Η άσκηση της ημέρας - τεύχος 3ο (Νοέμβριος 2016)

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

___________________________________________________________________________
• Ασημακόπουλος Γιώργος
• Γκριμπαβιώτης Παναγιώτης
• Δεββές Κώστας
• Δέτσιος Παντελής
• Ελευθερίου Νίκος
• Ζωϊτσάκος Τρύφωνας
• Κακαβάς Βασίλης
• Καραγιάννης Θανάσης
• Καταραχιάς Τάκης
• Μπουρσινός Δημήτρης
• Πάτσης Ανδρέας
• Τρύφων Παύλος
• Τσακαλάκος Τάκης
• Τσόλκας Κωνσταντίνος
• Φρέσκος Ευστάθιος
• Ψαθά Ντίνα
Mας τίμησαν με τη συμμετοχή τους

___________________________________________________________________________
α) Επειδή 2x
e 0 για κάθε x R έχουμε:
      
 
    

2x 3 2x 3
2x
3 3λ λ
e λ λ 1 e λ
f x lim f x lim f x e
λ 2016 λ
για κάθε x R
β) Παρατηρούμε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο R και επειδή η g έχει το ίδιο είδος
μονοτονίας με την f , η g θα είναι γνησίως αύξουσα
Η g επομένως είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής στο R
Άρα
         
    
x x
g lim g x , lim g x ,R R
Έτσι το  0 g R άρα υπάρχει ένα τουλάχιστον 0
x R :   0
g x 0
Επειδή η g είναι γνησίως αύξουσα είναι και 1 1 άρα το 0
x είναι μοναδικό
γ) Έχουμε ότι
    
          
   
g
0 0 0 0 0
1 1 1
x x g x g x g x 0
2016 2016 2016
1
 1
Επίσης
 lnx x 1 για κάθε x 0 (με την ισότητα να ισχύει μόνο για x 1 )
Δίνονται οι συναρτήσεις με την συνεχή στο και με το ίδιο είδος
μονοτονίας με την , οι οποίες ικανοποιούν τις σχέσεις:
 και
 για κάθε
α) Να αποδείξετε ότι για κάθε
β) Να αποδείξετε ότι η τέμνει τον άξονα σε μοναδικό σημείο
γ) Να υπολογίσετε το όριο:
όπου η τετμημένη του σημείου που η γραφική παράσταση της τέμνει τον
άξονα
7 η Ά σ κ η σ η Προτείνει ο : Ανδρέας Πάτσης (30/10/2016)
Λύνει ο Ανδρέας Πάτσης

___________________________________________________________________________
και επειδή 2x
e 0 για κάθε x R , θέτοντας όπου x το 2x
e έχουμε:
    2x 2x 2x
lne e 1 e 2x 1για κάθε x R
με την ισότητα να ισχύει όταν το   2x
e 1 x 0
Επομένως θέτοντας όπου x το  g x έχουμε :
 
   
2g x
e 2g x 1 0 για κάθε x R
με την ισότητα να ισχύει μόνο εκεί που      0
g x 0 x x
Για κάθε  0
x x έχουμε:
      
   
 
 
   
             
      
2g x 2g x
1 1
g x g x
2016 2016 1 1
g x 2
2016f g x 2g x 1 e 2g x 1 e 2g x 1
Επειδή οι συναρτήσεις
 
 
 
1
g x
2016
και  
  
2g x
e 2g x 1 είναι συνεχείς στο 0
x , έχουμε


   
      
   0
0x x
1 1
limg x g x 0
2016 2016
  
    
 
     0
0
2g x 2g x
0x x
lim e 2g x 1 e 2g x 1 0
και επειδή  
   
2g x
e 2g x 1 0 κοντά στο 0
x ,έχουμε:
 
 
 
 0
2g xx x
1
lim
e 2g x 1
Επομένως:
 
 
  
         
0
2g xx x
1 1
lim g x
2016 e 2g x 1
Παίρνοντας όρια στην σχέση  2 έχουμε:
      
  
 
                  
0 0
2g xx x x x
1
g x
2016 1 1
lim lim g x
2016f g x 2g x 1 e 2g x 1
ΣΧΟΛΙΟ:
Συνήθως στην σχέση  2 βάζουμε όρια και γράφουμε
      
  
 
                
0 0
2g xx x x x
1
g x
2016 1 1
lim lim g x
2016f g x 2g x 1 e 2g x 1
Γράφουμε δηλαδή ότι δυο όρια είναι ίσα χωρίς να ξέρουμε ότι υπάρχουν.

___________________________________________________________________________
Αν δεχτούμε ότι αυτός ο τρόπος γραφής είναι σωστός με το σκεπτικό ότι αφού τελικά το
όριο του δεύτερου μέρους υπάρχει , τότε πρέπει να δεχτούμε και ως σωστό τον επόμενο
τρόπο γραφής:
Με χρήση του ορισμού να υπολογίσετε την παράγωγο της   2
f x x στο 1
 
   


   
x 1
f x f 1
f 1 lim ... 2
x 1
Η λύση αυτή θεωρείται ελλιπής, διότι θεωρούμε ότι έπρεπε να γράψουμε:
   


 
x 1
f x f 1
lim ... 2
x 1
Επομένως αφού το όριο
   



x 1
f x f 1
lim
x 1
R έχουμε   f 1 2 κάτι το οποίο δημιουργεί
ερωτηματικά όσον αφορά τα δύο μέτρα και δύο σταθμά που ακολουθούμε.

___________________________________________________________________________
α) Για κάθε x R είναι 2x
e 0 άρα

 
2x 3
2x
3λ
e λ
f(x) lim e
λ
.
β) Η f είναι < στο R(ως σύνθεση < με παράγωγο ή ορισμό) άρα και η g είναι < στο R και
επειδή είναι συνεχής σ’ αυτό με τα δεδομένα όρια της υπόθεσης, το σύνολο τιμών της θα
είναι το R. Άρα θα έχει μοναδική ρίζα , έστω 0
x
γ) Ισχύει

 
   
 0
0x x
1 1
lim x x
2016 2016
και με  
1
u x
2016
θα είναι  
 
 
0
01
u x
2016
1
lim g u g(x )
2016
αφού g συνεχής
Άρα

   
     
   0
0x x
1 1
limg x g x
2016 2016
Επίσης ισχύει
  
      
 
g
0 0 0 0
1 1
x x g x g x 0
2016 2016
<
Με u g(x)είναι

 
0
0x x
lim u g(x ) 0και

 
0x x
lim f(u) f(0) 1άρα


0x x
limf(g(x)) 1
Επίσης είναι


0x x
limg(x) 0 άρα

  
0x x
lim(f(g(x)) 2g(x) 1) 0.
Η γνωστή ανισότητα    x
e x 1, x 0γίνεται για x 2g(x) :  2g(x)
e 2g(x) 1,
αφού g(x) 0 για x κοντά στο 0
x
Άρα

 
 0x x
1
lim
f(g(x)) 2g(x) 1
και τελικά


 
 0x x
1
g(x )
2016lim
f(g(x)) 2g(x) 1
Λύνει ο Κώστας Δεββές

___________________________________________________________________________
α) Είναι
   
 
  

2x 3 2x 3
2x
3 3λ λ
e λ λ l e λ
f x lim lim e
λ 2016 λ
και    2x
f x 2e 0
άρα f γνησίως αύξουσα επομένως
β) και g γνησίως αύξουσα και επειδή     
   
x x
lim g x , lim g x και g συνεχής στο R τότε
το σύνολο τιμών της g είναι το R. To 0 ανήκει στο σύνολο τιμών άρα υπάρχει ένα x0 ώστε
  0
g x 0 το οποίο είναι μοναδικό αφού g γνησίως αύξουσα
γ) Είναι g(x) γνησίως αύξουσα και
  
      
 
0 0 0 0
1 1
x x g x g x 0
2016 2016
άρα

   
      
   0
0x x
1 1
lim g x g x 0
2016 2016
(1)
Επίσης αν θέσω 2g(x)=u τότε    
 
0
0x x
limg x g x 0 άρα
        
    
0
u
x x x 0
lim f g x 2g x 1 lim e u 1
και
 
      u u
u 0
lim e u 1 0 και e u 1 0 για u 0
άρα

 
 uu 0
1
lim
e u 1
(2)
άρα από (1) και (2)
    
 
 
   
 0x x
1
g x
2016
lim
f g x 2g x 1
Παρατήρηση δεν χρειάζεται να δοθεί ότι f, g έχουν το ίδιο είδος μονοτονίας
Λύνει ο Ευστάθιος Φρέσκος

