Έκδοση Σεπτεμβρίου - "Η άσκηση της ημέρας"

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

___________________________________________________________________________ ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr

1

μας τίμησαν με την συμμετοχή τους

Διονύσης Βουτσάς

Ηλίας Ζωβοΐλης

Νίκος Κίκης

Αντώνης Μαρκάκης

Κατερίνα Μάρκου

Μάνος Μίχας

Ηλιάνα Ξανιά

Θεόδωρος Παγώνης

Ανδρέας Πάτσης

Πάνος Σπύρου

Τάκης Τσακαλάκος

Θεόδωρος Τσατσαρώνης

Δημήτρης Χατζάκης

http://lisari.blogspot.gr/


2

1η άσκηση

Γ΄ Λυκείου – Μαθηματικά Προσανατολισμού

Προτάθηκε από τον Αντώνιο Μαρκάκη (01-09-2015)

Αποστολή λύσεων έως την Κυριακή 6 Σεπτεμβρίου 2015

Αν η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f x lnx στο

σημείο , ln , 0 και η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της

συνάρτησης xg x e στο σημείο ,e , R

ταυτίζονται, αποδείξτε ότι ο

αριθμός είναι ρίζα της εξίσωσης x 1

lnx 0x 1

.



3

προτεινόμενη λύση (Αντώνης Μαρκάκης)

Έστω (Ε) η προς μελέτη εξίσωση με άγνωστο τον x.

Αρχικά, θέτουμε τους περιορισμούς:

1x01x

και

0x

Τελικά, συναληθεύοντας τους πιο πάνω περιορισμούς, θα πρέπει:

1,1 0,x



4

Λύση ή ρίζα μιας εξίσωσης είναι ο αριθμός που, όταν τοποθετηθεί στη θέση του

αγνώστου, επαληθεύει την εξίσωση. Συνεπώς, για να δείξουμε ότι ο αριθμός 0α

είναι ρίζα της δοσμένης εξίσωσης (Ε), αρκεί να καταλήξουμε στα ακόλουθα δύο

συμπεράσματα:

1,1 0,α , και επειδή 0,α από υπόθεση, αρκεί να βρούμε ότι 1α

,

και

0lnα1α

1α

Σχόλιο 1 Για μια τυχαία συνάρτηση φ(x) , η οποία είναι παραγωγίσιμη σ’ ένα σημείο 0x του

πεδίου ορισμού της, η εξίσωση της εφαπτομένης ε της γραφικής της παράστασης (Cφ)

στο σημείο )φ(x ,xΣ 00 Cφ είναι η: 0 0 0y φ(x ) φ (x ) (x x ) (1).

Είναι όμως:

0x)(xφ)φ(xyx)(xφ)x(x)(xφ)φ(xy 0000000

Δηλαδή η (1) παίρνει, ισοδύναμα, τη γενική μορφή εξίσωσης ευθείας 0ΓByΑx

με )(xφΑ 0 , 01B και 000 x)(xφ)φ(xΓ . Επομένως, από την εξίσωση

(1) δεν είναι δυνατόν να προκύψει κατακόρυφη ευθεία. Η (1), λοιπόν, θα περιγράφει

τη γραφική παράσταση μιας πολυωνυμικής συνάρτησης (της Α Γ

y xΒ Β

), η

οποία (συνάρτηση) θα είναι πρώτου βαθμού (αν 0Α ), μηδενικού βαθμού (αν 0Α

και 0Γ ) ή δεν θα έχει βαθμό (στην περίπτωση που 0Α και 0Γ ).

Η συνάρτηση f(x) lnx (λογαριθμική συνάρτηση με βάση το e) ανήκει στην

κατηγορία των βασικών συναρτήσεων, έχει πεδίο ορισμού το 0,Df , και είναι

παραγωγίσιμη στο πεδίο ορισμού της (στο μη φραγμένο διάστημα με άκρο το 0

0, ) με:

x

1)(lnx(x)f .

