Παρουσίαση ομάδας ECOMOBILITY Σχολείου Δεύτερης Ευκαιρίας Άρτας
20η ανάρτηση
1. ___________________________________________________________________________
20 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Θα δείξουμε ότι η f είναι σταθερή.
Έστω ότι δεν είναι.
Τότε, επειδή η f είναι συνεχής, το σύνολο τιμών της θα είναι διάστημα.
Όμως, δεν υπάρχει διάστημα που να περιέχει μόνο ακεραίους, άτοπο, αφού η f παίρνει
τιμές από το σύνολο .
Οπότε, f x f 0 3, για κάθε x 1,1 .
Άρα, f 1 3.
β)
Θέτουμε στη δοθείσα x 1 και έχουμε:
2 2 2
2 1 f 1 g 1
g 1 2 1 1 f 1 g 1 2g 1 1 0
3
2
g 1 1 0 g 1 1
και, επειδή η g είναι συνεχής, ισχύει:
x 1
limg x 1
H g , οπότε και η
g x
x 1
, ορίζονται αριστερά του 1, συνεπώς
x 1 x 1
g x g x
lim lim
x 1 x 1
Είναι
x 1
lim x 1 0 και x 1 0, για x 1. Επομένως,
x 1
1
lim
x 1
.
Άρα είναι:
x 1 x 1
g x 1
lim lim g x 1
x 1 x 1
γ)
Από τη δοθείσα έχουμε:
2 2 2 2
2xf x g x 2x 3 g x
g x 2 x 1 f x g x 2x 2 3
3 3
2
2 2 2 2
g x 2xg x x 1 x g x x 1 x για κάθε x 1,1
Θεωρούμε, επιπλέον, τη συνάρτηση h x g x x , x 1,1 , που είναι συνεχής ως
διαφορά συνεχών.
Είναι 2 2
h x 1 x και 2
1 x 0 για κάθε x 1,1 με την ισότητα να ισχύει για x 1
Οπότε
2
h x 1 x , για κάθε x 1,1
Η h δεν μηδενίζεται στο 1,1 , επομένως, ως συνεχής, διατηρεί πρόσημο σ’ αυτό.
Όμως, h 0 g 0 0 1 0 , συνεπώς h x 0 για κάθε x 1,1
Λύνει ο Νίκος Ελευθερίου
3. ___________________________________________________________________________
20 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Η f : 1,1 είναι συνεχής .
Η εικόνα ενός διαστήματος Δ μέσω μιας συνεχούς και μη σταθερής
συνάρτησης είναι διάστημα.
Επειδή το f 1,1 δεν είναι διάστημα , άρα η f είναι σταθερή
και f 1 f 0 3.
β)
Η f είναι σταθερή στο 1,1 άρα f x 3 για κάθε x 1,1 .
Για κάθε x 1,1 ισχύει:
2 2 2 2
2xf x g x
g x 2 x 1 f x g x 2 x 1 2xg x 3 1
3
Για x 1 η (1) δίνει:
2
2 2
g 1 4 2g 1 3 g 1 2g 1 1 0 g 1 1 0 g 1 1 .
Η g είναι συνεχής στο 1,1 άρα
x 1
limg x g 1 1 και
x 1
1
lim
x 1
Οπότε
x 1 x 1 x 1
g x g x 1
lim lim lim g x 1
x 1 x 1 x 1
γ)
Για κάθε x 1,1 ισχύει:
2 2 2 2 2
2
2
g x 2 x 1 2xg x 3 g x 2xg x x 1 x
g x x 1 x
Θέτουμε h x g x x , τότε 2 2
h x 1 x 2
2 2
h x 0 h x 0 1 x 0 x 1.
Για κάθε x 1,1 είναι h x 0 και επειδή η h είναι συνεχής στο 1,1 ως
διαφορά συνεχών θα διατηρεί σταθερό πρόσημο στο 1,1 .
