Η Ασκηση της Ημερας

1. ___________________________________________________________________________
6η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Η γραφική παράσταση της f διέρχεται από το σημείο  A 3,1 και τέμνει τον κατακόρυφο
άξονα y'y στο σημείο με τεταγμένη 3, οπότε   f 3 1 και   f 0 3.
Ας υποθέσουμε πως η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα. Τότε, σύμφωνα με τον
ορισμό, για οποιαδήποτε 1 2
x ,x R με      1 2 1 2
x x f x f x .
Επομένως,        0 3 f 0 f 3 3 1, άτοπο.
Άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα.
β)
i) Έχουμε
     

                     
f
f 1 x 1 f 1 x f 3 1 x 3 3 1 x 3 4 x 2 2 x 4
β)
ii) Έχουμε
               


           
       
f
2 2 2 2 2
f
2
f f x 1 3 f f x 1 f 0 f x 1 0 f x 1 f x f 3
x 3 x 3 3 x 3
γ)
Πρέπει
     
2
0 3 4 
1
4
         

         
  
f
f 2017 0 3 f 2017 0 f 2017 3 f 2017 f 0
2017 0, ή .
Λύνει ο Κωνσταντίνος Γεωργίου
Άσκηση Α

2. ___________________________________________________________________________
6η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α) Η γραφική παράσταση της f διέρχεται από τα σημεία  A ,1 και    , ,άρα
  f 1 και    f
Γνωρίζουμε ότι για κάθε x ισχύει
  x x 1
με την ισότητα να ισχύει μόνο για x 0
Άρα για τον αριθμό   0 θα έχουμε
   

               
f 0
f f 1 0 1
β) Η g είναι συνεχής στο   0, ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων.
Οπότε ικανοποιούνται οι υποθέσεις του θεωρήματος Bolzano για την συνάρτηση g στο
διάστημα   0, αν και μόνο αν
        

                
0 1
2 2 2 2 2
g 0 g 0 1 0 0 2
Για   x 0 η σχέση  1 δίνει
              2 2 2 2
0 3
Οπότε από τις σχέσεις    2 , 3 προκύπτει ότι δεν υπάρχουν τιμές του    0,1 για τις
οποίες ικανοποιούνται οι υποθέσεις του θεωρήματος Bolzano για την συνάρτηση g στο
διάστημα   0,
Λύνει ο Παύλος Τρύφων
Άσκηση Β

3. ___________________________________________________________________________
6η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α) Είναι   f 3 1 και   f 0 3.
Άρα υπάρχουν αριθμοί x,y με x y και    f x f y , δηλαδή η f είναι γνησίως φθίνουσα
στο R
β) i) Έχουμε
     

       
            
f
f 1 x 1 f 1 x f 3 1 x 3
3 1 x 3 4 x 2 2 x 4
ii) Έχουμε
         
     


       
           
f
2 2 2
f
2 2 2
f f x 1 3 f f x 1 f 0 f x 1 0
f x 1 f x f 3 x 3 x 3 3 x 3
γ) Είναι
       

          
f
0 3 f 2017 0 f 2017 3 f 2017 f 0 2017 0, που ισχύει αφού
2017 0 και η f είναι γνησίως φθίνουσα στο R
α) Από την υπόθεση προκύπτει άμεσα ότι   f 1 και    f
Για τον αριθμό   0 ισχύει:    
 
           
f 0
f f 1 0 1
β) Η g είναι συνεχής στο   0, ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων. Οπότε αρκεί
    g 0 g 0
Όμως ,       2
g 0 1 και αφού     2 2
0 0
Επίσης
        1 1 0 g 0 0 και       2 2
g
Για να ικανοποιεί η g τις υποθέσεις του θεωρήματος Bolzano, πρέπει   g 0 , δηλαδή
       2 2
, το οποίο είναι άτοπο, αφού    για κάθε   R
Άρα δεν υπάρχουν τιμές του    0,1 για τις οποίες ικανοποιούνται οι υποθέσεις του
θεωρήματος Bolzano για την συνάρτηση g στο διάστημα   0,
Λύνει ο Χάρης Πλάτανος
Άσκηση Α
Άσκηση Β

