γλώσσες
Σελίδες
Νομικός
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
• Ασημακόπουλος Γιώργος
• Δεββές Κώστας
• Δέτσιος Παντελής
• Ελευθερίου Νίκος
• Ζωϊτσάκος Τρύφωνας
• Καραγιάννης Θανάσης
• Καταραχιάς Τάκης
• Μιχαλόπουλος Νίκος
• Πάτσης Ανδρέας
• Σαρρής Αλέξανδρος
• Στεργιόπουλος Στέλιος
• Συκιώτης Αντώνης
• Τρύφων Παύλος
• Τσακίρης Τόλης
• Φασουλάς Μανόλης
• Φρέσκος Ευστάθιος
• Χατζάκης Δημήτρης
• Χατζόπουλος Μάκης
Mας τίμησαν με τη συμμετοχή τους
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Έχουμε ότι
3 3
x α x α
3
x α
2
x α
lim f x f x 2 lim f x f x 2 0
lim f x 1 f x 1 0
lim f x 1 f x f x 1 f x 1 0
lim
2
x αf x 1 f x f x 2 0
Για μια συνάρτηση ισχύει ότι
Αποδείξτε ότι
3 η Ά σ κ η σ η Προτείνει ο : Ανδρέας Πάτσης (2/10/2016)
Για μαθητές
Δίνεται παραγωγίσιμη συνάρτηση για την οποία ισχύει
α) Να αποδείξετε ότι
Αν επιπλέον ισχύουν
για κάθε
για κάθε
β) Να αποδείξετε ότι
γ) Να βρείτε τον τύπο της
Για καθηγητές
Λύνει ο Ανδρέας Πάτσης
Για μαθητές
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Όμως για x κοντά στο α έχουμε:
22
2 2
2
2
2
2
f x 1 f x f x 2f x 1 f x f x 2f x 1
f x f x 2 f x f x 2
f x 1 f x f x 2
1 7f x
2 4
f x 1 f x f x 2
7
4
4 f x 1 f x f x 2
7
Άρα
2
2 2
4 f x 1 f x f x 2f x 1
7
4 f x 1 f x f x 2 4 f x 1 f x f x 2f x 1
7 7
και επειδή
x α
24 f x 1 f x f x 2 4 00
7 7lim
προκύπτει από το κριτήριο παρεμβολής ότι υπάρχει το
x αlim f x 1 και ισούται με 0
Άρα ισοδύναμα,
x αlimf x 1
α) Αφού η συνάρτηση είναι παραγωγίσιμη θα είναι και συνεχής στο 0
Άρα
x 0
f 0 limf x λ 1
Επομένως έχουμε:
f x λ
x 0lim e f x e 1 e λ e 1 h λ h 1 λ 1
αφού η συνάρτηση xh x e x είναι γνησίως αύξουσα στο R άρα 1 1 στο R
Άρα η 1 δίνει f 0 1
β) Θεωρούμε την συνάρτηση
g x f x 2x 1 με x R
Για καθηγητές
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Έτσι
g 0 f 0 1 0
H g είναι παραγωγίσιμη στο R με g 0 f 0 2 2
Έτσι έχουμε:
f x 2x 1 f x 2x 1 0 g x g 0 για κάθε x R
H g ικανοποιεί όλες τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Fermat και επομένως
2
g 0 0 f 0 2
γ) Έστω F μια αρχική της f στο R
Για κάθε x R έχουμε ότι:
2f x f x f x 2f x 2f x2
h1 12
2
F x F x F x F x2
F x F x
F x F x
e 2f x 2f x e f x f x f x
h f x f x f x h 2f x 2f x
f x f x f x 2f x 2f x
f x e f x f x e 2f x e 2f x e 0
f x e 2f x e 0
f x e 2f x e c
Για x 0 έχουμε c 0 και επομένως για κάθε x R έχουμε:
F x F x 2x
2x
1
f x e 2f x e 0 f x 2f x 0 f x e 0
f x e c
Για x 0 έχουμε 1
c 1και επομένως 2xf x e για κάθε x R
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Αρκεί να αποδείξουμε ότι:
x αlim f x 1 0
Έχουμε:
2
2
3
2
2f x f x f x 1 f x f x 2f x 1
f
4f x 1 f x f x 2
71 7f x
2
x 2
4
f
2
x
δηλαδή
3 34 4f x f x 2 f x 1 f x f x 2
7 7
όμως
3 3
x α x α
4 4 4lim f x f x 2 lim f x f x 2 0 0
7 7 7
οπότε από κριτήριο παρεμβολής έχουμε:
x αlim f x 1 0
Λύνει ο Μάκης Χατζόπουλος
Για μαθητές
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Θα αποδείξουμε ότι f 0 2 έχοντας δεδομένο ότι
f x 2x 1,x
f 0 1
f παραγωγίσιμη στο 0
R
Έχουμε
x 0
x 0
f x 1 f x f 02,x 0 2,x 0
x xf x 2x 1,x f x 1 2x,xf x 1 f x f 0
2,x 0 2,x 0x x
f x f 02 f 0 2x f 0 2
f x f 0 f 0 22
x
lim
lim
R R
Λύνει ο Π. Τρύφων- Εναλλακτική λύση
Για καθηγητές
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Από τη σχέση της υπόθεσης έχω:
3
x αlim f (x) f(x) 2 0
Επίσης:
3 3 2f (χ) f(x) 2 f (x) 1 f(x) 1 (f(x) 1) f (x) f(x) 1 f(x) 1
=
32
2
f (x) f(x) 2(f(x) 1) f (x) f(x) 2 f(x) 1
f (x) f(x) 2
αφού 2f (x) f(x) 2 > 0 ως τριώνυμο με Δ < 0.
Άρα
3
3
2
f (x) f(x) 2f(x) 1 f (x) f(x) 2
f (x) f(x) 2 (1), επειδή είναι
2 2
2
1f (x) f(x) 1 0 f (x) f(x) 2 1 1
f (x) f(x) 2.
Από την (1) έχω
3 3f (x) f(x) 2 f(x) 1 f (x) f(x) 2
3 31 f (x) f(x) 2 f(x) 1 f (x) f(x) 2
Επειδή
3 3
x α x αlim 1 f (x) f(x) 2 lim 1 f (x) f(x) 2 1
θα είναι
x αlimf(x) 1 .
Λύνει ο Κώστας Δεββές
Για μαθητές
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Iσχύει ότι:
32 3
2
x x 2(x 1)(x x 2) x x 2 x 1
x x 2
οπότε
f(x) 1=
3 3
2 2
f (x) f(x) 2 f (x) f(x) 2f(x) 1
f (x) f(x) 2 f (x) f(x) 2 .
Όμως
33
2
f (x) f(x) 2f (x) f(x) 2
f (x) f(x) 2.
Επόμενα
3f(x) 1 f (x) f(x) 2
- 3f (x) f(x) 2 < f(x) 1< 3f (x) f(x) 2
και επειδή
3 3
x α x αlim f (x) f(x) 2 0 lim f (x) f(x) 2 0 ,
από κριτήριο παρεμβολής προκύπτει ότι
x α x αlim(f(x) 1) 0 limf(x) 1
α) Θεωρώ τη συνάρτηση
xg(x) e x xg'(x) e 1> 0 x R
οπότε g γνήσια αύξουσα στο R και ως εκ τούτου 1-1.
Τώρα επειδή η f είναι παραγωγίσιμη στο R θα είναι και συνεχής, οπότε
f(x)
x 0lim e f(x) e 1 f(0)e f(0) e 1 g(f(0)) g(1) f(0) 1
διότι η g είναι 1-1.
β) Επειδή f(x) 2x 1 η συνάρτηση φ(x) f(x) 2x 1 παρουσιάζει ακρότατο στο x=1, συνεπώς
από θεώρημα FERMAT θα ισχύει φ (́0) 0 f '(0) 2 διότι φ'(x) f '(x) 2 .
γ) Η σχέση της υπόθεσης είναι:
2f ''(x) f(x)f '(x) 2 2f '(x) 2f (x)e 2f (x) 2f '(x) e f(x)f '(x) f ''(x) 2g(f ''(x) f(x)f '(x)) g(2f '(x) 2f (x))
Λύνει ο Τάκης Καταραχιάς
Για μαθητές
Για καθηγητές
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
και επειδή η g είναι 1-1 θα ισχύει:
22f (x) 2f '(x) f(x)f '(x) f ''(x) 22f (x) f(x)f '(x) 2f '(x) f ''(x)
f(x)(2f(x) f '(x)) = 2f '(x) f ''(x)
f(x)(2f(x) f '(x)) - ( 2f '(x) f ''(x) ) = 0 (1)
Αν F(x) μία παράγουσα της f , η σχέση (1) γράφεται:
F'(x)(2f(x) f '(x)) ( 2f '(x) f ''(x) )= 0
- F(X)e F'(x)(2f(x) f '(x)) F(x)e ( 2f '(x) f ''(x) ) = 0
F(x)e (2f(x) f '(x) ’ =0 F(x)e (2f(x) f '(x) = c
Για x = 0 έχουμε c = 0 .
Επόμενα
2f(x)-f’(x) = 0 2x 2x2e f(x) e f '(x) 0 2xe f(x) ’ =0 2x
1e f(x) c
΄Όμως f(0) 1 1
c 1 ,και 2xf(x) e .
