Successfully reported this slideshow.
We use your LinkedIn profile and activity data to personalize ads and to show you more relevant ads. You can change your ad preferences anytime.

Η άσκηση της ημέρας - Ιανουάριος 2017

7,130 views

Published on

Επιμέλεια: Παύλος Τρύφων για το lisari

Published in: Education
  • Be the first to comment

  • Be the first to like this

Η άσκηση της ημέρας - Ιανουάριος 2017

  1. 1. ___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
  2. 2. ___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17 • Ασημακόπουλος Γιώργος • Γκριμπαβιώτης Παναγιώτης • Δεββές Κώστας • Ελευθερίου Νίκος • Καταραχιάς Τάκης • Μόσιος Κωνσταντίνος • Παγώνης Θεόδωρος • Πάτσης Ανδρέας • Σαριβασίλης Δημήτρης • Τρύφων Παύλος • Τσόλκας Κωνσταντίνος • Χαλικιόπουλος Σπύρος • Χατζόπουλος Μάκης • Ψαθά Ντίνα Mας τίμησαν με τη συμμετοχή τους
  3. 3. ___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17 Είναι:  ΑΒ 2x y x 2y , x 2y 2      ή  ΑΒ x y , x 2y 2    Για να σχηματίζει γωνία 135ο με τον οριζόντιο άξονα θα πρέπει: 0 λ εφ135 x 2y 2 1 x y       x 2y 2 x y      (1) Επίσης πρέπει: ΑΒ 2     2 2 x y x 2y 2 2      Οπότε από την σχέση (1) έχουμε ισοδύναμα:     2 2 x y x y 2      2 2 x y 2     2 x y 1   x y 1 x y 1       x y 1 x y 1       Για x y 1  η (1) γίνεται: x 2y 2 x y     2x y 2 0    2y 2 y 2 0     4 y 3   , άρα 1 x 3   Για x y 1  η (1) γίνεται: x 2y 2 x y     2x y 2 0    2y 2 y 2 0     y 0  , άρα x 1 Επαλήθευση:  Για 1 x 3  , 4 y 3  έχουμε:  ΑΒ 1,1  Δίνονται τα σημεία και με και . Να βρείτε τους αριθμούς και έτσι ώστε το διάνυσμα να έχει μέτρο και να σχηματίζει με τον άξονα γωνία 135ο Πηγή: Εισήγηση του Θεόδωρου Παγώνη «Επαλήθευση, πολυτέλεια ή αναγκαιότητα;» για το συνέδριο ΟΕΦΕ 2016 1 6 η Ά σ κ η σ η Προτείνει ο : Θεόδωρος Παγώνης (8/1/2017) Λύνει ο Θεόδωρος Παγώνης
  4. 4. ___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17  Για x 1 , y 0 έχουμε:  ΑΒ 1, 1  Η οποία προφανώς απορρίπτεται. Παρατήρηση: Εδώ οι περιορισμοί είναι καλά «κρυμμένοι» για τον μαθητή. Θα πρέπει το διάνυσμα ΑΒ να βρίσκεται στο 2ο τεταρτημόριο. Δηλαδή πρέπει να έχει αρνητική τετμημένη και θετική τεταγμένη. Αυτό αποτελεί ένα λεπτό σημείο για πολλούς μαθητές. Σε αυτή την περίπτωση είναι προφανές ότι η διαδικασία της επαλήθευσης είναι αναπόφευκτη.
  5. 5. ___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17 Βρίσκουμε το διάνυσμα ΑΒ (x y,x 2y 2)    .Αφού ˆω 135  άρα λ=-1, οπότε x 2y 2 1 x 2y 2 x y x y            άρα y 2 2x  (1) Ακόμη 2 2 ΑΒ (x y) (x 2y 2) 2      και μετά από πράξεις (χρησιμοποιώ και την (1)) καταλήγουμε στη σχέση: 3x 2 1   και από εδώ προκύπτει x 1 και 1 x 3  . Οπότε έχουμε:  Αν x 1 , τότε y =0, άρα ΑΒ (1, 1)   Αν 1 x 3  ,τότε y= 4 3 , άρα ΑΒ ( 1,1)  Εδώ θέλει προσοχή! Πρέπει να δούμε ποιο από τα δύο διανύσματα σχηματίζει γωνία ˆω 135   Επειδή το ΑΒ (1, 1)  είναι παράλληλο με το ΟΜ (1, 1)  (Ο η αρχή των αξόνων) και οι συντεταγμένες του Μ(1,-1) δηλαδή το Μ βρίσκεται στο 4ο τεταρτημόριο οπότε η ˆω 315   Επειδή το ΑΒ ( 1,1)  είναι παράλληλο με το ΟΜ ( 1,1)  (Ο η αρχή των αξόνων) και οι συντεταγμένες του Μ(-1,1) δηλαδή το Μ βρίσκεται στο 2ο τεταρτημόριο οπότε η ˆω 135  Άρα η λύση που δεχόμαστε είναι 1 x 3  και y = 4 3 Λύνει ο Γιώργος Ασημακόπουλος
  6. 6. ___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17 Είναι      B A B A ΑΒ x x , y y 2x y x 2y, x 1 1 2y x y, x 2y 2              . Έχουμε:     2 2 2 2 2 2 2 ΑΒ 2 ΑΒ 2 x y x 2y 2 2 x 2xy y x 4y 4 4xy 8y 4x 2                    2 2 2x 5y 2xy 4x 8y 2 0       (1). Επειδή AB x y x y 0 x 0      , ορίζεται ο συντελεστής διεύθυνσης του διανύσματος ΑΒ. Είναι:   ΑΒ ΑΒ ΑΒ y ΑΒ, x'x 135 λ εφ135 εφ45 x x 2y 2 1 x 2y 2 y x x y                     y 2 2x   (2). Η (1) μέσω της (2) γίνεται:       22 2 2 2x 5 2 2x 2x 2 2x 4x 8 2 2x 2 0 18x 24x 6 0 3x 4x 1 0                 , η οποία έχει διακρίνουσα   2 Δ 4 4 3 1 4 Δ 2        . Οπότε, έχουμε τις λύσεις:             2 1 1 2 2 2 ΑΒ, x'x 315 απορρίπτεx 1 y 0 ΑΒ 1, 1 , ΑΒ 2, 4 2 x 2 3 x y ΑΒ 1, 1 , ται 1 4 ΑΒ, x'x 135 δεκτήΑΒ 2, 3 3                            Άρα, 1 x 3  και 4 y 3  . Λύνει ο Νίκος Ελευθερίου
  7. 7. ___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17 o o o o ΑΒ ΑΒ Eστω ΑΒ (α,β) και ω η γωνία που σχηματίζει με τον x΄x άξονα. Τότεεφω = εφ(135 ) = εφ(180 - 45 ) = -εφ45 = -1 , α < 0,β > 0 . β β λ εφω = -1, λ , άρα -1 = β = - α, α < 0,β > 0 . α α ΑΒ = (2x + y - x - 2y, x -1-1+ 2y     2 2 (1) 2 2 2 2 2 2 ) AB = (x - y, x + 2y - 2) ,με x < y , x + 2y > 2 , x + 2y - 2 = -x + y y = 2 - 2x (1) . AB 2 (x - y) + (x + 2y - 2) = 2 (x - 2 + 2x) + (x + 4 - 4x - 2) = 2 (3x - 2) + (2 - 3x) = 2 2(3x - 2) = 2 (3x - 2) = 1         (1) (1) 3x - 2 = 1 x = 1 ή ή . 3x - 2 = -1 1 x = - 3 Για x = 1 y = 0 απορρίπτεται, γιατί πρέπει να είναι x < y . 1 4 Για x= y = , για το οποίο είναι x < y, x + 2y = 3 > 2 . 3 3 1 4 Aρα x = , y = . 3 3 Σημείωση: Για αυτές τις τιμές εί              ναι ΑΒ (-1,1), για το οποίο ισχύουν οτι AB = 2 και εφω = -1.  . Λύνει η Ντίνα Ψαθά