4. ___________________________________________________________________________
6η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α) Έχουμε: f(3) 1 και f(0) 3
Επειδή 0 3 ενώ   f(0) 3 1 f(3) και η f είναι γνησίως μονότονη, θα είναι γνησίως
φθίνουσα.
β)
i)  

                   
f
f 1 x 1 f(3) 1 x 3 3 1 x 3 4 x 2 2 x 4
ii)  
 
            
f f
2 2 2 2
f f(x ) 1 3 f(0) f(x ) 1 0 f(x ) 1 f(3) x 3 x 3
   3 x 3.
γ) Η δευτεροβάθμια εξίσωση έχει διακρίνουσα:
        
2 1
3 4 f(2017) 3 f(2017) f(0) f(2017) 0
4
,διότι

     
f
0 2017 f(0) f(2017) f(0) f(2017) 0
Αφού η διακρίνουσα είναι Δ>0 η εξίσωση θα έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες.
α) Έχουμε:  f( ) 1 και     f( ) , 0
Επειδή   0 ισχύει            και η f είναι γνησίως φθίνουσα θα
έχουμε

          
f
f( ) f( ) 1 , άρα   0 1
β) Η συνάρτηση g είναι συνεχής στο   0, ως σύνθεση και πράξεις συνεχών
συναρτήσεων με:
        2 2
g(0) (1 ) ( 1) και
       2 2
g( ) 0 διότι        2 2
Για να ικανοποιείται το θεώρημα Bolzano πρέπει:
 
  
 


                  2 2 2
g(0) g( ) 0 1 0 1 0 1
Λύνει ο Κωνσταντίνος Μόσιος
Άσκηση Α
Άσκηση Β

5. ___________________________________________________________________________
6η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α) Η γραφική παράσταση της συνάρτησης f διέρχεται από τα σημεία:
Α(3,1) και Β(0,3)
Έστω ,
   
   
 
 
  
 
1 2
1 2
1 2 1 2
x 0 και x 3
f x 3 και f x 1
ή για x x ισχύει οτι f x f x
και αφού γνωρίζουμε από την υπόθεση οτι είναι γνησίως μονότονη,
προκύπτει το συμπέρασμα οτι είναι γνησίως φθίνουσα x
β)
     
 

                    
  
  
f
f 1 x 1 f 1 x f 3 1 x 3 3 1 x 3 4 x 2 4 x 2
2 x 4
Ά x 2,4
και
               
 
 
            
       
  
f f
2 2 2 2 2
222
f f x 1 3 f f x 1 f 0 f x 1 0 f x 1 f x f 3
x 3 x 3 x 3 3 x 3
Ά x 3, 3
γ)
     
       

       
     
2
f
1
3 4 f 2017 3 f 2017
4
f 0 f 2017 0 αφού 0 < 2017 f 0 f 2017
Άρα η δοθείσα εξίσωση έχει δύο ρίζες άνισες.
α)
   
 

        

f
ύ οτι ημθ < θ , για κάθε θ > 0 f f 1
και αφού θ > 0 από την υπόθεση προκύπτει οτι θ 0,1
Λύνει ο Παναγιώτης Βιώνης
Άσκηση Α
Άσκηση Β

6. ___________________________________________________________________________
6η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
β)
     
     
  
       
             
    
    

2
2 2
g συνεχής στο 0, ως γινόμενο συνεχών
g 0 1 0 θ 0,1
g το οποίο πρέπει να είναι θετικό
για να ισχύει το θεώρημα του Bolzano
Ό 0
Ά πρέπει και 0
οποίο όμως δ
 
  
     
      
  
   

εν ισχύει αφού
επειδή 0,1
0
Ά δεν υπάρχουν τιμές του θ ώστε να ικανοποιούνται οι
υποθέσεις του θεωρήματος του Bolzano.

7. ___________________________________________________________________________
6η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α) To    f
0,3 C κι επειδή
   
  
 
  
f . .
f
0 3 f 0 f 3
R.
β) i) Iσοδύναμα έχω λόγω μονοτονίας      1 x 3 2 x 4 και
                 2 2 2
f x 1 0 f x f 3 x 3 x 3 3 x 3 ή x 3 .
γ)           3 f 2017 f 0 f 2017 0
α)          
f
0 1 .
β)        2
g 0 1 0 και        2 2
g 0 γιατί    0,1 ισχύει   .
Άρα η g δεν ικανοποιεί το Bolzano στο   0, για κανένα    0,1 .
Λύνει ο Κώστας Δεββές
Άσκηση Α
Άσκηση Β

