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

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

___________________________________________________________________________
• Ασημακόπουλος Γιώργος
• Γκριμπαβιώτης Παναγιώτης
• Δεββές Κώστας
• Ελευθερίου Νίκος
• Ζωϊτσάκος Τρύφωνας
• Καταραχιάς Τάκης
• Νάννος Μιχάλης
• Παγώνης Θεόδωρος
• Σαριβασίλης Δημήτρης
• Σαρρής Αλέξανδρος
• Συκιώτης Αντώνης
• Τρύφων Παύλος
• Τσακαλάκος Τάκης
• Τσόλκας Κωνσταντίνος
• Ψαθά Ντίνα
Mας τίμησαν με τη συμμετοχή τους

___________________________________________________________________________
Έστω S το σημείο τομής της BC και της ZH.
Τα ορθογώνια τρίγωνα EZS,ZHD είναι ίσα
(εύκολο) κατά συνέπεια οι «γαλάζιες» γωνίες
είναι ίσες (παραλληλία, κατακορυφήν) ,
έστω φ
Ισχύει
BC AK
EC EB CS
SE KB
CK BA CB
   ,
οπότε και
Λ
ABK φ
Τα τρίγωνα KAB,ΜAD είναι ίσα (κριτήριο ΓΠΓ) και το ζητούμενο έπεται.
Προεκτείνουμε την πλευρά τετραγώνου προς το κατά τμήμα και
κατασκευάζουμε το τετράγωνο Αν
 είναι το σημείο τομής της με την
 είναι το σημείο τομής της με την ,
να αποδείξετε ότι
1 2 η Ά σ κ η σ η Προτείνει ο : Μιχάλης Νάννος (4/12/2016)
Λύνει ο Μιχάλης Νάννος

___________________________________________________________________________
Ας ονομάσουμε AB α και DK β
Τα «πουά» τρίγωνα είναι όμοια (έχουν ίσες τις γωνίες τους), άρα
2
βCD KD α α
ΒΕ
BE BC BE α β
    
Οπότε
2
α
HD HA α
β
  
Τα «κίτρινα» τρίγωνα είναι όμοια (έχουν ίσες τις γωνίες τους), άρα
2
2 2
βΜΑ ΑD ΜΑ α α
ΜΑ α α β AD β ΑΚ.
ΗΖ ΗD β αα α
α
β β
 
           
 
Λύνει ο ο Παύλος Τρύφων

___________________________________________________________________________
CB AD DC
KC AC
ΑΚC EZC :
AC KD AC CZ KD CB AZ KACE CZ (1)
CZ CB CZ CB CZ CDKC KD
ΚDC EBC :
CE CB
 
 
 

    
     
 

(1)
MA AZ MA KA
DC||MA : = =
CD CZ CD CD
 MA = KA
Λύνει ο Τακης Τσακαλακος

___________________________________________________________________________
(Με Ευκλείδεια Γεωμετρία)
ΚΑΕ CBΕ άρα
ΚΑ ΑΕ ΚΑ α
CB ΒΕ β α β
  

με ΑΕ α και ΑΒ β .
Όμοια
DΑΜ DΗΖ άρα
βDΑ ΑΜ ΑΜ
DΗ ΗΖ α α β
  

.
Άρα ΑΚ ΑΜ .
(Με Αναλυτική Γεωμετρία)
Αν Α(0,0), Β(β,0), Ε(α,0)θα είναι Ζ(α,α), Η(0,α), C(β,β)και D(0,β).
Επίσης θα ισχύει DZ
α β
λ
α

 και  
α β
DZ : y α x α
α

  
που για y 0 δίνει
Μ
αβ
x
β α


.
Όμοια ΕC
β
λ
β α


και  
β
CE : y x α
β α
 

που για x 0 δίνει
Κ
αβ
y
α β


.
Άρα ΑΚ ΑΜ .
Λύνει ο Κώστας Δεββές

___________________________________________________________________________
α) Η g είναι παραγωγίσιμη στο  0, με
 g x lnx  
Οπότε
 g x 0 lnx 0 lnx 0 x 1        
 g x 0 lnx 0 lnx 0 0 x 1         
Η g παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο 1, το  g 1 0
β) Η f είναι παραγωγίσιμη στο  1, , με παράγωγο
 
     
   
2 2
x 1
lnxlnx x 1 lnx x 1 xf x
x 1 x 1

      
  
   
 
 
2 2
g xx 1 xlnx
x x 1 x x 1
 
 
 
Από το α) ερώτημα όμως προκύπτει ότι  g x 0 για κάθε x 0
( η ισότητα ισχύει μόνο για x 1 )
α) Να μελετήσετε τη συνάρτηση , ως προς τα ακρότατα
β) Να βρείτε το σύνολο τιμών της συνάρτησης
,
γ) Αν αποδείξτε ότι:
i)
ii) υπάρχει μοναδικό τέτοιο, ώστε
1 3 η Ά σ κ η σ η Προτείνει ο Αλέξανδρος Σαρρής (11/12/2016)
Λύνει ο Αλέξανδρος Σαρρής
x 0 1 +∞
g ΄(x) + 0 -
g 1 >

___________________________________________________________________________
Άρα
 
 
 
2
g x
f x 0
x x 1
  

για κάθε x 1
Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο  1,
Επίσης η f είναι συνεχής στο  1, , άρα έχει σύνολο τιμών το
         x x 1
f 1, lim f x ,limf x 0,1
 
  
διότι
 
 
 x x x x
lnxlnx 1
lim f x lim lim lim 0
x 1 xx 1
  
 
 
   

   
 
και
 
 
 
0
0
x 1 x 1 x 1 x 1
lnxlnx 1
limf x lim lim lim 1
x 1 xx 1
 
 
 
   

   
 
γ)
i. Είναι 1 α β  και η f είναι γνησίως φθίνουσα στο  1,
Άρα
       
lnβlnα
f α f β β 1 lnα α 1 lnβ
α 1 β 1
      
 
ln
β 1 β 1α 1 α 1
αβ
β α
lnα lnβ α β
βα
βα αβ
α β

  
   
   
ii. Αναζητούμε την ύπαρξη 0
x 1:
 
α 1 α 1
β 1 β 1
0 0
1 1β β α 1 α 1
x 1 x 1 0α α
0 0 0β 1 β 1
0
lnx β β
x e ln x ln e f x
x 1 α α
 
 
 
 
 
  
        
    
   
Όμως από το προηγούμενο ερώτημα έχουμε
α α 1
β α
β β 1
αβ β
βα αβ 0 1 0 1
βα α


      
Δηλαδή ο αριθμός
α 1
β 1
β
α


ανήκει στο σύνολο τιμών της f
Άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα  0
x 1,  τέτοιο, ώστε  
α 1
0 β 1
β
f x
α



Το 0
x είναι μοναδικό διότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο  1,

___________________________________________________________________________
α) g(x) x 1 xlnx, x > 0  
Για κάθε x > 0,  g x lnx 1 lnx 1     
  Για κάθε 0 x 1, g x 0 g γνησίως αύξουσα στο (0,1]   
  Για κάθε x 1, g x 0 g γνησίως φθίνουσα στο [1, + )   
Και g'(1) = 0, άρα η g παρουσιάζει μέγιστο για x = 1, το  g 1 0
β)      
g
Για κάθε x 1 g x g 1 g x 0    
>
 
 
   
 
 
 2 2 2
lnx
f x , x 1
x 1
x 1
lnx g xx 1 xlnxxΓια κάθε x 1, f x 0 f γν. φθίνουσα στο 1, +
x 1 x x 1 x x 1
 



 
      
  
  h x lnx, x 0 
   
   
 
x 1 x 1
x 1 x 1
h x h 11 lnx
Για κάθε x 0, h x h 1 1 lim 1 lim 1
x x 1 x 1
lnx
lim 1 lim f x 1
x 1 
 
 

       
 
   

    x x DLH x
lnx 1
lim f x lim lim = 0 και f φν.φθίνουσα Α = και συνεχής,0,+
x 1 x


  
  

Άρα    f Α 0,1
γ) i. Έτσι για        
f
lnβlnα
α 1 β 11 α β f α f β β 1 lnα α 1 lnβ
α 1 0,β 1 0

 
         