  8. 8. ___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17 Αρχικά υπολογίζουμε το ΑΒ, οπότε έχουμε:       AB 2x y x 2y ,x 1 1 2y AB x y,x 2y 2            . Επειδή η γωνία που σχηματίζει το ΑΒ με τον άξονα x΄x , είναι 0 135 , ισχύουν τα εξής:   0 x 2y 2 x 2y 2 εφ135 1 y 2 2x i x y x y               Η τετμημένη του ΑΒείναι αρνητικός αριθμός, οπότε:  x y 0 x y ii    Επίσης         2 2 2 2 2 AB 2 2 x y x 2y 2 2 x y x 2y 2             , στην οποία αντικαθιστούμε το  y 2 2x i  και μετά από απλές πράξεις καταλήγουμε στην σχέση:   2 3x 2 1  δηλαδή x 1 ή 1 x 3  .  Για x 1 από την  i παίρνουμε y 0 , τα οποία απορρίπτονται λόγω της ii .  Για 1 x 3  από την  i παίρνουμε 4 y 3  (δεκτές), οπότε προκύπτει το διάνυσμα  AB 1,1  , το οπόιο προφανώς ικανοποιεί τα δεδομένα της άσκησης. ΥΠΟΔΕΙΞΗ: Αν παραβλέψουμε τον περιορισμό  ii , είμαστε υποχρεωμένοι για το ζεύγος    x,y 1,0 να αντικαταστήσουμε και να βρούμε το AB και να κάνουμε επαλήθευση στα δεδομένα της άσκησης και εύκολα να δούμε οτι δεν ικανοποιεί τα δεδομένα αυτά. Λύνει ο Κώστας Τσόλκας
  9. 9. ___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17 Eίναι  ΑΒ x y,x 2y 2    και     2 2 2 ΑΒ 2 x y x 2y 2      (1). Επίσης πρέπει να ισχύουν οι περιορισμοί x y 0  και x 2y 2 0   λόγω της γωνίας που σχηματίζει το ΑΒμε τον x΄x. Ακόμα πρέπει να ισχύει 0 x 2y 2 εφ135 1 y 2 2x x y          (2) λόγω του συντελεστή διεύθυνσης του ΑΒ. Το σύστημα των (1), (2) δίνει τις λύσεις:  x,y (1,0) ,   1 4 x,y ( , ) 3 3  . Η 1η απορρίπτεται επειδή x y και η 2η είναι δεκτή. Λύνει ο Κώστας Δεββές
  10. 10. ___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17 Βρίσκουμε τις συντεταγμένες του AB .  B A B A AB x x ,y y (x y,x 2y 2)       . Υπολογίζουμε τον συντελεστη διεύθυνσης του AB . AB AB AB y x 2y 2 λ ,x y x x y       . Επειδή το AB σχηματίζει γωνία ο 135 με τον άξονα x΄x θα ισχύει: ο AB x 2y 2 λ εφ135 1 x 2y 2 x y 2x y 2 x y                 . (1) Επίσης:         2 2 2 2 AB 2 x y x 2y 2 2 x y x 2y 2 2                       1 2 2 2 2 x y x 2y 2x y 2 x y y x 2                  2 2 2 x y x y 2 x y 1 x y 1          ή x y 1   Λύνουμε τα συστήματα:     2x y 2 x,y 1,0 x y 1          και   2x y 2 1 4 x,y , x y 1 3 3                . Για    x,y 1,0 έχουμε:  A 1,1 και B(2,0) Επειδή θ = 3150 η περίπτωση αυτή δεν γίνεται δεκτή Λύνει ο Δημήτρης Σαριβασίλης 3150 Α ΒΟ 2 1 1
  11. 11. ___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17 Για   1 4 x,y , 3 3        έχουμε: 5 A 3, 3       και 2 B(2, ) 3  Επειδή θ = 1350 η περίπτωση αυτή γίνεται δεκτή 1350 Α Β Ο 2 -2/3 -5/3 3
  12. 12. ___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17 Είναι: ΑΒ (x y,x 2y 2)    . Tώρα πρέπει κατ΄αρχήν ο συντελεστής διεύθυνσης του ΑΒ να ισούται με εφ135ο = -1 και x y 0, x 2y 2 0     (1) για να σχηματίζει με τον άξονα xx΄ γωνία 135ο. Δηλαδή x 2y 2 1 x y       x 2y 2 y x     2x y 2   y 2 2x  . Τότε ΑΒ =(3x 2,2 3x)  με 2 x 3  . Eπίσης     2 2 ΑΒ = 2 2 3x 2 = 2 3x 2 = 1 3x 2 = 1 1 3x 2 = 1 ή 3x 2 1 x 1 ή x 3               Η λύση x 1 απορρίπτεται λόγω των περιορισμών. Άρα 1 4 x ,y 3 3   και : ΑΒ =( 1,1) . Λύνει ο Τάκης Καταραχιάς
  13. 13. ___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17 Στο σύστημα συντεταγμένων Οχy έχουμε:     OA x 2y,1 2y και OB 2x y,x 1      οπότε     AB OB OA 2x y,x 1 x 2y,1 2y (x y,x 2y 2)             Έτσι από       2 2 2 AB 2 AB 2 x y x 2y 2 2, 1          Επειδή το AB σχηματίζει με τον x΄x γωνία 0 135 , η διανυσματική του ακτίνα θα βρίσκεται στο Δεύτερο Τεταρτημόριο και θα ισχύουν:       0 AB λ εφ135 1, 2 x y 0 x y 3 x 2y 2 0 4              Η σχέση       x 2y 2 2 1, θυμίζουμε,ότι x y x 2y 2 x y y 2 2x, 5 x y                 λύνουμε το σύστημα των εξισώσεων    1 και 5 με απλή αντικατάσταση:             4 2 2 2 2 1 x 2 2x x 4 4x 2 2 3x 2 3x 2 2                          2 2 2 2 63x 2 1 3x 2 3x 2 2 2 3x 2 2 3x 2 1 ή 73x 2 1                       Η  6 δίνει  x 1 τότε, από 5 y 0,   το οποίο είναι άτοπο, βάσει της  3 , άρα από    4 1 4 7 x y 3 3     , οι τιμές αυτές επαληθεύουν βέβαια τις σχέσεις    3 και 4 . Λύνει ο Κωνσταντίνος Μόσιος
  14. 14. ___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17 Σύμφωνα με τις συντεταγμένες των σημείων Α, Β που δόθηκαν είναι: ΑΒ (x y,x 2 2y)    και για να σχηματίζει γωνία 1350 (2ο τεταρτημόριο) με τον άξονα των x΄x πρέπει: x y 0 x y x 2 2y 0 x 2 2y x 2 2y 1 x 2 2y x y y 2 2x σχέση (1) x y                               2 2 2y x y, που προκύπτει y και άρα 3 2 2 από την y 2 2x 2 2x x 3 3                Πρέπει επίσης:     (1) 2 2 2 AB 2 3x 2 2 3x 2 2 (3x 2) 2             2 3x 2 1  οπότε 1 3x 2 1 x 1 ή x 3       . Από τους περιορισμούς που έχουμε 1 x 3       η πρώτη λύση απορρίπτεται, άρα: 1 4 x και y 3 3   Λύνει ο Σπύρος Χαλικιόπουλος