Η εφαπτομένη εα της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f (Cf) στο σημείο

)(αf α,lnα α, Cf έχει εξίσωση:



5

1lnαxα

1yα

α

1x

α

1lnαyα)(x

α

1lnαyα)(xαfαfy )()(

Δηλαδή,

(εα): 1lnαxα

1y

Αντίστοιχα, η συνάρτηση xeg(x) (εκθετική συνάρτηση με βάση το e) ανήκει επίσης

στην κατηγορία των βασικών συναρτήσεων, έχει πεδίο ορισμού το gD , και είναι

παραγωγίσιμη στο πεδίο ορισμού της (σε όλο το ) με:

x xg (x) e e

Η εφαπτομένη εβ της γραφικής παράστασης της συνάρτησης g (Cg) στο σημείο

)(βg β,e β, βCg

έχει εξίσωση:

ββββββββ eβexeyβexeeyβ)(xeeyβ)(xβgβgy )()(

Δηλαδή,

(εβ): βββ eβexey

Σύμφωνα με όσα αναφέρθηκαν πιο πάνω, οι ευθείες εα και εβ αποτελούν γραφικές

παραστάσεις πολυωνυμικών συναρτήσεων (πολυωνύμων).

Συγκεκριμένα:

η ευθεία εα είναι η γραφική παράσταση της πολυωνυμικής συνάρτησης

1lnαxα

1P(x) , x

και

η ευθεία εβ είναι η γραφική παράσταση της πολυωνυμικής συνάρτησης βββ eβexeQ(x) , x .

Όμως, από υπόθεση, οι ευθείες εα και εβ ταυτίζονται. Αυτό σημαίνει ότι οι γραφικές

παραστάσεις των πολυωνυμικών συναρτήσεων P(x) και Q(x) ταυτίζονται.



6

Σχόλιο 2 Η διπλή συνεπαγωγή 21 φφ21 CCφφ

Έστω h μια τυχαία πραγματική συνάρτηση της πραγματικής μεταβλητής x. Συμβολίζουμε με

hD το πεδίο ορισμού της συνάρτησης h. Γραφική παράσταση της h (Ch) λέγεται το σύνολο

των σημείων Μ(x, y) για τα οποία ισχύει h(x)y . Δηλαδή, είναι:

hh D xκαι h(x)y y)Μ(x,C .

Δύο συναρτήσεις 1h και 2h λέγονται ίσες όταν:

έχουν το ίδιο πεδίο ορισμού (21 hh DD )

και

για κάθε 21 hh DDx ισχύει (x)h(x)h 21 .

Από τους παραπάνω ορισμούς («της γραφικής παράστασης συνάρτησης» και «της ισότητας

συναρτήσεων»), προκύπτει άμεσα η εξής θεμελιώδης πρόταση:

Δύο συναρτήσεις είναι ίσες αν, και μόνο αν, οι γραφικές τους παραστάσεις ταυτίζονται.

Η άσκηση, τώρα, μας ρωτάει με έμμεσο τρόπο: «Πότε δύο πολυώνυμα είναι ίσα;»

Δύο πολυώνυμα του x, λοιπόν, είναι ίσα όταν: (αληθεύουν συγχρόνως όλα τα

παρακάτω)

είναι του ίδιου βαθμού (για το μηδενικό πολυώνυμο δεν ορίζουμε βαθμό),

οι συντελεστές των ομοβάθμιων δυνάμεων του x είναι ίσοι,

οι σταθεροί όροι τους είναι ίσοι.

Σχόλιο 3

Συνεπώς, η άσκηση απαιτεί τον εξής συλλογισμό: ισότητα συναρτήσεωνισότητα

πολυωνύμων.



7

Επειδή τα πολυώνυμα P(x) και Q(x) είναι ίσα, θα πρέπει να ισχύουν ταυτόχρονα οι

δύο παρακάτω ισότητες:

η ισότητα βeα

1 (I)

και

η ισότητα ββ eβe1lnα (II)

Παρατηρούμε ότι, για 1α :

η ισότητα (Ι) δίνει 0βln1β1ee1

1 ββ .

και η ισότητα (II) δίνει

β β β β β βln1 1 e β e 0 1 e β e e 1 β e β 0 (γιατί το 1ο μέλος

της τελευταίας ισότητας ββ eβ1e , ως αυστηρά θετικός αριθμός, «υπαγορεύει»

και στο 2ο μέλος της να είναι αυστηρά θετικός αριθμός). Μάλιστα, αποδεικνύεται

ότι ο θετικός πραγματικός αριθμός β που ικανοποιεί τη σχέση ββ eβ1e είναι

μοναδικός και ανήκει στο ανοικτό διάστημα (1, 2).

Συνεπώς, δεν είναι δυνατόν να αληθεύουν ταυτόχρονα οι ισότητες (I) και (II) για την

τιμή αυτή του α ( 1α ). Άρα είναι: 1α , επομένως: 1,1 0,α .