    
>
   
ln
β αβ α
βlnα lnα αlnβ lnβ lnβ βlnα lnα αlnβ
ln ln β α α βα ββ α
       
     
<
ii. Για 1 < α < β,
α 1
α α 1β
β β 1α α 1 β 1
β 1
β
β βα f(A)
β α α β α β 0 1, άρα α
α β α
και f A, συνεχής


  


 
          

>
υπάρχει μοναδικό 0
x Α ώστε  
α 1 α 1 α 1
0
0 0β 1 β 1 β 1
0 0
lnxβ β β1
f x lnx
x 1 x 1α α α
  
  
    
 
α 1
β 1
0 0
1 1 βα 1
x 1 x 1 α
0 0β 1
β
lnx x e
α



 

   
Λύνει η Ντίνα Ψαθά

___________________________________________________________________________
α) g(x) x 1 xlnx, x 0   
Για κάθε χ>0 είναι:
   
 
g x 1 lnx 1 lnx
g x 0 lnx 0 lnx 0 x 1
     
        
Η g παρουσιάζει ο.μ στο 1 το  g 1 0 .
Οπότε για κάθε      x 0 g x g 1 g x 0    το ίσον μόνο για x=1.
β)
 
 
 
   
 
 
2 2 2
lnx
f x , x 1
x 1
1
x 1 lnx g xx 1 xlnxxf x 0 x 1
x 1 x x 1 x x 1
 

 
 
      
  
άρα  f στο 1,
 
0
0
L.Hx 1 x 1 x 1
1
lnx xlimf x lim lim 1
x 1 1  
  
  

 x x L.H x x
1
lnx 1xlim f x lim lim lim 0
x 1 1 x


   
   

Η f είναι συνεχής στο (1,+) ως πηλίκο συνεχών και γνησίως φθίνουσα σε αυτό, άρα
         x x 1
f 1, lim f x ,limf x 0,1 
  
γ) i)
       
   
ln α 1 0
β βα α
β 1 0
f
βα αβ ln βα ln αβ lnβ βlnα lnα αlnβ β 1 lnα α 1 lnβ
lnβlnα
f α f β α β
α 1 β 1
 
 
           
    
 
Ισχύει και λόγω των ισοδυναμιών ισχύει και η αρχική.
Λύνει ο Τρύφωνας Ζωϊτσάκος
x 0 1 +∞
g ΄(x) + 0 -
g 1 >

___________________________________________________________________________
ii)  
α 1 α 1
β 1 β 1
0 0
α
1 1β β α 1 α
x 1 x 1 0α α
0 0 0β 1 β β
0
β
lnx β β αβ
x e lnx lne f x
x 1 α α βα
α
 
 

 

       

Είναι
α
β
αβ
0 1
βα
  αφού 1<α<β και λόγω του ( i)
Δηλαδή     
α
β
αβ
0,1 f 1,
βα
   άρα υπάρχει μοναδικό  0
x 0,1 αφού f
ώστε  
α
0 β
αβ
f x
βα


___________________________________________________________________________
α) g (x) lnx 0 x 1      .
Είναι g (x) 0 0 x 1     και g (x) 0 x 1    .
Άρα g στο 0,1 και στο 1,  με μέγιστο Μ g(1) 0  .
β)
 
2
g(x)
f (x) 0
x x 1
  

x 1  από α).
Άρα f στο  1, με σύνολο τιμών το  0,1 γιατί
L'H
x x x
lnx 1
lim f(x) lim lim 0
x 1 x  
  

και
x 1 x 1
lnx
limf(x) lim 1
x 1 
 
 

από ορισμό παραγώγου ή L’H.
γ) i) H αποδεικτέα ισοδύναμα γράφεται:
   β 1 α 1 lnβlnα
α β β 1 lnα α 1 lnβ f(α) f(β)
α 1 β 1
 
        
 
που ισχύει γιατί f στο
 1, .
ii) Λογαριθμίζοντας την αποδεικτέα ισοδύναμα έχω:
α 1 α 1
0 0β 1 β 1
0
β β1
lnx f(x ) 1
x 1 α α
 
 
   

και 0 αφού από γi) ισοδύναμα έχω:
α α 1
β β 1
αβ β
1 0
βα α


   δηλαδή ανήκει στο σύνολο τιμών της f και είναι τιμή της f για μοναδικό
0
x 1 λόγω μονοτονίας.

___________________________________________________________________________
α) Η g έχει παράγωγο    1
g' x 1 lnx x g' x lnx
x
      , για κάθε x 0 Έχουμε:
  g' x 0 lnx 0 x 1     
  g' x 0 lnx 0 lnx 0 0 x 1        
  g' x 0 lnx 0 lnx 0 x 1       
Άρα, η g είναι γνησίως αύξουσα στο  0, 1 , γνησίως φθίνουσα στο  1, + και παρουσιάζει
μέγιστο το  maxg g 1 0  . Οπότε  g x 0 για κάθε x 0 .
β) Η f έχει παράγωγο  
   
 
 
 
2 2 2
x 1 x 1 xlnx
lnx g x1x xf' x f' x
xx 1 x 1 x 1
  

    
  
, για κάθε x 1 . Για
κάθε x 1 ισχύουν:

1
0
x

  g x 0
  
2
x 1 0 
Οπότε  f' x 0 , για κάθε x 1 . Επομένως, η f είναι γνησίως φθίνουσα. Έτσι,
       x x 1
f 1, + lim f x , limf x 
  . Είναι:
  
 
 x x D.L.H. x x x
1
lnx 'lnx 1xlim f x lim lim lim lim 0
x 1 1 xx 1 '
  
 
 
    
 
       
  
 
 
0
0
D.L.H.x 1 x 1 x 1 x 1 x 1
1
lnx 'lnx 1xlimf x lim lim lim lim 1
x 1 1 xx 1 '    
 
 
 
    
 
       
Άρα,     f 1, + 0, 1  .
γ) i) Επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα έχουμε:
   
  
   
1 α β α 1 β 1 0
lnβlnα
α β f α f β lnα β 1 lnβ α 1
α 1 β 1
     
        
 
β α
βlnα lnα αlnβ lnβ lnα lnα lnβ lnβ        .
α αβ β
β αβ βα α
ln ln βα αβ
α β α β
  
       
   
ii) Έχουμε την εξίσωση:
Λύνει ο Νίκος Ελευθερίου

___________________________________________________________________________
 
α 1 α 1
β 1 β 1
β β1 1 α 1 α 1
α αx 1 x 1
β 1 β 1
β β1
x e ln x ln e lnx f x
x 1 α α
 
 
 
 
 
  
        
     
.
 Αφού α 1 0  και β 1 0  , ισχύει
α 1
β 1
β
0
α


 .
 Από το ερώτημα (i) έχουμε
α α 1β
β 1α 1
β 1
β βα
β α 1
β α α



     .
Επομένως,   
α 1 α 1
β 1 β 1
β β
0 1 f 1, +
α α
 
 
     .
Έτσι, υπάρχει 0
x 1 τέτοιο, ώστε  
α 1
0 β 1
β
f x
α


 , το οποίο είναι μοναδικό αφού η f είναι
γνησίως φθίνουσα, δηλαδή 1-1.
Άρα, (ισοδύναμα) υπάρχει μοναδικό 0
x 1 τέτοιο, ώστε
α 1
β 1
0
1 β
x 1 α
0
x e


 .