___________________________________________________________________________
α) Έχουμε:
  
 
    

2x 3 2x 3
2x 2x
3 3λ λ λ
e λ λ 1 e λ
f(x) lim lim lim e f(x) e
λ 2016 λ
, για κάθε x R .
β) Η f είναι προφανώς γνησίως αύξουσα. Οπότε, επειδή η g έχει το ίδιο είδος μονοτονίας
με την f , θα είναι και αυτή γνησίως αύξουσα. Όμως, η g είναι και συνεχής.
Επομένως έχει σύνολο τιμών το διάστημα:
        
      
x x
g lim g(x), lim g(x) , gR R R
Επομένως, υπάρχει 0
x R τέτοιο, ώστε   0
g x 0, το οποίο μάλιστα είναι μοναδικό, αφού η
g είναι γνησίως αύξουσα, δηλαδή 1-1.
Άρα, η g
C τέμνει τον άξονα x'x σε μοναδικό σημείο   0 0
x , g x .
γ) Αφού η g είναι συνεχής, έχουμε:

   
     
   0
0x x
1 1
limg x g x
2016 2016
Επειδή η g είναι γνησίως αύξουσα, έχουμε:
    
          
   
0 0 0 0 0
1 1 1
x x g x g x g x 0
2016 2016 2016
Οπότε,

 
  
 0x x
1
limg x 0
2016
Επειδή οι f και g είναι συνεχείς έχουμε ότι ισχύει:
         
    



            
 
   
 
0
0
2 0
0 0x x
x x
lim f g x 2g x 1 f g x 2g x 1 f(0) 2 0 1 e 1
lim f g x 2g x 1 0
Έστω
             2g(x)
h x f g x 2g x 1 e 2g x 1.
Είναι:
      2g(x)
h' x 2g' x e 2g' x
Έχουμε:               2g(x) 2g(x)
h' x 0 2g' x e 2g' x 0 g' x e g' x
Αφού η g είναι γνησίως αύξουσα, ισχύει   g' x 0. Έτσι, η τελευταία σχέση γίνεται:
      2g(x) 2g(x) 0
e 1 e e 2g x 0      0 0
g x g x x x ,
αφού η g είναι γνησίως αύξουσα.
Ομοίως βρίσκουμε ότι:     0
h' x 0 x x .
Λύνει ο Νίκος Ελευθερίου

___________________________________________________________________________
Συνεπώς, η h είναι γνησίως αύξουσα για  0
x x και γνησίως φθίνουσα για  0
x x
Άρα, για  0
x x η h παρουσιάζει ολικό ελάχιστο το   0
h x 0 . Οπότε   h x 0 για κάθε
 0
x x , επομένως   h x 0 κοντά στο 0
x .
Εξάλλου,  

0x x
limh x 0 . Έτσι,
       
  
 0 0x x x x
1 1
lim lim
h x f g x 2g x 1
Άρα,
                 
   
              
      0 0 0 0x x x x x x x x
1 1
g x g x
2016 20161 1
lim limg x lim lim
2016f g x 2g x 1 f g x 2g x 1 f g x 2g x 1

___________________________________________________________________________
α) Υπολογίζουμε το όριο:
  
 
        
 
 
 

3 2x 2x
2x 3 2 3 2 3
2x
3
3
3
λ λ
3
λ
1 1 1 1λ e e
e λ λ 1 λ λ λ λlim lim lim e
12016λ
1 2016λ 1
λλ
2016
διότι
 
 3λ λ
1 1
lim lim 0
λ λ
Επομένως
  2x
f e , xx R
β) Η f είναι παραγωγίσιμη στο R με    2x
f x 2e 0 για κάθε x R , οπότε είναι γνησίως
αύξουσα στο R, άρα και η g είναι γνησίως αύξουσα στο R.
Επομένως η g ως συνεχής στο R θα έχει σύνολο τιμών:
         
    
x x
Οπότε η g θα έχει μια ρίζα στο R η οποία θα είναι και μοναδική αφού είναι γνησίως
αύξουσα στο R, δηλαδή θα τέμνει τον x x σε μοναδικό σημείο   0 0
x ,g x .
γ) Αρχικά θα υπολογίσουμε το όριο:
       
   
        
0 0x x x x
2g x 0
lim f g x 2g x 1 lim e 2g e 01 1x 0
Επίσης από την γνωστή ανισότητα   x
x 1, xe R έχουμε ότι και
 
   
2g x
e 2g x 1 0 για κάθε x R
Οπότε θα είναι:
    
 
 0x x
1
lim
f g x 2g x 1
Επίσης αφού η g είναι συνεχής στο R θα είναι:

   
      
   0x x 0
1 1
limg x g x 0
2016 2016
,
διότι   
      
 
g
0 0 0 0
1 1
x x g x g x 0
2016 2016
1
Οπότε το ζητούμενο όριο είναι:
    
  
        
0x x
1 1
lim g x
2016 f g x 2g x 1
Λύνει ο Παναγιώτης Γκριμπαβιώτης

___________________________________________________________________________
α)     
 
   

2x 3 2x 3
2x 2x
3 3λ λ λ
e λ λ 1 e λ
f x lim lim lim e e
λ 2016 λ
β)      2x
f x 2e 0 x άρα f στοR < R
Η g έχει το ίδιο είδος μονοτονίας με την f οπότε g στο< R .
Η g είναι συνεχής και στο< R άρα          
    
x x
Το  0 g R άρα υπάρχει ένα τουλάχιστον 0
x R ώστε   0
g x 0 και επειδή
0
g στο το x< R μοναδικό.
Επομένως η g
C τέμνει τον x΄x ακριβώς σε ένα σημείο     0 0 0
x ,g x x ,0
γ) Είναι f, g συνεχείς, οπότε
            

           
   
      
   
0
0
0
0 0x x
0x x
lim f g x 2g x 1 f g x 2g x 1 f 0 2 0 1 e 1 0
1 1
limg x g x 0
2016 2016
γιατί     
          
   
0 0 0 0 0
1 1 1
x x g x g x g x 0
2016 2016 2016
Επομένως έχουμε όριο της μορφής α/0 με α 0.
Θεωρούμε τη συνάρτηση
   
 
 
      
   
   
2x
2x
h x f x 2x 1 e 2x 1, x
h x 2e 2, x
h x 0 x 0
R
R
x  0
 h x  0
 h x o.ε
H h παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο 0 το h(0) = 0 οπότε
 
         
   
        0
h x 0 x το μόνο στο 0
Άρα h g x 0 f g x 2g x 1 0 το ίσον μόνον όταν g x 0 x x
R
         
  
 
                          
0 0
0x x x x
1
g x
2016 1 1 1
lim lim g x g x
2016 2016f g x 2g x 1 f g x 2g x 1
Λύνει ο Τρύφωνας Ζωιτσάκος

___________________________________________________________________________
α) Για x 0 στη δοθείσα σχέση, έχουμε ότι:
 
 
  
       
 
f 0 ημc 1 π π
ημc 1 ημc ημ c 2κ
000
π ,κ
2 2f 0 0
Όμως c 0,π άρα η μόνη δεκτή λύση είναι για κ 0, άρα 
π
c
2
β) Έχουμε ότι:
    
      
 
π
f x ημ x 1 f x συνx 1
2
για κάθε
 
 
 
π
x 0,
2
Ζητούμε η εξίσωση
Θεωρούμε τη συνάρτηση με τύπο
, για κάποιο
Αν να αποδείξετε ότι η γραφική παράσταση της τέμνει την ευθεία
σε μοναδικό σημείο, το οποίο και να βρείτε.
Θεωρούμε τη συνάρτηση με τύπο
, για κάποιο
Αν να αποδείξετε ότι:
α)
β) Η γραφική παράσταση της τέμνει την ευθεία σε μοναδικό σημείο, το
οποίο και να βρείτε.
8 η Ά σ κ η σ η Προτείνει ο Μάριος Βώβος (6/11/2016)
Για μαθητές
Για καθηγητές
Λύνει ο Βασίλης Κακαβάς

___________________________________________________________________________
         f x x συνx 1 x συνx x 1 0,
να έχει μοναδική ρίζα στο διάστημα
 
 
 
π
0,
2
   
    
 
0
π
h x συνx x 1, x 0,
2
Η h είναι παραγωγίσιμη ως πράξεις παραγωγισίμων συναρτήσεων με παράγωγο:
 
 
   
 
ημx
h' x 1
2 συνx
, για κάθε
 
 
 
π
x 0,
2
Είναι      h 0 συν0 0 1 0 και για
 
 
 