  15. 15. ___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17 Για κάθε λ 0 η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο Rμε    2 λ 1 f x x λ lnλ x 4      Η fείναι τριώνυμο (ως προς x ) με διακρίνουσα Δ λ lnλ λ 1   Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:  Αν λ 1 τότε   2 f x x 0   , οπότε η f είναι κυρτή στο R (αφού η f είναι συνεχής στο R) και άρα η f δεν έχει σημεία καμπής  Αν 0 λ 1  τότε Δ λlnλ λ 1 0     , διότι από την βασική σχέση lnx x -1, για κάθε x > 0 (με την ισότητα μόνο για x = 1 ) προκύπτει 2 2 2 lnλ λ 1 λlnλ λ λ λlnλ λ λ λlnλ λ 1 λ 1 0                  Οπότε η εξίσωση  f x 0  έχει δύο διαφορετικές ρίζες 1 2 ρ ,ρ και από το πρόσημο τριωνύμου, προκύπτει ότι η f έχει δύο σημεία καμπής      1 1 2 2 A ρ ,f ρ , B ρ ,f ρ  Αν λ 1 τότε Δ λlnλ λ 1 0    , διότι από την βασική σχέση lnx x -1, για κάθε x > 0 (με την ισότητα μόνο για x = 1 ) προκύπτει 1 1 1 ln 1 lnλ 1 λlnλ 1 λ λlnλ λ 1 0 λ λ λ               Οπότε και πάλι η f έχει δύο σημεία καμπής      1 1 2 2 A ρ ,f ρ , B ρ ,f ρ Συμπέρασμα: τιμές του λ πλήθος σημείων καμπής της f 0 λ 1  ή λ 1 2 λ 1 0 Για τις διάφορες τιμές του αριθμού να βρείτε το πλήθος των σημείων καμπής της συνάρτησης με τύπο 1 7 η Ά σ κ η σ η Προτείνει ο Παύλος Τρύφων (15/1/2017) Λύνει ο Παύλος Τρύφων
  16. 16. ___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17 4 3 2 3 2 2 2 λ lnλx λ -1 f : , f(x) = + x + x + x +1. 12 6 8 λ lnλx λ -1 Για κάθε x , f '(x) = + x + x +1, 3 2 4 λ -1 f ''(x) = x + λ lnλ x + . 4 Δ λ lnλ 1 λ. Αν λ = 1,είναι Δ = 0 και f "(x) = x 0, άρα η συνάρτηση        δεν έχει σημεία καμπής. Αν 0 < λ < 1, τότε λ lnλ > 0,1- λ > 0 Δ 0. Εστω g(λ) = λlnλ +1- λ, λ 1. Γιά κάθε λ > 1, g'(λ) = lnλ +1-1 = lnλ > 0, άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο [1, + ), οπότε για κάθε λ       1 2 1 2 > 1 g(λ) > g(1) g(λ) > 0. Άρα αν λ > 1, τότε Δ = g(λ) > 0. Ετσι για λ (0,1) (1,+ ) είναι Δ > 0, άρα η f " έχει δύο λ lnλ Δ λ lnλ Δ ρίζες πραγματικές άνισες, x , x = , είναι θετική στα 2 2 ( ,x ) και (x , )              1 2 1 1 2 2 και αρνητική στο (x ,x ). Τότε η f έχει δύο σημεία καμπής, τα (x ,f(x )) και (x ,f(x )). Λύνει η Ντίνα Ψαθά
  17. 17. ___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17 Η συνάρτηση f ως πολυωνυμική, παραγωγίζεται στο με:  3 2 λ lnλx λ 1 f (x) x x 1, x 3 2 4        οπότε και η f παραγωγίζεται με:  2 λ 1 f (x) x λ lnλ x , x 4        , η οποία είναι τριώνυμο δευτέρου βαθμού με λ 1 α 1 0, β λ lnλ και γ 4      , οπότε η διακρίνουσα του είναι 2 Δ β 4αγ λ lnλ λ 1     Σχόλιο: Για το πλήθος των ριζών και το πρόσημο της f (x) μελετάμε τις ρίζες και το πρόσημο της διακρίνουσας Δ, δηλ. της συνάρτησης g(λ) λ lnλ λ 1, λ 0    Είναι λlnλ λ 1, 0 λ 1 g(λ) λ lnλ λ 1 λlnλ λ 1, λ 1               Η g έχει προφανή ρίζα το λ 1 , τότε η Διακρίνουσα μηδενίζεται, οπότε το τριώνυμο μηδενίζεται σε μια θέση, όμως διατηρεί πρόσημο και μάλιστα είναι f (x) 0  , x  , άρα τότε (όταν, λ 1 ) η f δεν έχει σημεία καμπής.  Όταν 0< λ <1 τότε  g(λ) λlnλ λ 1 λlnλ 1 λ 0            , διότι από λ 0 1 λ 0 λ 1 και lnλ ln1 0(ln ) lnλ 0 λ lnλ 0                    Δηλ. τότε είναι Δ>0, οπότε το τριώνυμο έχει δύο ρίζες 1 2 ρ , ρ και εναλλάσσει το πρόσημο εκατέρωθεν αυτών, που σημαίνει , ότι η f C έχει δύο σημεία καμπής.  Όταν λ >1, τότε g(λ) λlnλ λ 1   με g (λ) lnλ 1 1 lnλ 0      , διότι ln λ 1 lnλ ln1 0      , οπότε η g είναι γνησίως αύξουσα συνάρτηση και άρα από g λ 1 g(λ) g(1) 0      Δηλ. και πάλι είναι Δ>0, οπότε το τριώνυμο έχει δύο ρίζες 1 2 ρ , ρ και εναλλάσσει το πρόσημο εκατέρωθεν αυτών, που σημαίνει , ότι η f C έχει δύο σημεία καμπής. Τελικά έχουμε ότι η f C έχει δύο σημεία καμπής για κάθε 0 λ 1  . Λύνει ο Κωνσταντίνος Μόσιος
  18. 18. ___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17   4 3 2 λ lnλx λ 1 f x x x x, 6 x 1 12 8       R H f είναι δυο φορές παραγωγίσιμη στο R με:   3 2 λ lnλx λ 1 f x x x 1 3 2 4      και   2 f x x λ l λ 1 x 4 nλ     Η f είναι τριώνυμο ως προς x με διακρίνουσα: Δ λ lnλ λ 1   Θα αποδείξουμε ότι είναι Δ 0 για κάθε λ 0 . Έστω   λlnλ λ 1 , λ g(λ) λ lnλ λ 1, λ λlnλ λ 1 0 g λ , 0 λ 1 1                  Εύκολα βλέπουμε ότι η g είναι συνεχής στο 1 και:  g' λ l 0nλ  για κάθε λ 1 . Οπότε η g είναι γνησίως αύξουσα στο 1,  άρα: Για κάθε    1 g λ g 1λ 0    με την ισότητα να ισχύει μόνο για λ 1 . Για 0 λ 1  έχουμε:  g' λ l 2nλ         2 2 2 g λ 0 λ e g λ 0 0 λ e g λ 0 e λ 1                  Οπότε η g είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής στο  2 1 Δ 0,e    και γνησίως φθίνουσα και συνεχής στο 2 2 Δ e ,1   , άρα:       λ 2 2 1 0 g Δ lim g λ ,g e 1,1 e              λ 2 2 2 1 g Δ limg λ ,g e 0,1 e        Οπότε:        2 g 1 2 g D g Δ 0 1g Δ , e     Άρα είναι  g λ 0 για κάθε 0 λ 1  Τελικά είναι  g λ 0 για κάθε λ 0 με την ισότητα να ισχύει μόνο αν το λ 1 . Άρα η διακρίνουσα της f είναι μη αρνητική για κάθε λ 0 Συμπέρασμα Λύνει ο Παναγιώτης Γκριμπαβιώτης
  19. 19. ___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17  Αν λ 1 τότε Δ 0 οπότε  x 0f  για κάθε xR όποτε η f είναι κυρτή στο R και δεν έχει σημεία καμπής.  Αν 0 1λ  τότε η f έχει 2 ρίζες και αφού είναι τριώνυμο με α 0 θα αλλάζει το πρόσημο της εκατέρωθεν των ριζών, οπότε η f θα έχει δυο σημεία καμπής.