___________________________________________________________________________
α) Η  g x x 1 lnx   έχει πεδίο ορισμό το  0,
Η g είναι παραγωγίσιμη στο  0, ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων
συναρτήσεων με  g x lnx   για κάθε x 0
Η g είναι συνεχής στο 1,  και για κάθε  
lnx
x 1 lnx 0 lnx 0 g x 0       
1
επομένως
η g είναι γνησίως φθίνουσα στο 1, 
Η g είναι συνεχής στο 0,1 και για κάθε  
lnx
0 x 1 lnx 0 lnx 0 g x 0        
1
επομένως η g είναι γνησίως φθίνουσα στο 0,1
Έτσι έχουμε :
   
g
x 1 g x g 1  
2
/    
g
0 x 1 g x g 1   
1
Επομένως για κάθε x 0,   ισχύει    g x g 1 και επομένως η g παρουσιάζει ολικό
μέγιστο στο 1 το  g 1 0
β) Η   lnx
f x ,x 1
x 1
 

είναι παραγωγίσιμη στο  1, ως πηλίκο παραγωγίσιμων
συναρτήσεων με:
 
 
 
2
g x
f x 0
x x 1
  

για κάθε x 1 αφού  g x 0 για κάθε x 1 και  
2
x x 1 0  για κάθε
x 1 και επομένως η f είναι γνησίως φθίνουσα
Αφού η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο  1, έχουμε:
         x x 1
f 1, lim f x ,limf x 0,1 
   αφού:

x x
1
lnx xlim lim 0
x 1 1


 
 


0
0
x 1 x 1
1
lnx xlim lim 1
x 1 1 
 
 

γ)
i) Επειδή 1 α β  και η f είναι γνησίως φθίνουσα στο  1, έχουμε:
   
  α 1 β 1 0 ln x
β 1 β 1 βα 1 α 1 αlnβlnα
f α f β lnα lnβ α β βα αβ
α 1 β 1
  
  
        
 
1
Λύνει ο Αντώνης Συκιώτης

___________________________________________________________________________
ii) Θεωρώ την συνάρτηση    
α
β
αβ
h x f x ,x 1
βα
  
  
α
βx
αβ
lim h x 0
βα
   δηλαδή υπάρχει δ 0 σε περιοχή του  : h δ 0 
  
α
β
x 1
αβ
limh x 1 0
βα

   όπως προκύπτει από το ερώτημα γ)i) και επομένως υπάρχει γ 1
λίγο μετά το 1 :  h γ 0
Από το θεώρημα Bolzano υπάρχει      
α 1
β 1
0
1 βα
1 x α
0 0 0 0β
αβ
x γ,δ 1, : h x 0 f x x e
βα


         

___________________________________________________________________________
α)  g x lnx  
Βρίσκουμε το πρόσημο της παραγώγου και από τον πίνακα προκύπτει ότι η g παρουσιάζει
μέγιστο στο χ=1, οπότε ισχύει :g(x) 0 για κάθε x 0
β) Βρίσκουμε την παράγωγο της f και έχουμε: 2 2
g(x)x 1 xlnx
f (x) ... 0, x 1
x(x 1) x(x 1)
 
      
 
.
Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο  1, και το σύνολο τιμών της είναι το  0,1 αφού
x 1
limf(x) 1

 και το
x
limf(x) 0


γ) i) Αφού a β και f γνησίως φθίνουσα θα έχουμε:
β βα α
lnβlnα
f(α) f(β) (β 1)lna (α 1)lnβ
α 1 β 1
lnβ lnα lnα lnβ βa aβ
      
 
     
ii) Η δοθείσα σχέση γίνεται:
α 1
β 1
0
1 β α 1 α
x 1 0α
0 0β 1 β
0
lnx β αβ
x e f(x )
x 1 α βα





    

Και αφού
α
β
αβ
(0,1)
βα
 (από ερώτημα (i) β α
βα αβ )
Άρα θα υπάρχει 0
x (0,1) ώστε:
α
0 β
αβ
f(x )
βα

Το 0
x είναι μοναδικό, αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα στο  1,
Λύνει ο Γιώργος Ασημακόπουλος
x 0 1 +∞
g ΄(x) + 0 -
g 1 >

___________________________________________________________________________
α) Η g είναι παραγωγίσιμη στο  0, με    g x lnx
 
 
 
      
       
      
g x 0 lnx 0 x 1
g x 0 lnx 0 0 x 1
g x 0 lnx 0 x 1
Για          
g
1 g x0 g 1 g x 0x
<
Για          
g
1 g x g 1x g x 0
>
Άρα    g x g 1 για κάθε   x 0, οπότε η g έχει ολικό μέγιστο στο x 1 το   g 1 0
β) Η f είναι παραγωγίσιμη στο  1, με
 
 


 
  
 
2 2
x 1
lnx
x 1 xlnxxf x
(x 1) x x 1
Από το α) ερώτημα έχουμε ότι:
     g x x 1 xlnx0 0 για κάθε   x 1, με την ισότητα να ισχύει μόνο αν x 1 οπότε
θα είναι:
  x 1 xlnx 0 για κάθε   x 1, άρα και   f x 0 για κάθε   x 1,
Οπότε η f είναι γνησίως φθίνουσα στο  1, .
H f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο   fD 1, άρα έχει σύνολο τιμών:
        
 
 
xf
x 1
f D lim f x ,limf x 0,1 διότι:
 
  
 
 
  
  
x x x
lnx 1
lim f x lim lim 0
x 1 x
  
 
 
 
 
  

0
0
xx 1 x 1
lnx 1
limf x lim lim 1
x 1 x
γ) i)
Έχουμε ότι:
Λύνει ο Παναγιώτης Γκριμπαβιώτης
x 0 1 +∞
g ΄(x) + 0 -
g < >

___________________________________________________________________________
 
       

 
     
 
                  
   
 
            
 
f 1,
1 1 1 1
ln ln
1 f f 1 ln 1 ln
1 1
ln ln
>
ii) Αρκεί να αποδείξουμε η εξίσωση



 
1
1
1
x 1x e έχει μοναδική λύση στο  1, .
Η παραπάνω εξίσωση ισοδύναμα γίνεται:
 


 
 



 
     
  
1
1
1
x
1
1
1
1
1
lnx
lnx lne f x , x 1
x 1
Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι η εξίσωση  





1
1
f x έχει μοναδική λύση στο  1, .
Στο προηγούμενο ερώτημα αποδείξαμε ότι για κάθε    1 ισχύει:
         1 ln 1 ln
Οπότε ισοδύναμα έχουμε:

   


        

1
1 1 1 1
1
ln ln 1
και προφανώς





1
1
0 άρα



 

1
1
0 1
Επίσης αποδείξαμε ότι η f έχει σύνολο τιμών το    f
f D 0,1 .
Οπότε θα υπάρχει τουλάχιστον ένα  0x 0,1 τέτοιο ώστε  





1
0 1
f x
To 0x θα είναι και μοναδικό αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα στο  1,

___________________________________________________________________________
Α) Έχουμε:
   
   
                       
 
          
2
6 4 3 2 3 3 4 2
2
3 4 2
3 4 9 6 31 4 4 3 9 6 27
2 3 9 6 27 0
διότι
    
2
3
2 0
  4
3 0 και
     2
9 6 27 0 αφού το τριώνυμο  2
9x 6x 27 έχει αρνητική διακρίνουσα
Β) α τρόπος
Είναι
 
     
          
 
 
             
2017
6 4 3 2
0
2
0
2017 2 6 4 3 2
0 0
1 x 3 4 9 6 31
x 1
1 x 1 3 4 9 6 31 x
Θεωρούμε τη συνάρτηση    f : 0,1 R με τύπο
                     
2017 2 6 4 3 2
f x 1 x 1 3 4 9 6 31 x
Η f είναι συνεχής στο   0,1 ως πολυωνυμική και
     
 
 
  
                2 6 4 3 2
f 0 f 1 1 3 4 9 6 31 0
Οπότε από το θεώρημα Bolzano, υπάρχει αριθμός  0x 0,1 τέτοιος, ώστε
   0f x 0
           

 
2017
6 4 3 2
0
2
0
1 x 3 4 9 6 31
x 1
Επιπλέον
Α) Να αποδείξετε ότι
για κάθε
Β) Αν , να αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδικός αριθμός τέτοιος, ώστε
1 4 η Ά σ κ η σ η Προτείνει ο Παύλος Τρύφων (18/12/2016)
Λύνει ο Παύλος Τρύφων

___________________________________________________________________________
                        
2016 2 6 4 3 2
f x 2017 1 x 1 3 4 9 6 31 0
Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο   0,1 άρα το 0x είναι μοναδικό
β τρόπος
Θεωρούμε τη συνάρτηση  f : 0,1 R με τύπο
 
 
           
 

2 6 4 3 2
2017
1 3 4 9 6 31
f x
x 1 x
Τότε η f είναι συνεχής στο  0,1 και
 
 
 
 
 
               
  
x 0 x 0
2 6 4 3 2
2017
1 3 4 9 6 31
f x
x 1 x
lim lim ,
άρα υπάρχει k κοντά στο 
0   : f k 0
 