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Δίνεται ότι
3 3 2
x α x α x αlim f (x) f(x) 2 lim f (x) f(x) 2 0 lim f(x) 1 f (x) f(x) 2 0 ,
Θέτοντας
2g(x) f(x) 1 f (x) f(x) 2
έχουμε
x αlimg(x) 0 (1)
Επίσης
2
2 2 1 1 1 1 7 7f (x) f(x) 2 f (x) 2 f(x) 2 f(x) 1
2 4 4 2 4 4 ,
οπότε
g(x) 02
2 2
g(x)1f (x) f(x) 2 1 0 1 g(x)
f (x) f(x) 2 f (x) f(x) 2
και
(1)
2 2
g(x)g(x)f(x) 1 g(x) g(x) f(x) 1 g(x)
f (x) f(x) 2 f (x) f(x) 2 ,
Όμως
x α x αlim g(x) lim g(x) 0
και άρα από κριτήριο παρεμβολής
x α x αlim f(x) 1 0 limf(x) 1
α) Εφόσον f παραγωγίσιμη θα είναι και συνεχής , οπότε
x 0limf(x) f(0) και αντίστοιχα
f(x) f(0) f(0)
x 0lim e f(x) e f(0) e 1 e f(0) (1),
θεωρώντας την g με x xg(x) e x, x , g (x) e 1 0 , gr 1 άρα και "1 1" , η (1) γίνεται
"1 1"
g(1) g f(0) 1 f(0)
Λύνει ο Παντελής Δέτσιος
Για μαθητές
Για καθηγητές
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
β) Θεωρώντας την h με h(x) f(x) 2x 1 , έχουμε h(0) 0 και από f(x) 2x 1 προκύπτει
h(x) h(0) δηλ. για x 0 έχει ελάχιστο κι εφόσον είναι παραγωγίσιμη με h (x) f (x) 2 από
Θ.Fermat θα είναι
h (0) 0 f (0) 2 0 f (0) 2
γ) Έχουμε
2f (x) f (x)f(x) 2 2f (x) 2f (x)e 2f (x) 2f (x) e f(x)f (x) f (x) ,
οπότε
2α)
f (x) f (x)f(x) 2f (x) 2f (x) 2 2
g "1 1"
e f (x) f(x)f (x) e 2f (x) 2f (x) g f (x) f(x)f (x) g 2f (x) 2f (x)
f
2
2
(x) f(x)f (x) 2f (x) 2f (x)
f (x) 2f (x) f(x)f (x) 2f (x)
f (x) 2f (x) f(x) f (x) 2f(x)
η οποία θεωρώντας
A(x) f (x) 2f(x) , A (x) f (x) 2f (x)
γίνεται
A (x) f(x)A(x) A (x) f(x)A(x) 0 ,
Αν F αρχική της f , δηλ. F (x) f(x) , (υπάρχει εφόσον f είναι συνεχής ) , έχουμε
F( x)e 0F(x) F(x) F(x) F(x)A (x) F (x)A(x) 0 A (x)e F (x)e A(x) 0 A(x)e 0 A(x)e c
Για x 0 προκύπτει
F(0) F(0)A(0)e c f (0) 2f(0) e c 0 c ,
άρα
F( x) 2 xe 0 e 0F(x) 2x 2x 2x
2x 2x
1 1
A(x)e 0 A(x) 0 f (x) 2f(x) 0 e f (x) 2e f(x) 0 e f(x) 0
e f(x) c f(x) c e
Για x 0 προκύπτει 1 1
f(0) c 1 c , οπότε
2xf(x) e ,x R
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Επειδή η f είναι παραγωγίσιμη άρα και συνεχής, έχουμε:
f(x) f(0)
x 0lim e f(x) e 1 e f(0) e 1
Θεωρούμε τη συνάρτηση xh(x) e x e 1 που έχει προφανή ρίζα το χ=1 και επειδή είναι
γνησίως αύξουσα ( xh (x) e 1 0 και συνεχής) άρα η ρίζα είναι μοναδική. Οπότε f(0) 1 .
β) Θέτω g(x) f(x) 2x 1 οπότε η δοσμένη σχέση γράφεται: g(x) 0 g(x) g(0) δηλαδή η
g παρουσιάζει στο x = 0 ακρότατο και αφού είναι παραγωγίσιμη και το x = 0 είναι εσωτερικό
σημείο από το θεώρημα του Fermat θα ισχύει: g (0) 0 .
Όμως
g (x) f (x) 2 άρα f (0) 2 0 f (0) 2
γ) Έστω xφ(x) e x η οποία είναι γνησίως αύξουσα άρα και 1-1. Η δοσμένη σχέση
γράφεται:
2f (x) f (x)f(x) 2f (x) 2f (x) 2 2e f (x) f (x)f(x) e 2f (x) 2f (x) φ f (x) f (x)f(x) φ 2f (x) 2f (x)
και αφού η φ είναι 1-1 θα έχουμε:
2 2f (x) f (x)f(x) 2f (x) 2f (x) f (x) 2f (x) f (x)f(x) 2f (x) (f (x) 2f(x)) f(x)(f (x) 2f(x))
Αν θέσουμε σ(x) f (x) 2f(x) τότε η σχέση γίνεται:
σ (x) σ(x)f(x) σ (x) σ(x)f(x) 0
Επειδή f συνεχής έστω F μία αρχική της f. Τότε έχουμε: F(x) F(x) F(x)e σ (x) e σ(x)f(x) 0 [e σ(x)] 0
Δηλαδή , F(x)
1e σ(x) c αφού F(x)e σ(x) είναι συνεχής
Άρα αν θέσουμε όπου x = 0 θα έχουμε 1
c 0 δηλαδή F(x)e σ(x) 0
Και αφού F(x)e 0 τότε σ(x) = 0 .
Δηλαδή 2x 2x 2xf (x) 2f(x) 0 e f (x) 2f(x)e 0 (f(x)e ) 0
Και αφού 2xf(x)e είναι συνεχής θα ισχύει:
2x
2f(x)e c και για x = 0
θα έχουμε: 2
c 1 δηλαδή
2x 2xf(x)e 1 f(x) e
Λύνει ο Γιώργος Ασημακόπουλος
Για καθηγητές
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Είναι
3
x αlim f (x) f(x)
=2 3
x αlim f (x) f(x) 2
=0 3
x αlim f (x) 1 f(x) 1
= 0
2
x αlim[ f(x) 1 f (x) f(x) 1 f(x) 1]
= 0
2
x αlim f(x) 1 f (x) f(x) 1 1
= 0
2
x αlim f(x) 1 f (x) f(x) 2
= 0 (1).
Το τριώνυμο 2g(y) = y y 2 έχει γραφική παράσταση παραβολή που στρέφει τα κοίλα άνω
και παρουσιάζει ελάχιστο για β
y =2α
=1
2 .
Η ελάχιστη τιμή του είναι το
1 1 1g = 2
2 4 2
=7
4.
Τότε όμως
2f(x) 1 f (x) f(x) 2 = 2f(x) 1 f (x) f(x) 2 7
4f(x) 1
και παίρνοντας όρια για x α έχουμε ότι
2
x αlim f(x) 1 f (x) f(x) 2
x α
7lim f(x) 1
4
(1)
0x α
7lim f(x) 1
4 0.
Από το κριτήριο παρεμβολής έπεται ότι
x αlim f(x) 1
= 0 x αlim f(x) 1
= 0 x αlimf(x)
= 1.
α) Είναι f(x)
x 0lim e f(x)
=e1 και η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη, άρα συνεχής στο R .
Συνεπώς f(0)e f(0) =e1 (1) ,
δηλαδή ο αριθμός f(0) είναι ρίζα της εξίσωσης xe x =e1 g(x) = g(1) , όπου θέσαμε
g(x) = xe x , xR . Η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη με ' xg (x) = e 1 > 0 για κάθε xR .
Άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο R , δηλαδή 11. Επομένως, από την (1) έχουμε ότι
f(0) = 1 .
β) Εξ υποθέσεως, υπάρχει η 'f (0) , δηλαδή υπάρχει το x 0
f(x) f(0)lim
x
(α)
x 0
f(x) 1lim λ
x
R .
Λύνει ο Θανάσης Καραγιάννης
Για μαθητές
Για καθηγητές
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Παίρνουμε πλευρικά όρια, οπότε για x > 0 είναι:
f(x) 2x 1 f(x) 1 2x x>0
f(x) 1 2x
x x
f(x) 12
x
x 0
f(x) 1lim 2
x
λ 2 (2).
Για x < 0 έχουμε:
f(x) 2x 1 f(x) 1 2x x<0
f(x) 1 2x
x x
f(x) 12
x
x 0
f(x) 1lim 2
x
λ 2 (3).
Από τις (2), (3) λ = 2, δηλαδή 'f (0)= 2 .
γ) Η δοσμένη σχέση, γράφεται ισοδύναμα: '' ' ' 2f (x) f (x)f(x) '' ' 2f (x) 2f (x) ' 2e f (x) f (x)f(x) = e 2f (x) 2f (x)
φ(x)h(x)e h(x) = e φ(x) (4)
για κάθε xR , όπου θέσαμε '' 'h(x) = f (x) f (x)f(x) και φ(x) = ' 22f (x) 2f (x) , xR .
Θεωρούμε και τη συνάρτηση g(x) = xe x του ερωτήματος (α), που είναι 11.
