ETIMOLOGÍA : EL NOMBRES DE LOS COLORES/ ΤΑ ΧΡΩΜΑΤΑ.pptx
Έκδοση Σεπτεμβρίου - "Η άσκηση της ημέρας"
1. η άσκηση
της ηµέρας
µικρές προσπάθειες ενασχόλησης
µε αγαπηµένες µας συνήθειες
επιµέλεια: Παύλος Τρύφων
από το lisari.blogspot.gr
2. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
1
μας τίμησαν με την συμμετοχή τους
Διονύσης Βουτσάς
Ηλίας Ζωβοΐλης
Νίκος Κίκης
Αντώνης Μαρκάκης
Κατερίνα Μάρκου
Μάνος Μίχας
Ηλιάνα Ξανιά
Θεόδωρος Παγώνης
Ανδρέας Πάτσης
Πάνος Σπύρου
Τάκης Τσακαλάκος
Θεόδωρος Τσατσαρώνης
Δημήτρης Χατζάκης
3. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
2
1η
άσκηση
Γ΄ Λυκείου – Μαθηματικά Προσανατολισμού
Προτάθηκε από τον Αντώνιο Μαρκάκη (01-09-2015)
Αποστολή λύσεων έως την Κυριακή 6 Σεπτεμβρίου 2015
Αν η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f x lnx στο
σημείο ,ln , 0 και η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της
συνάρτησης x
g x e στο σημείο ,e , R
ταυτίζονται, αποδείξτε ότι ο
αριθμός είναι ρίζα της εξίσωσης
x 1
lnx 0
x 1
.
5. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
4
Λύση ή ρίζα μιας εξίσωσης είναι ο αριθμός που, όταν τοποθετηθεί στη θέση του
αγνώστου, επαληθεύει την εξίσωση. Συνεπώς, για να δείξουμε ότι ο αριθμός 0α
είναι ρίζα της δοσμένης εξίσωσης (Ε), αρκεί να καταλήξουμε στα ακόλουθα δύο
συμπεράσματα:
1,10,α , και επειδή 0,α από υπόθεση, αρκεί να βρούμε ότι 1α
,
και
0lnα
1α
1α
Σχόλιο 1
Για μια τυχαία συνάρτηση φ(x) , η οποία είναι παραγωγίσιμη σ’ ένα σημείο 0x του
πεδίου ορισμού της, η εξίσωση της εφαπτομένης ε της γραφικής της παράστασης (Cφ)
στο σημείο )φ(x,xΣ 00 Cφ είναι η: 0 0 0y φ(x ) φ (x ) (x x ) (1).
Είναι όμως:
0x)(xφ)φ(xyx)(xφ)x(x)(xφ)φ(xy 0000000
Δηλαδή η (1) παίρνει, ισοδύναμα, τη γενική μορφή εξίσωσης ευθείας 0ΓByΑx
με )(xφΑ 0
, 01B και 000 x)(xφ)φ(xΓ . Επομένως, από την εξίσωση
(1) δεν είναι δυνατόν να προκύψει κατακόρυφη ευθεία. Η (1), λοιπόν, θα περιγράφει
τη γραφική παράσταση μιας πολυωνυμικής συνάρτησης (της
Α Γ
y x
Β Β
), η
οποία (συνάρτηση) θα είναι πρώτου βαθμού (αν 0Α ), μηδενικού βαθμού (αν 0Α
και 0Γ ) ή δεν θα έχει βαθμό (στην περίπτωση που 0Α και 0Γ ).
Η συνάρτηση f(x) lnx (λογαριθμική συνάρτηση με βάση το e) ανήκει στην
κατηγορία των βασικών συναρτήσεων, έχει πεδίο ορισμού το 0,Df , και είναι
παραγωγίσιμη στο πεδίο ορισμού της (στο μη φραγμένο διάστημα με άκρο το 0
0, ) με:
x
1
)(lnx(x)f .