π
x 0,
2
είναι ημx 0, άρα  h' x 0 , άρα h γνησίως
φθίνουσα στο διάστημα
 

 
π
0,
2
Επομένως,  h x 0, για
 
 
 
π
x 0,
2
Δηλαδή η εξίσωση
  συνx x 1 0
έχει μοναδική ρίζα στο διάστημα
 
 
 
π
0,
2
την x 0.
Για x 0 στη δοθείσα σχέση, έχουμε ότι:
 
 
  
       
 
f 0 ημc 1 π π
ημc 1 ημc ημ c 2κ
000
π ,κ
2 2f 0 0
Όμως c 0,π άρα η μόνη δεκτή λύση είναι για κ 0, άρα 
π
c
2
Έχουμε ότι:
    
      
 
π
f x ημ x 1 f x συνx 1
2
για κάθε
 
  
 
π
x ,0
2
Ζητούμε η εξίσωση
         f x x συνx 1 x συνx x 1 0,

___________________________________________________________________________
να έχει μοναδική ρίζα στο διάστημα
 
 
 
π
,0
2
   
     
 
π
h x συνx x 1,x ,0
2
Η h είναι παραγωγίσιμη ως πράξεις παραγωγισίμων συναρτήσεων με παράγωγο:
 
 
   
 
ημx
h' x 1
2 συνx
, για κάθε
 
  
 
π
x ,0
2
Για
 
  
 
π
x ,0
2
, επειδή:
 
  
   
      
   
  
                  
π π
x x
2 2
h' 0 1
1 1
lim h' x lim ημx 1
2 συνx
υπάρχει  
π
ξ
2
, με   h' ξ 0 , και     h' ξ h' 0 0
Σύμφωνα, λοιπόν, με το θεώρημα του Bolzano, υπάρχει τουλάχιστον ένα
   
   
 
π
α ξ,0 ,0
2
, με   h' α 0
Αφού, όμως:
 

  
2 2
ημ x 2συν x
h'' x 0
4συνx συνx
, για κάθε
 
  
 
π
x ,0
2
η h' είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα
 
 
 
π
,0
2
, οπότε:
► Για
 
  
 
π
x ,α
2
έχουμε:
           
π
x α h' x h' α h' x 0
2
Επομένως, η h είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα
 
  
 
1
π
Δ ,α
2
► Για  x α,0 έχουμε:
         x α h' x h' 0 h' x 0
Επομένως, η h είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα    2
Δ α,0
Τελικά:
       
 
  
 
 
          
1
π
x
2
π
h Δ lim h x ,h α 1,h α
2

___________________________________________________________________________
και
              2
h Δ h 0 ,h α 0,h α
Άρα το σύνολο τιμών της h είναι το
 
  
      
  
π
h ,0 0,h α
2
Δηλαδή,    
   
 
π
h x 0,x ,0
2
.
Άρα η h έχει μοναδική ρίζα, την x 0

___________________________________________________________________________
α) Έχουμε:
               
π π
f 0 ημ 0 c 1 0 ημc 1 ημc 1 ημc 1 ημ c
2 2
, αφού c 0,π
β) Είναι:
          
               
   
π π
f x ημ x 1 ημ x 1 συν x 1 f x συνx 1
2 2
,
για κάθε
 
 
 
π
x 0,
2
Για κάθε
 
 
 
1 2
π
x , x 0,
2
με 1 2
x x , έχουμε:
       1 2 1 2 1 2
συνx συνx συνx συνx συνx 1 συνx 1     1 2
f x f x .
Επομένως, η f είναι γνησίως φθίνουσα.
Έστω η συνάρτηση
     
   
 
π
h x f x x, x 0,
2
Για κάθε
 
 
 
1 2
π
x , x 0,
2
με 1 2
x x , έχουμε:
   1 2
f x f x και   1 2
x x , έτσι:    1 2
h x h x
Συνεπώς, η h είναι γνησίως φθίνουσα. Οπότε, η εξίσωση   h x 0 έχει το πολύ μία ρίζα.
Όμως,      h 0 f 0 0 0
Άρα, η εξίσωση
   h x 0       f x x 0 f x x
έχει μοναδική λύση τη x 0.
Άρα, η γραφική παράσταση της f τέμνει την ευθεία y x μόνο στο σημείο  Ο 0, 0 .

___________________________________________________________________________
α)     
π
f(0) 0 ημc 1 c
2
β)  f(x) συνx 1 με  0 συνx 1 στο
 
 
 
π
0,
2
.
Άρα f(x) 0 στο διάστημα αυτό.
Η h(x) x στο
 
 
 
π
0,
2
έχει θετικές τιμές, άρα ισχύει f(x) h(x) .
Στο 0είναι  f(0) h(0) 0 , που είναι και το μόνο σημείο τομής των f h
C ,C .
    
π
f(0) 0 ημc 1 c
2
άρα  f(x) συνx 1,
 
  
 
π
x ,0
2
.
H εξίσωση f(x) x έχει ρίζα το 0 και θα δείξω ότι είναι αδύνατη στο
 
 
 
π
,0
2
αφού το 
π
2
δεν είναι ρίζα της.
Θέτω   φ(x) συνx 1 x ,
 
  
 
π
x ,0
2
και είναι
   
       
     
   
2 2 2
ημx ημx 2 συνx ( ημx) (2 συνx) συν x 4συνx 1
φ (x) 1
2 συνx 2 συνx 2 συνx ημx 2 συνx 2 συνx ημx 2 συνx
με θετικό τον παρονομαστή.
Ισχύει
    0
φ(x) 0 x x με   0
συνx 2 5 και  φ (x) 0με
 
  
 
0
π
x ,x
2
, ενώ  φ (x) 0 με   0
x x ,0 .
Άρα φ στο
 
 
 
0
π
,x
2
και φ στο   0
x ,0 με
 
    
 
π π
φ 1 0
2 2
και φ(0) 0 .
Άρα φ(x) 0 στο
 
 
 
π
,0
2
.

___________________________________________________________________________
Εναλλακτικά αν έθετα τον αριθμητή της φ , h στο
 
 
 
π
,0
2
θα ήταν 0
h(x ) 0 και
    h (x) 2ημx συνx 2 0 .
Δηλαδή h στο
 
 
 
π
,0
2
και
για  0
x x   h(x) 0 φ στο
 
 
 
0
π
,x
2
, ενώ
για  0
x x   h(x) 0 φ στο   0
x ,0 .
Τελικά θα ήταν
 
    
 
π π
φ 1 0
2 2
, 0
φ(x ) 0 και φ(0) 0 , δηλαδή
η φ δεν θα είχε ρίζα στο
 
 
 
π
,0
2
.

___________________________________________________________________________
         
π
f(0) 0 ημc 1 0 ημc 1 ημc 1 c
2
εφόσον c 0,π , άρα
 
     
 
π
f(x) ημ x 1 συνx 1
2
και η εξίσωση γίνεται
 
      
 
π
f(x) x συνx x 1 0 , x 0,
2
με
 
    
 
π
g(x) συνx x 1 , x 0,
2
έχουμε g(0) 0 δηλ. η x 0 είναι λύση κι εφόσον
   
      
 
ημx ημx 2 συνx π
g (x) 1 ,x 0,
22 συνx 2 συνx
, ημx,συνx 0 για
 
 
 
π
x 0,
2
Άρα  g (x) 0 για
 
 
 
π
x 0,
2
, έχουμε g συνεχής στο
 
 
 
π
0,
2
άρα  g 2 στο
 
 
 
π
0,
2
και η λύση
x 0 μοναδική
(Η μονοτονία της g προκύπτει και με ορισμό εφόσον οι συναρτήσεις  συνx , x 1 είναι
γνησίως φθίνουσες στο
 
 
 
π
0,
2
)
         
π
f(0) 0 ημc 1 0 ημc 1 ημc 1 c
2
εφόσον c 0,π , άρα
 
     
 
π
f(x) ημ x 1 συνx 1
2
και η εξίσωση γίνεται
 
       
 
π
f(x) x συνx x 1 0 , x ,0
2
με
 
     
 
π
g(x) συνx x 1 , x ,0
2
έχουμε g(0) 0 δηλ. η x 0 είναι λύση
   
       
 
ημx ημx 2 συνx π
g (x) 1 ,x ,0
22 συνx 2 συνx
Λύνει ο Παντελής Δέτσιος

___________________________________________________________________________
Θεωρούμε
 h(x) ημx 2 συνx συνεχής στο
 
 
 
π
,0
2
και
      h(x) 0 ημx 2 συνx 0 2 συνx ημx ,
μέλη ομόσημα εφόσον  2 συνx , ημx 0 για
 
  
 