Είναι h 0 g 0 0 g 0 1 0 άρα h x 0 για κάθε x 1,1 .
2 2 2
2 2
2 h x 1 x h x 1 x h x 1 x
g x x 1 x g x x 1 x , x 1,1
Ακόμη g 1 1.
Λύνει ο Τρύφωνας Ζωϊτσάκος
4. ___________________________________________________________________________
20 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Η (1) για x 1 δίνει :
2
2
g 1 2g 1 1 0 g 1 1 0 g 1 1.
Τελικά g x
{
2
x 1 x , x 1,1
1 , x 1
1 , x 1
ή
2
g x x 1 x , x 1,1 .
5. ___________________________________________________________________________
20 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Αν f 1 3 λόγω συνέχειας η f θα παίρνει όλες τις τιμές μεταξύ f 1 και 3, άρα και μη
ακέραιους πράγμα άτοπο γιατί είναι ακέραια συνάρτηση.
Άρα f 1 3.
β), γ)
Επίσης αν f x 3 x 1,0 0,1 με όμοιο τρόπο καταλήγω σε άτοπο.
Άρα η f είναι σταθερή με τιμή 3.
Τότε θα ισχύει
2
2 2 2 2 2 2
g x 2x 2 2xg x 3 g x 2xg x x 1 x g x x 1 x
κι επειδή 2
1 x 0 x 1, ισοδύναμα θα έχω 2
g x x 1 x (1).
Η 2
1 x 0 στο 1,1 άρα είναι g x x στο διάστημα αυτό.
Η g x x διατηρεί πρόσημο στο 1,1 κι επειδή g 0 0 το πρόσημο αυτό θα είναι .
Άρα η (1) γίνεται 2 2
x g x 1 x g x x 1 x .
Το ζητούμενο όριο είναι , αφού x 1 στο
1 και
2
x 1
lim x 1 x 1.
Λύνει o Κώστας Δεββές
6. ___________________________________________________________________________
20 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Αν υποθέσουμε ότι f(1) 3 επειδή f(1) και f συνεχής, σύμφωνα με το θεώρημα
ενδιαμέσων τιμών, η f θα παίρνει όλες τις τιμές μεταξύ των ακεραίων f(1), 3 άρα και
όχι ακέραιες τιμές, που είναι άτοπο, λόγω υπόθεσης αφού η f παίρνει μόνο ακέραιες
τιμές, έτσι f(1) 3
β)
Για την συνάρτηση f επειδή παίρνει μόνο ακέραιες τιμές, θα είναι η σταθερή f(x) 3
γιατί αν παίρνει τιμή 0 0
f(x ) 3, x [ 1,0) (0,1) όπως προηγούμενα καταλήγουμε σε
άτοπο, και για το λόγοαυτό η δοθείσα σχέση γίνεται 2 2
g (x) 2(x 1) 2xg(x) 3 για
x [ 1,1] οπότε 2 2
g (1) 4 2g(1) 3 (g(1) 1) 0 g(1) 1 και το
x 1 x 1
g(x) 1
lim lim g(x)
x 1 x 1
αφού
x 1 x 1
1
lim , lim g(x) g(1) 1
x 1
γ)
Από 2 2
g (x) 2(x 1) 2xg(x) 3 για x [ 1,1] έχουμε ότι
22 2 2 2
g (x) 2xg(x) x 1 x g(x) x 1 x 0, x [ 1, 1] άρα
2
g(x) x 1 x ,x [ 1, 1] (1) και επειδή 2
1 x 0, x ( 1, 1) λόγω της ισότητας ισχύει
g(x) x 0, x ( 1,1) και λόγω συνέχειας θα έχει σταθερό πρόσημο στο ( 1,1) και αφού
g(0) 0 1 0 θα είναι g(x) x 0, x ( 1,1) έτσι από (1) έχουμε
2
(g(x) x) 1 x ,x ( 1, 1) ή 2 2
g(x) x 1 x g(x) x 1 x ,x ( 1, 1) και
ακόμη επειδή έχουμε από (1) g( 1) 1,g(1) 1
τελικά 2
g(x) x 1 x ,x [ 1, 1]
Λύνει ο Βασίλης Κακαβάς
7. ___________________________________________________________________________
20 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Η εικόνα ενός κλειστού διαστήματος μέσω μιας συνεχούς και μη σταθερής συνάρτησης
είναι διάστημα , αυτό όμως δεν μπορεί να συμβαίνει όταν η f παίρνει με τιμές στο ,
( το οποίο είναι ένα σύνολο διακεκριμένων αριθμών), άρα η f θα είναι σταθερή στο
1,1 δηλ. f(x) c,c , x 1,1 και επειδή f(0) 3 c 3 δηλ.
