλαδή H(0)H(1) 0 οπότε από Θ.Bolzano θα υπάρχει 0x (0,1) ώστε:

20172 2017 0

0 0 0 20

(1 x ) AH(x ) (a 1)(1 x ) Ax 0

x a 1

Και αφού 2 2016H (x) 2017(a 1)(1 x) A 0 άρα η συνάρτηση Η είναι γνησίως

φθίνουσα και συνεπώς το 0x (0,1) είναι μοναδικό.

Λύνει ο Γιώργος Ασημακόπουλος

Page 27: Η άσκηση της ημέρας - τεύχος 4ο (Δεκέμβριος 2016)

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

A) 1ος τρόπος

Αν (a)το δεδομένο πολυώνυμο γράφεται: 2 23 4a 2 3a 3a 1 26 0 a .

2ος τρόπος

0 αν (a)το δεδομένο πολυώνυμο γράφεται:

2 23 3 3 2( 3 4) 3 1 30 ( 1) a a 4 3 1 30 και ισχύει 1:

3( 1) 0 , 2a a 4 0 , άρα (a) 0 .

Αν 1 a 0 31 a 0 και 0 a 1 1

είναι 3 30 ( 1) 1 1 ( 1) 0 και

2a a 4 4,6 αφού 2a a 4 στο 1,0 . Άρα 3 26 a (a 1) a a 4 0

δηλαδή (a) 0 .

Β) Θέτω 20172f(x) a 1 1 x x ( ) στο 0,1 συνεχής ως πολυωνυμική με 2f(0) a 1 0

και f(1) ( ) 0από Α).

Άρα η εξίσωση f(x) 0 έχει ρίζα στο 0,1 από Bolzano, άρα και η εξίσωση

2017

2

1 x ( )

x 1

ομοίως.

Επειδή 20162f (x) 2017 a 1 1 x ( ) 0 στο 0,1 η f στο 0,1 , άρα η ρίζα της είναι

μοναδική.

Λύνει ο Κώστας Δεββές

Page 28: Η άσκηση της ημέρας - τεύχος 4ο (Δεκέμβριος 2016)

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

Α) Έχω 6 4 3 2 6 3 4a 3a 4a 9a 6a 31 (a 4a 4) (3a 26) 2(9a 6a 1)

= 3 2 4 2(a 2) (3a 26) (3a 1) > 0.

Β)Θεωρώ τη συνάρτηση f(x) 2 2017(a 1)(1 x) - 6 4 3 2(a 3a 4a 9a 6a 31)x .

H f είναι συνεχής στο 0,1 ως πολυωνυμική.

2f(0) a 1 0 ,

f(1) 6 4 3 2(a 3a 4a 9a 6a 31) 0 από A).

Επόμενα από θεώρημα Bolzano υπάρχει ένας τουλάχιστον 0x 0,1 ώστε

0f(x ) 0 2 20170(a 1)(1 x ) - 6 4 3 2

0(a 3a 4a 9a 6a 31)x 0

20176 4 3 2

0

20

1 x a 3a 4a 9a 6a 31

x a 1.

Επειδή f (́x) - 2 20162017( 1)(1 x) - 6 4 3 2(a 3a 4a 9a 6a 31) 0 x , συνεπώς

f (́x) 0 x 0,1 ,η συνάρτηση f είναι γνήσια αύξουσα στο 0,1 άρα 0x μοναδική ρίζα

της f(x) 0 στο 0,1 .

Λύνει ο Τάκης Καταραχιάς

Page 29: Η άσκηση της ημέρας - τεύχος 4ο (Δεκέμβριος 2016)

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

α) Θεωρούμε τη συνάρτηση 2g x f 2ln x f ln x , x 0 . Έχουμε:

2 2 4g x 4 ln x lnx x 2g x x , x 0

2 2 2

2 2 2

2 2

g x 4 ln x 4ln x 2xg x x , x 0

g x 2xg x x ln x 4ln x 4, x 0

g x x ln x 2 , x 0

g x x lnx 2

Θεωρούμε τη συνάρτηση h x g x x, x 0 . Επομένως, h x lnx 2 (1).