π
x ,0
2
, οπότε
   

      

  
2 2
συνx 2 5, απορρίπτεται
4συνx ημ x συν x 4συνx 1 0 ή
συνx 2 5,δεκτή
,
αν
 
  
 
0
π
x ,0
2
ώστε   0
συνx 2 5 , τότε η h ως συνεχής, μεταξύ διαδοχικών ριζών της
διατηρεί πρόσημο κι εφόσον   
      
 
π
h 1 0, h 0 2 0
2
για το πρόσημο της h έχουμε τον
πίνακα
οπότε για την g ο αντίστοιχος πίνακας μεταβολών γίνεται
κι εφόσον
  
     
 
π π π 2
g 1 0
2 2 2
η x 0 μοναδική λύση
x
π
-
2
0
x 0
h(x) - 0 +
x
π
-
2
0
x 0
g ΄(x) + 0 -
g(x) [ ]

___________________________________________________________________________
α) Έχουμε ότι:
       
π
f 0 0 ημc 1 c 2κπ ,κ
2
Z
Όμως          
π 1 1
0 c π 0 2κπ π κ
2 4 4
Και επειδή κ Z έχουμε κ 0 και επομένως 
π
c
2
β) Θα λύσουμε την εξίσωση    
     
 
π
f x x συνx x 1,x 0,
2
Η x 0 είναι προφανής λύση.
Αν    x 0 x 1 1 ενώ συνx 1 και επομένως η εξίσωση  συνx x 1 είναι αδύνατη.
Άρα η x 0 είναι μοναδική
Έχουμε ότι:
       
π
2
Z
Όμως          
π 1 1
2 4 4
Και επειδή κ Z έχουμε κ 0 και επομένως 
π
c
2
Θα λύσουμε την εξίσωση:
   
      
 
π
f x x συνx x 1,x ,0
2
Πρέπει  x 1
Μια προφανής λύση είναι η x 0
Για  x 1 έχουμε:
     
2
συνx x 1 συνx x 1  1
Θα δείξω ότι η  1 δεν έχει λύση στο  1,0
Θεωρώ την συνάρτηση   g x συνx και     
2
h x x 1

___________________________________________________________________________
Η g είναι κοίλη στο
 
 
 
π
,0
2
και η h κυρτή στο
 
 
 
π
,0
2
Θεωρώ και τα σημεία     
  
 
π
Α 0,1 ,Γ ,0 ,Β 1,0
2
Η g βρίσκεται πάνω από την ευθεία 1
ε που διέρχεται από τα σημεία Α,Γ στο
 
 
 
π
,0
2
και
επομένως στο  1,0 με μοναδικό σημείο επαφής το Α και το Γ ενώ η h βρίσκεται κάτω
από την ευθεία 2
ε που διέρχεται από τα Α,Β για κάθε  x 1,0 με μοναδικά σημεία
επαφής τα Α,Β
Όμως  1
2
ε : y x 1
π
και  2
ε : y x 1
Παρατηρώ ότι για κάθε x 0 έχουμε:

    
2 2 π
x 1 x 1 x 0
π π
Δηλαδή η ευθεία 1
ε βρίσκεται πάνω από την 2
ε για κάθε x 0 και επομένως και για κάθε
 x 1,0
Έτσι έχουμε
            
22
συνx g x x 1 x 1 x 1 h x
π
για κάθε  x 1,0
Άρα η εξίσωση  συνx x 1 είναι αδύνατη στο  1,0
Άρα μοναδική λύση η x 0

___________________________________________________________________________
α) Έχουμε ότι:
       Z
π
2
Όμως          
π 1 1
2 4 4
Και επειδή Zκ έχουμε κ 0 και επομένως 
π
c
2
β) Θα λύσουμε την εξίσωση    
     
 
π
f x x συνx x 1,x 0,
2
Παρατηρούμε ότι συνx 1 και  x 1 1 για κάθε
 
 
 
π
x 0,
2
Επομένως έχουμε:
    
      
    
Zσυνx 1 x 2κπ,κσυνx 1
συνx x 1
x 0 χ 0x 1 1
Άρα x 0
Λύνει ο Δημήτρης Μπουρσινός

___________________________________________________________________________
α) Στο τέλος του δευτέρου δευτερολέπτου, η θεση του ζουζουνιού είναι
        
4 3
22 2 4 4
4
12 6 3
x
3
4
2 2
3
cm
Το "-" σημαίνει ότι το ζουζουνι στο τέλος του δευτέρου δευτερολέπτου βρίσκεται δεξιά από
το σημείο εκκίνησης (πίσω από την αφετηρία) .
Η x είναι παραγωγίσιμη (πολυωνυμική) με
    
3 2
t t
x t t2
3 2
υ(t)
Ένα ζουζούνι κινείται ευθύγραμμα, απ΄τη μία άκρη στην άλλη, πάνω στο γραφείο
μου και η θέση του (σε cm), τα 4 πρώτα δευτερόλεπτα, δίνεται απ΄τη συνάρτηση
(t σε sec)
Θεωρούμε την αρχή της μελέτης της κίνησης του ζουζουνιού και θετική φορά
από δεξιά προς τα αριστερά.
α) Να βρείτε πόσα cm διάνυσε το ζουζούνι στο τέλος του δευτέρου δευτερολέπτου και
αν τη στιγμή αυτή βρίσκεται δεξιά η τα αριστερά του σημείου εκκίνησης.
β) Να αποδείξετε ότι το ζουζούνι σταμάτησε τουλάχιστον μία φορά μεταξύ πρώτου
και δεύτερου δευτερολέπτου .
γ) Να βρείτε πότε η ταχύτητα του ζουζουνιού γίνεται ελάχιστη .
δ) Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχει χρονική στιγμή που μηδενίζεται ο ρυθμός
μεταβολής της επιτάχυνσης του ζουζουνιού.
9 η Ά σ κ η σ η Προτείνει ο Τάκης Τσακαλάκος (13/11/2016)
Λύνει ο Τάκης Τσακαλάκος

___________________________________________________________________________
  
 
 


                     
  

Δ 105 1
105 10,25
2
3 2
2
2
t 0
ή
t t 3 10,25υ(t) 0 t 0 t 2t 3t 0 t 1,81
42t 3t
3
2 12
3 2
10,25
t 3,
0
31
4
12
Δεκτη η 1
t 1,81s , χρονικη στιγμη που η ταχυτητα αλλαζει προσημο (προσημο τριωνυμου)
Ετσι
           


 

4 3 4 3
2 2
1 1
1,81 1,81 4 1,81 1,81
s(2) x(t ) x(0) x(2) x(t ) 1,81 0 1
12 6 12 6
1,
,81
3
39 0,0 = 16 ,45cm
β) Θεωρούμε τη συνάρτηση
    
3 2
2t
3 2
t t
h t , t 0
• H h είναι συνεχής στο διάστημα   1,2 (πολυωνυμική)
•
 
 
   



   
  
  

1 1
h 1 0
h 1 h 2 0
8
h 2 2 4 0
2
3 2
3
Σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano, υπάρχει τουλάχιστον ένα  1
t 1,2 τέτοιο, ώστε
        1 1 1
h t 0 x t υ t 0
Δηλαδή το ζουζούνι σταμάτησε μία φορά τουλάχιστον μεταξύ πρώτου και δεύτερου
δευτερολέπτου .
γ) Είναι   
3 2
2
3
t t
υ )
2
(t t παραγωγίσιμη με
   2
υ (t) t t 2
Έχουμε
       2
2υ (t) 0 t t 0 t 2 ή t 1
   υ (t) 0 t 2 ή
  
  
t 0,4
1 1t t 4
  
     
t 0,4
υ 2 0(t) 0 t 1 t 1
Το πρόσημο της υ (t) και η μονοτονία της υ φαίνονται στον πίνακα
t 0 1 4
υ ΄(t) - 0 +
υ N M

___________________________________________________________________________
H υ παρουσιάζει ελάχιστο στη θέση t 1 δηλαδή η ταχύτητα του ζουζουνιου γίνεται
ελάχιστη τη χρονική στιγμή t 1 sec.
δ) Η επιτάχυνση α είναι ο ρυθμός μεταβολής της ταχύτητας.
Έτσι
  2
α(t) υ (t) t t 2
και ο ρυθμός μεταβολής της επιτάχυνσης είναι
   2α (t) t 1 0 αφού t 0
και δεν υπάρχει χρονική στιγμή που μηδενίζεται ο ρυθμός μεταβολής της επιτάχυνσης του
ζουζουνιού .