Τότε η (4) g h(x) = g φ(x) h(x) = φ(x) '' 'f (x) f (x)f(x) = ' 22f (x) 2f (x)
'' ' ' 2f (x) 2f (x) = f (x)f(x) 2f (x) ΄΄ ' 'f (x) 2f (x) = f (x) 2f(x) f(x)
'
' 'f (x) 2f(x) = f (x) 2f(x) f(x) ,για κάθε xR . (5)
Απ` τη μορφή της σχέσης (5), οδηγούμαστε στο επόμενο
Λήμμα: Έστω u(x), v(x) συνεχείς συναρτήσεις σ` ένα διάστημα Δ και παραγωγίσιμες στο
εσωτερικό του Δ, για τις οποίες ισχύει η σχέση:
u΄(x) = u(x)v΄(x) για κάθε εσωτερικό σημείο x του Δ.
Τότε η συνάρτηση u είναι της μορφής v(x)u(x) = ce , x Δ και c σταθερός πραγματικός
αριθμός.
Απόδειξη: Θεωρούμε τη συνάρτηση v(x)
u(x)w(x) =
e, που είναι παραγωγίσιμη στο εσωτερικό του
Δ με παράγωγο w΄(x)=v(x) v(x)
2v(x)
u΄(x)e u(x)e v΄(x)
e
(i)
v(x) v(x)
2v(x)
u(x)v΄(x)e u(x)e v΄(x)
e
= 0 για κάθε εσω-
τερικό σημείο x του Δ. Από γνωστή συνέπεια του Θ.Μ.Τ. η συνάρτηση w είναι σταθερή στο Δ,
άρα υπάρχει σταθερά c R τέτοια, ώστε w(x) = c v(x)
u(x)
e= c v(x)u(x) = ce , x Δ .
Σχόλιο: Αν πάρουμε μία άλλη αρχική συνάρτηση της v΄(x) , έστω την s(x), τότε το λήμμα οδηγεί
στο συμπέρασμα s(x)u(x) = ce . Όμως, 1
s(x) = v(x) + c για κάποια σταθερά 1c R καθώς οι συναρτή-
σεις v και s έχουν την ίδια παράγωγο, οπότε παρατηρούμε ότι
1v(x)+cu(x) = ce = 1cv(x)ce e = 1c v(x)(ce )e = v(x)
2c e
διότι ο αριθμός 2c = 1cce είναι σταθερός.
Ώστε η επιλογή της αρχικής συνάρτησης της v΄(x) διαφοροποιεί απλώς τη σταθερά c και το
λήμμα ισχύει σε κάθε περίπτωση.
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Εφαρμόζουμε το λήμμα για τις παραγωγίσιμες συναρτήσεις u(x) = 'f (x) 2f(x) , xR και
v(x) = F(x), xR , όπου F είναι μία αρχική συνάρτηση της f, η οποία υπάρχει γιατί η f είναι
συνεχής, άρα ολοκληρώσιμη. Τότε, από τη σχέση (5) προκύπτει ότι u΄(x) = u(x)F΄(x) και
συνεπώς F(x)u(x) = ce 'f (x) 2f(x) = F(x)ce για κάθε xR (6).
Η σταθερά c θα προσδιοριστεί θέτοντας x = 0.
Πράγματι,
(6) 'f (0) 2f(0) = F(0)ce(α)
(β) 22 1 = F(0)ce F(0)ce = 0 c = 0 .
Αλλά τότε η (6) 'f (x) = 2f(x) για κάθε xR (7).
Εφαρμόζουμε πάλι το λήμμα για τις παραγωγίσιμες συναρτήσεις u(x) = f(x), xR
και v(x) = 2x, xR και έχουμε: (7) u΄(x) = u(x)(2x)΄ και επομένως
2x
1u(x) = c e 2x
1f(x) = c e , xR και
1c σταθερά, η οποία θα προσδιοριστεί θέτοντας ξανά x = 0.
Τότε η τελευταία σχέση δίνει 2 0
1f(0) = c e
(α)
1 = 0
1c e
1c = 1.
Άρα τελικά είναι 2xf(x) = e , xR .
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Θέτουμε 3g(x) f (x) f(x)
Ισχύει ότι x α x αlimg(x) 2 lim g(x) 2 0
3 3 3g(x) f (x) f(x) g(x) 2 f (x) f(x) 2 g(x) 2 f (x) 1 f(x) 1
2
2
g(x) 2 f(x) 1 f (x) f(x) 1 f(x) 1
g(x) 2 f(x) 1 f (x) f(x) 1 1
2g(x) 2 f(x) 1 f (x) f(x) 2
Το 2f (x) f(x) 1 0 για κάθε xR διότι είναι τριώνυμο ως προς f(x) με α 1 0 και
Δ 3 0
άρα 2 2f (x) f(x) 1 0 f (x) f(x) 2 1 0
επομένως 2
g(x) 2f(x) 1
f (x) f(x) 2
έχουμε 2 2
g(x) 2g(x) 2f(x) 1 g(x) 2
f (x) f(x) 2 f (x) f(x) 2
διότι 2 2
2
1f (x) f(x) 2 1 f (x) f(x) 2 1 1
f (x) f(x) 2
άρα g(x) 2 f(x) 1 g(x) 2
επειδή x α x αlim g(x) 2 lim g(x) 2 0
από κριτήριο παρεμβολής είναι και
x α x αlim f(x) 1 0 limf(x) 1
α) H f παραγωγίσιμη άρα και συνεχής
x 0limf(x) f(0)
Η f(x)e συνεχής f(x) f(0)
x 0lim e e
f(x) f(x) f(x) f(x) f(0)
x 0 x 0 x 0 x 0f(0) limf(x) lim e f(x) e lim e f(x) lim e e 1 e
f(0) f(0)f(0) e 1 e f(0) e e 1
Λύνει ο Τόλης Τσακίρης
Για μαθητές
Για καθηγητές
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Θέτουμε xg(x) e x ,x R xg (x) e 1 0 γνησίως αύξουσα άρα 1-1
Έχουμε g(f(0)) e 1 g(f(0)) g(1) f(0) 1
β)
f(x) 2x 1 f(x) 2x 1 0 για κάθε xR (1)
Θέτουμε h(x) f(x) 2x 1 , xR , h(0) f(0) 2 0 1 1 0 1 0 και h (x) f (x) 2
(1) h(x) h(0) για κάθε xR
Δηλαδή η h παρουσιάζει στο 0 ολικό ελάχιστο. Επίσης η h είναι παραγωγίσιμη στο 0
και το 0 είναι εσωτερικό σημείο του R
Από θεώρημα Fermat h (0) 0 f (0) 2 0 f (0) 2
γ) 2f (x) f (x)f(x) 2 2f (x) 2f (x)e 2f (x) 2f (x) e f(x)f (x) f (x)
2f (x) f (x)f(x) 2f (x) 2f (x) 2e f (x) f(x)f (x) e 2f (x) 2f (x)
Θέτουμε xg(x) e x ,x R xg (x) e 1 0 γνησίως αύξουσα άρα 1-1
2g(f (x) f (x)f(x)) g(2f (x) 2f (x)) 2f (x) f (x)f(x) 2f (x) 2f (x)
2f (x) 2f (x) f (x)f(x) 2f (x)
f (x) 2f(x) f(x) f (x) 2f(x)
Θέτουμε k(x) f (x) 2f(x) , k(0) f (0) 2f(0) 2 2 1 0
Η f είναι συνεχής άρα έχει αρχική F , F (x) f(x)
F(x) F(x)k (x) f(x)k(x) k (x) F (x)k(x) 0 e k (x) F (x)e k(x) 0
F( x) F(x) F(x)e 0
2F(x) F(x)
k (xe k (x) F (x)e k(x) k(x)0 0
e e
Άρα 1F(x)
k(x)c
e , για x 0 έχουμε
1 1 1F(0) F(0)
k(0) 0c c c 0
e e
2x 2x
F(x)
k(x)0 k(x) 0 f (x) 2f(x) 0 f (x)e 2e f(x) 0
e
2x 2x
4x 2x
f (x)e 2x e f(x) f(x)0 0
e e
Άρα 2x
f(x)c
e για x 0 έχουμε
0
f(0) 1c c c 1
1e
2x
2x
f(x)1 f(x) e
e
Κάνουμε επαλήθευση και έχουμε 2xf(x) e
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Θέτω xg x e x , xR .
Η g είναι [ και 1-1 και έχω f(x)g f(x) e f(x) στο R .
Από την υπόθεση είναι x 0limg(f(x)) e 1
. (1)
Η g συνεχής στο 1, άρα x 1limg(x) g(1) e 1
.
Ισχύει επίσης x 0limf(x) f(0)
(2), αφού f συνεχής στο 0 ως παρ/μη σ’ αυτό.
Θέτω u f(x) και ισχύει u f(0)lim g(u) g(f(0))
(3), αφού g συνεχής στο f(0).
Aπό (2), (3) ισχύει x 0limg(f(x)) g(f(0))
(4).
Από (1), (4) είναι f1 1
g(f(0)) g(1) f(0) 1
.
β) Αν h(x) f(x) 2x, xR η δεδομένη ανισότητα της υπόθεσης γράφεται h(x) h(0) και με
εφαρμογή Fermat είναι h (0) 0 f (0) 2 .
Λύνει ο Κ. Δεββές [ ερωτήματα (α) και (β)]
Για καθηγητές
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) f(x) f(0)
x 0lim(e f(x)) e 1 e f(0) e 1
Θεωρούμε την g(x) xe x η οποία είναι 1-1
f(0)e f(0) e 1 g(f(0)) g(1) f(0) 1.