Η f ως παραγωγίσιμη είναι και συνεχής. Η g είναι συνεχής ως αποτέλεσμα πράξεων

μεταξύ συνεχών συναρτήσεων. Ομοίως και η h . Από την (1) έχουμε:

2h x 0 lnx 2 0 lnx 2 x e . Οπότε, η h διατηρεί πρόσημο σε καθένα από τα

διαστήματα 20, e και 2e , . Αν h x 0 2x 0, e

η (1) h x ln x 2 h x ln x 2 , αφού 2lnx 2 0 lnx 2 0 x e .

Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση στο για την οποία ισχύει:

α) Να προσδιορίσετε τους δυνατούς τύπους της στο

β) Αν και , να βρείτε τον τύπο της στο

(Δίνεται: ). Στη συνέχεια:

i) Να δείξετε ότι υπάρχει η όταν η ορίζεται στο

ii) Να βρείτε το πλήθος των κοινών σημείων της γραφικής παράστασης της

(με ) με την ευθεία

iii) Να υπολογίσετε το όριο , αν θεωρήσουμε γνωστό ότι η

είναι συνεχής

iv) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της

που εφάπτεται σε αυτήν στο σημείο

1 5 η Ά σ κ η σ η Προτείνει ο Νίκος Ελευθερίου (29/12/2016)

Λύνει ο Νίκος Ελευθερίου

Page 30: Η άσκηση της ημέρας - τεύχος 4ο (Δεκέμβριος 2016)

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

Αν Αν h x 0 2x 0, e η (1) h x 2 ln x Οπότε, ή h x ln x 2 , 2x 0, e ή

h x 2 ln x , 2x 0, e . Ομοίως, βρίσκουμε ότι ή h x ln x 2 ,

2x e , ή

h x 2 ln x , 2x e , . Οπότε, οι δυνατοί τύποι της h είναι:

h x ln x 2, x 0 ή

h x 2 ln x, x 0 ή

2

2

lnx 2, 0 x eh x

2 lnx, x e ή

2

2

2 lnx, 0 x eh x

lnx 2, x e

Επομένως, οι δυνατοί τύποι της g είναι:

2g x x ln x 2, x 0 f ln x x ln x 2, x 0 ή

2g x x ln x 2, x 0 f ln x x ln x 2, x 0 ή

2 22

2 2

x lnx 2, 0 x e x lnx 2, 0 x eg x f lnx

x lnx 2, x e x lnx 2, x e ή

2 22

2 2

x lnx 2, 0 x e x lnx 2, 0 x eg x f lnx

x lnx 2, x e x lnx 2, x e

Αν στην σχέση 2f ln x x ln x 2, x 0 , θέσουμε y2y lnx x e έχουμε:

y y

f y e 2, y 02

. Άρα, x xf x e 2, x 0

2. Ομοίως εργαζόμαστε και για τα

υπόλοιπα. Άρα, οι δυνατοί τύποι της συνάρτησης f είναι:

x xf x e 2, x 0

2 ή

x xf x e 2, x 0

2 ή

x 2

x 2

xe 2, 0 x e

2f xx

e 2, x e2

ή

x 2

x 2

xe 2, 0 x e

2f xx

e 2, x e2

Page 31: Η άσκηση της ημέρας - τεύχος 4ο (Δεκέμβριος 2016)

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

β) Θεωρούμε τη συνάρτηση

2

2 2

lne f x e f x 1 et x f x x ημx t x e 1

x ημx x ημx.

Είναι:

x 2limt x 0 . Οπότε

2 2

x 2 x 2 x 2limf x lim x ημx g x e 1 2 ημ2 0 e 1 limf x e 1 .

Όμως, η f ως παραγωγίσιμη είναι και συνεχής.

