H Άσκηση της Ημέρας

1. ___________________________________________________________________________
1η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2018-΄19
α) Το 2 και το 1 δεν ανήκουν στο πεδίο ορισμού της f άρα θα πρέπει να μηδενίζουν τον
παρονομαστή 2
x x   
Οπότε
 
4 2 0 2 4
1, 2
1 0 1
                
         
               
Το πεδίο ορισμού της
1
f
είναι το
             ' 'A x :x 2,x 1,x k 0 2,1, k
Δίνεται ότι
2 A 2 k k 2      
Άρα πράγματι
  2
x 2
f x
x x 2


 
β) Πρόσημο τριωνύμου 2
x x 2 : 
Άρα
       2 2x 1 x 1 x 1
x 2 1
lim f x lim lim x 2 1
x x 2 x x 2
  
  
 
        
    
       2 2x 2 x 2 x 2
x 2 1
lim f x lim lim x 2 4
x x 2 x x 2
  
  
 
        
    
γ) Για το όριο
x 0
x
K limf
x
 
  
 
κάνουμε την αντικατάσταση
x
w
x


Τότε
x 0 x 0
x
w 1
x
lim lim
 

 
και για x κοντά στο 0ισχύει
x 0
x 0
x
x x 1 w 1
x
x x x x x
x
x x 1 w 1
x
 
 
 
     

       

     

==>
==>
Λύνει ο Θεόδωρος Παγώνης- Παύλος Τρύφων

2. ___________________________________________________________________________
1η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2018-΄19
Άρα
 
 
x 0 w 1
x
limf lim f w
x


 
 
      
 
Για το όριο 4 2x
4
1
lim
2x x
f
1 x

 
 
 
 
κάνουμε την αντικατάσταση
4 2
4
2x x
w
1 x



Τότε
x x x
4 2 4
4 4
2x x 2x
w 2
1 x x
lim lim lim
  

   
 
και για x 2018 ισχύει
4 2
4
2x x
w 2
1 x

  

αφού
 
4 2
4 2 4 2
4
2x x
2 2x x 2 1 x x 2, ύ
1 x

           

Άρα
   
 
4 2x w 2
w 2
4
1 1 1 1
lim lim 0
2x x f w lim f w
f
1 x



 

     
  
 
 

3. ___________________________________________________________________________
1η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2018-΄19
α) Αφού το -2 και το 1 δεν ανήκουν στο πεδίο ορισμού της συνάρτησης πρέπει να
μηδενίζουν τον παρονομαστή.
Οπότε
-2λ + μ = -4
λ + μ = -1
Και λύνοντας το σύστημα βρίσκουμε λ=1 και μ=-2.
Επίσης το 2 μηδενίζει τον αριθμητή, άρα κ=-2 και η συνάρτηση γίνεται:
2
x - 2
f(x) =
x + x - 2
β)
x 1 x 1 x 1
x 2 1 x 2 1
limf(x) lim lim ( )( )
(x 2)(x 1) x 1 x 2 3
  
  
 
      
   
x 2 x 2 x 2
x 2 1 x 2 4
lim f(x) lim lim ( )( )
(x 2)(x 1) x 2 x 1 3
  
  
 
      
   
γ) Θέτουμε
x
u
x

 και
x 0 x 0
x
limu lim 1
x 

  οπότε
2u 1 u 1 u 1 u 1
u 2 u 2 1 u 2 1
limf(u) lim lim lim ( )( )
u u 2 (u 2)(u 1) (u 1) u 2 3   
  
       
     
Αφού 1 u 1 1 u 1 2 u 1 0

               

άρα το
u 1
1
lim
u 1
 

. Δηλαδή το Κ=+∞
4 2x u 2 u 2
4
1 1 (u 2)(u 1)
lim lim lim 0
2x x f(u) u 2f( )
1 x
  
 
    
 

όπου
4 2
4
2x x
u
1 x



και
4 2
4x x
2x x
limu lim 2
1 x 

  

Λύνει ο Γιώργος Ασημακόπουλος

4. ___________________________________________________________________________
1η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2018-΄19
α)
Οι 2 και 1 είναι ρίζες της 2
x x 0     , άρα S 1 1       και P 2    .
Ο 2 είναι ρίζα της f άρα 2 0 2       .
Τελικά   2
x 2
f x
x x 2