β) Έχουμε : f(x) 2x 1 f(x) 2x 1 0
Θεωρούμε την h(x) f(x) 2x 1 με h'(x) f '(x) 2
f(x) 2x 1 0 h(x) h(0) άρα η h παρουσιάζει ελάχιστο στο 0 οπότε από
Θ.Fermat h'(0) f '(0) 2 0 f '(0) 2
γ) Έστω F μια αρχική της f
2f ''(x) f '(x)f(x) 2f '(x) 2f (x) 2e f ''(x) f '(x)f(x) e 2f '(x) 2f (x)
2 2g(f ''(x) f '(x)f(x)) g(2f '(x) 2f (x)) f ''(x) f '(x)f(x) 2f '(x) 2f (x)
2f ''(x) 2f '(x) f '(x)f(x) 2f (x) (f '(x) 2f(x)) f(x)(f '(x) 2f(x))
'
F(x) ' F(x)
F(x) ' F(x)
(f '(x) 2f(x)) f(x)(f '(x) 2f(x)) 0
e (f '(x) 2f(x)) e f(x)(f '(x) 2f(x)) 0
(e (f '(x) 2f(x))) 0 f '(x) 2f(x) ce
Για x=0 : c = 0 άρα 2x 2x 2xf '(x) 2f(x) 0 e f '(x) 2e f(x) 0 ... f(x) e
Λύνει ο Δημήτρης Χατζάκης
Για καθηγητές
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Γνωρίζουμε ότι
ημx x ,για κάθε x R
(με την ισότητα να ισχύει μόνο για x 0 )
Δηλαδή
ημx x ,για κάθε x 0
Οπότε για x 0έχουμε:
g x 0 ,αν x 0ημx x ,αν x 0x ημx x
x ημx , αν x 0 g x 0 , αν x 0
β) Η g είναι γνησίως μονότονη στο R και
g 0 0 , g π π g 0 g π
Άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο R
γ) Το πεδίο ορισμού της f g είναι το
Δίνονται οι συναρτήσεις με τύπους
και
α) Να βρείτε το πρόσημο της
Αν επιπλέον γνωρίζουμε ότι η είναι γνησίως μονότονη στο :
β) Να βρείτε τη μονοτονία της
γ) Να ορίσετε τη συνάρτηση
δ) Να αποδείξετε ότι ορίζονται οι συναρτήσεις , και ότι έχουν ίδιο
πεδίο ορισμού
ε) Να βρείτε το
4 η Ά σ κ η σ η Προτείνει ο Αλέξανδρος Σαρρής (9/10/2016)
Λύνει ο Αλέξανδρος Σαρρής
x -∞ 0 +∞
g(x)=x-ημx
- 0 +
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α)
g fA x A : g x A x : g x 0 0,R
Ο τύπος της συνάρτησης f g είναι
f g x f g x f x ημx x ημx, x 0
δ) Η g είναι αντιστρέψιμη , ως γνησίως αύξουσα , άρα ορίζεται η 1g
Επίσης η f είναι γνησίως αύξουσα στο 0, , άρα ορίζεται η 1f
Το πεδίο ορισμού της 1g είναι το σύνολο τιμών της g , δηλαδή το
x x
g lim g x , lim g x ,R R
διότι
x x x
ημxlim g x lim x ημx lim x 1 1 0
x
καθώς
ημx 1
x x , για κάθε x 0 άρα
ημx1 1
xx x , για κάθε x 0
και
x
1lim 0
x
Οπότε από το κριτήριο παρεμβολής
x
ημxlim 0
x
Το πεδίο ορισμού της 1f είναι το σύνολο τιμών της f , δηλαδή το
xf 0, f 0 , lim f x 0,
Επίσης, θέτοντας y f x παίρνουμε 2y x x y
Άρα
1 2f x x , x 0
Οπότε το πεδίο ορισμού της 1 1g f είναι το
1 1
1 2
f gB x A : f x A x 0 : x 0,R
Το πεδίο ορισμού της 1
f g είναι το σύνολο τιμών της f g
Η συνάρτηση f g είναι γνησίως αύξουσα στο 0,
[ Πράγματι, αν 1 2
x ,x 0 με
g f
1 2 1 2 1 2 1 2x x g x g x f g x f g x f g x f g x
< <
]
Άρα ορίζεται η συνάρτηση 1
f g
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Το πεδίο ορισμού της 1
f g είναι το σύνολο τιμών της f g , δηλαδή το
xf g 0, f g 0 , lim f g x 0, ,
διότι
x x x
ημxlim f g x lim x ημx lim x 1
x
x
ημxlim x 1 1 0
x
Άρα οι συναρτήσεις 1
f g , 1 1g f έχουν κοινό πεδίο ορισμού το 0,
ε) Είναι f g π π ημπ π
Άρα
1
f g π π
Επίσης
g π π ημπ π άρα 1g π π
Οπότε
x π x π
x π
x π
x π
1
1x π
2 2
f g x f g π x ημx πx ημx πlim
x πx g π x π
x ημx π
x π x ημx π
x ημx π
x π x ημx π
ημx1
x ημx π x π x ημx π
1 1 1,
2 π 2 π
x ημx π
π
π
x ημxlim lim
lim
lim
lim
διότι
x π x π x 0
u π xημ π xημx ημu1
x π π x ulim lim lim
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Έχουμε:
g(x) 0 x ημx 0 ημx x x 0
Η g είναι συνεχής ως άθροισμα των συνεχών συναρτήσεων 1 2
g x x και g x ημx,
οπότε διατηρεί πρόσημο σε καθένα απ’τα διαστήματα ,0 και 0, .
‘Εχουμε
ΔΙΑΣΤΗΜΑ ,0 0,
ΕΠΙΛΕΓΜΕΝΟΣ ΑΡΙΘΜΟΣ : 0
x -π π
0g x - π + ημ(-π) = - π < 0 π + ημπ = π > 0
ΠΡΟΣΗΜΟ ΤΗΣ g - +
β) Ισχύει
- π < π και f(-π) < g(π)
και αφού η g είναι γνησίως μονότονη στο R , θα είναι γνησίως αύξουσα στο R .
γ) Πρέπει
g
f
x D x
g x D x ημx 0 ημx x x 0
R
Οπότε
f gD 0,
Έχουμε:
f g x f g x g x . Άρα f g x x ημx, x 0
δ) Για κάθε 1 2
x , x R με 1 2
x x , ισχύει: 1 2 1 2
x x f x f x .
Οπότε η f είναι γνησίως αύξουσα.
Για κάθε 1 2x , x 0, με
1 2x x , επειδή η g είναι γνησίως αύξουσα ισχύει:
f:
1 2 1 2g x g x f g x f g x , οπότε η f g είναι γνησίως αύξουσα, επομένως 1-1.
Άρα, η 1
f g ορίζεται.
Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα, είναι και 1-1, οπότε ορίζεται η 1f .
Ισχύει x 0 , δηλαδή η f έχει σύνολο τιμών το 0, , επομένως 1f
D 0, .
Έστω 2f x y x y x y , y 0 .
Λύνει ο Νίκος Ελευθερίου
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Είναι 1 1 2x f y f y y . Άρα, 1 2f x x , x 0 .
Επειδή η g είναι γνησίως αύξουσα, είναι και 1-1, οπότε ορίζεται η 1g .
Επειδή η g είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής έχει πεδίο ορισμού
x x
g lim g x , lim g x
R .
Έχουμε: 1 ημx 1 1 ημx 1 x 1 x ημx x 1.
Έχουμε,
x xlim x 1 lim x 1 , οπότε, σύμφωνα με το κριτήριο παρεμβολής,
παίρνουμε
xlim x ημx .
Ακόμη, έχουμε ότι:
x xlim x 1 lim x 1 , οπότε, σύμφωνα με το κριτήριο παρεμβολής, παίρνουμε
xlim x ημx .
Επομένως, η g έχει σύνολο τιμών το g , R R , οπότε 1gD R .
Πρέπει:
1
1
f
1 2
g
x D x 0
f x D x x
R R
Επομένως, ισχύει 1 1g f
D 0, . Αφού 1 1g fD η 1 1g f ορίζεται.
Είναι x ημx x ημx 0 R , οπότε η f g έχει σύνολο τιμών το 0, , επομένως
1f g
D 0, . Άρα, παρατηρούμε ότι
1 1 1g ff g
D D 0, .
ε) Είναι f g π π ημπ π , οπότε
1
f g π π .
Ακόμη g π π ημπ π , οπότε 1g π π .
Είναι:
1
1x π x π x π
2 2
x π x π
f g x f g π f g x π x ημx πlim lim lim
x π x πx g π
x ημx π x ημx π lim lim
x π x ημx π x π x ημx π
.
Θέτουμε u x π .
Είναι: x π x π u 0 .
Οπότε, το προηγούμενο όριο με αυτή την αντικατάσταση γράφεται:
u 0
u ημ u πlim
u u π ημ u π π.
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Όμως, ισχύει: ημ u π ημu .
Έτσι, το τελευταίο όρο γίνεται:
u 0 u 0 u 0
1
1x π
ημu ημuu1u ημu 1 1u u ulim lim lim
u π ημu π 0 π 0 πu u π ημu π u u π ημu π
u
f g x f g π2 π lim
πx g π2 π
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Για κάθε xR έχουμε:
g x 0 x ημx 0 ημx x
Όμως για κάθε xR ισχύει: ημx x 1 . Η ισότητα ισχύει μόνο όταν x = 0.