 
 
 
 
 
 
               
 
 
 
x 1 x 1
2 6 4 3 2
2017
1 3 4 9 6 31
f x
x 1 x
lim lim ,
άρα υπάρχει m κοντά στο 
1  : f m 0
Από το θεώρημα Bolzano για την f στο   k,m υπάρχει
        0 0x k,m 0,1 : f x 0
           

 
2017
6 4 3 2
0
2
0
1 x 3 4 9 6 31
x 1
Επιπλέον
 
 
 

           
     

2 6 4 3 2
2 2018
1 3 4 9 6 31
f x 2017 0
x 1 x
Έτσι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο  0,1 και άρα το 0x είναι μοναδικό

___________________________________________________________________________
α) Είναι:
          6 4 3 2
3 4 9 6 31                            
2 23 3 2 2 4
2 2 2 3 2 3 1 1 3 31 5
              
2 23 4
2 3 1 3 26 0, α ,
ως άθροισμα (τετραγώνων) θετικών αριθμών.
β) Έχουμε την εξίσωση:
 
    
          
               
 
2017
6 4 3 2 x 0
20172 6 4 3 2
2
1 x 3 4 9 6 31
1 1 x 3 4 9 6 31 x
x 1
για  x 0, 1
Έστω η συνάρτηση
                         
20172 6 4 3 2
f x 1 1 x 3 4 9 6 31 x, x 0, 1  .
 Για κάθε   1 20 x x 1 έχουμε:
         
  
 
                  
2
1 0
2017 2017 2017 20172 2
1 2 1 2 1 2 1 2
α
x x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 1 x 1 1 x
και                          6 4 3 2 6 4 3 2
1 2
3 4 9 6 31 x 3 4 9 6 31 x ,
αφού           6 4 3 2
3 4 9 6 31 0  .
Επομένως, με πρόσθεση κατά μέλη των δύο παραπάνω σχέσεων λαμβάνουμε:
    
    
              
              
20172 6 4 3 2
1 1
20172 6 4 3 2
2 2
1 1 x 3 4 9 6 31 x
1 1 x 3 4 9 6 31 x
    1 2f x f x , δηλαδή η f είναι γνησίως αύξουσα, οπότε 1-1.
Συνεπώς, η f έχει το πολύ μία ρίζα.
 Η f είναι συνεχής στο   0, 1 ως αποτέλεσμα πράξεων μεταξύ συνεχών συναρτήσεων.
Επιπλέον,       2
f 0 1 0 και                6 4 3 2
f 1 3 4 9 6 31 0 .
Οπότε     f 0 f 1 0 . Συνεπώς, σύμφωνα με το θεώρημα του Bolzano, η f έχει τουλάχιστον
μία ρίζα στο  0, 1 .
Έτσι, η εξίσωση   f x 0 έχει ακριβώς μία ρίζα στο  0, 1 .
Άρα, (ισοδύναμα) υπάρχει μοναδικός  0x 0, 1 τέτοιος, ώστε
           

 
2017
6 4 3 2
0
2
0
1 x 3 4 9 6 31
x 1
,  .

___________________________________________________________________________
Α)
Έχουμε:
     
     
                              
                  
6 4 3 2 6 4 2 4 3 2 2 2
2 2 23 2 2
A 3 4 9 6 31 2 4 4 6 9 3 22
2 3 3 22 0, ά R
διότι
                  
2 2 23 2 2
0, 2 0, 3 0,3 22 0 για κάθε R
Β)
Έστω
          
20172
f x 1 1 x A x,x R
(όπου Α η παράσταση του Α) ερωτήματος)
Η f είναι συνεχής στο   0,1
         2
f 0 1 0 , f 1 0 .
Άρα    f 0 f 1 0 .
Έτσι, σύμφωνα με το θεώρημα του Bolzano, υπάρχει τουλάχιστον ένας αριθμός  0x 0,1
τέτοιος, ώστε    0f x 0 1
Επιπλέον, για κάθε x R είναι
            
20162
f x 2017 1 1 x 0
Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο R. Κατά συνέπεια το 0x της σχέσης  1 είναι
μοναδικό.
Έτσι
    
 
         
 
2017
2017 02
0 0 0 2
0
1 x A
f x 0 1 1 x A x 0 ,
x 1
δηλαδή η αρχική εξίσωση έχει μοναδική λύση στο διάστημα  0,1

___________________________________________________________________________
Α) Είναι
            6 4 3 2 6 3 4 2
a 3a 4a 9a 6a 31 a 4a 4 3a 9a 6a 27
 
     
        
        
6 3 4 2 2
6 3 4 2 2
a 4a 4 3a 6a 3a 6a 3 24
a 4a 4 3a 6a 3 3a 6a 24
            
2 2 23 2
a 2 3 a 1 3 a 1 21 0 , για κάθε a
Β) Θεωρώ την συνάρτηση    f : 0,1 , με
            
20172 6 4 3 2
f(x) a 1 1 x a 3a 4a 9a 6a 31 x
Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο   0,1 ως πολυωνυμική
  2
f(0) a 1 0, για κάθε a
        6 4 3 2
f(1) a 3a 4a 9a 6a 31 0, από (Α) ερώτημα.
Οπότε από θεώρημα Bolzano, υπάρχει ένας τουλάχιστον  0x 0,1 , τέτοιος ώστε ,
             
20172 6 4 3 2
0 0 0f(x ) 0 a 1 1 x a 3a 4a 9a 6a 31 x
 
     
 

0
2017
x 0,1 6 4 3 2
0
2
0
1 x a 3a 4a 9a 6a 31
x a 1
Επίσης η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη (ως πολυωνυμική) στο   0,1 με
               
20162 6 4 3 2
f (x) 2017 a 1 1 x a 3a 4a 9a 6a 31 0 , για κάθε a και για κάθε
   x 0,1 , οπότε η f είναι γνησίως φθίνουσα, επομένως το 0x είναι μοναδικό.
Λύνει ο Θεόδωρος Παγώνης

___________________________________________________________________________
A) Θεωρούμε           6 4 3 2
A 3 4 9 6 31 με  .
Τότε:
             6 3 4 2 2
A 4 4 3 8 6 27
   
             
 
2
3 4 2 28
2 3 6 9 18
3
    
             
 
2 23 4 28 16 16
2 3 3 18
3 9 3
    
           
 
2
2 23 2 4 38
2 3 3 0
3 3
ως άθροισμα θετικών αριθμών.
Β) Θεωρούμε την συνάρτηση f : R R με τύπο:        
2017 2
f(x) 1 x 1 Ax όπου Α η
παράσταση του Α) ερωτήματος.
Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα   0,1 ως πολυωνυμική.
Ισχύει:    2
f(0) 1 0
και   f(1) 0 (επειδή Α>0).
Από Θεώρημα Bolzano θα υπάρχει ox (0,1),
ώστε: of(x ) 0         
2017 2
o o1 x 1 Ax 0
       
2017 2
o o1 x 1 Ax
 
 
 
2017
o
2
o
1 x A
x 1
           
 
 
2017
6 4 3 2
o
2
o
1 x 3 4 9 6 31
x 1
.
Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο ως πολυωνυμική.
Τότε:            
2016 2
f (x) 2017 1 x 1 x 1 A
         
2016 2
2017 1 x 1 A 0 ως άθροισμα αρνητικών.
Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο R και το ox μοναδικό.
Λύνει ο Δημήτρης Σαριβασίλης

___________________________________________________________________________
α) Έχουμε ότι:
     
        
   
6 4 3 2
6 3 2 4 3
3 2 2
a 3a 4a 9a 6a 31
a 2a 1 9a 6a 1 3a 2a 29
(a 1) (3a 1) f(a)
Όπου
  4 3
f(a) 3a 2a 29
Βρίσκουμε το πρόσημο της f(a)
    3 2 2
f (a) 12a 6a 6a (2a 1)
α
 