  20. 20. ___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17 Η f 2 φορές παρ/μη στο ως πολυωνυμική με 3 2 λ lnλx λ 1 f (x) x x 1 3 2 4       και 2 λ 1 f (x) x λ lnλ x 4       . Aν Δ 0 f (x) 0   και η f C δεν έχει σημεία καμπής. Αν Δ 0 τότε η fέχει 2 ρίζες άνισες εκατέρωθεν των οποίων αλλάζει πρόσημο και η f C έχει 2 σημεία καμπής. 1 1 λ Δ λ lnλ λ 1 λ lnλ 1 λ lnλ λ λ                    . Αν 0 λ 1  τότε Δ 0 και η f C έχει 2 σημεία καμπής. Αν λ 1 τότε Δ 0 και η f C δεν έχει σημεία καμπής. Αν λ 1 lnλ 0   και 1 1 1 Δ λ lnλ 1 λ ln 1 λ λ λ                   . Είναι γνωστό ότι lnx x 1 x 0    με την ισότητα μόνο στο x 1 . Άρα 1 1 1 1 ln 1 0 ln 1 λ λ λ λ        . Άρα Δ 0 και η f C έχει 2 σημεία καμπής. Αλλιώς Αν θέσω xlnx - x +1, x 1 g(x) x lnx x 1 -xlnx - x +1,0 < x < 1         είναι g(1) 0 , g συνεχής στο 1 και παρ/μη στο    0,1 1,  με lnx, x > 1 g (x) -lnx - 2, 0 < x < 1      . Είναι g (x) 0  για x 1 άρα η g στο 1,  και για x 1 g(x) 0 Δ 0     , δηλαδή για λ 1 η f C έχει 2 σημεία καμπής. Η g στο  0,1 έχει ρίζα το 2 1 e και είναι θετική στο 2 1 (0, ) e και αρνητική στο 2 1 ( ,1) e άρα g στο 2 1 0, e       και g στο 2 1 ,1 e      με αντίστοιχο σύνολο τιμών το 2 1 0, 1 e       και δείχνοντας ότι  x 0 lim xlnx x 1 1      . Άρα για 0 x 1  είναι g(x) 0 και Δ 0 δηλαδή η f C έχει 2 Σ.Κ. για 0 λ 1  . Για λ 1 Δ 0   και η f C δεν έχει σημεία καμπής. Λύνει ο Κώστας Δεββές
  21. 21. ___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17 Η συνάρτηση f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη ως πολυωνυμική. 2 λ 1 f (x) x λ lnλ x 4       . Η Διακρίνουσα της εξίσωσης f (x) 0  είναι: Δ λ lnλ λ 1   . α) Αν λ=1 τοτε Δ=0 και 2 f (x) x 0   και άρα η f δεν έχει σημεία καμπής. Θεωρούμε την συνάρτηση Δ(λ) λ lnλ λ 1   με  Δ Α 0,  . β) Αν λ>1 τότε: Δ(λ) λlnλ λ 1   . Η συνάρτηση Δ είναι παραγωγίσιμη ως πράξεις παραγωγίσιμων με: Δ (λ) lnλ 0   για λ>1. Άρα η Δ(λ) είναι γνησίως αύξουσα. Βρίσκουμε το πεδίο τιμών της. λ 1 λ 1 limΔ(λ) lim(λlnλ λ 1) 1 0 1 1 0             λ λ lim Δ(λ) lim[λ(lnλ 1) 1] 1 1             Άρα  Δ Δ(Α ) 0,  . Επειδή η Διακρίνουσα είναι θετική , η f (x) έχει δύο άνισες ρίζες που είναι και θεσεις σημείων καμπής γιατί η f (x) ( ως τριώνυμο 2ου βαθμού) αλλάζει πρόσημο εκατέρωθεν των ριζών. γ) Αν 0<λ<1 τότε: Δ(λ) λlnλ λ 1    . Η συνάρτηση Δ είναι παραγωγίσιμη ως πρά- ξεις παραγωγίσιμων με: Δ (λ) lnλ 2    . Ο πίνακας μονοτονίας της Δ(λ) είναι ο διπλανος: Βρίσκουμε το σύνολο τιμών της. 2 2 Δ(e ) e 1    λ 1 λ 1 limΔ(λ) lim( λlnλ λ 1) 0 1 1 0            Έχουμε:      0 DHλ 0 λ 0 λ 0 λ 0 2 1 lnλ λlim(λlnλ) lim lim lim( λ) 0 1 1 λ λ                                     Τότε: λ 0 λ 0 lim Δ(λ) lim( λlnλ λ 1) 0 0 1 1            Άρα:  2 Δ Δ(Α ) 0,1 e   . Επειδή η Διακρίνουσα είναι θετική , η f (x) έχει δύο άνισες ρίζες που είναι και θεσεις σημείων καμπής γιατί η f (x) ( ως τριώνυμο 2ου βαθμού) αλλάζει πρόσημο εκατέρωθεν των ριζών. Λύνει ο Δημήτρης Σαριβασίλης λ 0 2 e 1 Δ΄ +  Δ
  22. 22. ___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17 Έχουμε:   4 3 3 2 2 λ lnλ λ lnλx λ 1 x λ 1 f x x x x 1 x x 1, x 12 6 8 3 2 4                     και   3 2 2 λ lnλx λ 1 λ 1 f x x x 1 x λ lnλ x , x 3 2 4 4                   . H f είναι τριώνυμο ως προς x με διακρίνουσα   λ 02 λ 1 Δ λ lnλ 4 1 Δ λ lnλ λ 1 4           . Θεωρούμε τη συνάρτηση                     xlnx x 1, x 0, 1 g x = x lnx x 1, x 0 g x = xlnx x 1, x 1 . H g είναι παραγωγίσιμη σε καθένα από τα διαστήματα  0, 1 και  1,   ως γινόμενο και άθροισμα παραγωγίσιμων συναρτήσεων με    1 g x lnx x 1 lnx 2, x 0, 1 x           και    1 g x lnx x 1 lnx, x 1, x          . Είναι:   x 0, 1  : Η g είναι συνεχής στο  0, 1 ως λογαριθμική και   2 g x 0 lnx 2 x e        , οπότε διατηρεί πρόσημο σε καθένα από τα διαστήματα  2 0, e και  2 e , 1 . Είναι  4 4 g e lne 2 2 0        και 1 1 g ln 2 2 2           ln2 2 0   . Οπότε,    2 g x 0, x 0, e     και    2 g x 0, x e , 1     . Άρα, η g είναι γνησίως αύξουσα στο  2 0, e και γνησίως φθίνουσα στο  2 e , 1 .   x 1,    : Είναι:    g x lnx 0, x 1,       . Άρα, η g είναι γνησίως αύξουσα στο  1,   . Έχουμε:  Η g είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής στο  2 0, e , οπότε       2 2 x 0 x e g 0, e limg x , lim g x            . Είναι:  x 0 limg x        x 0 x 0 x 0 lim xlnx x 1 lim xlnx x 1 lim x lnx 1 1                   Λύνει ο Νίκος Ελευθερίου
  23. 23. ___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17  D.L.H x 0 x 0 x 0 2 1 lnx 1lnx 1 xlim 1 lim 1 lim 1 1 1 1 x xx                              2 x 0 x 0 x 0 2 1 xxlim 1 lim 1 lim x 1 0 1 1 1 x x                και    2 2 2 x e x e lim g x lim xlnx x 1 e 1            . Οπότε,     2 2 g 0, e 1, 1 e    . Επιπλέον  2 2 g e 1 e 0     Επομένως,    2 g x 0, x 0, e     .  Ισχύει:  g 1 1 ln1 1 1 0      Επειδή η g είναι γνησίως φθίνουσα στο  2 e , 1 έχουμε        2 2 x e , 1 : e x 1 g x g 1 g x 0          .  Επειδή η g είναι γνησίως αύξουσα στο  1,   έχουμε        x 1, : x 1 g x g 1 g x 0         . Συνεπώς,  g x 0, x 0   . Άρα, Δ 0, λ 0   . Διακρίνουμε τις παρακάτω περιπτώσεις:  Αν      Δ 0 g λ 0 λ 0, 1 1,        , τότε η f έχει δύο ρίζες εκατέρωθεν των οποίων αλλάζει πρόσημο. Άρα, η f C έχει δύο σημεία καμπής.  Αν  Δ 0 g λ 0 λ 1     , τότε η f έχει μία μόνο πραγματική ρίζα 0 x και ισχύει:      0 0 f x 0, x , x x ,        . Επομένως, η f είναι γνησίως αύξουσα στο , δηλαδή η f είναι κυρτή στο . Άρα, η f C δεν έχει σημεία καμπής.
  24. 24. ___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17 Έχουμε          4 2 λ lnλx λ 1 f x x x 1,x 12 6 8 . Επίσης          3 3 λ lnλ λ 14x f' x 2x 1x , 12 6 8 και       2 λ 1 f'' x x λ lnλ x ,x . 4 Το πρόσημο της f'' καθορίζει το πλήθος των σημείων καμπής. Επίσης η f'' είναι τριώνυμο ως προς x , αρα αρκεί να διερευνήσουμε την διακρίνουσά του για τις διάφορες τιμές του λ>0. Έχουμε   Δ λ lnλ λ 1. Θεωρούμε     g λ λ lnλ λ 1,λ 0 και καταλήγουμε:               λlnλ λ 1,0 λ 1 g λ 0,λ 1 λlnλ λ 1,λ 1 , η οποία είναι συνεχής στο  0, (αποδεικνύεται στο 1 με χρήση ορισμού-χρήση πλευρικών οριών). Επίσης              lnλ 2,λ 0,1 g' λ lnλ,λ 1, . ΣΗΜΕΙΩΣΗ: H παραγωγισιμότητα της g στο 1 δεν μας ενδιαφέρει, αφού αρκεί ότι είναι συνεχής στο 1. Για  λ 0,1 έχουμε    g' λ lnλ 2,το οποίο μας δίνει την μονοτονία της g . Έχουμε λοιπόν g > στο ( 2 0,e ] και < [  2 e , ), οπότε η g παρουσιάζει Ο.Ε. στο   2 x e , το  2 f e , άρα για κάθε λ 0ισχύει:      2 g λ g e 0, οπότε Δ 0. Άρα η f'' έχει 2 ρίζες α,β, οπότε το πρόσημό της, άρα και η κυρτότητα της f φαίνoνται στον παρακάτω πίνακα. x  α β   f'' x     f x 3 4 3 Λόγω κυρτότητας και λόγω ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο ως πολυωνυμικη (άρα έχει εφαπτομένη στα α,β), έχει 2 σημεία καμπής, τα      Α α,f α ,Β β,f β . Ομοίως εργάζομαι για λ 1. Έχουμε   g' λ lnλ 0 , για λ 1, οπότε g < στο [ 1, ). Λύνει ο Κώστας Τσόλκας
  25. 25. ___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17 Οπότε για λ 1 έχουμε     g λ g 1 0 , δηλαδή Δ 0, άρα η f'' έχει 2 ρίζες γ,δ , οπότε το πρόσημό της, άρα και η κυρτότητα της f φαίνoνται στον παρακάτω πίνακα. x  γ δ   f'' x     f x 3 4 3 Λόγω κυρτότητας και λόγω ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο ως πολυωνυμικη ( άρα έχει εφαπτομένη στα γ,δ ) ,έχει 2 σημεία καμπής, τα      Γ γ,f γ ,Δ δ,f δ . Τελευταία περίπτωση για λ 1, οπου η f γίνεται       4 x f x x 1,x 12 η οποία είναι κυρτή στο αφού    2 f'' x x 0,x . Συνοψίζοντας έχουμε:  για λ 1 δεν εχει σημεία καμπής.  για λ 1 ή για  0 λ 1 έχει 2 σημεία καμπής.