Άρα η εξίσωση g(x) = 0 έχει μοναδική ρίζα την x = 0.
Από την (1) για κάθε xϵ(-∞,0)∪(0,+∞) έχουμε:
ημx x x ημx x 2
Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:
αν x < 0 τότε από την (2) έχουμε:
x ημx x x ημx x x ημx 0 g x 0, για κάθε x 0
αν x > 0 τότε από την (2) έχουμε:
x ημx x x ημx 0 g x 0, για κάθε x 0
Επομένως για το πρόσημο της g έχουμε τον παρακάτω πίνακα
β) Υποθέτω ότι η g είναι γνησίως φθίνουσα στο R
Τότε έχουμε:
g
0 π g 0 g π 0 π ημπ 0 π, που είναι άτοπο
Άρα η g δεν είναι γνησίως φθίνουσα στο R . Όμως από υπόθεση η g είναι γνησίως
μονότονη στο R . Επομένως η g θα είναι γνησίως αύξουσα στο R .
γ) Η συνάρτηση f g ορίζεται στο σύνολο: f g g f
D x D / g x D
Έχουμε
g
f
x D x x
g x 0 g x g 0g x D
R R
g xx 0
x 0
R
Άρα f gD 0,
Για κάθε x 0, έχουμε:
f g x f g x f g x f x ημx f g x x ημx
δ) Μονοτονία της f:
Λύνει ο Στέλιος Στεργιόπουλος
x -∞ 0 +∞
g(x) - 0 +
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Για κάθε 1 2x , x 0, με
1 2x x έχουμε:
1 2 1 2 1 2
x x x x (αφού η x f f, x x0<
Άρα η f έιναι γνησίως αύξουσα στο 0, , οπότε είναι και 1-1. Άρα η f αντιστρέφεται.
Μονοτονία της f g :
Για κάθε 1 2x , x 0, με
1 2x x , έχουμε
αφού η g είναι γνησίως αύξουσα ισχύει:
1 2 1 2 1 2x x g x g x (αφού η g ) f g x f g x < R
Άρα η f g είναι γνησίως αύξουσα στο 0, , οπότε είναι και 1-1.
Άρα η f g αντιστρέφεται.
Σύνολο τιμών της f g :
fog 0 0 ημ0 0
x x x x
ημx ημxlim fog x lim x ημx lim x (1 ) lim x 1
x x
Είναι:
xlim x
Κοντά στο έχουμε:
ημx 1 1 1 1
ημx ημx 1x x x xx
δηλαδή έχουμε:
ημx ημx1 1 1
x x x x x
Είναι:
x
1lim( ) 0
x και
x
1lim 0
x αφου
x x
1 1lim( ) lim 0
x x
τότε από κριτήριο παρεμβολής έχουμε ότι και
x
ημxlim 0
x
Άρα
x
ημxlim 1 1 0 1
x
επομένως:
xlim f g x 1
Η f g είναι συνεχής στο 0, ως σύνθεση της συνεχούς συνάρτησης g με την συνεχή
συνάρτηση f. Η g είναι συνεχής στο R ως διαφορά των συνεχών συναρτήσεων x και ημx.
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Η συνάρτηση x είναι συνεχής ως πολυωνυμική. Επίσης η συνάρτηση f g είναι γνησίως
αύξουσα στο 0, . Επομένως το σύνολο τιμών της f g είναι το διάστημα:
Α
x f g 0 , lim f g x 0,
όμως το πεδίο ορισμού της 1
f g είναι το σύνολο τιμών της f g .
Άρα
1
f gD A 0,
Από β) ερώτημα έχουμε ότι η g είναι γνησίως αύξουσα στο R , άρα είναι και 1-1.
Επομένως η g αντιστρέφεται.
Σύνολο τιμών της g:
x x x
ημxlim g x lim x ημx lim x (1 )
x
Είναι:
xlim x
Κοντά στο έχουμε:
ημx 1 1 1 1
ημx ημx 1x x x xx
δηλαδή έχουμε:
ημx ημx1 1 1
x x x x x
Είναι:
x x
1 1lim lim( ) 0
x x
οπότε από κριτήριο παρεμβολής έχουμε ότι και
x
ημxlim 0
x
Άρα,
x
ημxlim(1 ) 1 0 1
x
οπότε,
xlim g x 1
x x x
ημxlim g x lim(x ημx) lim x (1 ) 1 0
x
Η g είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο R , άρα το σύνολο τιμών της είναι το
διάστημα:
Β x xlim g x , lim g x ,
R
Όμως το πεδίο ορισμού της g-1 είναι το σύνολο τιμών της g. Άρα Dg-1= Β = R
Σύνολο τιμών της f:
f 0 0 0
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
x xlim f x lim x
Η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο 0, , άρα το σύνολο τιμών της είναι το
διάστημα:
Γ
xf 0 , lim f x 0,
όμως το πεδίο ορισμού της f-1 είναι το σύνολο τιμών της f. Άρα Df-1= Γ = 0,
Η συνάρτηση 1 1g f ορίζεται στο σύνολο:
1 1 1 1
1
g f f gf/D x D x D
Για να βρω την αντίστροφη της f θέτω f(x) = y και λύνω ως προς x.
Έχουμε:
y 0 2
2 2f x y x y x y x y
Άρα
1 2 1 2f y y , y 0 ή f x x , x 0
Έχουμε:
1
11 1 2
x 0x Df x 0x 0
f xf x Dg x , που ισχύει
R R
Άρα 1 1g f
D 0,
Επομένως
1 1 1g ff g
D D 0,
ε) Είναι:
1
f g π π ημπ f g π π f g π π
Επίσης:
1g π π ημπ g π π g π π
Άρα:
1
1x π x π x π
f g x f g π f g x π x ημx πlim lim lim
x π x πx g π
x π
x ημx π x ημx πlim
x π x ημx π
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
x π
x π
x ημx πlim
x π x ημx π
ημxx πlim[ ]
x π x ημx π x π x ημx π
x π
ημx1 1lim
x πx ημx π x ημx π
x π
1 1 1lim
x ημx π π ημπ π 2 π
x π x π x π
ημ π x ημ π xημxlim lim lim
x π x π π x
Θέτω u π x, τότε
x π x πlimu lim π x π π 0 , άρα όταν x π τότε u 0
οπότε:
x π u 0
ημ π x ημulim lim 1
uπ x
Άρα και
x π
ημxlim 1
x π
Επομένως:
1
1x π
f g x fog π 1 1 2 1lim 1
x g π 2 π 2 π 2 π π
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Ισχύει ημx x στο Rμε την ισότητα μόνο στο 0.
Άρα με x 0είναι x ημx x .
Αν x 0 έχω x ημx x x ημx 0 g(x) 0 .
Αν x 0 έχω x ημx x x ημx 0 g(x) 0 και g(0) 0 .
β) i) Επειδή π
02
και π π
g( ) 1 0 g(0) g2 2
στο R .
ii) (1)
f g (2)D x / x ημx 0 0, R
Για κάθε x 0είναι
f g (x) x ημx .
iii) Eύκολα δείχνω ότι f στο 0, άρα 1-1 με σύνολο τιμών το 0, δηλαδή ορίζεται η
1f με πεδίο ορισμού το 0, και τύπο 1 2f (x) x .
(Η εξίσωση y x έχει για κάθε y 0 μοναδική λύση 2x y ).
Αν 1 2
x ,x R με 1 2
x x θα ισχύει
1 2 1 2 1 2
1 2 1 2 2 1
x x x x x xημχ ημx 2 ημ συν 2 x x x x
2 2 2
Επειδή
1 2
x xσυν 1
2 και ημx x στο *R .
Άρα
1 2 1 2
x x ημx ημx 1 1 2 2 1 2
x ημx x ημx g x g(x ) .
Άρα η g στο R δηλαδή 1-1 και αντιστρέφεται.
Επίσης ισχύει
χ χ
ημxlim x ημx lim x 1
x
Αφού
χ
ημxlim 0
xκαθώς
ημχ 1
x xγια x 0
ημx1 1
x x xκαι
χ
1lim( ) 0
x .
Όμοια
xlim(x ημx) .
Άρα το σύνολο τιμών της g καθώς και το πεδίο ορισμού της 1g είναι το R .
Η f g είναι στο 0, ως σύνθεση 2 γνήσια αυξουσών, με σύνολο τιμών το 0, αφού
είναι
Λύνει ο Κώστας Δεββές
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
xlim f g (x) και f g (0) 0 .
Άρα
1f g
D 0, .
Επίσης
1 1
2
g fD x 0, / x 0, R .
iv) H g είναι 1-1 και g(π) π άρα 1g (π) π . Όμοια η f g 1-1 και f(g(π)) π άρα
1
f g ( π) π .
Το ζητούμενο όριο γράφεται
x π x π x π
f(g(x)) π f(g(x)) f(g(π)) f(g(x)) f(g(π)) g(x) g(π)lim lim lim( )
χ π x π g(x) g(π) x π
Η g είναι παρ/μη στο π άρα x π
g(χ) g(π)lim g (π) 2
x π
και θέτοντας u g(x) (g συνεχής στο π)
έχω
χ π u π
f(g(x)) f(g(π)) f(u) f(π) 1lim lim f (π)
g(x) g(π) u π 2 π
αφού f παρ/μη στο π.