Η εφαπτομένη εα της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f (Cf) στο σημείο
)(αfα,lnαα, Cf έχει εξίσωση:
6. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
5
1lnαx
α
1
yα
α
1
x
α
1
lnαyα)(x
α
1
lnαyα)(xαfαfy )()(
Δηλαδή,
(εα): 1lnαx
α
1
y
Αντίστοιχα, η συνάρτηση x
eg(x) (εκθετική συνάρτηση με βάση το e) ανήκει επίσης
στην κατηγορία των βασικών συναρτήσεων, έχει πεδίο ορισμού το gD , και είναι
παραγωγίσιμη στο πεδίο ορισμού της (σε όλο το ) με:
x x
g (x) e e
Η εφαπτομένη εβ της γραφικής παράστασης της συνάρτησης g (Cg) στο σημείο
)(βgβ,eβ, β
Cg
έχει εξίσωση:
ββββββββ
eβexeyβexeeyβ)(xeeyβ)(xβgβgy )()(
Δηλαδή,
(εβ): βββ
eβexey
Σύμφωνα με όσα αναφέρθηκαν πιο πάνω, οι ευθείες εα και εβ αποτελούν γραφικές
παραστάσεις πολυωνυμικών συναρτήσεων (πολυωνύμων).
Συγκεκριμένα:
η ευθεία εα είναι η γραφική παράσταση της πολυωνυμικής συνάρτησης
1lnαx
α
1
P(x) , x
και
η ευθεία εβ είναι η γραφική παράσταση της πολυωνυμικής συνάρτησης
βββ
eβexeQ(x) , x .
Όμως, από υπόθεση, οι ευθείες εα και εβ ταυτίζονται. Αυτό σημαίνει ότι οι γραφικές
παραστάσεις των πολυωνυμικών συναρτήσεων P(x) και Q(x) ταυτίζονται.
7. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
6
Σχόλιο 2 Η διπλή συνεπαγωγή 21 φφ21 CCφφ
Έστω h μια τυχαία πραγματική συνάρτηση της πραγματικής μεταβλητής x. Συμβολίζουμε με
hD το πεδίο ορισμού της συνάρτησης h. Γραφική παράσταση της h (Ch) λέγεται το σύνολο
των σημείων Μ(x, y) για τα οποία ισχύει h(x)y . Δηλαδή, είναι:
hh Dxκαιh(x)yy)Μ(x,C .
Δύο συναρτήσεις 1h και 2h λέγονται ίσες όταν:
έχουν το ίδιο πεδίο ορισμού ( 21 hh DD )
και
για κάθε 21 hh DDx ισχύει (x)h(x)h 21 .
Από τους παραπάνω ορισμούς («της γραφικής παράστασης συνάρτησης» και «της ισότητας
συναρτήσεων»), προκύπτει άμεσα η εξής θεμελιώδης πρόταση:
Δύο συναρτήσεις είναι ίσες αν, και μόνο αν, οι γραφικές τους παραστάσεις ταυτίζονται.
Η άσκηση, τώρα, μας ρωτάει με έμμεσο τρόπο: «Πότε δύο πολυώνυμα είναι ίσα;»
Δύο πολυώνυμα του x, λοιπόν, είναι ίσα όταν: (αληθεύουν συγχρόνως όλα τα
παρακάτω)
είναι του ίδιου βαθμού (για το μηδενικό πολυώνυμο δεν ορίζουμε βαθμό),
οι συντελεστές των ομοβάθμιων δυνάμεων του x είναι ίσοι,
οι σταθεροί όροι τους είναι ίσοι.
Σχόλιο 3
Συνεπώς, η άσκηση απαιτεί τον εξής συλλογισμό: ισότητα συναρτήσεωνισότητα
πολυωνύμων.
8. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
7
Επειδή τα πολυώνυμα P(x) και Q(x) είναι ίσα, θα πρέπει να ισχύουν ταυτόχρονα οι
δύο παρακάτω ισότητες:
η ισότητα β
e
α
1
(I)
και
η ισότητα ββ
eβe1lnα (II)
Παρατηρούμε ότι, για 1α :
η ισότητα (Ι) δίνει 0βln1β1ee
1
1 ββ
.