Από την σχέση (Ι) έχουμε διαδοχικά:

lnαβlnα0βlnαln1βα

1lnβ

α

1ee

α

1 ββ

Αντικαθιστώντας, τέλος, στην ισότητα (II) όπου α

1eβ και όπου lnαβ παίρνουμε:

( )

1 1 1 1lnα 1 lnα lnα 1 lnα

α α α α

1 lnαlnα 1

α

α lnα α 1 lnα

α 1 lnα α lnα 0

α 1 lnα (1 α) 0



8

α 1 α 1 0

α 1 lnα (α 1) 0

α 1 lnα (α 1)0

α 1

α 1 lnα (α 1)0

α 1 α 1

α 1lnα 0

α 1



9

2η άσκηση


Προτάθηκε από τον Ηλία Ζωβοΐλη (03-09-2015)

Αποστολή λύσεων έως την Κυριακή 13 Σεπτεμβρίου 2015

Έστω συνάρτηση f ׃ , για την οποία ισχύει:

3f (x) f(x) 2x 0 , για κάθε x .

Α. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι γν.φθίνουσα στο .

Β. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι περιττή στο .

Γ. Να βρείτε τους α,β , για τους οποίους ισχύει:

2 2f (α β ) f(2α 2β 5) 0.

Δ. Να λύσετε την ανίσωση:

3f (x) 3x 0.

Ε. Να λύσετε την εξίσωση:

3 22x f (x) f (x) 1 0.



10

1η προτεινόμενη λύση (Ηλίας Ζωβοΐλης)

Στόχος της συγκεκριμένης άσκησης, είναι να αναδείξει τη χρησιμότητα

και κυρίως τη δύναμη της βοηθητικής συνάρτησης.

Θεωρούμε τη συνάρτηση g με τύπο:3g(x) x x,x .

Εύκολα αποδεικνύεται ότι η συνάρτηση g είναι περιττή και

γνησίως αύξουσα στο , επομένως και 1 1 στο .

Ισχύει: g f(x) 2x,x .

Α. Έστω 1 2x ,x με 1 2x x . Τότε 1 2 1 22x 2x g f(x ) g f(x )

g γν.αύξουσα

1 2f(x ) f(x ) f γν.φθίνουσα στο .

Β. Είναι g περιττή

g f( x) 2x g f(x) g f(x) .

Επομένως: g 1-1

g f( x) g f(x) f( x) f(x) f περιττή στο .

Γ. 2 2 2 2f(α β ) f(2α 4β 5) 0 f(α β ) f(2α 4β 5)

f περιττή f 1 1

2 2 2 2f(α β ) f( 2α 4β 5) α β 2α 4β 5

2 2 2 2α 2α 1 β 4β 4 0 (α 1) (β 2) 0

α 1 και β 2.

Δ. g γν.αύξουσα

3f (x) 3x 0 f(x) 2x 3x 0 f(x) x g f(x) g(x)

3 3 22x x x x 3x 0 x(x 3) 0 x 0 , καθώς

2x 3 0, x .

Ε. Για x 0 η αρχική ισότητα μας δίνει εύκολα f(0) 0 (θα μπορούσε επίσης

να χρησιμοποιηθεί το γεγονός ότι f περιττή στο ).

Η δοσμένη εξίσωση δεν έχει λύση το 0, αφού για x 0 προκύπτει 1 0.

Έτσι για x 0 f(x) 0 και επομένως διαιρώντας δια 3f (x) έχουμε:

3 3

1 1 1 1 12x 0 2x g g f(x)

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

g 1-1

21f(x) f (x) 1 f(x) 1

f(x) ή

g 1-1

f(x) 1 g f(x) g(1) ή g f(x) g( 1)

2x 2 ή 2x 2 x 1 ή x 1.



11

2η προτεινόμενη λύση (Ανδρέας Πάτσης) (εναλλακτικές λύσεις υποερωτημάτων)

Α. Eστω 𝑥1, 𝑥2 ∊ 𝑅: 𝑥1 < 𝑥2 ⇨ −2𝑥1 > −2𝑥2 (1)

𝑓3(𝑥) + 𝑓(𝑥) + 2𝑥 = 0 ∀ 𝑥 ∊ 𝑅.