1
2
0 
f (a) - + +
f(a) τ.ε.
Και αφού το    
1 115
f( ) ........ 0
2 16
άρα
  4 3
f(a) 3a 2a 29>0 για κάθε a
Οπότε και     3 2 2
(a 1) (3a 1) f(a) 0 ως άθροισμα θετικών ποσοτήτων άρα και
     6 4 3 2
a 3a 4a 9a 6a 31 0 .
β) Έστω η συνάρτηση    2 2017
H(x) (a 1)(1 x) Ax όπου
      6 4 3 2
A a 3a 4a 9a 6a 31 0
 Η    2 2017
H(x) (a 1)(1 x) Ax είναι συνεχής στο [0,1]
   2
H(0) a 1 0
   H(1) A 0 δηλαδή H(0)H(1) 0 οπότε από Θ.Bolzano θα υπάρχει 0x (0,1) ώστε:

      

2017
2 2017 0
0 0 0 2
0
(1 x ) A
H(x ) (a 1)(1 x ) Ax 0
x a 1
Και αφού       2 2016
H (x) 2017(a 1)(1 x) A 0 άρα η συνάρτηση Η είναι γνησίως
φθίνουσα και συνεπώς το 0x (0,1) είναι μοναδικό.
Λύνει ο Γιώργος Ασημακόπουλος

___________________________________________________________________________
A) 1ος τρόπος
Αν (a)το δεδομένο πολυώνυμο γράφεται:         
2 23 4
a 2 3a 3a 1 26 0  a .
2ος τρόπος
  0 αν (a)το δεδομένο πολυώνυμο γράφεται:
                       
2 23 3 3 2
( 3 4) 3 1 30 ( 1) a a 4 3 1 30 και ισχύει   1:
   3
( 1) 0,   2
a a 4 0, άρα  (a) 0 .
Αν   1 a 0    3
1 a 0 και   0 a 1 1
είναι            3 3
0 ( 1) 1 1 ( 1) 0 και
   2
a a 4 4,6 αφού  2
a a 4 στο  1,0 . Άρα       3 2
6 a (a 1) a a 4 0
δηλαδή  (a) 0.
Β) Θέτω        
20172
f(x) a 1 1 x x ( ) στο   0,1 συνεχής ως πολυωνυμική με   2
f(0) a 1 0
και    f(1) ( ) 0από Α).
Άρα η εξίσωση f(x) 0έχει ρίζα στο  0,1 από Bolzano, άρα και η εξίσωση
   

 
2017
2
1 x ( )
x 1
ομοίως.
Επειδή           
20162
f (x) 2017 a 1 1 x ( ) 0στο  0,1 η f στο  0,1 , άρα η ρίζα της είναι
μοναδική.

___________________________________________________________________________
Α) Έχω           6 4 3 2 6 3 4
a 3a 4a 9a 6a 31 (a 4a 4) (3a 26)  2
(9a 6a 1)
=     3 2 4 2
(a 2) (3a 26) (3a 1) > 0.
Β)Θεωρώ τη συνάρτηση f(x)  2 2017
(a 1)(1 x) -     6 4 3 2
(a 3a 4a 9a 6a 31)x.
H f είναι συνεχής στο   0,1 ως πολυωνυμική.
  2
f(0) a 1 0,
f(1)       6 4 3 2
(a 3a 4a 9a 6a 31) 0 από A).
Επόμενα από θεώρημα Bolzano υπάρχει ένας τουλάχιστον  0x 0,1 ώστε
 0f(x ) 0  2 2017
0
(a 1)(1 x ) -      6 4 3 2
0(a 3a 4a 9a 6a 31)x 0
      
 

2017
6 4 3 2
0
2
0
1 x a 3a 4a 9a 6a 31
x a 1
.
Επειδή f΄(x) -   2 2016
2017( 1)(1 x) -      6 4 3 2
(a 3a 4a 9a 6a 31) 0  x , συνεπώς
f΄(x) 0     x 0,1 ,η συνάρτηση f είναι γνήσια αύξουσα στο   0,1 άρα 0x μοναδική ρίζα
της f(x) 0 στο  0,1 .
Λύνει ο Τάκης Καταραχιάς

___________________________________________________________________________
α) Θεωρούμε τη συνάρτηση        2
g x f 2lnx f lnx , x 0. Έχουμε:
           
2 2 4
g x 4 ln x lnx x 2g x x , x 0
   
   
    
       
       
     
2 2 2
2 2 2
2 2
g x 4 ln x 4lnx 2xg x x , x 0
g x 2xg x x ln x 4lnx 4, x 0
g x x lnx 2 , x 0
    g x x lnx 2
Θεωρούμε τη συνάρτηση     h x g x x, x 0. Επομένως,    h x lnx 2 (1).
Η f ως παραγωγίσιμη είναι και συνεχής. Η g είναι συνεχής ως αποτέλεσμα πράξεων
μεταξύ συνεχών συναρτήσεων. Ομοίως και η h . Από την (1) έχουμε:
         2
h x 0 lnx 2 0 lnx 2 x e . Οπότε, η h διατηρεί πρόσημο σε καθένα από τα
διαστήματα  2
0, e και   2
e , . Αν  h x 0    2
x 0, e
η (1)           h x lnx 2 h x lnx 2, αφού        2
lnx 2 0 lnx 2 0 x e .
Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση στο για την οποία ισχύει:
α) Να προσδιορίσετε τους δυνατούς τύπους της στο
β) Αν και , να βρείτε τον τύπο της στο
(Δίνεται: ). Στη συνέχεια:
i) Να δείξετε ότι υπάρχει η όταν η ορίζεται στο
ii) Να βρείτε το πλήθος των κοινών σημείων της γραφικής παράστασης της
(με ) με την ευθεία
iii) Να υπολογίσετε το όριο , αν θεωρήσουμε γνωστό ότι η
είναι συνεχής
iv) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της
που εφάπτεται σε αυτήν στο σημείο
1 5 η Ά σ κ η σ η Προτείνει ο Νίκος Ελευθερίου (29/12/2016)

___________________________________________________________________________
Αν Αν   h x 0    2
x 0, e η (1)    h x 2 lnx Οπότε, ή    h x lnx 2,   
2
x 0, e ή
   h x 2 lnx,   
2
x 0, e . Ομοίως, βρίσκουμε ότι ή    h x lnx 2,   
2
x e , ή
   h x 2 lnx,   
2
x e , . Οπότε, οι δυνατοί τύποι της h είναι:
   h x lnx 2, x 0 ή
   h x 2 lnx, x 0 ή
 
   
 
 
2
2
lnx 2, 0 x e
h x
2 lnx, x e
ή
 
   
 
 
2
2
2 lnx, 0 x e
h x
lnx 2, x e
Επομένως, οι δυνατοί τύποι της g είναι:
           2
g x x lnx 2, x 0 f lnx x lnx 2, x 0 ή
           2
g x x lnx 2, x 0 f lnx x lnx 2, x 0 ή
   
         
   
       
2 2
2
2 2
x lnx 2, 0 x e x lnx 2, 0 x e
g x f lnx
x lnx 2, x e x lnx 2, x e
ή
   
         
   
       
2 2
2
2 2
x lnx 2, 0 x e x lnx 2, 0 x e
g x f lnx
x lnx 2, x e x lnx 2, x e
Αν στην σχέση     2
f lnx x lnx 2, x 0 , θέσουμε    y2
y lnx x e έχουμε:
    y y
f y e 2, y 0
2
. Άρα,     x x
f x e 2, x 0
2
. Ομοίως εργαζόμαστε και για τα
υπόλοιπα. Άρα, οι δυνατοί τύποι της συνάρτησης f είναι:
    x x
f x e 2, x 0
2
ή
    x x
f x e 2, x 0
2
ή
 

   
 
   

x 2
x 2
x
e 2, 0 x e
2f x
x
e 2, x e
2
ή
 

   
 
   

x 2
x 2
x
e 2, 0 x e
2f x
x
e 2, x e
2

___________________________________________________________________________
β) Θεωρούμε τη συνάρτηση  
   
   
   