 
.
β)
  x 1
x 2
lim
x 2 x 1



 
 
επειδή
x 1
x 2 1
lim
x 2 3



 

και
x 1
1
lim
x 1


 

.
Επίσης
  x 2
x 2
lim
x 2 x 1



 
 
επειδή
x 2
x 2 4
lim
x 1 3





και
x 2
1
lim
x 2


 

.
γ)
i) Για x κοντά στο 0 έχω:
x x
1
x x
 
  αφού *
x x ,x   R .
Αν
x
u
x

 είναι
x 0
limu 1

 και  u 1
lim f u

  από το β), άρα
x 0
x
lim f
x


 
  
 
.
ii) Για x κοντά στο  έχω:
44 2 x 1
4 2 4 2
4
2x x
2 2x x 2 2x x 2
1 x


         

.
Αν
4 2
4
2x x
u
1 x



είναι
x
lim u 2

  και  u 2
lim f u

  από το β),
άρα
4 2
4x
2x x
lim f 0
1 x
 
     
 
.
Λύνει ο Κώστας Δεββές

5. ___________________________________________________________________________
1η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2018-΄19
α)
Η f έχει πεδίο ορισμού το  2,1  , οπότε 2
x x 0     για 1
x 2  και 2
x 1 .
Από τους τύπους του Vieta είναι: 1 2
x x 1      και 1 2
x x 2       .
Η
1
f
έχει πεδίο ορισμού το  2 , οπότε x k 0  για x 2 .
Επομένως, k 2  .
Άρα,   2
x 2
f x
x x 2


 
για κάθε  x 2,1   .
β)
Για το πρώτο όριο έχουμε:
       2 2x 1 x 1 x 1
x 2 1
imf x im im x 2 1
x x 2 x x 2
  
  
 
         
    
, αφού:
  x 1
im x 2 1

  

2x 1
1
im
x x 2


 
 
, επειδή  2
x 1
im x x 2 0

   και 2
x x 2 0   κοντά στο 1
Για το δεύτερο όριο έχουμε:
       2 2x 2 x 2 x 2
x 2 1
im f x im im x 2 4
x x 2 x x 2
  
  
 
         
    
, αφού:
  x 2
im x 2 4

  

2x 2
1
im
x x 2


 
 
, επειδή  2
x 2
im x x 2 0

   και 2
x x 2 0   κοντά στο 2
 .
γ)
Για το πρώτο όριο θέτουμε
x
u
x

 . Είναι
x 0
imu 1

 . Για x κοντά στο 0 έχουμε:

x 0 x 0
x
x x x x x x x 1
x
 

           και

x 0 x 0
x
x x x x x x x 1
x
 

          
Οπότε είναι:  x 0 x 1
x
imf imf x K
x
 
 
    
 
.
Για το δεύτερο όριο έχουμε:
4 2 4
4 4x x
2x x 2x
im im 2
1 x x 

  
 
και
Λύνει ο Νίκος Ελευθερίου

6. ___________________________________________________________________________
1η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2018-΄19
 
4 2
4
2x x
v
1 x
4 2x v 2
4
1 1
M im im
2x x f v
f
1 x



 
 
 
 
 
.
Είναι:
  
 v 2 v 2
1
im f v im 0
f v
 
 
    και
 όπως στο προηγούμενο ερώτημα βρίσκουμε:  
 v 2 v 2
1
im f v im 0
f v
 
 
   
Άρα,
     v 2 v 2v 2
1 1 1
im im im 0
f v f v f v
  
     .

7. ___________________________________________________________________________
1η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2018-΄19
Α)
Αφού το (μη μηδενικό) πολυώνυμο x2+λx+μ είναι 2oυ βαθμού και από την υπόθεση το
-2 και το 1 δεν ανήκουν στο πεδίο ορισμού της f, προφανώς αυτές είναι οι δύο ρίζες του.
Άρα:
S = - 2 + 1 ⟹ λ = 1 και P = - 2 ⟹ μ = - 2
Επειδή το 2 δεν ανήκει στο πεδίο ορισμού της 1/f, αυτό σημαίνει ότι το 2 είναι ρίζα του
x+κ, έτσι: 2 + κ = 0 ⟹ κ = - 2.
Από τα παραπάνω προκύπτει ότι:
2
x 2
f(x)
x x 2