Άρα το ζητούμενο όριο ισούται με 1 π
ππ.
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Α)
Λύση με ύλη Α΄ Λυκείου
Έχουμε ότι
22
2 2 2
2 2
2
2
2
2
2
β β 1α α 1 β β 1 1 α α 1 1
β β 1 α α 1 1
β β 1
1 α α 1 1
β 1 β
β β 1
β
β 1
2 2
2 2
22 2 2
α α 1 β 1 β
α β β 1 α 1
α β β 1 α 1
2 2
22 2 2 2
22 2 2 2
αβ 1 β 1 α 1
β 1 α 1 1 αβ β 1 α 1 1 αβ
α β 2αβ α β 2αβ 0 α β 0
α β 0
Αν οι αριθμοί είναι αντίστροφοι, να αποδείξετε ότι οι
αριθμοί είναι αντίθετοι
Πηγή: Σημειώσεις Μίλτου Παπαγρηγοράκη
5 η Ά σ κ η σ η ( A ) Προτείνει ο Νίκος Μιχαλόπουλος (16/10/2016)
Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης με τύπο
5 η Ά σ κ η σ η ( B ) Προτείνει ο Μανόλης Φασουλάς (16/10/2016)
Λύνει ο Παύλος Τρύφων
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Άρα οι αριθμοί α,β είναι αντίθετοι
Λύση με ύλη Γ΄ Λυκείου
Αρχικά θα αποδείξουμε ότι
2x x 1 0, για κάθε x 1R
Πράγματι, για κάθε x R ισχύει:
2 2 2x 1 x x x x 1 x 0
Θεωρούμε τη συνάρτηση f : R R με τύπο
2f x x x 1
Η f είναι γνησίως αύξουσα στο R (άρα και 1-1) , αφού
122
2 2
x x x 1f x x x 1 1 0,
x 1 x 1για κάθε x R
Άρα
22
2 2 2
2 2
2
2
2
2
2
β β 1α α 1 β β 1 1 α α 1 1
β β 1 α α 1 1
β β 1
1 α α 1 1
β 1 β
β β 1
β
β 1
2 2
f 1 1
α α 1 β 1 β
f α f β α β α β 0
Άρα οι αριθμοί α,β είναι αντίθετοι
Β)
Για να ορίζεται η λογαριθμική συνάρτηση πρέπει να ισχύει
2
2 2
w x 5x 4
x 1 x 2 x 3 x 4 1 0 x 1 x 4 x 2 x 3 1 0
x 5x 4 x 5x 6 1 0
w w 2 1 0
2
2
w 2w 1 0
w 1 0
w 1
2
2
x 5x 4 1
x 5x 5 0
Το τριώνυμο 2x 5x 5 έχει διακρίνουσα
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
2 2Δ β 4αγ 5 4 1 5 5
και ρίζες
1,2
β Δ 5 5x
2α 2
Άρα το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f είναι το
f
5 5Α \
2R
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Α)
2 2 2 2
2
1α 1 α β 1 β 1 β 1 β α 1 α
α 1 α
Mε 2φ(x) x 1 x και για β α εφαρμόζοντας το Rolle στο διάστημα με άκρα β, α έχω
ότι η φ έχει ρίζα σ’ αυτό.
Όμως
2 2
φ(x)xφ (x) 1 0
x 1 x 1,
διότι για χ 0 είναι φ(x) 0 , ενώ για x 0 είναι
2 2 2φ(x) 0 x 1 x x 1 x που ισχύει.
Άρα η φ δεν έχει ρίζα, δηλαδή είναι β α .
Β)
Πρέπει
2 2x 1 x 2 x 3 x 4 1 0 x 5x 4 x 5x 6 1 0
22 2
22
2
x 5x 4 2 x 5x 4 1 0
x 5x 5 0
x 5x 5 0
5 5x
2
Άρα το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f είναι το
f
5 5Α \
2R
Λύνει ο Κώστας Δεββές
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Β)
Είναι
2x 1 x 4 x 5x 4 και 2x 2 x 3 x 5x 6
Πρέπει :
x 1 x 4 x 2 x 3 1 0
Θέτουμε 2y x 5x 4
Οπότε
2
x 1 x 4 x 2 x 3 1 0 y y 2 1 0
y 1 0
y 1
2 x 5x 4 1
5 5 x
2
Άρα
f
5 5D
2R
Λύνει ο Δημήτρης Χατζάκης
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Α)
Παρατηρώ ότι:
x
2 2 2 2x 1 x x 1 x x x1
Άρα 2x 1 x 0 για κάθε x R
Θεωρούμε την 2f x x x 1,x R
Έχουμε ότι:
2
2 2
x x x 1f x 1 0
x 1 x 1 για κάθε x R
Επομένως η f είναι γνησίως αύξουσα στο R άρα 1 1
Επομένως:
2 2 2
2
2 2
22
1α α 1 β β 1 1 α α 1
β β 1
α α 1 β 1 β
α α 1 β 1 β
1 1
f α f β
α β
Λύνει ο Αντώνης Συκιώτης
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Β)
Η συνάρτηση ορίζεται όταν
(x 1)(x 2)(x 3)(x 4) 1 0 (1)
Για τον πολλαπλασιασμό ισχύει :
(x 1)(x 2)(x 3)(x 4) (x 1)(x 4)(x 2)(x 3) (Προσεταιριστική ιδιότητα)
Από 2 2(1) (x 1)(x 4)(x 2)(x 3) 1 0 (x 5x 4)(x 5x 6) 1 0
Θέτουμε 2Α x 5x 4 και έχουμε
2 2Α Α 2 1 0 Α 2Α 1 0 (Α 1) 0
Άρα
Α 1 0 διότι 2(Α 1) 0
και έχουμε
2x 5x 5 0 , α 1 ,β 5 ,γ 5 2 2Δ β 4αγ 5 4 1 5 5
1,2
β Δ 5 5x
2α 2
Επομένως
f
5 5 5 5D ,
2 2
R
Λύνει ο Τόλης Τσακίρης
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Α)
Έστω 2f x x x 1
Εύκολα δείχνουμε ότι f
D R και ότι f x f x 1 για κάθε x R
2
2
x x 1f x 0
x 1 για κάθε x R άρα 1 1
Έστω
1f α
f α 1 1
α,β : f α f β 1 f β f α β αR
Λύνει ο Ανδρέας Πάτσης
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Α)
Αφού α και β αντίστροφοι, θα ισχύει:
2 2 2
2
2
2
2 2
2
2
2 2
1α α 1 β β 1 1 β β 1
α α 1
α α 1 β β 1
(α α 1) α α 1
α α 1 β β 1
α α 1
2 2
2 2
β β 1 α α 1
α β α 1 β 1
Υψώνω και τα δύο μέλη στο τετράγωνο και μετά από πράξεις καταλήγω στο
2 2 2α 1 β 1 1 αβ .... (α β) 0 α β 0
Δηλαδή α και β αντίθετοι.
Β)
Πρέπει:
2 2
x 1 (x 2)(x 3)(x 4) 1 0 x 1 (x 4)(x 2)(x 3) 1 0
(x 5x 4)(x 5x 6) 1 0
Θέτω 2x 5x ψ και έχουμε:
2
2
(ψ 4)(ψ 6) 1 0 ψ 10ψ 24 1 0
(ψ 5) 0
Που ισχύει για κάθε ψ 5
Οπότε: 2 2x 5x 5 x 5x 5 0 που ισχύει όταν
5 5
x2
Άρα το πεδίο ορισμού της συνάρτησης είναι το 5 5
Α2
R
Λύνει ο Γιώργος Ασημακόπουλος
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Α)
Οι αριθμοί 2 2α α 1 και β β 1 είναι αντίστροφοι άρα
2 2
2 2 2 2
2 2
2 2
2 2
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2
2 2
α α 1 β β 1 1
α α 1 α α 1 β β 1 β β 11
α α 1 β β 1
1 11
α α 1 β β 1
α α 1 β β 1 1
α α 1 β β 1 α α 1 β β 1
αβ α β 1 β α 1 α 1 β 1 αβ α β 1 β α 1 α 1 β 1
2α β 1 2β α 1
α β 1 β α 1
Επομένως οι α,β είναι ετερόσημοι .
Υψώνοντας στο τετράγωνο έχουμε:
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2α β + 1 = β α + 1 α β + β = α β + β α = β α = -β
Αφού α,β ετερόσημοι. Δηλαδή α,β αντίθετοι.