  26. 26. ___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17 α) Έχουμε:       f(x) 3x α εφx 2ημx 0 f 0 για κάθε        π π x , 2 2 άρα η f παρουσιάζει (ολικό) ελάχιστο στο 0 x 0 β) Η f είναι παραγωγίσιμη στο       π π , 2 2 άρα και στο 0 x 0 οπότε           x 0 f x f 0 f 0 lim x 0 Η f παρουσιάζει ελάχιστο στο 0 x 0 το οποίο είναι εσωτερικό σημείο του διαστήματος       π π , 2 2 , άρα από το θεώρημα του Fermat έχουμε:   f 0 0 Επομένως:                                                  x 0 x 0 x 0 x 0 0 0 x 0 3x α εφx 2ημx 0f x f 0 lim 0 lim 0 x 0 x 0 3x α εφx 2ημx lim 0 x 3x α εφx 2ημx lim 0 x 3x α εφx 2ημx lim 0 x γ) Έχουμε: Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση με τύπο: (για κάποιο ) α) Να αποδείξετε ότι η f παρουσιάζει ελάχιστο στο β) Να αποδείξετε ότι: γ) Να γραφτεί ο τύπος της f χωρίς την απόλυτη τιμή. 1 8 η Ά σ κ η σ η Προτείνει ο Μάκης Χατζόπουλος (22/1/2017) Λύνει ο Μάκης Χατζόπουλος
  27. 27. ___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17                 2 x 0 α 3 2συνx συν xlim 0 1 3 α 2 0 α 1 0 α 1           π π f(x) 3x εφx 2ημx , x , 2 2 Αναζητούμε το πρόσημο της συνάρτησης  3x εφx 2ημx, άρα θέτουμε:             π π g x 3x εφx 2ημx, x , 2 2 η οποία είναι παραγωγίσιμη στο       π π , 2 2 με                             2 3 2 2 2 2 2 2 1 g x 3 2συνx συν x 2συν x 3συν x 1 = συν x συνx 1 2συν x συνx 1 συν x 1 2 συνx 1 συνx 2 0 συν x αφού   1 συνx 0 2 για κάθε        π π x , 2 2 και η ισότητα ισχύει για x 0. Το πρόσημο της  g x και η μονοτονία της g φαίνεται στον παρακάτω πίνακα: x  π 2 0 π 2  g x   g > > Η g είναι συνεχής στο 0 x 0 άρα είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα       π π , 2 2 , οπότε:            π 0 x g x g 0 g x 0 2 και          π x 0 g x g 0 0 2 Επομένως:
  28. 28. ___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17                                   π g x , x 0 2f(x) 3x εφx 2ημx g x π g x ,0 x 2 π 3x εφx 2ημx , x 0 2 π 3x εφx 2ημx ,0 x 2
  29. 29. ___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17       0 π π f(x) = 3x + α εφx - 2ημx 0, για κάθε x (- , ) Α και 2 2 f(0) = 0, άρα f(x) f(0), για κάθε x A, οπότε η f παρουσιάζει ελάχιστο στο x 0. Η f είναι παραγωγίσιμη στο Α, άρα είναι παραγωγίσιμη και στο α) β)                   x 0 x 0 x>0 x 0 x 0 x 0 x 0 0 Α. Δηλαδή f(x)- f(0) f(x)-f(0) lim = lim , (1) x - 0 x-0 3x+α εφx-2ημx 3x+α εφx-2ημxf(x)-f(0) lim lim lim x x x εφx ημx lim 3 + α - 2 = 3 + α - 2 = α +1 (2) x x li                         x<0 x 0 x 0 x 0 (2),(3) 3x+α εφx-2ημx εφx ημxf(x)- f(0) m = lim lim 3 α 2 3 α-2 α+1 (3) x x x x (1) α +1 = - α +1 2 α +1 = 0 α +1 = 0 α = -1. π π Έστω g(x) = 3x -εφx - 2ημx, x (- , ) Α, άρα f(x) = g(x) . 2 2 Για κάθε x A, γ)  3 2 2 2 3 2 3 2 2 2 2 2 1 -2συν x + 3συν x -1 g'(x) = 3- - 2συνx = . συν x συν x -2w + 3w -1 = -2w + 2w + w -1 = -2w (w -1) +(w -1)(w +1) = (w -1)(-2w + w +1) = -(w -1) (2w +1). (σ Άρα, για w = συνx, είναι g'(x)=           2 2 υνx-1) (2συνx+1) 0, με g'(x)=0, μόνο για x=0. συν x Άρα η g είναι γνησίως φθίνουσα στο Α. π ΄Ετσι, για κάθε x (- ,0), x < 0 g(x) > g(0) g(x) > 0 2 π και για κάθε x [0, ), x 0 g(x) g(0) g(x) 0. 2       Άρα τελικά η συνάρτηση f είναι π g(x) = 3x -εφx - 2ημx, x (- ,0) 2f(x) = π g(x) = -3x+εφx+2ημx, x [0, ) 2 Λύνει η Ντίνα Ψαθά
  30. 30. ___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17 α) Για συνάρτηση f ισχύει:              π π f(x) 3x aεφx 2ημx 0 f(0), x , 2 2 , αυτό σημαίνει ότι η f παρουσιάζει ‘’ολικό ‘’ ελάχιστο στη θέση 0 x 0 . β) Στη θέση 0 x 0 ισχύει το θεώρημα Fermat           0 0 0 x ,είναι εσωτερικό σημείο x , είναι θέση ακροτάτου στο x ,η f παραγωγίζεται , οπότε                x 0 x 0 x 0 x 0 f(x) f(0) f(x) f(x) f(x) f (0) 0 lim 0 lim 0 lim lim 0 x 0 x x x Έτσι από                x 0 x 0 x 0 3x αεφx 2ημx 3x αεφx 2ημxf(x) lim 0 lim 0 lim 0 x x x                     x 0 εφx ημx lim 3 α 2 0 3 α 1 2 1 0 α 1 0 α 1 0 α 1 x x Σχόλιο:   x 0 ημx lim 0, x (βασικό όριο) και                x 0 x 0 x 0 x 0 εφx ημx ημx1 1 1 lim lim lim lim 1 1 x x συνx x συνx συν0 ( η συνάρτηση συνx είναι συνεχής στο ). γ) Αφού  α 1 τότε   f(x) 3x εφx 2ημx . Θεωρούμε την συνάρτηση           π π g(x) 3x εφx 2ημx, x , 2 2 , έχουμε:         3 2 2 2 1 2συν x 3συν x 1 g (x) 3 2συνx συν x συν x , στην συνέχεια μελετάμε το πρόσημο της           θέτουμε, συνχ ω 3 2 3 2 A(x) 2συν x 3συν x 1 Α(ω) 2ω 3ω 1 με σχήμα Horner:      2 3 0 1 1 2 1 1 2 1 1 0 και δευτεροβάθμια καταλήγουμε: Α(ω)=          2 1 ω 1 ω 2 δηλ.             2 0 0 1 Α(x) (συνx 1) συνx 0 2 , το ίσον ισχύει μόνο στη θέση 0 x 0 , άρα           π π g (x) 0, x , 2 2 , το ίσον ισχύει μόνο στη θέση 0 x 0 ,οπότε η συνάρτηση g είναι γνησίως αύξουσα στο πεδίο ορισμού της και επομένως Λύνει ο Κωνσταντίνος Μόσιος
  31. 31. ___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17 Αν          π x ,0 , τότε g(x) g(0) 0 2 και άρα    f(x) 3x εφx 2ημx Αν         π x 0, , τότε g(x) g(0) 0 2 και άρα   f(x) 3x εφx 2ημx Συνοψίζουμε:                        π 3x εφx 2ημx ,x ,0 2 f(x) π 3x εφx 2ημx ,x 0, 2
  32. 32. ___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17 α) Προφανώς  f(x) f(0) 0. ΄Αρα η f παρουσιάζει ελάχιστο στο 0 x 0 , το f(0) 0 . β) Εφ όσον η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη , θα είναι παραγωγίσιμη και στο 0 x 0 δηλαδή     x 0 f(x) f(0) f'(0) lim x =    x 0 f(x) f(0) lim x . Όμως     x 0 f(x) f(0) lim x       x 0 3x α εφx 2ημx lim x      x 0 3x α εφx 2ημx lim x        x 0 3x α εφx 2ημx lim x       x 0 εφx ημx lim 3 α 2 x x 1 α . ΄Όμοια:     x 0 f(x) f(0) lim x       x 0 3x α εφx 2ημx lim x -      x 0 3x α εφx 2ημx lim x         x 0 3x α εφx 2ημx lim x        x 0 εφx ημx lim 3 α 2 x x - 1 α . Επόμενα: 1 α =- 1 α   1 α 0   α 1. Άρα           π π f(x) 3x εφx 2ημx , x , 2 2 . γ) Θέτω   g(x) 3x εφx 2ημx ,        π π x , 2 2 . Τότε f(x) g(x) ,   2 1 g'(x) 3 2συνx συν x =   3 2 2 2συν x 3συν x 1 συν x =    2 2 (2συνx 1)(συνx 1) συν x < 0    π π x ( ,0) (0, ) 2 2 . Επειδή η g'(x) διατηρεί πρόσημο στο  π π ( ,0) (0, ) 2 2 και g συνεχής στο 0 x 0 , η g είναι γνησίως φθίνουσα στο  π π ( , ) 2 2 . Επίσης η g ως γνήσια μονότονη είναι και 1-1 στο πεδίο ορισμού της. Συνεπώς     g(x) 0 g(x) g(0) x 0. Λύνει ο Τάκης Καταραχιάς
  33. 33. ___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17 Οπότε : για          π x 0 g(x) g(0) 0 f(x) g(x) 2  3x εφx 2ημx, για         π 0 x g(x) g(0) 0 f(x) g(x) 2 -  3x εφx 2ημx. Άρα: αν    π x 0 2 τότε f(x)  3x εφx 2ημx, αν   π 0 x 2 τότε f(x) -  3x εφx 2ημx.