8. ___________________________________________________________________________
6η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)Ισχύει ότι:
 
 
    
     
f
f
C f 1
C f
Γνωρίζουμε ότι :
   για κάθε   Rκαι το  ισχύει μόνο για   0
Επειδή   0έχουμε:
    
         
f
,
f f 1
R
R
Επειδή   0τελικά έχουμε :
  0 1
β) Για να ικανοποιεί τις υποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο   0, πρέπει:
 Η g να είναι συνεχής στο   0,
     g 0 g 0
Όμως
       2
g 0 1 0 αφού   0 1
       2 2
g 0αφού για κάθε   0ισχύει:
           2 2
g 0
Συνεπώς δεν ικανοποιούνται οι υποθέσεις του θεωρήματος Bolzano
Λύνει ο Πετρόπουλος Θωμάς
Άσκηση Β

9. ___________________________________________________________________________
6η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
        
            
             
            
     
f( )
f(
2 2
) Έ f(3) 1 f(0) 3 ό ύ :
3 0 f(3) f(0) ά f ί ί ύ
ύ ί ί ό ί ί ί
) i) f( 1 x ) 1 f( 1 x ) f(3) 1 x 3 2 x 4
ii) f(f(x ) 1) 3 f(f(x ) 1) f(0)     
      
         
        
            
)
2 2
f( )
2 2
f( )
f(x ) 1 0 f(x ) 1
f(x ) f(3) x 3 3 x 3
) ί ί 3 f(2017) 0
ύ 0 2017 f(0) f(2017) 3 f(2017) 3 f(2017) 0
ά ί έ ύ ί έ ά .
   
   
          
          
   
              
                 
    
     
f( )
2 2 2 2 2
) Έ f( ) 1 f( ) 0
ή f( ) f( ) 1
Ά 0 1
) g ί ή [0, ] ά ύ g 0 g 0 ύ
g 0 g (1 )( ) 0 (1 0, 0)
ή ά
ώ ύ  έ Bolzano
Λύνει ο Γιώργος Ασημακόπουλος
Άσκηση Α
Άσκηση Β

10. ___________________________________________________________________________
6η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α) Αφού η γραφική παράσταση της f διέρχεται από τα σημεία  A 3,1 και  B 0,3
έχουμε :   f 3 1 και   f 0 3 .
Οπότε η f γνησίως μονότονη , 0 3 και    f 0 f 3 , άρα η f δεν μπορεί να είναι γνησίως
αύξουσα , άρα είναι γνησίως φθίνουσα στο  .
β) (i)      

                
f
f 1 x 1 f x 1 f 3 x 1 3 3 x 1 3 2 x 4
(ii)          

        
f
2 2 2
f f x 1 3 f f x 1 f 0 f x 1 0
     

         
f
2 2 2
f x 1 f x f 3 x 3 3 x 3
γ) Η δευτεροβάθμια εξίσωση έχει διακρίνουσα           3 f 2017 f 0 f 2017 0 ,
αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα στο  , άρα έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες.
β΄ τρόπος :              2 21
x 3 x f 2017 0 x 4 3 x 4f 2017 0
4
                
2
2
x 4 3 x 12 12 4f 2017 x 2 3 4 3 f 2017 0 (1) ,
αφού η f γν. φθίνουσα και           0 2017 f 0 f 2017 3 f 2017 0 , οπότε
η (1) έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες.
α) Αφού η γραφική παράσταση της f διέρχεται από τα σημεία  A ,1 και   B ,
έχουμε :
  f 1 και    f . Επειδή η f γνησίως φθίνουσα στο  , αν
   

        
f
f f 1 , δηλ.     1 (άτοπο) .
Άρα ισχύει    

        
f
f f 1 , δηλ.   0 1.
β) Η g είναι συνεχής στο   0, ως γινόμενο συνεχών και         2
g 0 1 0 ,
                   2 2
g 0 καθώς    ,   0 και   0 .
Λύνει ο Αθανάσιος Μπεληγιάννης
Άσκηση Α
Άσκηση Β

11. ___________________________________________________________________________
6η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Άρα δεν υπάρχουν τιμές του θ για τις οποίες ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του Θ.
Bolzano για τη συνάρτηση g στο   0, .
β΄ τρόπος για το (α)
Αφού   0 έχουμε          , άρα    

        
f
f f 1 , δηλ.
ισχύει   0 1.