f(x) 3, x 1,1 f(1) 3.
Έτσι η σχέση:
2 2 2xf(x)g(x)
g (x) 2 x 1 f(x), x 1,1
3
διαμορφώνεται στην
2 2 2 2 2
g (x) 2 x 1 2xg(x) 3, x 1,1 g (x) 2xg(x) x x 1 0, x 1,1
2 2
g(x) x x 1 0,x 1,1 1
β)
Επειδή η g είναι συνεχής στο 1,1 , θα ισχύει ότι:
x 1 x 1
g(1) limg(x) limg(x)
2 22 2
x 1 x 1 x 1
1 lim g(x) x x 1 0 lim g(x) x lim x 1 0
2
g(1) 1 0 g(1) 1, οπότε
x 1
g(x)
lim
x 1
, ( Μορφής
1
0
), διότι
x 1
lim x 1 0 και x 1 0
γ)
Από (1) προκύπτει:
2 2 2
g(x) x 1 x ,x 1,1 g(x) x 1 x ,x 1,1 2
Θεωρούμε την συνάρτηση h(x) g(x) x, x 1,1 .
Η h είναι συνεχής στο 1,1 ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων
Είναι
1
2
h(x) 0 x 1 0 x 1 , δηλ. η h δεν μηδενίζεται στο 1,1 , άρα θα
διατηρεί το πρόσημο της σ’ αυτό και επειδή h(0) g(0) 1 0 h(x) 0, x 1,1
, άρα g(x) x g(x) x και από
2 2
2 g(x) x 1 x ,x 1,1 g(x) x 1 x ,x 1,1
Λύνει ο Κωνσταντίνος Μόσιος
8. ___________________________________________________________________________
20 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α )
Έστω ότι υπάρχουν 1 2
x x 1,1 με 1 2
f(x ) f(x ) και έστω ότι 1 2
f(x ) f(x )
f συνεχής στο 1,1 οπότε λόγω του Θεωρήματος των Ενδιαμέσων Τιμών
θα παίρνει όλες τις τιμές του διαστήματος 1 2
f(x ) , f(x ) .
Όμως 1 2
f(x ) , f(x ) και μεταξύ δύο ακεραίων υπάρχει πάντα ένας αριθμός
όχι ακέραιος (π.χ άρρητος) , οπότε η f θα παίρνει και όχι ακέραιες τιμές .