Άρα 𝑓3(𝜒1) + 𝑓(𝜒1) + 2𝜒1 = 0 ⇨ −2𝜒1 = 𝑓3(𝜒1) + 𝑓(𝜒1) (2)

𝑓3(𝜒2) + 𝑓(𝜒2) + 2𝜒2 = 0 ⇨ −2𝜒2 = 𝑓3(𝜒2) + 𝑓(𝜒2) (3)

Η (1)(2)(3)⇒ 𝑓3(𝜒1) + 𝑓(𝜒1) > 𝑓

3(𝜒2) + 𝑓(𝜒2) ⇨ 𝑓3(𝜒1) − 𝑓

3(𝜒2) + 𝑓(𝜒1) −

𝑓(𝜒2) > 0

⇨ (𝑓(𝜒1) − 𝑓(𝜒2))(𝑓2(𝑥1) + 𝑓(𝜒1)𝑓(𝜒2) + 𝑓

2(𝑥2) + 1) > 0 (𝐴)

Όμως 𝑓2(𝑥1) + 𝑓(𝜒1)𝑓(𝜒2) + 𝑓2(𝑥2) + 1 = (𝑓(𝜒1) +

𝑓(𝜒2)

2)2 +

3𝑓2(𝑥2)

4+ 1 > 0.

Άρα από την (Α) έχω 𝑓(𝜒1) > 𝑓(𝜒2) . Ά𝜌𝛼 휂 𝑓 휀ί휈𝛼휄 𝛾휈휂𝜎ί𝜔𝜍 𝜑휃ί휈𝜊𝜐𝜎𝛼.

Δ. 𝛵𝜊 𝜋휀𝛿ί𝜊 𝜊𝜌휄𝜎휇𝜊ύ 𝜏휂𝜍 𝛼휈ί𝜎𝜔𝜎휂𝜍 휀ί휈𝛼휄 𝜏𝜊 𝑅. 𝑓3(𝑥) + 3𝜒 > 0 ⇔

−𝑓(𝑥) − 2𝑥 + 3𝑥 > 0 ⇔ 𝑓(𝑥) < 𝑥. (𝐵)

[Τον τύπο της 𝑓 𝛿휀 𝜏𝜊휈 έ𝜒𝜔, 𝛼휆휆ά 휇𝜋𝜊𝜌ώ 휈𝛼 𝛽𝜌ώ 𝜏𝜊휈 𝜏ύ𝜋𝜊 𝜏휂𝜍 𝑓−1(𝜒)

휂 𝜊𝜋𝜊ί𝛼 휃𝛼 휀ί휈𝛼휄 휅𝛼휄 𝛼𝜐𝜏ή 𝛾휈휂𝜎ί𝜔𝜍 𝜑휃ί휈𝜊𝜐𝜎𝛼 ό𝜋𝜔𝜍 휂 𝑓. ]

Θέτω 𝑔(𝑥) = −𝑥3+𝑥

2 휇휀 𝜋휀𝛿ί𝜊 𝜊𝜌휄𝜎휇𝜊ύ 𝜏𝜊 𝑅. 𝛷𝛼휈휀𝜌ά 𝛾휈휂𝜎ί𝜔𝜍 𝜑휃ί휈𝜊𝜐𝜎𝛼,

Άρα ≪ 1 − 1 ≫, ά𝜌𝛼 𝛼휈𝜏휄𝜎𝜏𝜌έ𝜓휄휇휂.

𝑓3(𝑥) + 𝑓(𝑥) + 2𝑥 = 0 ⇔ 𝜒 = −𝑓3(𝑥) + 𝑓(𝑥)

2⇔ 𝑔(𝑓(𝑥) = 𝑥

𝑓(𝑥) = 𝑔−1(𝑥)∀ 𝑥 ∊ 𝑅 . Ά𝜌𝛼 𝜏𝑜 𝜎ύ휈𝜊휆𝜊 𝜏휄휇ώ휈 𝜏휂𝜍 𝑓(𝑥) 휀ί휈𝛼휄 ί𝛿휄𝜊 휇휀 𝜏𝜊 𝜎ύ휈𝜊휆𝜊

𝜏휄휇ώ휈 𝜏휂𝜍 𝑔−1(𝑥), 𝜋𝜊𝜐 휀ί휈𝛼휄 𝜏𝜊 𝜋휀𝛿ί𝜊 𝜊𝜌휄𝜎휇𝜊ύ 𝜏휂𝜍 𝑔(𝑥) 𝛿휂휆𝛼𝛿ή 𝜏𝜊 𝑅.