  34. 34. ___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17 Α) Αφού           π π f(0) 0 και f(x) 0, x , 2 2 , η f παρουσιάζει ελάχιστο στο 0 x 0 , το μηδέν. Β) Αφού η f είναι παραγωγίσιμη στο πεδίο ορισμού της για την παράγωγό της στο 0 x 0 θα ισχύει;         x 0 x 0 f(x) f(0) f(x) f(0) lim lim x x               x 0 x 0 3x α εφx 2 ημx 3x α εφx 2 ημx lim lim x x                x 0 x 0 3x α εφx 2 ημx 3x α εφx 2 ημx lim lim x x                x 0 x 0 3x α εφx 2 ημx 3x α εφx 2 ημx lim lim x x                x 0 x 0 3x α εφx 2 ημx 3x α εφx 2 ημx lim lim x x                     x 0 x 0 ημx ημx ημx ημx3x 1 3x 1 lim α 2 lim α 2 x x συνx x x x συνx x              1 α 1 α 2 1 α 0 1 α 0 α 1 Γ) Θεωρώ την συνάρτηση           π π g(x) 3x εφx 2ημx , x , 2 2 που είναι παραγωγίσιμη και για την οποία ισχύει g(0)=0. Είναι:                2 2 3 ; 2 2 2 2συνx 1 συνx 11 3συν x 1 2συν x g (x) 3 2συνx .... 0 συν x συν x συν x Επειδή:             ο ο 22 1. από το πεδίο ορισμού (4 και 1 τεταρτημόριο) συνx 0 2συνx 1 0 2. συν x 0 , συνx-1 0 και η ισότητα ισχύει μόνο αν x 0 (διπλή ρίζα) Επομένως η g είναι συνεχής, γνησίως φθίνουσα στο       π π , 2 2 και άρα1:1 αφού δε g(0)=0 προκύπτει: Λύνει ο Σπύρος Χαλικιόπουλος
  35. 35. ___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17                            π x ,0 g(x) g(0) g(x) 0 2 π x 0, g(x) g(0) g(x) 0 2 Οπότε:                    π 3x εφx 2ημx , x ,0 2 f(x) g(x) π 3x εφx 2ημx , x [0, ) 2
  36. 36. ___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17 α) Για την συνάρτηση f, ως απόλυτη τιμή , θα ισχύει: f(x) 0 . Επίσης: f(0)=0. Άρα f(x) f(0). Επομένως για x=0 η f παρουσιάζει ελάχιστη τιμή το 0. β) Η f για x=0 παρουσιάζει ακρότατο. Επειδή         f π π 0 A , 2 2 και η f είναι παραγωγίσιμη σε αυτό, από Θ. Fermat θα ισχύει:  f (0) 0. Δηλαδή:         x 0 x 0 f(x) f(0) f(x) f(0) lim lim 0 x x .                 x 0 x 0 x 0 x 0 x 0 3x αεφx 2ημx 3x αεφx 2ημxf(x) f(0) f(x) lim lim lim lim x x x x      x 0 εφx ημx lim 3 α 2 x x (1). Εξετάζουμε αν υπάρχει το όριο που βρίσκεται εντος της απόλυτης τιμής.           x 0 εφx ημx lim 3 α 2 1 α x x διότι:        x 0 ημx lim 1 x και                   x 0 x 0 εφx ημx 1 lim lim 1 1 1 x x συνx . Άρα από την σχέση (1) έχουμε:      x 0 f(x) f(0) lim 1 α x .Επίσης:                  x 0 x 0 x 0 x 0 x 0 3x αεφx 2ημx 3x αεφx 2ημxf(x) f(0) f(x) lim lim lim lim x x x x                x 0 x 0 3x αεφx 2ημx εφx ημx lim lim 3 α 2 1 α x x x όπως παραπάνω. Τελικά:        1 α 1 α 0 α 1 γ) Θεωρούμε την παραγωγίσιμη συνάρτηση        π π g : , 2 2 Rμε τύπο:   g(x) 3x εφx 2ημx .Τότε:    2 1 g (x) 3 2συνx συν x . Η g΄ είναι παραγωγίσιμη συνάρτηση ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων με:                   3 3 3 3 1 1 συν x 1 g (x) 2ημx 2ημx 2ημx 1 2ημx συν x συν x συν x . Ισχύει:          3 3 0 συνx 1 0 συν x 1 1 συν x 1 0. Άρα   3 3 συν x 1 0 συν x . Για        π x ,0 2 ισχύει: ημx 0 και τότε:  g (x) 0 . Λύνει ο Δημήτρης Σαριβασίλης
  37. 37. ___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17 Για       π x 0, 2 ισχύει: ημx 0 και τότε:  g (x) 0 . Άρα η g΄ παρουσιάζει για x 0 μέγιστο το     g (0) 3 1 2 0 . Δηλαδή:   g (x) g (0) 0. Τότε η συνάρτηση g είναι φθίνουσα και θα ισχύει: για        π x ,0 2 ισχύει:     x 0 g(x) g(0) g(x) 0 για       π x 0, 2 ισχύει:     x 0 g(x) g(0) g(x) 0. Τελικά ο τύπος της f είναι:                          π 3x εφx 2ημx ,x ,0 2 f(x) π 3x εφx 2ημx ,x 0, 2
  38. 38. ___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17 α) Αν    g(x) 3x α εφx 2ημx η f(x) g(x) έχει ελάχιστο στο 0 το f(0) 0 , γιατί είναι f(x) f(0)στο       π π , 2 2 . β) Είναι    x 0 g(x) lim α 1 x και                      x 0 x 0 x 0 x 0 x 0 g(x) g(x) g(x) g(x)f(x) lim f (0) lim lim lim lim α 1 0 α 1 x x xx x R γ)                 3 2 3 2 2 2 2 2 1 2συν x 3συν x 1 2συν x 2συν x συν x 1 g x 3 2συνx συν x συν x συν x                   2 2 2 2 1 2 συνx 1 συνx συνx 1 2συν x συνx 1 2 0 συν x συν x με το = μόνο στο 0. Δηλαδή η g στο       π π , 2 2 και για      π x 0 g(x) 0 2 ενώ για     π 0 x g(x) 0 2 . Λύνει ο Κώστας Δεββές
  39. 39. ___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17 α) Παρατηρούμε ότι: για x 0 έχουμε   f 0 0και προφανώς     f x f 0 0για κάθε        π π x , 2 2 οπότε η f παρουσιάζει O.E. το 0 στη θέση 0 x 0 . β) Έστω    g x 3x αεφx 2ημx, με   g 0 0 . Επιπλέον g συνεχής στο       π π , 2 2 . Άρα    f x g x , με        π π x , 2 2 . ΠΙΘΑΝΟΙ ΤΎΠΟΙ ΤΗΣ f: 1)    f x g x ,        π π x , 2 2 2)     f x g x ,        π π x , 2 2 3)                           π g x ,x ,0 2 f x 0 ,x 0 π g x ,x 0, 2 4)                            π g x ,x ,0 2 f x 0 ,x 0 π g x ,x 0, 2 Επειδή η f έχει Ο.Ε. στο 0 και απο υπόθεσηf παραγωγίσιμη στο 0 , ισχύει το Θ.Fermat, οπότε   f' 0 0 . Οι τύποι 3,4 για την f λόγω παραγωγισιμότητας στο 0 ( με τον ορισμό                     x 0 x 0 f x f 0 f x f 0 f' 0 lim lim 0 x 0 x 0 ) μας δίνουν  α 1. Επίσης και οι τύποι 1,2 μας δίνουν την τιμή  α 1. γ) Άρα ηf μπορεί να έχει έναν απο τους παρακάτω τύπους: 1)    f x 3x εφx 2ημx,        π π x , 2 2 , 3)                           π 3x εφx 2ημx,x ,0 2 f x 0 ,x 0 π 3x εφx 2ημx,x ,0 2 Λύνει ο Κώστας Τσόλκας