Αυτό όμως είναι άτοπο γιατί το πεδίο τιμών της f είναι το σύνολο
Από τα παραπάνω συμπεραίνουμε ότι η συνάρτηση f είναι σταθερή στο 1,1
και επειδή f(0)=3 τότε : f(x) 3 για κάθε x 1,1 δηλαδή f(1)=3
β)
Η σχέση : 2 2
2xf(x)g x
g x 2 x 1 f(x)
3
για x 1 και f(x) 3 γίνεται:
2 2
2 1 3 g 1
g 1 2 1 1 3
3
δηλαδή 2
g 1 2 g 1 1 0
από όπου παίρνουμε ότι g 1 1 και επειδή g συνεχής
x 1
limg x 1
Για το ζητούμενο όριο έχουμε :
x 1 x 1 x 1
g x 1 1
lim limg x lim 1
x 1 x 1 0
γ)
Για τον τύπο της συνάρτησης g έχουμε :
2 2
2xf(x)g x
g x 2 x 1 f(x)
3
και για f(x) 3 παίρνουμε :
2
2 2 2
g x 2 x 1 2xg x 3 ........ g x x 1 x σχέση (1)
Αν θεωρήσουμε συνάρτηση h x g x x (συνεχής στο 1,1 )
τότε από τη σχέση (1) έχουμε ότι οι ρίζες της συνάρτησης h είναι οι αριθμοί 1 ,-1
οπότε η h διατηρεί σταθερό πρόσημο στο 1 , 1 και h 1 h 1 0
Όμως h 0 g 0 0 1 0 οπότε για κάθε x 1,1 h x 0
Η σχέση (1) λοιπόν δίνει ότι : 2
g x x 1 x άρα 2
g x x 1 x
Λύνει ο Γιώργος Κουρεμπανάς
9. ___________________________________________________________________________
20 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Ισχύει f 0 3 ,έστω f 1 k με k 3 και ας θεωρήσουμε χωρίς βλάβη της γενικότητας
ότι 3 k
Η f συνεχής στο 0,1 και f 0 f 1 άρα η f θα παίρνει όλες τις ενδιάμεσες τιμές στο
διάστημα
f 0 ,f 1 πράγμα άτοπο διότι παίρνει μόνο ακέραιες άρα υποχρεωτικά
f 1 3
Γενικεύοντας το παραπάνω για οποιαδήποτε x 1,1 προκύπτει ότι f x 3
Δηλαδή :
Για κάθε 1 2
x ,x 1,1 με 1 2
x x θα δείξουμε ότι 1 2
f x f x
Αν 1 2
x x τότε προφανώς 1 2
f x f x από το ορισμό της συνάρτησης
Αν 1 2
x x τότε ας υποθέσουμε ότι 1 2
f x f x επομένως στο διάστημα
1 2
f x ,f x ή
2 1
f x ,f x η f συνεχής και θα παίρνει υποχρεωτικά όλες τις ενδιάμεσες τιμές ,άτοπο
διότι παίρνει μόνο τις ακέραιες
Άρα f x 3 για κάθε x 1,1
β)
Επομένως για την συνάρτηση g ισχύει
2 2
g x 2 x 1 2xg x 3
Για x 1 γίνεται
2 2 2
2
2
g 1 2 1 1 2g 1 3 g 1 4 2g 1 3 0
g 1 2g 1 1 0 g 1 1 0 g 1 1
Και επειδή η g συνεχής άρα
x 1
limg x g 1 1
Άρα
x 1 x 1
g x 1
lim limg x 1
x 1 x 1
διότι
x 1
lim x 1 0 και x 1 0 για τιμές κοντά στο
1 εφόσον x 1
γ)
Η σχέση 2 2
g x 2 x 1 2xg x 3 ισοδύναμα γίνεται :
2 2 2 2
2
2 2 2 2 2
g x 2 x 1 2xg x 3 g x 2x 2 2xg x 3 0
g x 2xg x x 1 x g x x 1 x g x x 1 x
Λύνει ο Χρήστος Κουστέρης
10. ___________________________________________________________________________
20 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Θεωρούμε τη συνάρτηση h x g x x , x 1,1
2 2 2
x 1
h x 0 h x 0 1 x 0 1 x 0 x 1 ή
x 1
Κάθε συνεχής συνάρτηση διατηρεί πρόσημο σε κάθε ένα από τα διαστήματα που οι
διαδοχικές της ρίζες χωρίζουν το πεδίο ορισμού της .