Επομένως,

x 2

f 2 limf x e 1 0 και αφού η f είναι συνεχής f x 0, 2x 0, e .

Επιπλέον, 4f 8 e 2 , 28 e και αφού η f είναι συνεχής f x 0, 2x e , .

Τέλος 2f e 0 . Οπότε f x 0, x 0 . Άρα, x xf x e 2, x 0

2.

i) Πρέπει να δείξουμε ότι η f αντιστρέφεται, δηλαδή ότι είναι 1-1. Αρκεί να δείξουμε ότι

είναι γνησίως μονότονη.

1 2

x , x 0, με 1 2

x x έχουμε:

x x

1 2 1 2

e : e 0x x x x e e e e και 1 2

x x

2 2.

Επομένως, 1 2x x1 2x x

e e2 2

1 2x x1 21 2

x xe 2 e 2 f x f x

2 2.

Οπότε, η f είναι γνησίως αύξουσα. Άρα, υπάρχει 1f .

ii) Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής έχει σύνολο τιμών

xx 0

f 0, lim f x , lim f x . Έχουμε:

x

x 0 x 0

xlim f x lim e 2 1 0 2 1

2

x

x x

xlim f x lim e 2 2

2

Οπότε f 0, 1, . Άρα, η f

C έχει με την ευθεία y α, α

κανένα κοινό σημείο α 1

μοναδικό κοινό σημείο α 1, αφού η f είναι 1-1

iii) Η 1f έχει πεδίο ορισμού το σύνολο τιμών της f .

Θα δείξουμε ότι η 1f και η f έχουν το ίδιο είδος μονοτονίας.

1 2

y , y 1, με 1 2

y y έχουμε:

f:

1 1 1 1

1 2 1 2f f y f f y f y f y .

Οπότε η 1f είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής (υπόθεση). Έτσι, για το σύνολο τιμών της

θα ισχύει:

1 1 1

x 1 xf 1, limf x , lim f x 0, . Επομένως,

1

xlim f x .

Επιπλέον

1u

x

x u 0

1lim f limf u 1

x. Άρα, το ζητούμενο όριο γίνεται:

Page 32: Η άσκηση της ημέρας - τεύχος 4ο (Δεκέμβριος 2016)

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

1

x

1 f x 1lim

1 31f 3

x

iv) Είναι: 4 24f 4 e 2 e

2. Ακόμη

x

x

e 1f ' x

22 e.

Οπότε,

4 4

24

e 1 e 1f ' 4

2 22e2 e 21

f ' 4 e 12

.

Άρα,

2 21ε : y f 4 f ' 4 x 4 ε : y e e 1 x 4

2 2 21ε : y e 1 x e 2

2.

Page 33: Η άσκηση της ημέρας - τεύχος 4ο (Δεκέμβριος 2016)

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

α) Ισοδύναμα η αρχική σχέση γράφεται:

2 2

f(2lnx) x lnx 2 και με g(x) f(2lnx) x , h(x) lnx 2 γίνεται g(x) h(x) .

Η g ορίζεται στο 0, και η h έχει μόνη ρίζα το 2e .

Άρα η g διατηρεί πρόσημο στο καθένα από τα 20,e και 2e , ως συνεχής στο 0, με

μόνη ρίζα το 2e .

Ι) Αν g(x) 0στα 20,e και 2e , τότε είναι:

2

2

2 lnx, 0 < x < eg(x) lnx 2lnx 2, x e

Για uu 2lnx x e η προηγούμενη σχέση γράφεται:

u x

u 4 x 4f(u) e f(x) e ,x 0

2 2

ΙΙ) Αν g(x) 0 στα 20,e και 2e , τότε είναι:

2

2

lnx 2, 0 < x < eg(x) lnx 22 lnx, x e

Για uu 2lnx x e η προηγούμενη σχέση γράφεται:

u x

u 4 x 4f(u) e f(x) e ,x 0

2 2

ΙΙΙ) Αν g(x) 0στο 20,e και g(x) 0 στο 2e , τότε είναι:

g(x) 2 lnx , x 0και με uu 2lnx x e γράφεται x xf(x) e 2

2, x 0

ΙV) Αν g(x) 0 στο 20,e και g(x) 0στο 2e , τότε είναι:

g(x) lnx 2 , x 0 και με uu 2lnx x e γράφεται x xf(x) e 2

2, x 0

β) Από τις 4 πιθανές συναρτήσεις η μόνη που ικανοποιεί και τις 2 συνθήκες του

ερωτήματος β) είναι η x xf(x) e 2

2, x 0 (απλές πράξεις).

i) H f αντιστρέφεται στο 0, ως .

ii) To Σ.Τ. της f είναι 1, από γνωστό θεώρημα. Άρα αν a 1η εξίσωση f(x) a

αδύνατη και αν a 1έχει μία λύση θετικό.

iii) Θέτω x xx

1 x 2φ(x) 1

2e ee, x 0και είναι

xlim φ(x) 1.

Άρα για μεγάλα x είναι

Λύνει ο Κώστας Δεββές

Page 34: Η άσκηση της ημέρας - τεύχος 4ο (Δεκέμβριος 2016)

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

x

x x x x xx

x x x

1 x 2 e x 2φ(x) 0 1 1

2e e e 2e ee

x e 2 e f(x) e lnf(x) x

2

(με x το 1f (x)) 1lnx f (x) .

Επειδή

xlim lnx θα είναι

1

xlim f (x) .

Άρα

1

xlim(1 f (x)) και με

1u

xτο

x u 0

1lim f( ) 3 limf(u) 3 2

x.

Τελικά το ζητούμενο όριο είναι

iv) Mετά τις πράξεις η ζητούμενη εφαπτομένη γίνεται:

2

2e 1y x e 2

2.

Page 35: Η άσκηση της ημέρας - τεύχος 4ο (Δεκέμβριος 2016)

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

α) Η σχέση της υπόθεσης είναι : για κάθε x 0

2 2 4 2f (2lnx) 4 ln x lnx 2xf(2lnx) x 2 2f (2lnx) 2xf(2lnx) x = 24 ln x 4lnx

2(f(2lnx) x) = 2(lnx 2) .

Θέτω u

2u

2lnx u lnx x e2

οπότε έχω για u R , u

22(f(u) e ) = 2u( 2)

2(1).

Αν τώρα g(x) x

2(f(x) e ) , x R η σχέση (1) γράφεται: 2g (x)= 2x( 2)2

.

Γιά x 0 g(x) 0 x

22

=0 x 4 και επειδή g συνεχής ως άθροισμα παραγωγίσιμων, θα

διατηρεί πρόσημο στα διαστήματα 0,4 , 4, .

Δηλαδή x

g(x) 22

και διακρίνοντας περιπτώσεις έχω:

i) g(x) 0 x 0,4 , g(x) 0 x 4, τότε από σχέση (1)

x

g(x) 22

x

2(f(x) e ) = x

22

x

2f(x) e + x

22

, x 0 .

ii) g(x) 0 x 0,4 , g(x) 0 x 4, τότε από σχέση (1)

x

g(x) 22

x

2(f(x) e ) =- x

22

x

2f(x) e - x

22

, x 0 .

iii) g(x) 0 x 0,4 , g(x) 0 x 4, τότε από σχέση (1)

x

g(x) 22

x

2(f(x) e ) = x

22

x

2f(x) e + x

22

, x 0 .

iv) g(x) 0 x 0,4 , g(x) 0 x 4, τότε από σχέση (1)

x

g(x) 22

x

2(f(x) e ) = x

22

x

2f(x) e - x

22

, x 0 .