  40. 40. ___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17 2)     f x 3x εφx 2ημx,        π π x , 2 2 , 4)                            π 3x εφx 2ημx,x ,0 2 f x 0 ,x 0 π 3x εφx 2ημx,x ,0 2 Για να γράψουμε την f χωρίς την απόλυτη τιμή εργαζόμαστε ως εξής: Ξαναγυρίζοντας στην αρχή απορρίπτουμε τους τύπους 1, 2 ως εξής: Για τον 1) έχουμε     2 1 f' x 3 2συνx 0 συν x ,        π π x , 2 2 (το ίσον ισχύει για x 0 μόνο) , οπότε δεν παρουσιάζει ακρότατο στο 0. Για τον 2) έχουμε      2 1 f' x 3 x συνx 0 συν ,        π π x , 2 2 (το ίσον ισχύει για x 0 μόνο) , οπότε δεν παρουσιάζει ακρότατο στο 0 . O τύπος 4) απορρίπεται γιατί τότε η συνάρτηση f παρουσιάζει τότε Ο.Μ. (αλλάζει η μονοτονία εκατέρωθεν του 0, αύξουσα-φθίνουσα , και f παραγωγίσιμη-συνεχής στο 0) Επίσης για τον τύπο 3 πληρούνται οι προυποθέσεις όλες οπότε τελικά έχουμε:                           π 3x εφx 2ημx,x ,0 2 f x 0 ,x 0 π 3x εφx 2ημx,x ,0 2
  41. 41. ___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17 Δίνονται οι παραγωγίσιμες συναρτήσεις για τις οποίες για κάθε ισχύει: Δίνεται επιπλέον ότι η διέρχεται από το σημείο Να αποδείξετε ότι α) Η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα στο β) Αν είναι η γωνία που σχηματίζει η εφαπτομένη της στο σημείο της τότε 1 9 η Ά σ κ η σ η Προτείνουν οι Πρόδρομος Ελευθερίου (29/1/2017) Ανδρέας Πάτσης Για μαθητές Δίνονται παραγωγίσιμες συναρτήσεις για τις οποίες ισχύουν:  για κάθε  υπάρχει τέτοιο, ώστε Να υπολογιστεί το όριο: Προτείνει ο Ανδρέας Πάτσης (29/12/2016) Για καθηγητές
  42. 42. ___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17 α) Έχουμε                            0 0 f (x) g (x) g (x)f(x) f (x) g (x) g (x)f(x) 0 f (x) g (x) f(x) 1 f(x) 1 g (x) f(x) 1                         g x 0 e g x g x e e 0 σ x 0 για κάθε x 0 f(x) 1 g (x) f(x) 1 και επειδή η συνάρτηση σ είναι συνεχής (ως παραγωγίσιμη) στο R, προκύπτει ότι η συνάρτηση σ είναι γνησίως αύξουσα στο R β) Για             <σ x 0 σ x σ 0 0 f x 1 0 Για             <σ x 0 σ x σ 0 0 f x 1 0 Άρα για κάθε x 0 ισχύει    x f x 1 0 Διαιρώντας με 2 x 0 προκύπτει                       x 0 f παραγωγίσιμη στο 0f x 1 f x f 0 f x f 0 0 0 0 f 0 εφω 0 x x x lim======> Άρα    π ω 2ω π. 2 Έχουμε                                                           R x e 0 x f x f x g x g x f x g x g x f x f x g x f x g x 0 f x g x e 0 για κάθε x Άρα η συνάρτηση           x m x f x g x e είναι γνησίως αύξουσα στο R Οπότε                                       0 0 xx 0 0 0 0 x x 0 0 για x x m x m x f x g x e f x g x e f x g x f x g x e 1 Λύνει ο Ανδρέας Πάτσης Για μαθητές Για καθηγητές
  43. 43. ___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17 και επειδή                      0 x x x 0 0 f x g x elim προκύπτει από τη σχέση  1 ότι           x f x g x 2lim Άρα                                                   2 x 0 x 02 2 1 ημ 1 συνx x 1 συνx 1 1 lim lim ημ 0 x1 1 1 1x x f x g f g x x x x διότι                                22 2 2 2 2 x 0 x 0 x 0 x 0 1 συνx 1 συνx ημx1 συνx 1 συν x 1 1 lim lim lim lim 1 0 x 1 συνx 2x x 1 συνx x 1 συνx ή εναλλακτικά                        0 0 2 x 0 x 0 x 02 1 συνx ημx1 συνx 1 1 1 lim lim lim 1 2 x 2 2x x                                       1 t x tx 0 1 1 1 lim ημ lim ημt 0 x f t g t1 1 f g x x αφού για  0 t x έχουμε                                                           f t g t 0 1 1 1 1 1 ημt ημt ημt f t g t f t g t f t g t f t g t f t g t 1 1 1 ημt f t g t f t g t f t g t και επειδή                t 2 1 0 f t g t lim προκύπτει ότι             t 1 lim ημt 0 f t g t
  44. 44. ___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17 α) Η σ έχει πεδίο ορισμού το και είναι παραγωγίσιμη σε αυτό με                             g x g x 2 g x f x e g x e f x 1 σ x e                                     g x 2 g x g x e f x g x f x 1 f x g x f x g x ee . Όμως      g x e 0, x και                            f x g x g x f x f x g x f x g x 0, x . Οπότε     σ x 0, x . Άρα, 1σ . β) Θέλουμε να δείξουμε ότι  π ω 2 . Όμως για οποιαδήποτε ευθεία ισχύει:  0 ω π. Επομένως, αρκεί να δείξουμε ότι    εφω 0 f 0 0 . Έχουμε:                                     g 0 g 0 g 0 f 0 g 0 f 0 g 0 f 0 σ 0 σ 0 f 0 σ 0 e e e . Είναι   σ 0 0, αφού   σ x 0,  x και    g 0 e 0. Οπότε,   f 0 0 . Άρα, 2ω π. Λύνει ο Νίκος Ελευθερίου Για μαθητές
  45. 45. ___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17          f (x) f(x) g (x) g(x) f (x) g (x) f(x) g(x) (1). Θεωρούμε την παραγωγίσιμη συνάρτηση h με τύπο:   x f(x) g(x) h(x) e με Rx . Τότε:             (1) x f (x) g (x) f(x) g(x) h (x) 0 e . Άρα η h είναι γνησίως αύξουσα συνάρτηση στο R. Για  o x x θα ισχύει:       o o o o x x f(x ) g(x )f(x) g(x) h(x) h(x ) 0 e e γιατί  o o f(x ) g(x ) 0 από την εκφώνηση της άσκησης. Άρα η συνάρτηση h είναι θετική και γνησίως αύξουσα για  o x x . Τότε:           R*x lim h(x) α Το όριο γράφεται:                                                              x 0 x 0 2 1 1 ημ 1 συνx ημ x x 1 συνx lim lim x1 1 1 1 x f g x f g x x x x (2) Ισχύει:     x 0 1 συνx lim 0 x . Επίσης:                                  u u u u u ux 0 u 1 u ημu u ημuημ ημu u ημux e elim lim lim lim lim f(u) g(u) f(u) g(u)f(u) g(u) h(u)1 1 x f g u ex x (3) Όπου  1 u x και άρα: όταν  x 0 τότε  u Ισχύει:          u u 0 e u u u u u u 1 ημu 1 ημu e e e Όμως:      u uu u u 1 lim lim 0 e e και από κριτήριο παρεμβολής:        uu u lim ημu 0 e (4) Λύνει ο Δημήτρης Σαριβασίλης Για καθηγητές
  46. 46. ___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17 Από (3), (4)                  u u 0u ημu 0 αelim h(u) 0 1 0 0 (5) Τελικά από (2), (5) το όριο είναι ίσο με το 0.