       2
2 2
lne f x e f x 1 e
t x f x x ημx t x e 1
x ημx x ημx
.
Είναι:  

x 2
limt x 0. Οπότε
       
              
2 2
x 2 x 2 x 2
limf x lim x ημx g x e 1 2 ημ2 0 e 1 limf x e 1.
Όμως, η f ως παραγωγίσιμη είναι και συνεχής.
Επομένως,    
   
x 2
f 2 limf x e 1 0 και αφού η f είναι συνεχής   f x 0,    2
x 0, e .
Επιπλέον,   4
f 8 e 2,  2
8 e και αφού η f είναι συνεχής   f x 0,     2
x e , .
Τέλος  2
f e 0. Οπότε   f x 0,  x 0. Άρα,     x x
f x e 2, x 0
2
.
i) Πρέπει να δείξουμε ότι η f αντιστρέφεται, δηλαδή ότι είναι 1-1. Αρκεί να δείξουμε ότι
είναι γνησίως μονότονη.
    1 2
x , x 0, με 1 2
x x έχουμε:
 
   
x x
1 2 1 2
e : e 0
x x x x
e e e e και 1 2
x x
2 2
.
Επομένως,   1 2x x1 2
x x
e e
2 2
          1 2x x1 2
1 2
x x
e 2 e 2 f x f x
2 2
.
Οπότε, η f είναι γνησίως αύξουσα. Άρα, υπάρχει 1
f .
ii) Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής έχει σύνολο τιμών
        
  
xx 0
f 0, limf x , lim f x . Έχουμε:
   
 
 
        
 
x
x 0 x 0
x
limf x lim e 2 1 0 2 1
2
       
 
          
 
x
x x
x
lim f x lim e 2 2
2
Οπότε          f 0, 1, . Άρα, η f
C έχει με την ευθεία y α, α
 κανένα κοινό σημείο   α 1
 μοναδικό κοινό σημείο   α 1, αφού η f είναι 1-1
iii) Η 1
f έχει πεδίο ορισμού το σύνολο τιμών της f .
Θα δείξουμε ότι η 1
f και η f έχουν το ίδιο είδος μονοτονίας.
     1 2
y , y 1, με 1 2
y y έχουμε:          

   
  
f:
1 1 1 1
1 2 1 2
f f y f f y f y f y .
Οπότε η 1
f είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής (υπόθεση). Έτσι, για το σύνολο τιμών της
θα ισχύει:
        
 
    1 1 1
x 1 x
f 1, limf x , lim f x    0, . Επομένως,  

 1
x
lim f x .
Επιπλέον  

 
 
   
 
1
u
x
x u 0
1
lim f limf u 1
x
. Άρα, το ζητούμενο όριο γίνεται:

___________________________________________________________________________
   

  
  
  
 
 
1
x
1 f x 1
lim
1 31
f 3
x
iv) Είναι:     4 24
f 4 e 2 e
2
. Ακόμη    
x
x
e 1
f' x
22 e
.
Οπότε,
      
4 4
24
e 1 e 1
f' 4
2 22e2 e
     21
f' 4 e 1
2
.
Άρα,
                   2 21
ε : y f 4 f' 4 x 4 ε : y e e 1 x 4
2
      2 21
ε : y e 1 x e 2
2
.

___________________________________________________________________________
α) Ισοδύναμα η αρχική σχέση γράφεται:
      
2 2
f(2lnx) x lnx 2 και με  g(x) f(2lnx) x,  h(x) lnx 2 γίνεται g(x) h(x) .
Η g ορίζεται στο  0, και η h έχει μόνη ρίζα το 2
e .
Άρα η g διατηρεί πρόσημο στο καθένα από τα  2
0,e και  2
e , ως συνεχής στο  0, με
μόνη ρίζα το 2
e .
Ι) Αν g(x) 0στα  2
0,e και  2
e , τότε είναι:    
 
2
2
2 lnx, 0 < x < eg(x) lnx 2
lnx 2, x e
Για    u
u 2lnx x e η προηγούμενη σχέση γράφεται:
 
     u x
u 4 x 4
f(u) e f(x) e ,x 0
2 2
ΙΙ) Αν g(x) 0στα  2
0,e και  2
e , τότε είναι:     
 
2
2
lnx 2, 0 < x < eg(x) lnx 2
2 lnx, x e
Για    u
u 2lnx x e η προηγούμενη σχέση γράφεται:
 
      u x
u 4 x 4
f(u) e f(x) e ,x 0
2 2
ΙΙΙ) Αν g(x) 0στο  2
0,e και g(x) 0στο  2
e , τότε είναι:
 g(x) 2 lnx, x 0και με    u
u 2lnx x e γράφεται   x x
f(x) e 2
2
, x 0
ΙV) Αν g(x) 0 στο  2
0,e και g(x) 0στο  2
e , τότε είναι:
 g(x) lnx 2, x 0 και με    u
u 2lnx x e γράφεται   x x
f(x) e 2
2
, x 0
β) Από τις 4 πιθανές συναρτήσεις η μόνη που ικανοποιεί και τις 2 συνθήκες του
ερωτήματος β) είναι η   x x
f(x) e 2
2
, x 0(απλές πράξεις).
i) H f αντιστρέφεται στο  0, ως .
ii) To Σ.Τ. της f είναι   1, από γνωστό θεώρημα. Άρα αν  a 1η εξίσωση f(x) a
αδύνατη και αν  a 1έχει μία λύση θετικό.
iii) Θέτω    x xx
1 x 2
φ(x) 1
2e ee
, x 0και είναι

 
x
lim φ(x) 1.
Άρα για μεγάλα x είναι

___________________________________________________________________________
        
       
x
x x x x xx
x x x
1 x 2 e x 2
φ(x) 0 1 1
2e e e 2e ee
x
e 2 e f(x) e lnf(x) x
2
(με x το 1
f (x)) 
  1
lnx f (x).
Επειδή

 
x
lim lnx θα είναι 

 1
x
lim f (x) .
Άρα 

  1
x
lim(1 f (x)) και με 
1
u
x
το
 
   
x u 0
1
lim f( ) 3 limf(u) 3 2
x
.
Τελικά το ζητούμενο όριο είναι 
iv) Mετά τις πράξεις η ζητούμενη εφαπτομένη γίνεται:

  
2
2e 1
y x e 2
2
.

___________________________________________________________________________
α) Η σχέση της υπόθεσης είναι : για κάθε x 0
    2 2 4 2
f (2lnx) 4 ln x lnx 2xf(2lnx) x   2 2
f (2lnx) 2xf(2lnx) x =  2
4 ln x 4lnx
  2
(f(2lnx) x) =  2
(lnx 2) .
Θέτω     
u
2
u
2lnx u lnx x e
2
οπότε έχω για u R , 
u
22
(f(u) e ) =  2u
( 2)
2
(1).
Αν τώρα g(x) 
x
2
(f(x) e ) , x R η σχέση (1) γράφεται: 2
g (x)=  2x
( 2)
2
.
Γιά x 0  g(x) 0 
x
2
2
=0 x 4 και επειδή g συνεχής ως άθροισμα παραγωγίσιμων, θα
διατηρεί πρόσημο στα διαστήματα    0,4 , 4, .
Δηλαδή  
x
g(x) 2
2
και διακρίνοντας περιπτώσεις έχω:
i) g(x) 0   x 0,4 , g(x) 0    x 4, τότε από σχέση (1)
 
x
g(x) 2
2
 
x
2
(f(x) e ) = 
x
2
2
 
x
2
f(x) e + 
x
2
2
, x 0 .
ii) g(x) 0   x 0,4 , g(x) 0    x 4, τότε από σχέση (1)
  
x
g(x) 2
2
 
x
2
(f(x) e ) =- 
x
2
2
 
x
2
f(x) e - 
x
2
2
, x 0.
iii) g(x) 0   x 0,4 , g(x) 0    x 4, τότε από σχέση (1)
 
x
g(x) 2
2
 
x
2
(f(x) e ) = 
x
2
2
 
x
2
f(x) e + 
x
2
2
, x 0.
iv) g(x) 0   x 0,4 , g(x) 0    x 4, τότε από σχέση (1)
  
x
g(x) 2
2
 
x
2
(f(x) e ) = 
x
2
2
 
x
2
f(x) e - 
x
2
2
, x 0.
β)Αν φ(x)
 