 
με πεδίο ορισμού το  f
2,1   R
Β)
2x 1 x 1 x 1 x 1
x 2 x 2 1 x 2 1 ( 1)
limf(x) lim lim lim
x x 2 (x 1)(x 2) x 1 x 2 0 3
       
    
        
      
2x 2 x 2 x 2 x 2
x 2 x 2 1 x 2 1 ( 4)
lim f(x) lim lim lim
x x 2 (x 1)(x 2) x 2 x 1 0 ( 3)
       
    
        
       
Γ)
x 0 u 1
x
limf lim f(u)
x
 
 
   
 
γιατί: θέτω
x
u
x
 
 
 
και όταν x 0, u 1  με u<1, αφού
x x
x x 1 1 1, x
x x
 
          
4 2
4x u 2
2x x
lim f lim f(u)
1 x
 
 
   
 
γιατί: θέτω
4 2
4
2x x
u
1 x
 
 
 
και όταν το x  , u 2 
με u 2  , γιατί
4 2 4
4 4x x
4 2
4 2 4 2
4
2x x 2x
lim lim 2
1 x x
2x x
και αν x 2018 είναι -2 2x x -2 2x x -2 ισχύει.
1 x
 
  
    
   

        

Άρα
4 2x
4
1 1
lim 0
2x x
f
1 x

   
  
 
 
Λύνει ο Σπύρος Χαλικιόπουλος

8. ___________________________________________________________________________
1η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2018-΄19
α)
2
x + κ
f(x) = , (κ,λ,μ )
x + λx + μ
 R )
 -2Αf  (-2)2+λ(-2)+μ=02λ-μ=0 (1)
 1Αf  12+λ·1+μ=0λ+μ=-1 (2)
(1)+(2)  3λ=3 λ=1μ=-2
Άρα,
2
x + κ
f(x) =
x + x - 2
) και
 2 1
f
A , ενώ 2Αf γιατί 22+ 2-2≠0f(2)=02+κ=0=0κ=-2
Άρα,
2
x - 2
f(x) =
x + x - 2
), x(-∞, -2)∪(-2, 1)∪(1, +∞)
β)
x 2
f(x) =
(x 1)(x 2)

 
)

x 1 x 1
1 x 2 1
limf(x) lim ( )
x 1 x 2 3
 
 
  
         
    
  
   
 
       
  x 2 x 2
1 x 2 4
lim f(x) lim ( )
x 2 x 1 3
γ)
x 0
x
K limf
x
 
  
 
Για κάθε x≠0:
x x
x x 1 1 1
x x
 
       
άρα, αν
x
u
x

 , τότε είναι u<1 και
x 0 x 0
x
limu lim 1
x 

  . Έτσι,
u 1
lim f(u)

   
Είναι 4 2x
4
1
lim
2x x
f
1 x

 
 
 
 
Έστω,
4 2
4
2x x
t
1 x



, άρα
4 2 4
4 4x x x
2x x 2x
lim t lim lim 2
1 x x  

   
 
Έτσι,  
 
         
t 2 t 2
4 4
lim f(t) ( ) , lim f(t) ( )
3 3
Κατά συνέπεια,
t 2t 2 t 2
1 1 1
lim 0, lim 0, άρα Μ = lim 0
f(t) f(t) f(t)
   
  
Λύνει η Ντίνα Ψαθά

9. ___________________________________________________________________________
1η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2018-΄19
α) Έχουμε την συνάρτηση
2
x k
f(x) , ( , , )
x x

    
   
 Επειδή το 2 και το 1 δεν ανήκουν στο πεδίο ορισμού της f θα μηδενίζουν
τον παρονομαστή δηλ. θα ισχύει:
      
2
2 2 0 2 4 1            και
  2
1 1 0 1 2           
Λύνοντας το σύστημα των σχέσεων (1) και (2) προκύπτουν ότι: 1  και 2  
 Επειδή το 2 δεν ανήκει στο πεδίο ορισμού της
1
f
θα μηδενίζει τον
αριθμητή της f δηλ. 2 k 0 k 2    
Έτσι τελικά έχουμε ότι:
2
x 2
f(x)
x x 2