  47. 47. ___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17  Αφού  x ισχύει από την υπόθεση:                                ' ' ' ' ' ' ' ' ' x x f (x) f(x) g (x) g(x) f (x) f(x) g (x) g(x) 0 f (x) g (x) f(x) g(x) 0 f (x) g (x) e e f(x) g(x) 0          ' x e f(x) g(x) 0 (1)  Θεωρώ την συνάρτηση       Rx h(x) f(x) g(x) e , x που από την (1) είναι   ' h (x) 0, x και κατά συνέπεια είναι γνησίως αύξουσα.  Δεδομένου, από υπόθεση, ότι υπάρχει     R0 0 0 0 0 x ώστε f(x ) g(x ) f(x ) g(x ) 0 επομένως και 0 h(x ) 0 είναι    0 0 h(x) h(x ) 0, x x (2)                                                                 1 x (1),(2) 1 x 0 x 0 2 2 x 1 1 ημ (1 συνx) e ημ (1 συνx) (1 συνx) x x lim lim 1 1 1 1 x f g x f g e (1 συνx) x x x x                         2 1 2 x 0 x 1 ημ ημ xx 1 1 lim 0 (1 συνx) 1x he x γιατί:            22 2 x 0 x 0 ημ x ημx lim lim 1 xx και                            1 θέτω y x x 0 ,y 1 yyx 0 x 1 ημ ημyx lim lim 0 e e αφού:                               y y y y y y y x 0 x 0 ημy ημy1 1 1 e e e e e και 1 1 lim lim 0 e e Λύνει ο Σπύρος Χαλικιόπουλος Για καθηγητές
  48. 48. ___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17 και τέλος:                x 0 0 1 1 lim 1 συνx 2 και 1 h h(x ) x
  49. 49. ___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17 Από την υπόθεση είναι:  f΄(x) g΄(x) f(x) g(x)   f΄(x) f(x) g΄(x) g(x)     x x e f΄(x) e f(x)   x x e g΄(x) e g(x)     x e (f(x) g(x)) ΄ 0  Rx επόμενα η συνάρτηση h(x)  x e (f(x) g(x) είναι γνήσια αύξουσα στο R. Συνεπώς   0 0 x x h(x) h(x )   x f(x) g(x) e  0 0 0 x f(x ) g(x ) e οπότε:  f΄(x) g΄(x)    0x x f(x) g(x) e 0 0 (f(x ) g(x ))>0 και επειδή 0 0 f(x ) g(x )>0 ,    0x x x lim e θα είναι      x lim(f(x) g(x))   x lim(f΄(x) g΄(x)). Επίσης    u u lim f(u) g(u)   u 1 lim 0 f΄(u) g΄(u) , από κανόνα de l' Hospital,    2x 0 1 συνx lim x   x 0 ημx 1 lim 2x 2 , επίσης από κανόνα de l' Hospital,        1 xημ x x          1 x xημ x x οπότε από κριτήριο παρεμβολής       x 0 1 limxημ 0 x . ΄Αρα το δοσμένο όριο είναι:                       x 0 2 2 1 ημ (1 συνx) x lim 1 1 x f x g x x                       2 x 0 1 1 συνx xημ x x lim 0 1 1 x(f g ) x x Διότι αν θέσω  1 u x τότε                 ux 0 1 u lim lim 0. f(u) g(u)1 1 xf xg x x α) Προφανώς η σ(x) είναι συνεχής στο R ως παραγωγίσιμη. Λύνει ο Τάκης Καταραχιάς Για καθηγητές Για μαθητές
  50. 50. ___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17 Δίνεται: σ(x)   g(x) f(x) 1 e     g(x) g(x) 2g(x) f΄(x)e (f(x) 1)g΄(x)e σ΄(x) e  σ΄(x)   g(x) f΄(x) f(x)g΄(x) g΄(x) 0 e για κάθε x 0 διότι  f΄(x) g΄(x) g΄(x)f(x).Επόμενα η σ΄(x) διατηρεί πρόσημο στο  ,0 ∪  0, , οπότε η σ(x) είναι γνήσια αύξουσα στο R. β) Επειδή η Cf διέρχεται από το σημείο Α(0,1) θα είναι f(0) 1 και σ(0)=0. Επίσης για x 0,   f(x) f(0) x   f(x) 1 x g(x) σ(x)e x και εφω=     x 0 f(x) f(0) f΄(0) lim x   g(x) x 0 σ(x)e lim x    g(x) x 0 σ(x) σ(0) lime x  g(0) e σ΄(0) 0 ΄Ομως  0 ω π, οπότε προκύπτει    π 0 ω 0 2  2ω π.
  51. 51. ___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17 α) Η σ παραγωγίζεται στο R ως πράξεις παρ/μων με             g(x) g(x) 2g(x) g(x) f (x)e g (x)e f(x) 1 f (x) g (x)f(x) g (x) σ (x) 0 e e στο  ,0 και στο  0, από την υπόθεση. Επειδή η σ είναι συνεχής στο 0 θα είναι στο   ,0 και στο  0, άρα και στο . β) Eίναι   g(x)f(x) f(0) σ(x) e ,x 0 x x . Λόγω μονοτονίας της σ και επειδή σ(0) 0οι σ(x),x έχουν ομόσημες τιμές, άρα κοντά στο 0 ισχύει          g(x) g(x) g(0) x 0 σ(x) σ(x) π e 0 lim( e ) 0 f (0) σ (0)e 0 ω x x 2 Η συνάρτηση της οποίας ζητάμε το όριο γράφεται:               2 2 1 x ημ ημ 1 συνx 1x 2 1 1 x2x f( ) g( ) x x 2 με   2x 0 1 συνx 1 lim 2x αφού   x 0 x ημ 2lim 1 x 2 Αν θέσουμε  h(x) f(x) g(x) η ανισοτική σχέση της υπόθεσης γράφεται            x x x x h (x) h(x) h (x)e h(x)e 0 h(x)e 0 h(x)e στο R δηλαδή για     0xx 0 0 x x e h(x) e h(x ) 0 επειδή 0 0 f(x ) g(x ). Άρα   0x x 0 h(x) e h(x )κι επειδή    0x x 0x lim e h(x ) θα είναι       x x 1 lim h(x) lim 0 h(x) . Για    1 u x στην  1 ημ x 1 1 f( ) g( ) x x ισούται με ημu h(u) και από το κριτήριο παρεμβολής θα είναι   ημu 1 0 h(u) h(u) και το ζητούμενο όριο 0. Λύνει ο Κώστας Δεββές Για καθηγητές Για μαθητές
  52. 52. ___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17                                                            x 0 x 0 2 1 1 ημ 1 συνx ημ x x1 συνx lim lim 0 x1 1 1 1 x f g x f g x x x x Αφού έχουμε ότι:    x 0 1 συνx lim 0 x και                                                      x 0 x 0 u u 1 1 1 ημ ημ uημu ημux x x lim lim lim lim f u g u f u g u1 11 1 f gx f g x xx x u Όμως                              ημu ημu1 1 1 f u g u f u g uf u g u f u g u f u g u u uu u u Αρκεί να δείξουμε ότι:         x f x g x lim x Η δοσμένη γίνεται:                    x f (x) g (x) f(x) g(x) 0 e f(x) g(x) 0 Δηλαδή η    x h(x) e f(x) g(x) έχει  h (x) 0 , h συνεχής άρα γνησίως αύξουσα στο R, οπότε αν    0 0 x > x h x > h x Εφαρμόζω Θ.Μ.Τ. στο   0 x ,x και έχουμε: h συνεχής και παραγωγίσιμη στο   0 x ,x άρα υπάρχει                         0 0 0 0 0 h x h x ξ x ,x : h ξ h x h ξ x x h x x x Οπότε:                   0 0x x lim h x lim h ξ x x h x αφού h ξ 0 Άρα το ζητούμενο όριο γίνεται:                        x x x x x x f x g x e h x e lim lim lim lim h x x x x αφού               x x x x x x e e lim lim lim e x 1 (3) Άρα το όριο είναι ίσο με το 0. Λύνει ο Γιώργος Ασημακόπουλος Για καθηγητές

×