___________________________________________________________________________
Έχουμε:
ΘΕΣΗ:        
4 3
2t t
x t t , t 0, 4 (1)
12 6
ΤΑΧΥΤΗΤΑ:              
3 2 3 2
14t 3t t t
υ t x' t 2t 2t, t 0, 4
12 6 3 2
ΕΠΙΤΑΧΥΝΣΗ:    
2 1
23t 2t
α t υ' t 2 t t 2, t 0, 4
3 2
         
α) Για 1
t 2s η (1) γίνεται:
           
4 3
2
1 1
2 2 16 8 4
x t 2 4 x t cm
12 6 12 6 3
.
Αφού η θετική φορά είναι προς τα αριστερά, την στιγμή 1
t το ζουζούνι βρίσκεται δεξιά του
σημείου εκκίνησης
β) Η  υ t είναι συνεχής στο       1, 2 0, 4 ως πολυωνυμική.
Ακόμη,          
3 2
1 1 7
υ 1 2 1 υ 1 cm / s
3 2 6
και
      
3 2
2 2
υ 2 2 2
3 2
   
4
υ 1 cm / s
6
.
Οπότε,     υ 1 υ 2 0 .
Άρα, σύμφωνα με το θεώρημα του Bolzano, υπάρχει  τ 1, 2 τέτοιος, ώστε   υ τ 0 ,
δηλαδή το ζουζούνι σταμάτησε τουλάχιστον μια φορά μεταξύ πρώτου και δεύτερου
δευτερολέπτου.
γ) Η  υ t παίρνει την ελάχιστη τιμή της όταν:
              2
α t 0 t t 2 0 t 1 t 2 0 t 1s.
δ) Έχουμε:           
dα
f t α' t 2t 1, t 0, 4
dt
.
Είναι
            0 0 0 f f
1
f t 0 2t 1 0 t D 0 f D
2
.
Άρα, δεν υπάρχει χρονική στιγμή που να μηδενίζεται ο ρυθμός μεταβολής της ταχύτητας
του ζουζουνιού.

___________________________________________________________________________
α) Τη χρονική στιγμή 2s είναι  
4
x(2) cm
3
, δηλαδή θα βρίσκεται δεξιά του σημείου
εκκίνησης.
Θα πρέπει να βρω αν στο χρονικό διάστημα   0,2s έχει μηδενιστεί η ταχύτητα και έχει
αλλάξει η φορά κίνησης.
Είναι    
          
3 2
2t t t 3 105
v(t) x (t) 2t 2t 3t 12 0 t 0,t
3 2 6 4
με την αρνητική να
απορρίπτεται και τη θετική αποδεκτή επειδή είναι μικρότερη του 2.
Eπίσης την

1
105 3
t s
4
αλλάζει φορά κίνησης, γιατί
v(t) 0για   1
0 t t , ενώ v(t) 0 για  1
t t ,
άρα το ζητούμενο διάστημα είναι ίσο με:

     1 1
2710 210 105
s x(2) x(t ) x(t ) x(0) ... 1,457cm
384
.
β) Με Βolzano για την v(t) στο   1,2 βρίσκω ότι η ταχύτητα μηδενίζεται τουλάχιστον μια
φορά στο  1,2 ή δείχνοντας ότι

 
105 3
1 2
4
.
γ)    2
v (t) t t 2 με ρίζα την t 1και  v (t) 0για  0 t 1, ενώ  v (t) 0 για  1 t 4 .
Άρα
 
     
 
7 4
v( 0,4 ) ,
6 3
. Άρα  min
7
v cm / s
6
την t 1s .
δ)        2
α t t t 2 α(t) 2t 1 0 στο   0,4 .

___________________________________________________________________________
α) Για t 2sec έχουμε  
4
x(2)
3
. Άρα το ζουζούνι διανύει
4
3
cm και βρίσκεται αριστερά του
σημείου εκκίνησης.
β) Η παράγωγος της συνάρτησης εκφράζει την ταχύτητα, οπότε:    
3 2
t t
x (t) 2t
3 2
Εφαρμόζουμε θεώρημα Bolzano για την x (t) στο διάστημα [1,2] (ισχύουν οι προϋποθέσεις
αφού    
7
x (1) 0
6
και   
2
x (2) 0
3
και συνεχής ) άρα υπάρχει 0
t (1,2) τέτοιο ώστε
 0
x (t ) 0
γ) Βρίσκουμε την    2
x (t) t t 2 και από το πινακάκι βρίσκουμε ότι η ταχύτητα για t=1
παρουσιάζει ελάχιστο
δ) Επειδή    x (t) 2t 1 0 για κάθε    t 0,4 άρα δεν υπάρχει    t 0,4 ώστε να μηδενίζεται
ο ρυθμός μεταβολής της επιτάχυνσης
Λύνει ο Γιώργος Ασημακόπουλος

___________________________________________________________________________
Έχουμε  
4 3
2t t
x t t , t 0, 4
12 6
      Για την συνάρτηση της ταχύτητας έχουμε:
   
3 24 3
2
t tt tυ t x' t ' 2t, με t 0, 4t
3 212 6
 
          
 
,
ενω για την συνάρτηση της επιτάχυνσης:
   
3 2
2t tα t υ' t ' t t 2, με t 0, 42t
3 2
 
          
 
Μελετάμε την κίνηση του ζουζουνιού.
Λύνουμε  υ t 0 , δηλαδή:
3 2
t t
2t 0
3 2
   , η οποία μας δίνει ρίζες
1 2 3 3
3 105 3 105
t s, t 0s, t s, με t 1,8s
4 4
   
  
Έυκολα διαπιστώνουμε ότι το ζουζούνι κινείται προς την θετική φορά (δεξια προς
αριστερά) για 3 105t , 4
4
   
 
, ενω κινείται προς την αρνητική φορά (αριστερά προς
δεξιά) για 3 105t 0,
4
   
 
.
ΠΙΝΑΚΑΣ ΠΡΟΣΗΜΟΥ ΤΑΧΥΤΗΤΑΣ
t 0 1 2
t 2 4
t + +
2t2 + 3t - 12 - +
υ(t) - +
α) Στο τέλος του δεύτερου δευτερολέπτου έχει διανύσει το διάστημα:
2 2
s x(t ) x(0) x(2) x(t )    και βρίσκουμε s 1,44 cm και x(2) -1,333 cm άρα βρίσκεται
δεξιά του σημείου εκκίνησης.
β) Αρκεί να αποδείξουμε ότι υπάρχει  0
t 1,2 τέτοιο ώστε  0
υ 0t  .
Προφανώς 0 2
3 105
t t 1,8s
4
 
  .
Αλλιώς από Θ.Bolzano για την  υ t στο [1,2], έχουμε το ζητούμενο 0
t
Λύνει ο Κωνσταντίνος Τσόλκας

___________________________________________________________________________
γ) Μελετάμε την μονοτονία της  υ t με την βοήθεια της  α t .
Λύνουμε την εξίσωση:  α t 0 που μας δίνει 1 2
t 2s και t 1s   και απο τον πίνακα
μονοτονίας της  υ t έχουμε:
t 0 1 4
α(t) - +
υ(t) > 1
Άρα η  υ t για t 1s παίρνει την ελάχιστη τιμή της, που είναι η   7
υ 1 cm / s
12
  .
δ) Έστω ότι υπάρχει 1
t 0 , τέτοιο ώστε ο ρυθμός μεταβολής της επιτάχυνσης να
μηδενίζεται.
Ισοδύναμα έχουμε:
 i
α 0t  από όπου έχουμε i
1
t s
2
  , το οποίο είναι Άτοπο, αφού i
t 0 .
Άρα έχουμε το ζητούμενο.