Επομένως ηh διατηρεί πρόσημο στο διάστημα 1,1 και μηδενίζεται μόνο για
x 1,x 1
Για x 0 έχουμε h 0 g 0 0 h 0 1 δηλαδή h x 0 για κάθε x 1,1
2 2 2
g x x 1 x g x x 1 x g x x 1 x , x 1,1
11. ___________________________________________________________________________
20 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Έστω ότι f 1 k με k και k 4. Η f είναι συνεχής στο 0,1 και
7
f 0 f 1
2
,
οπότε από θεώρημα ενδιάμεσων τιμών υπάρχει 0
x 0,1 : 0
7
f x
2
, άτοπο ,
αφού
7
2
.
Έστω ότι f 1 k με k και k 2. Η f είναι συνεχής στο 0,1 και
5
f 1 f 0
2
,
οπότε από θεώρημα ενδιάμεσων τιμών υπάρχει 0
x 0,1 : 0
5
f x
2
, άτοπο ,
αφού
5
2
.
Άρα είναι f 1 3.
β΄ τρόπος
Έστω ότι f 1 k με k και k 4 και συνάρτηση h με h x f x , x 0,1 με
3,4 . Η h είναι συνεχής στο 0,1 , h 1 f 1 k 0 ,
h 0 f 0 3 0 , δηλ. h 0 h 1 0 , οπότε από Θ. Bolzano υπάρχει 0
x 0,1 :
0 0
h x 0 f x , άτοπο , αφού .
Έστω ότι f 1 k με k και k 2. Ομοίως με Θ.Bolzano καταλήγουμε σε άτοπο ,
οπότε είναι f 1 3 .
γ΄ τρόπος
Έστω ότι η f δεν είναι σταθερή. Τότε υπάρχει 1,0 0,1 με f k , k και
k 3.
Αν k 4 και 1,0 , τότε επειδή η f είναι συνεχής στο ,0 και
7
f 0 f
2
,
από θεώρημα ενδιάμεσων τιμών υπάρχει 0
x ,0 : 0
7
f x
2
, άτοπο , αφού
7
2
.
Ομοίως καταλήγουμε σε άτοπο αν 0,1 .Αν k 2 και 1,0 , τότε επειδή η f
είναι συνεχής στο ,0 και
5
f f 0
2
, από θεώρημα ενδιάμεσων τιμών υπάρχει
0
x ,0 : 0
5
f x
2
, άτοπο , αφού
5
2
.
Λύνει ο Αθανάσιος Μπεληγιάννης
12. ___________________________________________________________________________
20 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Ομοίως καταλήγουμε σε άτοπο αν 0,1 .
Άρα η f είναι σταθερή στο 1,1 με f x 3 , x 1,1 , οπότε και f 1 3 .
δ΄ τρόπος
Έστω ότι η f δεν είναι σταθερή. Αφού είναι συνεχής στο 1,1 , τότε το f 1,1 είναι
διάστημα , το οποίο θα περιέχει και μη ακεραίους πραγματικούς. Άτοπο. Άρα η f είναι
σταθερή στο 1,1 με f x 3 , άρα και f 1 3 .
β)
Αφού f 1 3 η δεδομένη σχέση για x 1 γίνεται :
2
2 2
g 1 2 1 1 2g 1 3 g 1 2g 1 1 0 g 1 1 0 g 1 1
Επειδή η g συνεχής
x 1
limg x g 1 1 και
x 1
lim x 1 0 με x 1 0 , οπότε
x 1
1
lim
x 1
είναι :
x 1 x 1 x 1
g x g x 1
lim lim lim g x
x 1 x 1 x 1
.
γ)
Για κάθε x 1,1 η δεδομένη σχέση γίνεται :
2
2 2 2 2 2 2
g x 2 x 1 2xg x 3 g x 2xg x x 1 x g x x 1 x (1)
Έστω η συνάρτηση w x g x x , με x 1,1 , η οποία είναι συνεχής στο 1,1
ως διαφορά συνεχών , οπότε ισχύει (1):
2 2 2
w x 1 x w x 1 x , x 1,1 . (2)
Η εξίσωση w x 0 έχει ρίζες τις 1 2
x 1,x 1 και w x 0 για κάθε x 1,1 .