𝛦𝜋𝜊휇έ휈𝜔𝜍 ∀ 𝑦 ∊ 𝑅, ∃ 𝑥 ∊ 𝑅: 𝑓(𝑥) = 𝑦.

𝑓3(𝑥) + 𝑓(𝑥) + 2𝑥 = 0 ⇔ 𝑥 = −𝑦3 + 𝑦

2, 𝑦 ∊ 𝑅.

Άρα 𝑓−1(𝜒) = −𝑥3+𝑥

2, 𝑥 ∊ 𝑅 𝜋𝜊𝜐 휀ί휈𝛼휄 𝜑𝛼휈휀𝜌ά 𝛾휈휂𝜎ί𝜔𝜍 𝜑휃ί휈𝜊𝜐𝜎𝛼

(Με ορισμό, μονοτονία ή με την χρήση της πρότασης ότι η αντίστροφη έχει το ίδιο

είδος μονοτονίας με την f αφού κάνουμε την ανάλογη απόδειξη).

Επομένως έχουμε :



12

𝑓(𝑥) < 𝑥 (휅𝛼휄 휀𝜋휀휄𝛿ή 𝑓(𝑥), 𝑥 𝛼휈ή휅𝜊𝜐휈 𝜎𝜏𝜊 𝜋휀𝛿ί𝜊 𝜊𝜌휄𝜎휇𝜊ύ 𝜏휂𝜍 𝑓−1(𝑥)

που είναι όλο το R )⇔

𝑓−1(𝑓(𝜒)) > 𝑓−1(𝑥) ⇔ −𝑥3 + 𝑥

2< 𝑥 ⇔ 𝑥(𝑥2 + 3) > 0 ⇔ 𝑥 > 0 𝛼𝜑𝜊ύ

(𝑥2 + 3) > 0 ∀ 𝜒 ∊ 𝑅.

Ε. Από την αρχική εύκολα βρίσκουμε 𝑓(0) = 0.

Aν υπήρχε άλλη ρίζα της 𝑓(𝑥) = 0, 휂 𝑓 𝛿휀 휃𝛼 ή𝜏𝛼휈 ≪ 1 − 1 ≫.

Άρα 𝑓(𝑥) ≠ 0 ∀ 𝜒 ≠ 0.

Επίσης 𝑓−1(−1) = 1 ⇔ 𝑓(1) = −1.

𝑓−1(1) = −1 ⇔ 𝑓(−1) = 1.

H εξίσωση 2𝜒𝑓3(𝜒) + 𝑓2(𝑥) + 1 = 0 έ𝜒휀휄 𝜋휀𝛿ί𝜊 𝜊𝜌휄𝜎휇𝜊ύ 𝜏𝜊 𝑅.

Η 𝜒 = 0 𝛿휀 𝛼𝜋𝜊𝜏휀휆휀ί 𝜌ί휁𝛼.

Για 𝜒 ≠ 0 έ𝜒𝜔: 𝑓3(𝑥) + 𝑓(𝑥) + 2𝑥 = 0 ⇔ 𝑓2(𝑥) + 1 = −2𝜒

𝑓(𝑥). 𝛦𝜋𝜊휇έ휈𝜔𝜍:

2𝜒𝑓3(𝜒) + 𝑓2(𝑥) + 1 = 0 ⇔ 2𝜒𝑓3(𝜒) − −2𝜒

𝑓(𝑥)= 0 ⇔ 𝑓4(𝑥) − 1 = 0 ⇔

(𝑓2(𝑥) − 1)(𝑓2(𝑥) + 1) = 0 ⇔ 𝑓2(𝑥) − 1 = 0 ⇔ (𝑓(𝑥) − 1)(𝑓(𝑥) + 1) = 0 ⇔

𝑓(𝑥) = 1 ή 𝑓(𝑥) = −1 ⇔ 𝑓(𝑥) = 𝑓(−1) ή 𝑓(𝑥) = 𝑓(1) ⇔ 𝑥 = 1 ή 𝜒 = −1.



13

3η προτεινόμενη λύση (Θοδωρής Παγώνης) (εναλλακτικές λύσεις υποερωτημάτων)

Α. Έστω ότι συνάρτηση f δεν είναι γνησίως φθίνουσα.

Τότε υπάρχουν

1 2x , x με

1 2x x

τέτοια ώστε 1 2f (x ) f (x ) , άρα και 3 3

1 2f (x ) f (x ) .