 2
lne f(x) e
x ημx
 
 2
1 f(x) e
x ημx
τότε


x 2
limφ(x) 0 και   2
f(x) x φ(x)ημx e 1επόμενα
επειδή f συνεχής ,

  
x 2
f(2) limf(x) e 1, g(2) f(2) e=-1<0, g(8)  4
f(8) e =2>0 συνεπώς από
περίπτωση iii) προκύπτει ότι

x
2
f(x) e + 
x
2
2
, x 0.
Λύνει ο Τάκης Καταραχιάς

___________________________________________________________________________
i) Η f είναι παραγωγίσιμη με

 
x
2
e 1
f΄(x) 0
2
 x 0 συνεπώς f γνήσια αύξουσα στο
 0, ,οπότε η f είναι 1-1 ,άρα αντιστρέφεται .
ii) Είναι 


x 0
lim f(x) 
x 0
lim (
x
2
e + 
x
2
2
)=-1,


x
lim f(x)
x
lim (
x
2
e + 
x
2
2
)=και επειδή f γνήσια
αύξουσα στο  0, θα είναι    f 0,   1, . Επόμενα:
Αν  α 1, τότε α   f 0, , άρα η γραφική παράσταση της f και η ευθεία y=α
δεν έχουν κανένα κοινό σημείο.
Αν  α 1, τότε α   f 0, , άρα η γραφική παράσταση της f και η ευθεία y=α
έχουν μοναδικό κοινό σημείο λόγω μονοτονίας της f .
iii) Από δ) έχω ότι    f 0,   1, = 1
f
D . Τώρα έστω 1 2
y ,y    f 0,   1, = 1
f
D με
 1 2
y y  
 1 1
1 2
f(f (y )) f(f (y ))  
1 1
1 2
f (y ) f (y )
διότι f γνήσια αύξουσα στο  0, . Επόμενα 1
f γνήσια αύξουσα στο   1, . Συνεπώς
  
  1
f 1, 
 

1 1
xx 1
( lim f (x), lim f (x)) = 0, οπότε 
 
 1
x
lim f (x) . Τώρα το ζητούμενο όριο
είναι:





1
x
1 f (x)
lim
1
f( ) 3
x




 
1
1x
2x
1 f (x)
lim
1
e 1
2x
 

  
 
1
1x
2x
1
lim[ 1 f (x) ]
1
e 1
2x
, διότι

 
  1
x
lim (1 f (x)) και
 

 
1x
2x
1 1
lim
21
e 1
2x
.
iv) Η εφαπτόμενη στο  4,f(4) είναι:   y f(4) f΄(4)(x 4). ΄Όμως   2
f 4 e
  

2
e 1
f΄ 4
2
, οπότε (ε):
 
   
 
2
2 e 1
y e (x 4)
2
 
    
 
2
2e 1
y x e 2
2
.

___________________________________________________________________________
2 2 4
2 2 2
2 2
u
2
2u
22
f : , παραγωγίσιμη
f (2lnx) 4 ln x lnx x 2f(2lnx) x ,(1) για κάθε x>0
f (2lnx) 2xf(2lnx) x ln x 4lnx 4,x 0
(f(2lnx) x) (lnx 2) ,x 0.
Θέτω u=2lnx, x>0 x e
(u 4)
(f(u) e ) ,u .
4

       
      
   
 

  
α)
u
2
2
2
Θέτω g(u)=f(u)-e ,u
u 4(u 4)
g (u) ,u g(u) ,u (2)
4 2
g(u) 0 u 4
u 4
για κάθε u 4 είναι 0 g(u) 0 g(u) 0,g συνεχής στο , άρα η
2
g διατηρεί σταθερό πρόσημο σε καθένα από τα διαστήματα (- , 4) κ


    
   

      

u 4
,u 4
2
4 u
,u 4
2
4 u
,u 4
2
u 4
,u 4
2
x
2
f
αι (4, + ). Ετσι
4 u
g(u) ,u , ή g(u)= {
2
4 u
ή g(u)={ ή g(u)= ,u .
2
1
Kατά συνέπεια, και επειδή D (0, ), f(x)=e x 2,x 0
2










 


    
x x
2 2
x x
2 2
1 1 x
e x 2,x 4 e x 2,x 4
2 2 2
1 1
e x 2,0 x 4 e x 2,0 x 4
2 2
4
2 2x 2
(a) ή
1
f(x) { (β) ή f(x)={ (γ) ή f(x)=e x 2,x 0 (δ) .
2
lne f(x) e 1 f(x) e
Αν lim 0,f(8) e 2, έστω h(x) ,
x ημx x ημx
     
       

   
   
   β)
x 2
2 2
x 2 x 2
0
x 2
άρα limh(x) 0
και f(x) h(x)x ημx e 1 limf(x) lim(h(x)x ημx e 1) 0 4 ημ2 e 1 e 1.
H f είναι παραγωγίσιμη, άρα και συνεχής στο (0, + ).
Αρα η f είναι συνεχής και στο χ 2,
οπότε f(2)=limf(x) f(

 


             



4
x
2
2) e 1.
Eίναι και f(8)=e 2, άρα ο τύπος της f είναι ο (δ), δηλ.
x
f(x) e 2,x 0.
2
 

   

___________________________________________________________________________
x
2
1
f
1 1
Για κάθε x 0,f'(x) e 0 f γνησίως αύξουσα στο (0,+ ) f 1 1, άρα
2 2
υπάρχει η f (είναι συνάρτηση).
Οι τετμημένες των κοινών σημείων των C και ε: y = α, α είναι οι λύσεις της
εξίσωσης f(x

       

i)
ii)
xx 0
f
) = α, α .
Α (0, ).
lim f(x)= 1, lim f(x) ,f συνεχής και γνησιως αύξουσα στο Α, f(A) ( 1, ).
Αρα, αν α -1, τότε οι C , ε , δεν εχουν κοινά σημεία.
Αν α > -1, τότε υπάρχει ένα ακ
 

  
      

1 1 f
ριβώς x 0, ώστε f(x ) α, οπότε οι C και ε , έχουν ένα
ακριβώς κοινό σημείο.
 
1
f
1 1
1 2 1 2 1 2
1 1
1 2
1 1 1 1
1 2 1 2 1 2
D f(A) ( 1, ).
Για καθε y ,y ( 1, ) με y y είναι f(f (y )) f(f (y )),
f γν αυξουσα f (y ) f (y ),
(γιατί αν ήταν f (y ) f (y ), f γν. αυξ f(f (y )) f(f (y )) y y , άτοπο).
Αρα

 
 
   
   
    
 
    
iii)
1
1 1
1
x
1
x
1
2x
x x
η f είναι γνησίως αύξουσα στο (-1,+ ).
Η f είναι και συνεχής, άρα f (( 1, )) (0, ).
Aρα lim f (x) .
Ετσι lim (1-f (x)) 1 ( ) .
1 1
Eπίσης lim (f( ) 3) lim(e 1) 1 0 1 2,
x 2x
ά

 




 

   
 
    
       
1
x
f
2 2
2 2
1 f (x) 1
ρα lim ( ) .
1 2
f( ) 3
x
Η εξίσωση της ευθείας ε , που εφάπτεται της C , στο σημείο (4,f(4)) είναι η
e 1 e 1
ε : y-f(4)=f΄(4)(χ-4). Είναι f(4)=e , f '(4)= , άρα ε: y-e (x 4), δηλ
2 2



    

 
 
iv)
2
2
αδή
e 1
ε: y= x (e 2).
2

 

___________________________________________________________________________
α) Για κάθε x > 0 ισχύει:
   
   
   
   
   
2 2 4
2 2 2
2 2
2 2
f 2lnx 4 ln x lnx x 2f 2lnx x
f 2lnx 2xf 2lnx x ln x 4lnx 4
f 2lnx x lnx 2
f 2lnx x lnx 2
f 2lnx x lnx 2 1
       
     
     
     
  
Θέτουμε
   
   
    2
g x f 2lnx x
1 g x lnx 2
g x 0 g x 0 lnx 2 0 lnx 2 0 lnx 2 x e
 
  
            
Η f είναι παραγωγίσιμη στο άρα και συνεχής .
Η g είναι είναι συνεχής στο  0, ως πράξεις συνεχών και έχει μοναδική ρίζα
το 2
e , άρα διατηρεί σταθερό πρόσημο σε καθένα από τα διαστήματα    2 2
0,e και e ,
στα οποία η ρίζα της χωρίζει το  0,
 Αν
     
 
2 2
2
2
g x 0 x 0,e e ,
2 lnx ,0 x e
Τότε g x lnx 2
lnx 2,x e
    
   
   