β)Αν φ(x)

2

lne f(x) e

x ημx

2

1 f(x) e

x ημx τότε

x 2limφ(x) 0 και 2f(x) x φ(x)ημx e 1επόμενα

επειδή f συνεχής ,

x 2

f(2) limf(x) e 1, g(2) f(2) e =-1<0, g(8) 4f(8) e =2>0 συνεπώς από

περίπτωση iii) προκύπτει ότι

x

2f(x) e + x

22

, x 0 .

Λύνει ο Τάκης Καταραχιάς

Page 36: Η άσκηση της ημέρας - τεύχος 4ο (Δεκέμβριος 2016)

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

i) Η f είναι παραγωγίσιμη με

x

2e 1f (́x) 0

2 x 0 συνεπώς f γνήσια αύξουσα στο

0, ,οπότε η f είναι 1-1 ,άρα αντιστρέφεται .

ii) Είναι

x 0lim f(x)

x 0lim (

x

2e + x

22

)=-1,

x lim f(x)

x lim (

x

2e + x

22

)=και επειδή f γνήσια

αύξουσα στο 0, θα είναι f 0, 1, . Επόμενα:

Αν α 1, τότε α f 0, , άρα η γραφική παράσταση της f και η ευθεία y=α

δεν έχουν κανένα κοινό σημείο.

Αν α 1, τότε α f 0, , άρα η γραφική παράσταση της f και η ευθεία y=α

έχουν μοναδικό κοινό σημείο λόγω μονοτονίας της f .

iii) Από δ) έχω ότι f 0, 1, = 1fD . Τώρα έστω

1 2y ,y f 0, 1, = 1f

D με

1 2

y y 1 1

1 2f(f (y )) f(f (y )) 1 1

1 2f (y ) f (y )

διότι f γνήσια αύξουσα στο 0, . Επόμενα 1f γνήσια αύξουσα στο 1, . Συνεπώς

1f 1,

1 1

xx 1( lim f (x), lim f (x)) = 0, οπότε

1

x lim f (x) . Τώρα το ζητούμενο όριο

είναι:

1

x

1 f (x)lim

1f( ) 3

x

1

1x2x

1 f (x)lim

1e 1

2x

1

1x2x

1lim[ 1 f (x) ]

1e 1

2x

, διότι

1

x lim (1 f (x)) και

1x

2x

1 1lim

21e 1

2x

.

iv) Η εφαπτόμενη στο 4,f(4) είναι: y f(4) f (́4)(x 4) . ΄Όμως 2f 4 e

2e 1

f΄ 42

, οπότε (ε):

22 e 1

y e (x 4)2

22e 1

y x e 22

.

Page 37: Η άσκηση της ημέρας - τεύχος 4ο (Δεκέμβριος 2016)

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

2 2 4

2 2 2

2 2

u

2

2u22

f : , παραγωγίσιμη

f (2 ln x) 4 ln x ln x x 2f(2 ln x) x ,(1) για κάθε x>0

f (2 ln x) 2xf(2 ln x) x ln x 4ln x 4,x 0

(f(2 ln x) x) (ln x 2) ,x 0.

Θέτω u=2lnx, x>0 x e

(u 4)(f(u) e ) ,u .

4

α)

u

2

22

Θέτω g(u)=f(u)-e ,u

u 4(u 4)g (u) ,u g(u) ,u (2)

4 2 g(u) 0 u 4

u 4 για κάθε u 4 είναι 0 g(u) 0 g(u) 0,g συνεχής στο , άρα η

2g διατηρεί σταθερό πρόσημο σε καθένα από τα διαστήματα (- , 4) κ

u 4,u 4

24 u

,u 42

4 u,u 4

2u 4

,u 42

x

2f

αι (4, + ). Ετσι

4 ug(u) ,u , ή g(u)= {

2

4 uή g(u)={ ή g(u)= ,u .

2

1Kατά συνέπεια, και επειδή D (0, ), f(x)=e x 2,x 0

2

x x

2 2

x x

2 2

1 1 xe x 2,x 4 e x 2,x 4

2 2 2

1 1e x 2,0 x 4 e x 2,0 x 4

2 2

4

2 2x 2

(a) ή

1f(x) { (β) ή f(x)={ (γ) ή f(x)=e x 2,x 0 (δ) .