 
β) Αρχικά μελετάμε το πρόσημο της παράστασης 2
x x 2 
Έτσι έχουμε ότι:
  2
2x 1 x 1
1 1
lim x x 2 0 lim , ή :
x x 2 0
 

 
 
          
   
οπότε
     2x 1 x 1
1
limf(x) lim x 2 1 ,
x x 2
 
 
 
         
  
  2
2x 2 x 2
1 1
lim x x 2 0 lim , ή :
x x 2 0
 

 
 
          
   
οπότε
     2x 2 x 2
1
lim f(x) lim x 2 4 ,
x x 2
 
 
 
         
  
γ) Έχουμε ότι
x 0
x
K limf
x
 
  
 
, επειδή
x 0
x
lim 1
x



 , αν θέσουμε
x
t
x

 , τότε
t 1 x 1
K limf(t) limf(x) 
 
    , διότι για x κοντά στο 0 ισχύει x x 
x
1
x

  , όμως x x  είναι ομόσημα κοντά στο μηδέν, οπότε
x
0
x


έτσι
x
t 1
x

 
Λύνει ο Κωνσταντίνος Μόσιος

10. ___________________________________________________________________________
1η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2018-΄19
o Έχουμε ότι 4 2x
4
1
M lim
2x x
f
1 x


 
 
 
, επειδή
4 2 4 2 2
4 4x x x
4
1
2
2x x 2x x xlim lim lim 2
11 x x 1 1
x
  

 
   
    
, τότε αν θέσουμε
4 2
4
2x x
t
1 x



t 2 x 2
1 1 1
M lim lim 0, ή : 0
f(t) f(x) 
 
      
 
, διότι ,βάσει του παραπάνω πίνακα
έχουμε ότι:
     2x 2 x 2
1
lim f(x) lim x 2 4
x x 2
 
 
 
         
  
και
     2x 2 x 2
1
lim f(x) lim x 2 4
x x 2
 
 
 
         
  
, όμως
1
0

και
1
0


11. ___________________________________________________________________________
1η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2018-΄19
α)
Αφού -2,1 είναι ρίζες του τριωνύμου, σύμφωνα με τους τύπους του Vieta έχουμε οτι:
1 2
x x S
2 1 S
S 1
 
  
 
και
1 2
x x P
2 1 P
P 2
 
  
 
Επομένως,
2 2
2 2
x x x Sx P
x x x x 2
      
      
Επίσης,
2 2
1 x x x x 2
f(x) x x
     
 
   
Aπό την υπόθεση λοιπόν πρέπει για x 2 :
x 0
2 0
2
  
  
  
Επομένως:
2
x 2
f(x)
x x 2


 
β)

2x 1 x 1 x 1 x 1 x 1
x 2 x 2 1 x 2 1 2
limf(x) lim lim lim lim ( )
x x 2 (x 1)(x 2) x 1 x 2 1 2
    
    
   
      
      
1
( ) ( )
3
     

2x 2 x 2 x 2 x 2 x 2
x 2 x 2 1 x 2 2 2
lim f(x) lim lim lim lim ( )
x x 2 (x 1)(x 2) x 2 x 1 2 1
    
    
    
      
       
4
( )
3
    
γ)
2x 0 u 1 u 1 u 1
u 2 u 2
K limf limf(u) lim lim
u u 2 (u 1)(u 2)   
   
          
,
αφού θέσαμε u ,ό 0 : u 1
    

*
(u 1 επειδή λόγω της ανισότητας ημχ<χ 1, x )

    

 Για u 1 :
x 1 x 1
1 u 2 1
lim lim ( )
u 1 u 2 3
 
 
 
       
   
Λύνει ο Παναγιώτης Βιώνης

12. ___________________________________________________________________________
1η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2018-΄19
Άρα   
 
2
2
4 2x t 2 t 2
4
2 2 21 1 t t 2 0
lim lim lim 0
2x x f(t) t 2 2 2 4
f
1 x
  
   
      
     
 
 
αφού
4 2 4
4 4x x
2x x 2x
lim lim 2
1 x x 

  
 
και θέτοντας
4 2
4
2x x
t ,ό x + : t -2
1 x

    