___________________________________________________________________________
Για x κοντά στο 0 έχουμε:
           
    
 
 
3 3 32 2 2 2 2 2
4 4 4 2 2 2
3x 4 8 4x 3x 4 2 8 4x 2 1 3x 4 2 8 4x 2
x x x x x x
Με την αντικατάσταση  2
u x έχουμε ότι u 0 καθώς το x 0 και άρα:
   
 
   
 
  
  
    
    
 
 
    
      
x 0 u 0 u 0
x 0 u 0 u 0
2
2
3 2 3
2
f u f 03x 4 2 3u 4 2 3
f 0
u u 0 4x
g u g 08 4x 2 8 4u 2 2
g 0
u u 0 3x
lim lim lim
lim lim lim
όπου:
   f u 3u 4 με   

3
f u
2 3u 4
και άρα   
3
f 0
4
   3 2
g u 8 4x με   
 

2
3
4
g u
3 8 4u
και άρα   
 
1
g 0
3
Το ζητούμενο όριο είναι:
   
           
                    
x 0 x 0 x 0
3 32 2 2 2
4 2 2 2
3x 4 8 4x 1 3x 4 2 8 4x 2 3 1
4 3x x x x
lim lim lim
Να αποδείξετε ότι
1 0 η Ά σ κ η σ η Προτείνει ο Παύλος Τρύφων (20/11/2016)
Να βρείτε το
Λύνει ο Παύλος Τρύφων

___________________________________________________________________________
Για x κοντά στο 0 έχουμε:
         
   
k 2 k m 4 m 4 m 4k k2 k 2 km m m
6 6 6 4 2 2 4
αx θ θ βx θ βx θ θ βx θαx θ θ 1 αx θ θ 1
x x x x x x x
Με την αντικατάσταση  2
u x έχουμε ότι u 0 καθώς το x 0 και άρα:
   
 
   
 
  
  


    
    
 
 
    
      
x 0 u 0 u 0
x 0 u 0 u 0
k k2 k k
2 k 1
m 4 mm m
4 m 1
f u f 0αx θ θ αu θ θ α
f 0
u u 0x kθ
g u g 0θ βx θ θ βu θ β
g 0
u u 0x mθ
lim lim lim
lim lim lim
όπου:
   k k
f u αu θ με    

  
1
1
k k
α
f u αu θ
k
  k 1
α
f 0
kθ
   mmg u θ βu με    

   
1
1
m m
β
g u θ βu
m
   m 1
β
g 0
mθ
Το ζητούμενο όριο είναι:
   
    

 
                            
  
           
   
x 0 x 0 x 0 x 0 x 0
k 2 k m 4 m 4k 2 km m
6 4 2 2 4
α,β,θ,m,k 0
k 1 m 1
αx θ θ βx θ βx θ1 αx θ θ 1
x x x x x
βα
kθ mθ
lim lim lim lim lim
Σχόλιο:
Γενικότερα και με παρόμοιο τρόπο μπορούμε να αποδείξουμε ότι:
Για όλα τα  k,m,μ,ν 2,3,... και α,β,θ 0 ισχύει:




   
 


μ ν
x 0
μk ν k mm
, αν μ,ν άρτιοι
αx θ θ βx
δεν υπάρχει, αν τουλάχιστον έναςx
από τους μ,ν είναι περιττός
lim

___________________________________________________________________________
Απροσδιόριστη μορφή
0
0
και με   2 x 2 , x κοντά στο 0 η συνάρτηση γράφεται
   
   
      
   
  
     
 
     
3 32 2 2 2
4 4 4
2 2
34 2 4 2 2 23
32 2 2 2 2 23
3x 4 8 4x 3x 4 2 8 4x 2
f(x)
x x x
3x 4x
x 3x 4 2 x (8 4x ) 2 8 4x 8
3 4
x 3x 4 2 x (8 4x ) 2 8 4x 8
Είναι

 2x 0
1
lim
x
και


 2x 0
3 3
lim
43x 4 2
,


   32 2 2x 0 3
4 1
lim
4(8 4x ) 2 8 4x 8
άρα το

 
x 0
limf(x) .
Απροσδιόριστη μορφή
0
0
και με   
m m
4 4
θ θ
x
β β
, x κοντά στο 0 η συνάρτηση γράφεται
     
   
k 2 k m 4 m 4k 2 km m
6 6 6
αx θ θ βx θ βx θαx θ θ
f(x)
x x x
   
   
 
 
 
 

 
   
        
   
    
     
42
k 1 m 1
6 2 k k 1 6 m 4 m 1k m
4 2k 1 m 1
2 k k 1 m 4 m 1k m
βxαx
x αx θ ... θ x θ βx ... θ
βα 1 1
x x
αx θ ... θ θ βx ... θ
Με όρια έχω:
  
      k 1 m 1x 0
1 1
limf(x)
kθ mθ
,
αφού οι συντελεστές είναι όλοι θετικοί.

___________________________________________________________________________
Είναι:
  32 2
4
3x 4 8 4x
x
=
 2
4
3x 4 2
x
-
 3 2
4
8 4x 2
x
=
=
2
4
3x
x

 2
1
3x 4 2
+
2
4
4x
x

      
2
2 23 3
1
8 4x 2 8 4x 4
=
= 2
3
x

 2
1
3x 4 2
+ 2
4
x

      
2
2 23 3
1
8 4x 2 8 4x 4
και επειδή

 
  
  
2 2x 0
3 1
lim
x 3x 4 2
=,

 
  
  
2 3 2x 0
4 1
lim
x 8 4x 2
= 
θα είναι
x 0
lim
  32 2
4
3x 4 8 4x
x
=
Είναι γιά x 0 ,
  k 2 k m 4m
6
αx θ θ βx
x
=
 k 2 k
6
ax θ θ
x
-
 m 4m
6
θ βx θ
x
=
2
6
αx
x

     
 
  
       
k 1 k 2
2 k 2 k 2 2 k k 3 k 2 2 k k 1kk k κ
1
αx θ θ αx θ θ (αx θ ) .....θ αx θ θ
+
4
6
βx
x

       
  
 
       
m 1 m 2 m 3
m 4 m 4 2 m 4 m 2 m 4 m 1mm m m
1
θ βx θ θ βx θ θ βx .....θ θ βx θ
=
4
α
x

     
 
  
       
k 1 k 2
2 k 2 k 2 2 k k 3 k 2 2 k k 1kk k κ
1
+
Λύνει ο Τάκης Καταραχιάς

___________________________________________________________________________
2
β
x
       
  
 
       
m 1 m 2 m 3
m 4 m 4 2 m 4 m 2 m 4 m 1mm m m
1
και επειδή
x 0
lim( 4
α
x

     
 
  
       
k 1 k 2
2 k 2 k 2 2 k k 3 k 2 2 k k 1kk k κ
1
)=,
x 0
lim( 2
β
x
       
  
 
       
m 1 m 2 m 3
m 4 m 4 2 m 4 m 2 m 4 m 1mm m m
1
)=,
θα είναι :
x 0
lim
  k 2 k m 4m
6
αx θ θ βx
x
=

___________________________________________________________________________
Το ζητούμενο όριο γράφεται:
 
  
    
 
  
2
32 2
32 2
4x 0 x 0 34 2 2
3x 4 8 4x3x 4 8 4x
lim lim
x x 3x 4 8 4x
   
        

  
 
  
          
   
3 2
2 2
2x 0 2 22
3 3 34 2 2 2 2 2 2
3x 4 8 4x
lim
x 3x 4 8 4x 3x 4 3x 4 8 4x 8 4x

  

6 4 2
x 0
27x 108x 144x 64
lim
  4 2
16x 64x 64
        

  
          
   
2
2 22
3 3 34 2 2 2 2 2 2
x 3x 4 8 4x 3x 4 3x 4 8 4x 8 4x
 
        

 
 
  
          
   
2 4 2
2x 0 2 22
3 3 34 2 2 2 2 2 2
x 27x 92x 208
lim
x 3x 4 8 4x 3x 4 3x 4 8 4x 8 4x
        

 
 
  
          
   
4 2
2x 0 2 22
3 3 32 2 2 2 2 2 2
27x 92x 208
lim
x 3x 4 8 4x 3x 4 3x 4 8 4x 8 4x
 
        


   
 
  
          
   
4 2
x 0
2x 0 2 22
3 3 32 2 2 2 2 2 2
lim 27x 92x 208
1
lim
x 3x 4 8 4x 3x 4 3x 4 8 4x 8 4x
     208 ,
αφού
        
    
            
     
2
2 22
3 3 32 2 2 2 2 2 2
x 0
lim x 3x 4 8 4x 3x 4 3x 4 8 4x 8 4x 0
και
        
  
           
   
2
2 22
3 3 32 2 2 2 2 2 2
x 3x 4 8 4x 3x 4 3x 4 8 4x 8 4x 0 κοντά στο 0.