Με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε

3 3

1 1 2 2 1 2 1 2f (x ) f (x ) f (x ) f (x ) 2x 2x x x

, άτοπο.

Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα , άρα και 1 – 1 .

Β. Προφανώς

x, x .

Στην σχέση

3f (x) f (x) 2x 0

θέτουμε όπου x το x και έχουμε

3f ( x) f ( x) 2x 0 .

Προσθέτουμε κατά μέλη και έχουμε

3 3 3 3f (x) f (x) f ( x) f ( x) 0 f (x) f ( x) f (x) f ( x) 0

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

2 2f (x) f ( x) f (x) f (x)f ( x) f ( x) 1 0 , από όπου έχουμε

f (x) f ( x) 0

(η

2 2f (x) f (x)f ( x) f ( x) 1 0

θεωρώντας το τριώνυμο ως προς f (x) ή με μέθοδο συμπλήρωσης τετραγώνου

προκύπτει αδύνατη).

Άρα η f είναι περιττή.



14

Δ. Στην σχέση

3f (x) f (x) 2x 0 για x 0 έχω

3 2f (0) f (0) 0 f (0) f (0) 1 0 f (0) 0 (ή από περιττή f (0) 0 )

Η δοθείσα ανίσωση από την υπόθεση γίνεται

3f (x) 3x 0 f (x) 2x 3x 0 x f (x) 0 (1) .

Θεωρώ την συνάρτηση

g(x) x f (x)

η οποία είναι γνησίως αύξουσα , αφού

για κάθε 1 2x , x με

f

1 2 1 2 1 2x x f (x ) f (x ) f (x ) f (x )

και 1 2x x ,

άρα 1 1 2 2 1 2x f (x ) x f (x ) g(x ) g(x )

και επιπλέον (0) 0g

Η ανίσωση (1) γίνεται

g

g(x) g(0) x 0 <

Ε. H δοθείσα εξίσωση από την υπόθεση γίνεται

3 2 3 3 22xf (x) f (x) 1 0 f (x) f (x) f (x) f (x) 1 0

2 4 2 2 4f (x) 1 f (x) f (x) 1 0 f (x) 1 1 f (x) 0

4f (x) 1 f (x) 1 .

Η υπόθεσης για 1x γίνεται

3f (1) f (1) 2 0 f (1) 1 , οπότε και f ( 1) 1 ( f είναι περιττή)

Οπότε η εξίσωση

4f (x) 1 f (x) 1 x 1



15

3η άσκηση


Προτάθηκε από τον Ηλία Ζωβοΐλη (13-09-2015)

Αποστολή λύσεων έως την Τρίτη 22 Σεπτεμβρίου 2015

Έστω συνάρτηση f συνεχής στο 1,1 , για την οποία ισχύουν:

• f(x) 0 , για κάθε x 1,1

• m f(1) M , όπου m και Μ είναι η ελάχιστη και η μέγιστη τιμή,

αντίστοιχα, της f στο 1,1

Α. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f δεν αντιστρέφεται.

Β. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση 2f (x) f(1) f(x) f(x) f(1) ,

έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο ( 1,1) .

Γ. Να αποδείξετε ότι υπάρχει ρ ( 1,1) , τέτοιο ώστε: f(ρ) mM

Δ. Να αποδείξετε ότι υπάρχει ξ ( 1,1) , τέτοιο ώστε:f (0) m M

f(ξ)3

.



16

1η προτεινόμενη λύση (Ηλίας Ζωβοΐλης)

A. Η συνάρτηση f ως συνεχής σε κλειστό διάστημα, δέχεται ελάχιστη και

μέγιστη τιμή m και Μ αντίστοιχα. Επομένως υπάρχουν α,β 1,1 και α β ,

τέτοια

ώστε f( ) m 0 και f(β) M 0 . Έστω γ min , και max , .

Α. Είναι . .

of( ) f(1) f(β) x ( , ),

τέτοιο ώστε: of(x ) f(1) και επειδή

o1 x 1 , συμπεραίνουμε ότι η f δεν είναι 1-1, άρα δεν αντιστρέφεται.

Β. Για ox x έχουμε: of(x ) f(1)

2 2

o o of (x ) f(1) f(x ) f(x ) f (1) f(1) f(1) f(1) f(1)

.

Αποδείξαμε λοιπόν ότι η δοσμένη εξίσωση, έχει ως ρίζα τον αριθμό

ox ( 1,1).