Β)
Για να ορίζεται η συνάρτηση f(x) ln((x 1)(x 2)(x 3)(x 4) 1) πρέπει να ισχύει
2 2
2 2
(x 1)(x 2)(x 3)(x 4) 1 0 (x 1)(x 4)(x 2)(x 3) 1 0
(x 4x x 4)(x 3x 2x 6) 1 0
(x 5x 4)(x 5
2 2
2 2
x 6) 1 0
(x 5x 4) (x 5x 4) 2 1 0
(x 5x 4) 2(x 5x 4) 1 0
2 2 22
2
0 (x 5x 5) 0(x 5x 4) 1
5 5 x 5x 5 0 x
2
Άρα f
5 5D
2
R
Λύνει ο Τρύφωνας Ζωϊτσάκος
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Αρχικά
x 0limln x 2 ln2 0
και
3x
x 0lim e 2x 1 0
Θεωρούμε τη συνάρτηση 3xf x e 2x 1,x R
Η f είναι γνησίως αύξουσα στο R αφού για οποιαδήποτε 1 2
x ,x R ισχύει:
1 23x 3x
1 2 1 2x x 3x 3x e e
και
1 2 1 2 1 2
x x 2x 2x 2x 1 2x 1
Να υπολογίσετε, αν υπάρχει, το όριο:
6 η Ά σ κ η σ η Προτείνει ο : Μάκης Χατζόπουλος (23/10/2016)
Για μαθητές
Δίνεται η συνάρτηση με τύπο
α) Εξετάστε αν υπάρχει τιμή του για την οποία ισχύει
β) Για αποδείξτε ότι για κάθε
Για καθηγητές
Προτείνει ο : Παύλος Τρύφων (23/10/2016)
Λύνει ο Μάκης Χατζόπουλος
Για μαθητές
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
οπότε
1 23x 3x
1 2 1 2e 2x 1 e 2x 1 f x f x
Επομένως, για x 0 έχουμε f x f 0 0 άρα
x 0
1lim ln x 2
f x
Ενώ για x 0 έχουμε f x f 0 0 άρα
x 0
1lim ln x 2
f x
άρα το ζητούμενο όριο δεν υπάρχει.
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Έστω ότι υπάρχει το ζητούμενο όριο και είναι πραγματικός αριθμός k ,
δηλαδή
3xx 0
ln x 2lim k
e 2x 1R
Για x 0 θέτουμε
3x
ln x 2g x
e 2x 1
Τότε
3xg x e 2x 1 ln x 2 , x κοντά στο 0
Άρα
x 0 x 0
3xg x e 2x 1 ln x 2 k 0 ln2,lim lim άτοπο!
Έστω ότι υπάρχει το ζητούμενο όριο και είναι ,
δηλαδή
3xx 0
ln x 2lim
e 2x 1
Οπότε θα ισχύει και
3xx 0
ln x 2lim
e 2x 1
Άρα υπάρχει α κοντά στο 0 τέτοιο, ώστε
3α
ln α 20 1
e 2α 1
Όμως
12α 03α 3αα 0 3α 0 e 1 e 2α 1 0 ln α 2 0 α 2 1 α 1,
άτοπο, διότι το α είναι κοντά στο 0
Έστω ότι υπάρχει το ζητούμενο όριο και είναι ,
δηλαδή
3xx 0
ln x 2lim
e 2x 1
Οπότε θα ισχύει και
Λύνει ο Παύλος Τρύφων
Για μαθητές
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
3xx 0
ln x 2lim
e 2x 1
Άρα υπάρχει β κοντά στο 0 τέτοιο, ώστε
3β
ln β 20 2
e 2β 1
Όμως
22β 03β 3ββ 0 3β 0 e 1 e 2β 1 0 ln β 2 0 β 2 1 β 1,
άτοπο, διότι το β είναι κοντά στο 0
Άρα το ζητούμενο όριο δεν υπάρχει.
α) Θεωρούμε τη συνάρτηση
3xg x e 2x 1,x R
Για κάθε 1 2x ,x R με
1 2x x έχουμε:
1 2
1 2
3x 3x3x 3x1 2
1 2 1 2
1 2 1 2
3x 3x e ee 2x 1 e 2x 1 g x g x
2x 2x 2x 1 2x 1
Άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο R
Επίσης
0g 0 e 0 1 0
Άρα για
x 0 g x g 0 0 g x 0
x 0 g x g 0 0 g x 0
Υποθέτουμε ότι υπάρχει 0 α 1 τέτοιο, ώστε
x 0limf x
Τότε θα ισχύει:
x 0x 0 α 1
x 0
x 0
1lim ln x α
lim f x g x lnα lnα 0
και και και και ,άτοπο!
lnα 0lim f x ln α1lim ln x α
g x
Επίσης για α 1είναι:
Για καθηγητές
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
0
0
3x 3x 3xx 0 x 0 x 0 x 0 x 03x
1ln x 1ln x 1 1 1x 1limf x lim lim lim lim
5e 2x 1 3e 2 x 1 3e 2e 2x 1
Άρα δεν υπάρχει α 0 για το οποίο
x 0limf x
β) Για α 1είναι
3x
ln x 1f x ,x 1,x 0
e 2x 1
Ισχύουν οι γενικές σχέσεις:
lnx x 1, για κάθε x 0 1 (με την ισότητα να ισχύει μόνο για x 1)
και
xe x 1,για κάθε x 2R (με την ισότητα να ισχύει μόνο για x 0 )
Η σχέση 1 για x το x 1 δίνει:
ln x 1 x ,για κάθε x 0
Η σχέση 2 για x το 3x δίνει:
3xe 3x 1,για κάθε x 0
Άρα για x 0έχουμε:
3x 3x
3x
0 ln x 1 xln x 1 x ln x 1 x 1
f x1 1 5e 3x 1 e 2x 1 5x 0 05xe 2x 1
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Το ζητούμενο όριο γράφεται:
3x 3x 3xx 0 x 0 x 0 x 0
ln(x 2) 1 1lim lim ln(x 2) lim ln(x 2) lim
e 2x 1 e 2x 1 e 2x 1.
Είναι:
x 0
lim ln(x 2) ln(0 2) ln2 0 .
Έστω η συνάρτηση: 3xf(x) e 2x 1, x R .
Για κάθε 1 2
x , x R με 1 2
x x , έχουμε:
1 23x 3x
1 23x 3x e e και
1 22x 2x .
Οπότε,
1 2 1 23x 3x 3x 3x
1 2 1 2 1 2e 2x e 2x e 2x 1 e 2x 1 f(x ) f(x ) ,
δηλαδή η f είναι γνησίως αύξουσα, Οπότε έχει μοναδική ρίζα την 3 0f(0) e 2 0 1 0 .
Ακόμη η f είναι συνεχής ως άθροισμα των συνεχών συναρτήσεων 3x
1f (x) e και
2
f (x) 2x 1 . Άρα, διατηρεί πρόσημο σε καθένα από τα διαστήματα ( ,0) και (0, ) .
Έχουμε τον εξής πίνακα:
ΔΙΑΣΤΗΜΑ ( ,0) (0, )
ΕΠΙΛΕΓΜΕΝΟΣ ΑΡΙΘΜΟΣ: 0x 1 1
0f(x ) 3
3
1e 2 1 3 0
e 3 3e 2 1 e 1 0
ΠΡΟΣΗΜΟ ΤΗΣ f
Επίσης, ισχύει:
3x 0
x 0lim e 2x 1 e 1 0 .
Οπότε, έχουμε,
3x
x 0
1lim
e 2x 1 και
3x
x 0
1lim
e 2x 1.
Επομένως, είναι:
3xx 0
ln(x 2)lim ln2 ( )
e 2x 1 και
3xx 0
ln(x 2)lim ln2 ( )
e 2x 1.
Συνεπώς, παρατηρούμε ότι ισχύει:
3x 3xx 0 x 0
ln(x 2) ln(x 2)lim lim
e 2x 1 e 2x 1.
Άρα, το
3xx 0
ln(x 2)lim
e 2x 1 δεν υπάρχει.
Λύνει ο Νίκος Ελευθερίου
Για μαθητές
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Tο πεδίο ορισμού της
3χ
ln(x 2)
e 2x 1είναι το 2,0 (0, ) αφού για 3χf(x) e 2x 1είναι
3χf (x) 3e 2 0
Άρα f < στο R δηλ. για x 0 f(x) f(0) 0 ενώ για x 0 f(x) f(0) 0 .
Δηλαδή το όριο είναι καλά ορισμένο.
Άρα
3χ 3xx 0 x 0
1 ln(x 2)lim lim
e 2x 1 e 2x 1
και
3x 3xx 0 x 0
1 ln(x 2)lim lim
e 2x 1 e 2x 1
επειδή
x 0lim(ln(x 2)) ln2 0 .
Άρα το όριο δεν υπάρχει.
α) Για α 1είναι
x 0limln x α lnα 0 και από την προηγούμενη λύση ισχύει
3x 3xx 0 x 0
1 ln(x α)lim lim
e 2x 1 e 2x 1.
Όμοια
3x 3xx 0 x 0
1 ln(x α)lim lim
e 2x 1 e 2x 1.
Άρα το όριο δεν υπάρχει.
Για 0 α 1 είναι
x 0limln x α lnα 0 και ισχύουν
3xx 0
ln(x α)lim
e 2x 1,
3xx 0
ln(x α)lim
e 2x 1.
Άρα το όριο δεν υπάρχει.
Για α 1το όριο είναι α.μ. 0
0και με de L’ H. ισούται με
3xx 0
1 1lim
5(3e 2)(x 1).
Δηλ. δεν υπάρχει α 0με την απαίτηση της άσκησης.
Λύνει ο Κώστας Δεββές
Για μαθητές
Για καθηγητές
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
β) Αρκεί ισοδύναμα να αποδείξω ότι (είναι 3xe + 2x -1 > 0 x > 0 )
3x 3x
3x
ln(x 1) 1e 2x 1 5ln(x 1) e 2x 5ln(x 1) 1
5e 2x 1.
Θέτω
3xφ(x) e 2x 5ln(x 1) με x 0
Είναι φ(0) 1και
3x 5φ (x) 3e 2
x 1με φ (0) 0 και
3x
2
5φ (x) 9e 0
(x 1).
Δηλαδή
φ <στο 0,
άρα για x 0 φ (x) φ (0) 0 φ <στο 0, άρα φ(x) φ(0) 1 x 0 ο.ε.δ.