___________________________________________________________________________
Ονομάζω το όριο που δίνεται L, για οικονομία πράξεων και γραψίματος.
Για x=0 προκύπτει απροσδιόριστη μορφη
 
 
 
0
0
, οπότε εργάζομαι ως εξής:
προσθαφαιρώ στον αριθμητή το 2 και έχω:
 
         
 
  
3 32 2 2 2
4 4 4x 0 x 0
3x 4 2 2 8 4x 3x 4 2 2 8 4x
L = lim = lim
x x x
Για το πρώτο κλάσμα, πολλαπλασιάζω αριθμητή και παρανομαστή με την συζυγή
παράσταση του αριθμητή, δηλαδή με την παράσταση:  2
3x 4 2 και προκύπτει
 2 2
3
x 3x 4 2
Για το δεύτερο κλάσμα, πολλαπλασιάζω αριθμητή και παρανομαστή με την συζυγή
παράσταση του αριθμητή, δηλαδή με την παράσταση:     
2
3 32 2 2
2 2 8 4x 8 4x και
προκύπτει:
  
    
 
2
2 3 32 2 2
4
x 2 2 8 4x 8 4x
, οπότε
 

 
 
 
           
22 2x 0 2 3 32 2 2
3 4
lim
x 3x 4 2 x 2 2 8 4x 8 4x
, αφού ο παρανομαστές είναι θετικοί
κοντά στο 0.
Ονομάζω το όριο που δίνεται L, για οικονομία πράξεων και γραψίματος.
Για x=0 προκύπτει απροσδιόριστη μορφη
 
 
 
0
0
, οπότε εργάζομαι ως εξής:
προσθαφαιρώ στον αριθμητή το θ και έχω:
 
           
 
 
k 2 k m 4 m 4k 2 km m
6 6 6x 0 x 0
αx θ θ θ θ βx θ θ βxαx θ θ
L lim lim .
x x x
Λύνει ο Κώστας Τσόλκας

___________________________________________________________________________
Αξιοποιώντας την ταυτότητα    n n n-1 n-2 1 n-3 2 n-1
α -β = (α -β)(α α β α β ... β ) για τα δύο
κλάσματα βρισκω τις συζυγείς παραστάσεις των αριθμητών και μετά από απλοποιήσεις
“φεύγει” η απροσδιοριστία και εύκολα προκύπτει ότι L = + , λαμβάνοντας υπόψη
επιπλέον ότι: α, β, θ >0 , οπότε και οι παρανομαστές των δύο κλασμάτων είναι θετικοί
κοντά στο μηδέν.

___________________________________________________________________________
α) Η συνάρτηση   x
h x e είναι κυρτή και η εξίσωση της εφαπτομένης της h
C στο σημείο
 0,1 είναι y x 1  άρα x
e x 1  για κάθε x R
Επειδή η f έχει πεδίο ορισμού το R βάζοντας όπου x το  f x έχουμε:
 
 f x
e f x 1  για κάθε x R  1
Όμως για κάθε x R έχουμε:
     
 
   
     
     
   
2
2
2 x
2
f x g x
f x g x
f x g x1 e
f x f x g x 2
e e
2f x 2 e e f x 1
2
e e
e e e f x g x
2

     

     
1
β) i) Επειδή  2
g x 0 για κάθε x R έχουμε ότι  
   2
g x f x
e 1 2f x 1 e 0     για κάθε x R
Θεωρούμε την συνάρτηση      f x
p x 2f x 1 e   ,x R και επομένως ισχύει:
   p x p 0 για κάθε x R
Άρα η p παρουσιάζει ελάχιστο στο 0 και το 0 είναι εσωτερικό σημείο του πεδίου ορισμού
της p
Τέλος επειδή η f είναι παραγωγίσιμη στο 0 και η x
e παραγωγίσιμη στο  f 0 0 , η  f x
e
είναι παραγωγίσμη στο 0 και επομένως η p είναι παραγωγίσιμη στο 0 ως αποτέλεσμα
πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων με
Δίνονται συναρτήσεις για τις οποίες ισχύει ότι:
για κάθε
α) Να αποδείξετε ότι για κάθε
β) Αν επιπλέον γνωρίζουμε ότι

 το υπάρχει και είναι πραγματικός αριθμός,
τότε να αποδείξετε ότι: i) ii)
1 1 η Ά σ κ η σ η Προτείνει ο : Ανδρέας Πάτσης (27/11/2016)

___________________________________________________________________________
       
 f 0
p 0 2f 0 f 0 e f 0     
Επομένως από το θεώρημα Fermat έχουμε:
   p 0 0 f 0 0   
ii) Είδαμε ότι
           
   
2
4για x 0
2 2 4 2
2
g x f x
g x f x 0 g x f x 0 g x f x 0
xx
  
           
 
 
Επιπλέον
   
  
2 2
2
x 0 x 0 x 0
f x f x
lim0 lim lim f 0 0
x x  
   
      
   
   
και επομένως από το κριτήριο παρεμβολής έχουμε:
 4
2x 0
g x
lim 0
x


___________________________________________________________________________
α) Είναι γνωστό ότι lnx x 1  , για κάθε x > 0 οπότε θέτοντας f(x)
x e προκύπτει ότι
f(x)
e  f(x) 1  f(x)
2e  2f(x) 2  f(x)
2e 
2
g (x)f(x)
e e 
2
g (x)f(x)
e e  2
g (x) f(x).
β) Είναι 0  2
g (x) f(x) επόμενα f(x) 0 .
Τώρα από την υπόθεση
x 0
f(x)
lim l R
x
  
x 0
f(x)
lim l
x

 
x 0
f(x)
lim
x

.
i) Δίνεται ότι f(0)=0 και επειδή f(x) 0 , θα είναι
x 0
f(x)
lim 0
x

  l 0 ,
x 0
f(x)
lim 0
x

  l 0 .
΄Αρα
l 0,
x 0
f(x)
lim 0
x
 
x 0
f(x) f(0)
lim 0
x

  f'(0) 0
ii) 0  2
g (x) f(x)  0  4 2
g (x) f (x) 
4
2
g (x)
0
x
 
2
2
f (x)
x
(1).
΄Όμως
x 0
f(x)
lim 0
x
 
2
2x 0
f (x)
lim 0
x

άρα από κριτήριο παρεμβολής προκύπτει ότι
4
2x 0
g (x)
lim 0
x
 .
Λύνει ο Τάκης Καταραχιάς

___________________________________________________________________________
α) Θέτω x
h(x) e x  και επειδή x
h (x) e 1   βρίσκουμε με το πινακάκι ότι στο x = 0 η
συνάρτηση παρουσιάζει ελάχιστο, οπότε ισχύει h(x) h(0) δηλαδή x
e x 1  για κάθε
x ,άρα f(x)
e f(x) 1  , για κάθε x
Η δοθείσα σχέση γίνεται:
     2
f x g x
2f x 2 e e   
2
g (x)f(x)
e f(x) 2 e f(x)    .
Άρα
2 2
g (x) g (x)
2 e f(x) 1 e f(x) 1      (1)
Από την αρχική σχέση έχουμε
2
g (x)f(x)
e e
f(x) 1
2

  (2)
Από (1) και (2) έχουμε:
2
2 2 2 2
g (x)f(x)
g (x) g (x) g (x) g (x)f(x) f(x) 2e e
e 2e e e e e g (x) f(x)
2

       
β) i) Έστω
x 0
f(x)
lim
x
 
Απο το (α) ερώτημα έχουμε: 2
0 g (x) f(x)  άρα και 0 f(x)
 Αν x 0 τότε έχουμε:
f(x)
0
x
 οπότε:
x 0
f(x)
0 lim
x
  (1)
 Αν x 0 τότε έχουμε:
f(x)
0
x
  (2)
Από (1) και (2) προκύπτει ότι 0 δηλαδή
x 0 x 0
f(x) f(0) f(x)
f (0) lim lim 0
x x 

   
ii) Απο το (α) ερώτημα έχουμε:
4 2
2 4 2
2 2
g (x) f (x)
g (x) f(x) g (x) f (x) 0
x x
     
Οπότε από το κριτήριο παρεμβολής έχουμε
4
2x 0
g (x)
lim 0
x

Λύνει ο Γιώργος Ασημακόπουλος

___________________________________________________________________________
α) Έστω k ώστε
2 2 f(k) f(k)
αρχική
g (k) g (k)2 f(k) f(k) f(k)
g (k) f(k) e e e e 2e 2f(k) 2 2e f(k) 1 e            άτοπο
γιατί x
e x 1  στο .
Άρα 2
g (x) f(x) στο .
β) i) x  ισχύει 2
0 g (x) f(x)  και για x 0 κοντά στο 0 είναι
x 0
f(x) f(x)
0 0 lim l
x x

    .
Όμοια για x 0 κοντά στο 0 είναι
x 0
f(x) f(x)
0 0 lim l
x x

    .
Άρα l 0 κι επειδή f(0) 0 , θα ισχύει f (0) 0  .
ii) Ισχύει
2 4 2
0 g (x) f(x) 0 g (x) f (x)    
και με x 0 κοντά στο 0 είναι
4 2
2 2
g (x) f (x)
0
x x
  .
Από κριτήριο παρεμβολής επειδή ισχύει
2
2x 0 x 0
f (x)
lim0 lim 0
x 
  από β)i), θα είναι
4
2x 0
g (x)
lim 0
x
 .