2

lne f(x) e 1 f(x) e Αν lim 0,f(8) e 2, έστω h(x) ,

x ημx x ημx

β)

x 2

2 2

x 2 x 2

0

x 2

άρα lim h(x) 0

και f(x) h(x)x ημx e 1 lim f(x) lim(h(x)x ημx e 1) 0 4 ημ2 e 1 e 1.

H f είναι παραγωγίσιμη, άρα και συνεχής στο (0, + ).

Αρα η f είναι συνεχής και στο χ 2,

οπότε f(2)= lim f(x) f(

4

x

2

2) e 1.

Eίναι και f(8)=e 2, άρα ο τύπος της f είναι ο (δ), δηλ.

xf(x) e 2,x 0.

2

Λύνει η Ντίνα Ψαθά

Page 38: Η άσκηση της ημέρας - τεύχος 4ο (Δεκέμβριος 2016)

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

x

2

1

f

1 1 Για κάθε x 0,f '(x) e 0 f γνησίως αύξουσα στο (0,+ ) f 1 1, άρα

2 2

υπάρχει η f (είναι συνάρτηση).

Οι τετμημένες των κοινών σημείων των C και ε: y = α, α είναι οι λύσεις της

εξίσωσης f(x

i)

ii)

xx 0

f

) = α, α .

Α (0, ).

lim f(x)= 1, lim f(x) ,f συνεχής και γνησιως αύξουσα στο Α, f(A) ( 1, ).

Αρα, αν α -1, τότε οι C , ε , δεν εχουν κοινά σημεία.

Αν α > -1, τότε υπάρχει ένα ακ

1 1 fριβώς x 0, ώστε f(x ) α, οπότε οι C και ε , έχουν ένα

ακριβώς κοινό σημείο.

1f

1 1

1 2 1 2 1 2

1 1

1 2

1 1 1 1

1 2 1 2 1 2

D f(A) ( 1, ).

Για καθε y ,y ( 1, ) με y y είναι f(f (y )) f(f (y )),

f γν αυξουσα f (y ) f (y ),

(γιατί αν ήταν f (y ) f (y ), f γν. αυξ f(f (y )) f(f (y )) y y , άτοπο).

Αρα

iii)

1

1 1

1

x

1

x

1

2x

x x

η f είναι γνησίως αύξουσα στο (-1,+ ).

Η f είναι και συνεχής, άρα f (( 1, )) (0, ).

Aρα lim f (x) .

Ετσι lim (1-f (x)) 1 ( ) .

1 1Eπίσης lim (f( ) 3) lim(e 1) 1 0 1 2,

x 2x

ά

1

x

f

2 22 2

1 f (x) 1ρα lim ( ) .

1 2f( ) 3

x Η εξίσωση της ευθείας ε , που εφάπτεται της C , στο σημείο (4,f(4)) είναι η

e 1 e 1ε : y-f(4)=f΄(4)(χ-4). Είναι f(4)=e , f '(4)= , άρα ε: y-e (x 4), δηλ

2 2

iv)

22

αδή

e 1ε: y= x (e 2).

2

Page 39: Η άσκηση της ημέρας - τεύχος 4ο (Δεκέμβριος 2016)

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

α) Για κάθε x > 0 ισχύει:

2 2 4

2 2 2

2 2

2 2

f 2ln x 4 ln x ln x x 2f 2ln x x

f 2ln x 2xf 2ln x x ln x 4ln x 4

f 2ln x x ln x 2

f 2ln x x ln x 2

f 2ln x x ln x 2 1

Θέτουμε

2

g x f 2ln x x

1 g x ln x 2

g x 0 g x 0 ln x 2 0 ln x 2 0 ln x 2 x e

Η f είναι παραγωγίσιμη στο άρα και συνεχής .