 
 Αν
     
 
2 2
2
2
g x 0 x 0,e e ,
lnx 2,0 x e
Τότε g x lnx 2
2 lnx, x e
    
   
    
 
 Αν
       
   
2 2
2 2
2 2
g x 0 x 0,e και g x 0 x e ,
lnx 2 , 0 x e 2 lnx , 0 x e
τότε g x 2 lnx x 0,
lnx 2 , x e 2 lnx , x e
      
        
       
     
 Αν
Λύνει ο Τρύφωνας Ζωϊτσάκος

___________________________________________________________________________
       
   
2 2
2 2
2 2
g x 0 x 0,e και g x 0 x e ,
lnx 2 , 0 x e lnx 2 , 0 x e
τότε g x lnx 2 x 0,
lnx 2 , x e lnx 2, x e
      
        
       
    
Δηλαδή
  
2
2
2 lnx ,0 x e
f 2lnx x
lnx 2,x e
   
  
 
  
2
2
lnx 2,0 x e
f 2lnx x
2 lnx, x e
   
  
 
    f 2lnx x 2 lnx x 0,     
    f 2lnx x lnx 2 x 0,     
Θέτουμε
u
2
u
2lnx u lnx x e
2
    
Οπότε οι δυνατοί τύποι της f στο  0, είναι:
  
u
2
u
2 22
u
2
u
2 e , 0 u 4
u2f u αφού 0 x e 0 e e 2 u 4
2u
2 e , u 4
2

   
         
   

  
u
2
u
2
u
2 e , 0 u 4
2f u
u
2 e , u 4
2

   
 
   

  
u
2
u
f u 2 e u 0
2
    
  
u
2
u
f u 2 e u 0
2
    
β) H f είναι συνεχής στο 2 άρα    x 2
limf x f 2


Είναι
   
   2x 2
lne f x e 1 f 2 e
lim 0 0 1 f 2 e 0 f 2 e 1
4ημ2x ημχ
   
          και
  4
f 8 e 2 
Οι τιμές αυτές δίνονται μόνο από τον τελευταίο τύπο  
u
2
u
f u 2 e u 0
2
    
Άρα ο τύπος της f στο  0, είναι:  
x
2
x
f x 2 e x 0
2
    

___________________________________________________________________________
γ)    
x
2
1 1
x 0 είναι f x e 0 άρα f στο 0, οπότε 1 1 και αντιστρέψιμη.
2 2
      
δ)
 
 
x
2
x 0 x 0
x
2
x x
x
limf x lim 2 e 0 2 1 1
2
x
lim f x lim 2 e 2
2
 
 
 
 
        
 
 
          
 
H f είναι συνεχής και            xx 0
στο 0, άρα f 0, limf x , lim f x 1, 
     
Το πλήθος των κοινών σημείων της f
C με την ευθεία ψ = α,α εξαρτάται από το
πλήθος των ριζών της εξίσωσης  f x α
 Αν   α 1 τότε α f 0,    άρα η εξίσωση είναι αδύνατη και η f
C δεν έχει κοινά
σημεία με την ψ = α.
 Αν   α 1 τότε α f 0,    και η εξίσωση  f x α έχει μοναδική λύση στο  0,
αφού f οπότε η f
C έχει μοναδικό κοινό σημείο με την ψ = α.
ε) Η 1
f
έχει π.ο το     f 0, 1,    και σύνολο τιμών το π.ο της f το  0,
Δηλαδή     1
f 1, 0,
   
Η    1
f στο 0, f στο 1,
    (με απόδειξη) είναι και συνεχής οπότε
           1 1 1 1
x xx 1
f 1, lim f x , lim f x 0, lim f x
   
 
       
 
   
1
u
x
x x x
u 0
1
x
1
lim f lim f u 1
x
1 f x 1
Άρα lim
1 3 21
f 3
x


  



 
   
 
   
   
  
 
 
στ)      2 21
f 4 e , f 4 e 1
2
  
Η εφαπτομένη της f
C στο   A 4,f 4 έχει εξίσωση:
         2 2 2 21 1
y f 4 f 4 x 4 y e e 1 x 4 y e 1 x e 2
2 2
            

___________________________________________________________________________
α)
Έχουμε:    2 2 4
f 2lnx - 4 = ln x-lnx + x 2f 2lnx - x , x > 0 
  .
Θέτουμε y 2lnx και έχουμε:
     
2 2y y2
y2 2 2
y y
f y 4 2y 2e f y e f y e 2 ,μεy 0
4 2
   
            
  
.
Θέτουμε αρχικά όπου y το x και στην συνέχεια    
x
2
g x f x e ,μεx 0   , οπότε έχουμε:
 
2
2 x
g x 2
2
 
  
 
.
Παρατηρούμε ότι η g μηδενίζεται στο 4, και διατηρεί πρόσημο στα διαστήματα
   0,4 , 4, . Επίσης αφού g συνεχής (πράξεις συνεχών) , συνοπτικά για αυτήν έχουμε:
x 0 4 
g(x) + +
g(x) + -
g(x) - +
g(x) - -
Έτσι οι πιθανοί τύποι της f είναι:
1.    
x
2
x
f x e 2,x 0,
2
     ,
2.    
x
2
x
f x e 2 ,x 0,
2
     ,
3.  
x
2
x
2
x
e 2,0 x 4
2f x
x
e 2 ,x 4
2

   
 
   

,
4.  
x
2
x
2
x
e 2 ,0 x 4
2f x
x
e 2,x 4
2

   
 
   

.
β)
Από την σχέση   4
f 8 e 2  , οι τύποι 2,3 απορρίπτονται, ενώ απο το όριο:
Λύνει ο Κώστας Τσόλκας

___________________________________________________________________________
 
2x 2
lne f x e
lim
x ημx
 
, με την χρήση βοηθητικής συνάρτησης , υπολογίζουμε το όριο:
 x 2
limf x e 1

  , το οποίο απορρίπτει τον πιθανό τύπο 4.
Άρα ο τύπος της f είναι ο 1 , δηλαδή  
x
2
x
f x e 2 , x 0
2
    .
β) i)
Έχουμε για την παραγωγίσιμη f:
 
x
' x 2
1 1
f e 0
2 2
   , για κάθε x 0 . Άρα η f είναι ¨1-1¨ ως γνησίως αύξουσα για x 0 , άρα
υπάρχει η αντίστροφή της, η 1
f
.
β) ii)
Επειδή f : συνεχής, γνησίως αύξουσα στο  0, το σύνολο τιμών της είναι το:
           xx 0
f A f 0, lim f x , lim f x 1, 
      . (Τα όρια είναι εύκολα να υπολογιστούν)
Οπότε αν  α f A α 1    , η  f x α έχει ακριβώς μία ρίζα.( μονοτονία της f ),
ενώ αν α 1  δεν έχει ρίζες.
β) iii)
Επειδή η 1
f
έιναι συνεχής και γνησιώς αύξουσα στο  1,  (αφου η f είναι γνησίως
μονότονη στο Α , η 1
f
είναι γνησίως μονότονη με το ίδιο είδος μονοτονίας στο  f A ,
*Ευκολη απόδειξη με άτοπο) , απο το σύνολο τιμων της 1
f
που είναι το  0, (πεδίο
ορισμού της f ) , έχουμε ότι :
 1
x
lim f x

  .
Επίσης
1
2x
1 1
f e 2
x 2x
 
   
 
, συνεχής στο  0, , με
x
1
lim f 1 0 2 1
x
 
     
 
,
οπότε το ζητούμενο όριο έιναι της μορφής
1
 
  
και είναι ίσο με –.
β) iv)
Έχουμε   2
f 4 e ,      21
f 4 e 1
2
, οπότε η εφαπτομένη της f
C στο   4,f 4 έιναι η ευθεία :
 2 21
y e 1 x e 2
2
    .

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

Recomendados

Recomendados

Mais conteúdo relacionado

Mais procurados

Mais procurados (20)

Destaque

Destaque (20)

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

Semelhante a Η άσκηση της ημέρας - τεύχος 4ο (Δεκέμβριος 2016) (20)

Mais de Μάκης Χατζόπουλος

Mais de Μάκης Χατζόπουλος (20)

Último

Último (14)

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