Γ. Θεωρούμε τη συνάρτηση g με τύπο 2g(x) f (x) m M,x , .

Η συνάρτηση g είναι προφανώς συνεχής στο , με

2 2 2 2g(γ) g(δ) f (γ) m M f (δ) m M f (α) m M f (β) m M

22 2m m M M m M m M M m 0 . Παρατηρούμε λοιπόν, ότι

ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του Θ.Bolzano για τη συνάρτηση g στο , ,

επομένως υπάρχει ρ ( 1,1) , τέτοιο ώστε: 2g(ρ) 0 f (ρ) m M 0

f(ρ) 02f (ρ) m M f(ρ) m M f(ρ) m M.

Δ. Θεωρούμε τη συνάρτηση h με τύπο h(x) 3f(x) f (0) m M,x , , όπου

min , ,0 και max , ,0 .

Είναι: f(α) m

h(α) 3f(α) f (0) m M 2m f (0) M

f(β) M

h(β) 3f(β) f (0) m M 2M f (0) m

h(0) 3f(0) f (0) m M 2f (0) m M

Προσθέτοντας κατά μέλη τις παραπάνω ισότητες προκύπτει:

h(α) h(β) h(0) 0. Αν υποθέσουμε ότι h(x) 0 , για κάθε x , , τότε

επειδή η συνάρτηση

h είναι προφανώς συνεχής στο , , θα διατηρεί σταθερό πρόσημο στο ,

δηλαδή θα είναι: ή h(x) 0 , για κάθε x , , ή h(x) 0 , για κάθε x , .



17

• Αν h(x) 0 , για κάθε x , , τότε h(α) h(β) h(0) 0 , που είναι ΑΤΟΠΟ.

• Αν h(x) 0 , για κάθε x , , τότε h(α) h(β) h(0) 0 , που είναι ΑΤΟΠΟ.

Επομένως υπάρχει ( , ) , τέτοιο ώστε f (0) m M

h( ) 0 f (ξ)3

και επειδή 1 1 , θα είναι ξ ( 1,1) .



18

2η προτεινόμενη λύση (Θοδωρής Παγώνης)

Α. Επειδή m και Μ είναι η ελάχιστη και η μέγιστη της συνεχούς f στο 1,1

αντίστοιχα, θα υπάρχουν

1 2x , x 1,1

τέτοια ώστε

1f (x ) m και 2f (x ) M .

Επομένως, λόγω της υπόθεσης θα ισχύει

1 2f (x ) f (1) f (x ) .

Θεωρώ τη συνάρτηση g(x) f (x) f (1) ορισμένη και συνεχής στο

1 2x , x 1,1 για την οποία έχω

1 1g(x ) f (x ) f (1) 0 και 2 2g(x ) f (x ) f (1) 0 ,

οπότε από θ. Bolzano , θα υπάρχει

0 1 2x x , x τέτοιο ώστε

0 0 0g(x ) 0 f (x ) f (1) 0 f (x ) f (1) .

Όμως 0 1 2 0x x , x x 1 και 0f (x ) f (1) άρα δεν είναι 1 – 1 και δεν

αντιστρέφεται.

Β. Η δοθείσα εξίσωση ισοδύναμα γίνεται

2f (x) f (1)f (x) f (x) f (1)

2f (x) f (1)f (x) f (x) f (1) 0

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

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

η οποία έχει προφανή λύση το 0 1 2x x , x του α ερωτήματος.

Γ. Επειδή f (x) 0 θα είναι και

1f (x ) m 0 , 2f (x ) M 0 και m M



19

οπότε θα έχουμε

m M1

M m

2 2m mM M

m mM M .

Επομένως ο αριθμός mM m,M , οπότε υπάρχει ένα τουλάχιστον 1,1

τέτοιο ώστε

f ( ) mM

Δ. Για κάθε x 1,1 , θα ισχύει m f (x) M .

Επομένως ισχύουν

1m f (x ) M m m M

m f (0) M

2m f (x ) M m M M

Με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε :

3m m f(0) M 3M

m f (0) Mm M

3

m f (0) M

m,M3

,

Οπότε υπάρχει ένα τουλάχιστον 1,1 τέτοιο ώστε

m f (0) Mf ( )

3

.