Η g είναι είναι συνεχής στο 0, ως πράξεις συνεχών και έχει μοναδική ρίζα

το 2e , άρα διατηρεί σταθερό πρόσημο σε καθένα από τα διαστήματα 2 20,e και e ,

στα οποία η ρίζα της χωρίζει το 0,

Αν

2 2

2

2

g x 0 x 0,e e ,

2 ln x ,0 x eΤότε g x ln x 2

ln x 2 ,x e

Αν

2 2

2

2

g x 0 x 0,e e ,

ln x 2,0 x eΤότε g x ln x 2

2 ln x, x e

Αν

2 2

2 2

2 2

g x 0 x 0,e και g x 0 x e ,

ln x 2 , 0 x e 2 ln x , 0 x eτότε g x 2 ln x x 0,

ln x 2 , x e 2 ln x , x e

Αν

Λύνει ο Τρύφωνας Ζωϊτσάκος

Page 40: Η άσκηση της ημέρας - τεύχος 4ο (Δεκέμβριος 2016)

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

2 2

2 2

2 2

g x 0 x 0,e και g x 0 x e ,

ln x 2 , 0 x e ln x 2 , 0 x eτότε g x ln x 2 x 0,

ln x 2 , x e ln x 2 , x e

Δηλαδή

2

2

2 lnx ,0 x ef 2lnx x

lnx 2 ,x e

2

2

lnx 2,0 x ef 2lnx x

2 lnx, x e

f 2ln x x 2 ln x x 0,

f 2ln x x ln x 2 x 0,

Θέτουμε u

2u

2lnx u lnx x e2

Οπότε οι δυνατοί τύποι της f στο 0, είναι:

u

2u

2 22u

2

u2 e , 0 u 4

u2f u αφού 0 x e 0 e e 2 u 42u

2 e , u 42

u

2

u

2

u2 e , 0 u 4

2f uu

2 e , u 42

u

2u

f u 2 e u 02

u

2u

f u 2 e u 02

β) H f είναι συνεχής στο 2 άρα x 2limf x f 2

Είναι

2x 2

lne f x e 1 f 2 elim 0 0 1 f 2 e 0 f 2 e 1

4ημ2x ημχ

και

4f 8 e 2

Οι τιμές αυτές δίνονται μόνο από τον τελευταίο τύπο u

2u

f u 2 e u 02

Άρα ο τύπος της f στο 0, είναι: x

2x

f x 2 e x 02

Page 41: Η άσκηση της ημέρας - τεύχος 4ο (Δεκέμβριος 2016)

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

γ) x

21 1

x 0 είναι f x e 0 άρα f στο 0, οπότε 1 1 και αντιστρέψιμη.2 2

δ)

x

2

x 0 x 0

x

2

x x

xlim f x lim 2 e 0 2 1 1

2

xlim f x lim 2 e 2

2

H f είναι συνεχής και xx 0

στο 0, άρα f 0, lim f x , lim f x 1,

Το πλήθος των κοινών σημείων της f

C με την ευθεία ψ = α,α εξαρτάται από το

πλήθος των ριζών της εξίσωσης f x α

Αν α 1 τότε α f 0, άρα η εξίσωση είναι αδύνατη και η f

C δεν έχει κοινά

σημεία με την ψ = α.

Αν α 1 τότε α f 0, και η εξίσωση f x α έχει μοναδική λύση στο 0,

αφού f οπότε η f

C έχει μοναδικό κοινό σημείο με την ψ = α.