12. ___________________________________________________________________________
6η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α) Η f
C διέρχεται από τα σημεία   3,1 και   0,3 . Παρατηρούμε ότι    f 0 f 3 , οπότε
η f δεν είναι γνησίως αύξουσα. Όμως, είναι γνησίως μονότονη.
Άρα, είναι γνησίως φθίνουσα.
β) i) Έχουμε:      

                  
f
f 1 x 1 f 3 1 x 3 3 1 x 3 4 x 2 x 2,4 .
ii) Έχουμε:
            
 
             
f f
2 2 2 2
f f x 1 3 f 0 f x 1 0 f x 1 f 3 x 3 x 3, 3 .
γ) Η δεδομένη εξίσωση έχει διακρίνουσα:    3 f 2017 .
Έχουμε:      

         
f
2017 0 f 2017 f 0 3 3 f 2017 0 0 .
Άρα, η εξίσωση έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες.
α) Για κάθε   0 έχουμε:    

        
f
f f 1 . Άρα,   0 1.
β) Η g είναι συνεχής ως αποτέλεσμα πράξεων μεταξύ συνεχών συναρτήσεων.
Για να ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano για τη g στο   0, ,
πρέπει     g 0 g 0 .
Είναι:
                  2 2 2
g 0 0 0 1 1 0 , για κάθε    0,1 και
                             2 2 2 2
g 1 . Ακόμη, για κάθε

   0 1
2
έχουμε:
       

   
0
0
. Οπότε,   g 0 .
Επομένως,     g 0 g 0 . Άρα, δεν υπάρχουν τιμές του    0,1 , ώστε να ικανοποιούνται
οι προϋποθέσεις του θεωρήματος του Bolzano για τη συνάρτηση g στο διάστημα   0, .
Λύνει ο Νίκος Ελευθερίου
Άσκηση Α
Άσκηση Β

13. ___________________________________________________________________________
6η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α) Από την υπόθεση γνωρίζουμε ότι   f 3 1 και εφόσον η f
C τέμνει τον y y στο σημείο
με τεταγμένη 3, τότε   f 0 3. Οπότε για την συνάρτηση f έχουμε:
   



 

  
0 3
f 0 f 3
f . ό
Οπότε η f είναι γνησίως φθίνουσα στο R
β) i)
     

            
        
f
f 1 x 1 f 1 x f 3 1 x 3 3 1 x 3
4 x 2 2 x 4
ii)
           
   

         
      
f
f
2 2 2 2
2 2
f f x 1 3 f f x 1 f 0 f x 1 0 f
3
x 1
3f f 3 x x 3x
γ) Η εξίσωση έχει διακρίνουσα:
       
2 1
3 f 2017 3 f 2017
4
4 0 διότι:
       

       
f
2017 0 f 2017 f 0 f 2017 3 3 f 2017 0
Οπότε η εξίσωση έχει δυο ρίζες πραγματικές και άνισες.
α) Γνωρίζουμε ότι:
   για κάθε   R με την ισότητα να ισχύει μόνο αν   0. Οπότε αφού   0
έχουμε:
       
Όμως η f είναι γνησίως φθίνουσα στο R, οπότε:
        f f 1
Τελικά είναι:   0 1
β) Η g είναι συνεχής στο R άρα και στο   0, ως πράξεις συνεχών. Επίσης:
Λύνει ο Παναγιώτης Γκριμπαβιώτης
Άσκηση Α
Άσκηση Β

14. ___________________________________________________________________________
6η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
       2
g 0 1 0 διότι   0 1
                 2 2
g 0 διότι     
Επομένως δεν υπάρχουν τιμές του θ για τις οποίες να ικανοποιούνται οι υποθέσεις του
θεωρήματος Bolzano για την συνάρτηση g.
                            2 2 2 2
g 1 . Ακόμη, για κάθε

   0 1
2
έχουμε:
       

   
0
0
.
Οπότε,   g 0 .
Επομένως,     g 0 g 0 .
Άρα, δεν υπάρχουν τιμές του    0,1 , ώστε να ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του
θεωρήματος του Bolzano για τη συνάρτηση g στο διάστημα   0, .

15. ___________________________________________________________________________
6η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18