Άρα η w διατηρεί πρόσημο στο 1,1 και επειδή w 0 g 0 1 0 , είναι
w x 0 , x 1,1 .
Οπότε η (2) γίνεται :
2 2 2
w x 1 x g x x 1 x g x x 1 x , x 1,1 .
Από την (1) έχουμε : g 1 1 και g 1 1 , οπότε
2
g x x 1 x , x 1,1 .
β΄ τρόπος
Από τη σχέση
2
2 2 2
g x 2 x 1 2xg x 3 g x x 1 x , x 1,1
βρίσκουμε g 1 1 και g 1 1 .
Για κάθε x 1,1 : 2 2 2 2
g x 2 x 1 2xg x 3 g x 2xg x 2x 1 0 που
είναι τριώνυμο ως προς g x με διακρίνουσα 2
4 1 x 0 , οπότε το g x είναι :
13. ___________________________________________________________________________
20 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
2
g x x 1 x ή 2
g x x 1 x για κάθε x 1,1 .
Αν ήταν 2
g x x 1 x για κάθε x 1,1 , τότε g 0 1 1 , απορρίπτεται .
Αν ο τύπος της g ήταν :
2
1
2
2
x 1 x , x A
g x
x 1 x , x A
με 1 2
A A και
1 2
A A 1,1 τότε η g δεν θα ήταν συνεχής στο 1,1 , άρα απορρίπτεται.
Άρα είναι 2
g x x 1 x , x 1,1 , που ικανοποιεί τις απαιτήσεις του
προβλήματος.
15. ___________________________________________________________________________
20 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Έστω Α = [-1,1].
α)
Υποθέτουμε ότι η f δεν είναι σταθερή. Αφού είναι συνεχής στο Α θα ισχύει ότι το σύνολο
τιμών της f(A) θα είναι δ ι ά σ τ η μ α (ΣΧΕΣΗ 1) .
Όμως από υπόθεση έχουμε έχουμε ότι f(A) ..., 3, 2, 1,0,1,2,3,... .
Άρα το σύνολο τιμών είναι σύνολο διακεκριμένων τιμών το οποίο δεν δημιουργεί
διάστημα.
Αυτό έρχεται σε αντίθεση με την (ΣΧΕΣΗ 1) , οπότε έχουμε καταλήξει σε άτοπο.
Άρα η συνάρτηση f είναι σταθερή στο Α και ισχύει f(x) 3 για κάθε x A, αφού f(0) 3 .
Επομένως ισχύει και f(1) 3 .
β)
Από την δοσμένη σχέση για x 1 προκύπτει εύκολα ότι g(1) 1. Για το όριο
x 1
g(x)
lim
x 1
,
έχουμε:
x 1 x 1
g(x) 1 1
lim lim g(x) 1
x 1 x 1 0
, αφού g συνεχής στο 1 , άρα και
x 1
limg(x) g(1) 1 και
x 1
1
lim
x 1
, αφού x 1 x 1 0.
γ)
Η δοσμένη σχέση, αφού f x 3 για κάθε x A, γίνεται μετά από απλές πράξεις:
2 2
g(x) x 1 x , x A. Θεωρούμε h(x) g(x) x, x A, η οποία είναι συνεχής στο Α
ως διαφορά συνεχών, και μηδενίζεται στα άκρα του Α (στο x=1, x=-1) , οπότε διατηρεί
σταθερό πρόσημο στο διάστημα ( 1,1). Επειδή h(0) g(0) 0 1 0 1 0 η h θα
είναι αρνητική στο ( 1,1).
Άρα έχουμε:
2 2 2 2 2
g(x) x 1 x , x 1,1 h x 1 x , x 1,1 h(x) 1 x , x 1,1
Επιπλέον h(1) h( 1) 0 και h συνεχής στο Α, προκύπτει 2
h(x) 1 x , x A.
Επομένως
2
g(x) x 1 x , x 1,1 .
Λύνει ο Κώστας Τσόλκας