20

4η άσκηση


Προτάθηκε από τον Ανδρέα Πάτση (22-09-2015)

Αποστολή λύσεων έως την Τρίτη 29 Σεπτεμβρίου 2015

Α) Είναι σωστό ή λάθος το παρακάτω;

Αν για μια συνάρτηση f : R R ισχύει x

1f 0

xlim

τότε

x 0

f x 0lim

(σε κάθε περίπτωση δικαιολογήστε την απάντηση σας)

Β) Αν για μια συνάρτηση f : R R ισχύουν x

1f 0

xlim

και

x

1f 0

xlim

,

αποδείξτε ότι x 0

f x 0lim

Γ) Υπολογίστε (αν υπάρχει) το 2 4

x 0

2 4

1 1 1

x x x

1 1 1

x x x

e

lim



21

1η προτεινόμενη λύση (Ανδρέας Πάτσης)

Α) Για τον υπολογισμό του ορίου x 0

f xlim

θα χρησιμοποιήσουμε τον κανόνα της

σύνθεσης:

Βήμα 1: κάνουμε την αντικατάσταση 1

ux

Βήμα 2: υπολογίζουμε το x

ou 0 ulim

Βήμα 3: υπολογίζουμε το u 0

f ulim

, αν υπάρχει!

Στην περίπτωσή μας όμως δε γνωρίζουμε αν υπάρχει το παραπάνω όριο, οπότε

δεν ισχύει πάντα x 0

f x 0lim

.

Ας το δούμε με συγκεκριμένο αντιπαράδειγμα:

Για τη συνάρτηση f : R R με τύπο

xe 1 , x 0

f x2016 , x 0

εύκολα διαπιστώνουμε ότι x

1f 0

xlim

και ότι δεν υπάρχει το

x 0

f xlim

Β) Για x 0 , θέτουμε 1

ux

.

Τότε

x 0 x 0o

1u u

xlim lim

και δίνεται ότι

u

1f 0

ulim

άρα από τον κανόνα της σύνθεσης

x 0

f x 0 (1)lim



22

Παρόμοια, για x 0 , θέτουμε 1

ux

.

Τότε

x 0 x 0o

1u u

xlim lim

και δίνεται ότι

u

1f 0

ulim

άρα από τον κανόνα της σύνθεσης

x 0

f x 0 (2)lim

Από τις σχέσεις (1) και (2) προκύπτει ότι

x 0

f x 0.lim

Γ) Για x κοντά στο 0 θέτουμε

2 4

2 4

1 1 1

x x x

1 1 1

x x xf x

e

Τότε

2 4

2 4

x x x

1 x x xf

x e

Για τον υπολογισμό του ορίου 2 4

x

2 4

x x x

x x x

elim

έχουμε ότι:

είναι της μορφής

2 4

2 4

x x x

x x x

e

= 2 4x x x

1

e

Άρα

2 4

2 4

2 4x x u

ά2 4

u x x x

ux x x ux x x ώ x

x x x 1 10

eee

lim lim lim



23

Ικανοποιούνται οι δύο υποθέσεις του θεωρήματος DLH, άρα

2 4

2 4x x

2 42 4

x x xx x x

x x xx x x0

ee

lim lim

άρα

x

1f 0

xlim

έτσι, από το προηγούμενο ερώτημα Β) προκύπτει ότι

x 0

f x 0.lim



24

2η προτεινόμενη λύση (Παύλος Τρύφων) (εναλλακτική λύση υποερωτήματος)

Γ) Το ζητούμενο όριο μπορεί να υπολογιστεί και με τον «κλασικό» τρόπο, ως εξής.

Όταν το x τείνει στο 0 γνωρίζουμε ότι δεν υπάρχει το όριο του 1

x.

Θα αποφύγουμε τη χρήση πλευρικών ορίων κάνοντας την παρακάτω

παραγοντοποίηση:

3 2

2 4 4

1 1 1 1x x 1 ,

x x x x για x κοντά στο 0

Όμως

x 0

3 2

4

1x x 1 ,

xlim

(διότι x 0

4

4

1(x 0

xlim

για x κοντά στο 0) )

Άρα

2 4

2 4 2 4

2 4

x 0 x 0 x 0 u

ά1 1 1

u2 4 x x x2 4

1 1 1 1 1 1 uu1 1 1x x ώ x 0x x x x

x x x

1 1 11 1 11 1x x xx x x 0

ee e

e

lim lim lim lim

.


Έκδοση Σεπτεμβρίου - "Η άσκηση της ημέρας"

Education

Transcript of Έκδοση Σεπτεμβρίου - "Η άσκηση της ημέρας"