ε) Η 1f έχει π.ο το f 0, 1, και σύνολο τιμών το π.ο της f το 0,

Δηλαδή 1f 1, 0,

Η 1f στο 0, f στο 1, (με απόδειξη) είναι και συνεχής οπότε

1 1 1 1

x xx 1f 1, lim f x , lim f x 0, lim f x

1u

x

x x xu 0

1

x

1lim f lim f u 1

x

1 f x 1Άρα lim

1 3 21f 3

x

στ) 2 21f 4 e , f 4 e 1

2

Η εφαπτομένη της f

C στο A 4,f 4 έχει εξίσωση:

2 2 2 21 1y f 4 f 4 x 4 y e e 1 x 4 y e 1 x e 2

2 2

Page 42: Η άσκηση της ημέρας - τεύχος 4ο (Δεκέμβριος 2016)

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

α)

Έχουμε: 2 2 4f 2lnx - 4 = ln x - lnx + x 2f 2lnx - x ,  x > 0 .

Θέτουμε y 2lnx  και έχουμε:

2 2y y2

y2 2 2y y

f y 4 2y 2e f y e f y e 2 ,με y 04 2

.

Θέτουμε αρχικά όπου y το x και στην συνέχεια x

2g x f x e ,μ εx 0 , οπότε έχουμε:

2

2 xg x 2

2

.

Παρατηρούμε ότι η  g μηδενίζεται στο 4, και διατηρεί πρόσημο στα διαστήματα

0,4 ,  4, . Επίσης αφού g συνεχής (πράξεις συνεχών) , συνοπτικά για αυτήν έχουμε:

x 0 4

g(x) + +

g(x) + -

g(x) - +

g(x) - -

Έτσι οι πιθανοί τύποι της f είναι:

1. x

2x

f x e 2, x 0,2

,

2. x

2x

f x e 2 , x 0,2

,

3.

x

2

x

2

xe 2, 0 x 4

2f xx

e 2 , x 42

,

4.

x

2

x

2

xe 2 , 0 x 4

2f xx

e 2, x 42

.

β)

Από την σχέση 4f 8 e 2  , οι τύποι 2,3 απορρίπτονται, ενώ απο το όριο:

Λύνει ο Κώστας Τσόλκας

Page 43: Η άσκηση της ημέρας - τεύχος 4ο (Δεκέμβριος 2016)

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

2x 2

lne f x elim  

x ημx

, με την χρήση βοηθητικής συνάρτησης , υπολογίζουμε το όριο:

x 2limf x e 1 

, το οποίο απορρίπτει τον πιθανό τύπο 4.

Άρα ο τύπος της f είναι ο 1 , δηλαδή x

2x

f x e 2 ,  x 02

.

β) i)

Έχουμε για την παραγωγίσιμη f:

x

' x 21 1

f e 0 2 2

, για κάθε  x 0  . Άρα η f είναι ¨1-1¨ ως γνησίως αύξουσα για  x 0 , άρα

υπάρχει η αντίστροφή της, η 1 f .

β) ii)

Επειδή f : συνεχής, γνησίως αύξουσα στο 0, το σύνολο τιμών της είναι το:

xx 0

f A f 0, lim f x , lim f x 1,  

. (Τα όρια είναι εύκολα να υπολογιστούν)

Οπότε αν   α f A α 1 , η f x α έχει ακριβώς μία ρίζα.( μονοτονία της f ),

ενώ αν α 1 δεν έχει ρίζες.

β) iii)

Επειδή η 1 f έιναι συνεχής και γνησιώς αύξουσα στο 1, (αφου η  f είναι γνησίως

μονότονη στο Α , η 1 f είναι γνησίως μονότονη με το ίδιο είδος μονοτονίας στο f A ,

*Ευκολη απόδειξη με άτοπο) , απο το σύνολο τιμων της 1 f που είναι το 0,   (πεδίο

ορισμού της f ) , έχουμε ότι :

1

xlim f x

.

Επίσης 1

2x1 1

f e 2 x 2x

, συνεχής στο 0, , με

x

1lim f 1 0 2 1

x

,

οπότε το ζητούμενο όριο έιναι της μορφής 1

και είναι ίσο με – .

β) iv)

Έχουμε 2f 4 e , 21f 4 e 1

2, οπότε η εφαπτομένη της

fC στο 4,f 4 έιναι η ευθεία :

2 21y e 1 x e 2

2 .