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Θεωρώ την συνάρτηση 3xf x e 2x 1 , x R
Η f είναι παραγωγίσιμη ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων με:
3xf x 3e 2 0 για κάθε x R
Επομένως αφού είναι συνεχής στο R και f x 0 για κάθε x R η f είναι γνησίως
αύξουσα στο R
Έτσι έχουμε:
f
x 0 f x f 0 f x 01
f
x 0 f x f 0 f x 0 1
Για x 0 έχουμε:
3x
x 0 x 0
ln x 2 1lim lim ln x 2
f xe 2x 1
αφού
x 0lim f x 0 και f x 0 για κάθε x 0 και επομένως
x 0
1lim
f x
ενώ
x 0lim ln x 2 ln 2 0
Για x 0 έχουμε:
3x
x 0 x 0
ln x 2 1lim lim ln x 2
f xe 2x 1
αφού
x 0lim f x 0 και f x 0 για κάθε x 0 και επομένως
x 0
1lim
f x
ενώ
x 0lim ln x 2 ln 2 0
Eπομένως το ζητούμενο όριο δεν υπάρχει αφού τα δυο πλευρικά όρια δεν είναι ίσα.
Λύνει ο Αντώνης Συκιώτης
Για μαθητές
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Η συνάρτηση 3xh x e 2x 1 είναι γνησίως αύξουσα άρα έχει μοναδική ρίζα το 0
Για κάθε x 0 έχουμε:
3x 3x
ln x 2ln x 2 x
e 2x 1 e 2x 1
x
1
Το όριο
3x
x 0
e 2x 1lim
x είναι της μορφής
0
0 και
3x
3x
x 0 x 0
e 2x 1lim lim 3e 2 5
x
Επομένως από το θεώρημα DLH έχουμε ότι:
3x
x 0
e 2x 1lim 5
x
Επίσης
x 0 x 0
ln x 2 1lim lim ln x 2
x x
Άρα από την σχέση 1 έχουμε ότι:
3x 3x
x 0 x 0
ln x 2ln x 2 xlim lim
e 2x 1 e 2x 1
x
Για κάθε x 0 έχουμε:
3x 3x
ln x 2ln x 2 x
e 2x 1 e 2x 1
x
1
Το όριο
3x
x 0
e 2x 1lim
x είναι της μορφής
0
0 και
3x
3x
x 0 x 0
e 2x 1lim lim 3e 2 5
x
Επόμένως από το θεώρημα DLH έχουμε ότι:
3x
x 0
e 2x 1lim 5
x
Λύνει ο Ανδρέας Πάτσης
Για μαθητές
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Επίσης
x 0 x 0
ln x 2 1lim lim ln x 2
x x
Άρα από την σχέση 1 έχουμε ότι:
3x 3x
x 0 x 0
ln x 2ln x 2 xlim lim
e 2x 1 e 2x 1
x
Αφού τα πλευρικά όρια στο 0 είναι διαφορετικά το όριο στο 0 της συνάρτησης
3x
ln x 2
e 2x 1 δεν υπάρχει.
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Θέτω 3xh(x) e 2x 1 , x .R Η h < R ως άθροισμα γνησίως αυξουσών συναρτήσεων.
Συνεπώς x 0 3xh(x) 0 e 2x 1 0 (1) , x 0 3xe 2x 1 0 (2) .
Επίσης η συνάρτηση φ(x) = ln(x 2) , x 2 είναι συνεχής στο 2, ως σύνθεση συνεχών
συναρτήσεων.
Επόμενα
3x
x 0
ln(x 2)lim
e 2x 1=
3x
x 0
1lim ln(x 2)
e 2x 1=
διότι
x 0limln(x 2) ln2 0 ,
3x
x 0
1lim
e 2x 1 από (1).
΄Ομοια
3x
x 0
ln(x 2)lim
e 2x 1=
3x
x 0
1lim ln(x 2)
e 2x 1= ,
διότι
x 0limln(x 2) ln2 0 ,
3x
x 0
1lim
e 2x 1 από (2).
΄Αρα δεν υπάρχει το
3xx 0
ln(x 2)lim
e 2x 1 .
α) Θέτω 3xh(x) e 2x 1 , x .R Τότε 3xh (́x) 3e 2 0 οπότε h < R .
Συνεπώς x 0 3xh(x) 0 e 2x 1 0 (1) , x 0 3xe 2x 1 0 (2) .
Επίσης η συνάρτηση φ(x) = ln(x α) , x α είναι συνεχής στο α, ως σύνθεση
συνεχών συναρτήσεων.
Εάν α = 1
x 0limf(x)=
3xx 0
ln(x 1)lim( )
e 2x 1
0
0
3xx 0
11x 1lim( )53e 2
.
Εάν α > 1
x 0lim f(x) =
3x
x 0
ln(x α)lim
e 2x 1=+ από (1).
x 0lim f(x) =
3x
x 0
ln(x α)lim
e 2x 1=- από (2).
Επόμενα δεν υπάρχει το x 0
limf(x) .
Λύνει ο Τάκης Καταραχιάς
Για μαθητές
Για καθηγητές
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Εάν 0 < α < 1
x 0lim f(x) =
3x
x 0
ln(x α)lim
e 2x 1=από (1).
x 0lim f(x) =
3x
x 0
ln(x α)lim
e 2x 1=+ από (2).
Επόμενα δεν υπάρχει το x 0
limf(x) .
΄Αρα δεν υπάρχει τιμή του α για την οποία ισχύει x 0
limf(x) - .
β) ΄Εστω g(x) ln(x 1) x,x 0 . Τότε
1 xg (́x) 1 0
x 1 x 1 για x 0 .
Επόμενα g 0,> .
Συνεπώς x 0 g(x) g(0) 0 ln(x 1) x 0 0 ln(x 1) x (3).
Επίσης για 3xx 0 e 1 0 , οπότε αν θέσω στην (3) όπου x το 3xe -1 προκύπτει ότι :
3x 3x 3x 3x
3x
1 1lne e 1 3x 1 e e 2x 1 5x 0 0
5xe 2x 1(4).
Από τις σχέσεις (3) και (4) προκύπτει ότι 1
f(x)5
για κάθε x 0.
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α)
Για α 1 έχω ln x α 0
Έχω για x 0 ,
x 0
3x 3xe 1 0 e 1 2x 0 ... f x 1lim
Και για x 0 τότε
x 0
3x 3xe 1 0 e 1 2x 0 ... f x 2lim
Από (1) και (2) δεν υπάρχει το x 0
limf x
Ομοίως για α 1 δεν υπάρχει το x 0
limf x
Για α 1 αποδεικνύεται εύκολα με DLH ότι το x 0
limf x =0
β)
Από την σχέση xe x 1 για κάθε x 0 έχω
3x 3xe 3x 1 e 2x 1 5x 0
3x 3x
1 1 ln(x 1) ln(x 1)
5x 5xe 2x 1 e 2x 1(3)
και από την σχέση
ln(x 1) 1ln(x 1) x
5x 5
Άρα
3x
ln(x 1) 1
5e 2x 1
Λύνει ο Ευσταθιος Φρέσκος
Για καθηγητές
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Έχουμε ìx 0
limln(x + 2) = ln2 > 0 .
Έστω 3χφ(x) e 2x 1 .
Επειδή 3xφ (x) 3e 2 0 και φ συνεχής, άρα η φ είναι γνησίως αύξουσα.
Οπότε:
Αν φ
x > 0 φ(x) > φ(0) φ(x) > 0 <
δηλ. 3x
x 0
1lim
e 2x 1
άρα x 0lim f(x)
.
Αν φ
x 0 φ(x) φ(0) φ(x) 0 <
δηλ.3x
x 0
1lim
e 2x 1
άρα x 0limf(x)
Επομένως δεν υπάρχει το x 0limf(x)
α) Για α > 1 έχουμε ότι: x α x 1 ln(x α) ln(x 1) και για x > 0 x 0lim f(x)
και x 0limf(x)
(από την προηγούμενη άσκηση).
Ομοίως για α < 1 επειδή x 0limln(α x) lnα 0
, αφού 0 < α < 1 οπότε και πάλι τα πλευρικά
όρια είναι διαφορετικά.
Τέλος για α = 1 με κανόνα De L΄Hospital βρίσκουμε ότι το x 0
1limf(x)
5
β) Για x 0 x 1 1 ln(x 1) ln1 ln(x 1) 0
Παίρνω την παράγωγο της f και έχω:
3x 3x
3x 2
1(e 2x 1) (e 2)ln(x 1)
x 1f (x)(e 2x 1)
.
Θέτω
3x 3x1g(x) (e 2x 1) (e 2)ln(x 1)
x 1
και βρίσκω την παράγωγο που είναι:
Λύνει ο Γιώργος Ασημακόπουλος
Για μαθητές
Για καθηγητές
___________________________________________________________________________ ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
3x 3x 3x 3x
2
3x 3x
2
1 1 1g (x) (e 2x 1) (3e 2) (3e 2) 3e ln(x 1)
x 1 x 1(x 1)
1 (e 2x 1) 3e ln(x 1) 0
(x 1)
Άρα g γνησίως φθίνουσα οπότε για x > 0 θα έχουμε g (x) < 0 δηλαδή και f (x) 0
άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα .
Όμως xlimf(x) 0
και x 0
1limf(x)
5 άρα ισχύει
1f(x)
5 για κάθε x > 0