___________________________________________________________________________
α)
Α ν α λ υ σ η :
Είναι :      2
f x g x
2f x + 2 = e + e , xR
Θελω :
               
   
   
x
2 2
δοσμενηe
g x f x g x f x f x f x f x2
x f(x)
f x x x
g x f x e e e e e e 2f x 2 2e
f x 1 e x 1 e e x 1 0

          
        
1
Σ υ ν θ ε σ η :
x
Ισχυει e - x-1 0 για καθε x R
Πραγματι
Θεωρουμε τη συναρτηση x
g(x) = e - x-1
▪ x
g'(x) = e -1 και
▪ x
g'(x) = 0 e -1 = 0 x = 0 
▪ g'(x) < 0 στο (- , 0] αρα η g γνησιως φθινουσα στο (- , 0]
▪ g'(x) > 0 στο [0, + ) αρα η g γνησιως αυξουσα στο [0, + )
Ετσι, στη θεση x = 0, η g παρουσιαζει ολικο ελαχιστο με τιμη 0
g(0) = e -0-1 = 0
Αρα, x
g(x) g(0) e - x -1 0  
Συνεπως, για κάθε x R
   
   
           
   
x
2 2
δοσμενηx f(x)
f x f xx x
e
g x f x f x f x g x f x 2
e x 1 0 x 1 e f x 1 e 2f x 2 2e
e e e e e e g x f x

            
       
1
β) i)
Δινεται «το
 
x 0
f x
lim
x
υπαρχει και ειναι πραγματικος αριθμος»
Δηλαδη
 
 x 0
f x
lim f 0
x

Αρκει να ισχυει
 
x 0
f x
lim 0
x

Απ΄το (α) ερωτημα :    2
f x g x 0 
Ετσι
Λύνει ο Τακης Τσακαλακος

___________________________________________________________________________
 
 
 x 0
x 0
x 0
f x
Για x 0 : lim 0 f xx lim 0
xf x
Για x 0 : lim 0
x






  

 

  
β) ii)
Ειναι απ’το (α) ερωτημα
           
   
   
 
για x 0
2 2 4 2
2
4
2 4κριτηριο
22 2 x 0παρεμβολης
(βi)
x 0 x 0
g x f x 0 g x f x 0 g x f x
g x f x
0
xx g x
lim 0
xf x f x
lim lim 0
x x


 
       
 
   
   
 
    
        
    

___________________________________________________________________________
α) Για κάθε x ισχύει:      
 
2
f x g x
2f x 2 e e 1  
Για κάθε x ισχύει: x
e x 1  (με απόδειξη) (2)
Στη (2) βάζουμε όπου x το  f x και έχουμε:
 
   
 
 
     
   
       
2
2
1
f x f x f x f x g x
f x g x 2 2
e f x 1 2e 2f x 2 2e e e
e e f x g x g x f x
       
     
β) i) Έστω
     
x 0 x 0 x 0
f x f x f x
lim lim lim
x x x   
    
Για κάθε x ισχύει:        2
0 g x f x 0 f x 3   
Για  
   
 x 0 x 0
f x f x
x 0 η 3 0 lim0 lim 0 4
x x 
 
      
Για  
   
 x 0 x 0
f x f x
x 0 η 3 0 lim0 lim 0 5
x x 
 
      
Από τις (4) και (5) :
         
 
f 0 0
x 0 x 0 x 0
f x f x f 0 f x
0 lim 0 lim lim 0 f 0 0
x x 0 x

  

        

ii) Για κάθε x ισχύει:        2 4 2
0 g x f x 0 g x f x    
Για
     
2 2
4
2 x 0 x 0
g x f x f x
x 0: 0 με lim lim0 0
x xx  
   
       
   
   
Από κριτήριο παρεμβολής θα είναι
 4
2x 0
g x
lim 0
x

Λύνει ο Τρύφωνας Ζωϊτσάκος

___________________________________________________________________________
α)
x
Ισχύει e - x-1 0 για κάθε x R, άρα  
 f x
f
e f x 1, για κάθε x D    R
Συνεπως, για κάθε x R
 
   
           
   
2 2
x
δοσμενη
f x f x f x g x f x f x g x
e
2
e f x 1 2e 2f x 2 2e e e e e
f x g x
         
 
1
β) i)
Αν
 
x 0
f x
lim
x
 R, τότε  
   
x 0
f x f 0
f 0 lim
x-0

  
       
       
 





        

   

      

  
2
x 0
2
x 0
x 0, κοντά στο 0 :
x 0,
g x f x f x f x
0 0 lim 0 0
x x x x 0 f 0 0
g x f x
κοντά
f x f x
0 0 lim 0 0
x
στο :
x x
0
x
β) ii)
     
     
 
2 2K.Π.
2
x 0
2 2 x 0K.Π.
x 0
x 0, κοντά στο 0 :
x 0, κο
g x f x g x
0 lim 0 g xx x x lim 0
xg x f x g x
0 lim 0
x x
ντά στ 0 :
x
ο






    

 


     
Τότε
   
2
4 2
2
2x 0 x 0
g x g x
lim lim 0 0
xx 
 
   
 
 
Λύνει η Ντίνα Ψαθά

___________________________________________________________________________
α) Έχουμε ότι 2f(x) 2 =
2
g (x)f(x)
e e (1) , για κάθε x .
Ξεκινάμε από την αποδεικτέα και ισοδύναμα θα καταλήξουμε σε προφανή σχέση.
Είναι 2
g (x) f(x) 
2
g (x) f(x)
e e 
2
g (x) f(x) f(x)
e e 2e 
(1)
 f(x)
2f(x) 2 2e   f(x)
e f(x) 1  ,
σχέση που ισχύει για κάθε x , λόγω της γνωστής ανισότητας x
e x 1  , που ισχύει
για κάθε x .
Άρα 2
g (x) f(x) για κάθε x .
Σχόλιο: Για την απόδειξη της ανισότητας x
e x +1, θεωρούμε τη συνάρτηση x
h(x) = e - x -1
που είναι παραγωγίσιμη στο και ισχύει ότι h(0) = 0. Επίσης η h παρουσιάζει ελάχιστο στο
σημείο 0
x = 0. Επομένως είναι h(x) h(0)  x
e - x -1 0  x
e x +1 για κάθε x .
β) i) Επειδή υπάρχει το
x 0
f(x)
lim = λ
x
 , έχουμε ότι υπάρχει η παράγωγος
f΄(0)=
x 0
f(x) f(0)
lim =
x 0

 x 0
f(x)
lim
x
= λ.
Επιπλέον, από τις σχέσεις f(0) = 0 και 2
0 g (x) f(x)  για κάθε x , προκύπτει ότι η
συνάρτηση f παρουσιάζει ελάχιστο στο σημείο 0
x = 0.
Δηλαδή για τη συνάρτηση f ισχύουν:
 η f είναι ορισμένη σ’ ένα διάστημα Δ (το )
 η f παρουσιάζει ακρότατο στο εσωτερικό σημείο 0
x = 0 του Δ
 υπάρχει η παράγωγος f΄(0)
Από το θεώρημα Fermat, έχουμε ότι f΄(0)=0.
ii) Για κάθε x 0 , λόγω του (α), ισχύει:
2
0 g (x) f(x)  
2
g (x) f(x)
x x
 
2
g (x) f(x)
0
x x
  και
x 0
f(x)
lim
x
(i)

x 0
lim f΄(0)

=0 .
Από το κριτήριο παρεμβολής έπεται ότι
2
x 0
g (x)
lim
x
= 0
2
x 0
g (x)
lim
x
= 0.
Συνεπώς
4
2x 0
g (x)
lim
x
=
2 2
x 0
g (x) g (x)
lim
x x
 
 
 
= 00 = 0 .
Λύνει ο Θανάσης Καραγιάννης

Η άσκηση της ημέρας - τεύχος 3ο (Νοέμβριος 2016)

Empfohlen

Empfohlen

Weitere ähnliche Inhalte

Was ist angesagt?

Was ist angesagt? (20)

Andere mochten auch

Andere mochten auch (20)

Ähnlich wie Η άσκηση της ημέρας - τεύχος 3ο (Νοέμβριος 2016)

Ähnlich wie Η άσκηση της ημέρας - τεύχος 3ο (Νοέμβριος 2016) (20)

Mehr von Μάκης Χατζόπουλος

Mehr von Μάκης Χατζόπουλος (20)

Kürzlich hochgeladen

Kürzlich hochgeladen (20)

Η άσκηση της ημέρας - τεύχος 3ο (Νοέμβριος 2016)