και η ισότητα (II) δίνει
β β β β β β
ln1 1 e β e 0 1 e β e e 1 β e β 0(γιατί το 1ο
μέλος
της τελευταίας ισότητας ββ
eβ1e , ως αυστηρά θετικός αριθμός, «υπαγορεύει»
και στο 2ο
μέλος της να είναι αυστηρά θετικός αριθμός). Μάλιστα, αποδεικνύεται
ότι ο θετικός πραγματικός αριθμός β που ικανοποιεί τη σχέση ββ
eβ1e είναι
μοναδικός και ανήκει στο ανοικτό διάστημα (1, 2).
Συνεπώς, δεν είναι δυνατόν να αληθεύουν ταυτόχρονα οι ισότητες (I) και (II) για την
τιμή αυτή του α ( 1α ). Άρα είναι: 1α , επομένως: 1,10,α .
Από την σχέση (Ι) έχουμε διαδοχικά:
lnαβlnα0βlnαln1β
α
1
lnβ
α
1
ee
α
1 ββ
Αντικαθιστώντας, τέλος, στην ισότητα (II) όπου
α
1
eβ
και όπου lnαβ παίρνουμε:
( )
1 1 1 1
lnα 1 lnα lnα 1 lnα
α α α α
1 lnα
lnα 1
α
α lnα α 1 lnα
α 1 lnα α lnα 0
α 1 lnα (1 α) 0
10. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
9
2η
άσκηση
Γ΄ Λυκείου – Μαθηματικά Προσανατολισμού
Προτάθηκε από τον Ηλία Ζωβοΐλη (03-09-2015)
Αποστολή λύσεων έως την Κυριακή 13 Σεπτεμβρίου 2015
Έστω συνάρτηση f ׃ , για την οποία ισχύει:
3
f (x) f(x) 2x 0 , για κάθε x .
Α. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι γν.φθίνουσα στο .
Β. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι περιττή στο .
Γ. Να βρείτε τους α,β , για τους οποίους ισχύει:
2 2
f(α β ) f(2α 2β 5) 0.
Δ. Να λύσετε την ανίσωση:
3
f (x) 3x 0.
Ε. Να λύσετε την εξίσωση:
3 2
2x f (x) f (x) 1 0.
11. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
10
1η
προτεινόμενη λύση (Ηλίας Ζωβοΐλης)
Στόχος της συγκεκριμένης άσκησης, είναι να αναδείξει τη χρησιμότητα
και κυρίως τη δύναμη της βοηθητικής συνάρτησης.
Θεωρούμε τη συνάρτηση g με τύπο: 3
g(x) x x,x .
Εύκολα αποδεικνύεται ότι η συνάρτηση g είναι περιττή και
γνησίως αύξουσα στο , επομένως και 1 1 στο .
Ισχύει: g f(x) 2x,x .
Α. Έστω 1 2x ,x με 1 2x x . Τότε 1 2 1 22x 2x g f(x ) g f(x )
g γν.αύξουσα
1 2f(x ) f(x ) f γν.φθίνουσα στο .
Β. Είναι
g περιττή
g f( x) 2x g f(x) g f(x) .
Επομένως:
g 1-1
g f( x) g f(x) f( x) f(x) f περιττή στο .
Γ. 2 2 2 2
f(α β ) f(2α 4β 5) 0 f(α β ) f(2α 4β 5)
f περιττή f 1 1
2 2 2 2
f(α β ) f( 2α 4β 5) α β 2α 4β 5
2 2 2 2
α 2α 1 β 4β 4 0 (α 1) (β 2) 0
α 1 και β 2.
Δ.
g γν.αύξουσα
3
f (x) 3x 0 f(x) 2x 3x 0 f(x) x g f(x) g(x)
3 3 2
2x x x x 3x 0 x(x 3) 0 x 0 , καθώς
2
x 3 0, x .
Ε. Για x 0 η αρχική ισότητα μας δίνει εύκολα f(0) 0 (θα μπορούσε επίσης
να χρησιμοποιηθεί το γεγονός ότι f περιττή στο ).
Η δοσμένη εξίσωση δεν έχει λύση το 0, αφού για x 0 προκύπτει 1 0.
Έτσι για x 0 f(x) 0 και επομένως διαιρώντας δια 3
f (x) έχουμε:
3 3
1 1 1 1 1
2x 0 2x g g f(x)
f(x) f (x) f (x) f(x) f(x)
g 1-1
21
f(x) f (x) 1 f(x) 1
f(x)
ή
g 1-1
f(x) 1 g f(x) g(1) ή g f(x) g( 1)
2x 2 ή 2x 2 x 1 ή x 1.
14. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
13
3η
προτεινόμενη λύση (Θοδωρής Παγώνης)
(εναλλακτικές λύσεις υποερωτημάτων)
Α. Έστω ότι συνάρτηση f δεν είναι γνησίως φθίνουσα.
Τότε υπάρχουν
1 2x ,x με
1 2x x
τέτοια ώστε 1 2f(x ) f(x ) , άρα και 3 3
1 2f (x ) f (x ) .
Με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε
3 3
1 1 2 2 1 2 1 2f (x ) f(x ) f (x ) f(x ) 2x 2x x x
, άτοπο.
Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα , άρα και 1 – 1 .
Β. Προφανώς
x, x .
Στην σχέση
3
f (x) f(x) 2x 0
θέτουμε όπου x το x και έχουμε
3
f ( x) f( x) 2x 0 .
Προσθέτουμε κατά μέλη και έχουμε
3 3 3 3
f (x) f(x) f ( x) f( x) 0 f (x) f ( x) f(x) f( x) 0
2 2
f(x) f( x) f (x) f(x)f( x) f ( x) f(x) f( x) 0
2 2
f(x) f( x) f (x) f(x)f( x) f ( x) 1 0 , από όπου έχουμε
f(x) f( x) 0
(η
2 2
f (x) f(x)f( x) f ( x) 1 0
θεωρώντας το τριώνυμο ως προς f(x) ή με μέθοδο συμπλήρωσης τετραγώνου
προκύπτει αδύνατη).
Άρα η f είναι περιττή.
15. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
14
Δ. Στην σχέση
3
f (x) f(x) 2x 0 για x 0 έχω
3 2
f (0) f(0) 0 f(0) f (0) 1 0 f(0) 0 (ή από περιττή f(0) 0 )
Η δοθείσα ανίσωση από την υπόθεση γίνεται
3
f (x) 3x 0 f(x) 2x 3x 0 x f(x) 0 (1) .
Θεωρώ την συνάρτηση
g(x) x f(x)
η οποία είναι γνησίως αύξουσα , αφού
για κάθε 1 2x ,x με
f
1 2 1 2 1 2x x f(x ) f(x ) f(x ) f(x )
και 1 2x x ,
άρα 1 1 2 2 1 2x f(x ) x f(x ) g(x ) g(x )
και επιπλέον (0) 0g
Η ανίσωση (1) γίνεται
g
g(x) g(0) x 0
<
Ε. H δοθείσα εξίσωση από την υπόθεση γίνεται
3 2 3 3 2
2xf (x) f (x) 1 0 f (x) f(x) f (x) f (x) 1 0
2 4 2 2 4
f (x) 1 f (x) f (x) 1 0 f (x) 1 1 f (x) 0
4
f (x) 1 f(x) 1 .
Η υπόθεσης για 1x γίνεται
3
f (1) f(1) 2 0 f(1) 1 , οπότε και f( 1) 1 (f είναι περιττή)
Οπότε η εξίσωση
4
f (x) 1 f(x) 1 x 1
16. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
15
3η
άσκηση
Γ΄ Λυκείου – Μαθηματικά Προσανατολισμού
Προτάθηκε από τον Ηλία Ζωβοΐλη (13-09-2015)
Αποστολή λύσεων έως την Τρίτη 22 Σεπτεμβρίου 2015
Έστω συνάρτηση f συνεχής στο 1,1 , για την οποία ισχύουν:
• f(x) 0 , για κάθε x 1,1
• m f(1) M , όπου m και Μ είναι η ελάχιστη και η μέγιστη τιμή,
αντίστοιχα, της f στο 1,1
Α. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f δεν αντιστρέφεται.
Β. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση 2
f (x) f(1) f(x) f(x) f(1) ,
έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο ( 1,1) .
Γ. Να αποδείξετε ότι υπάρχει ρ ( 1,1) , τέτοιο ώστε:f(ρ) mM
Δ. Να αποδείξετε ότι υπάρχει ξ( 1,1) , τέτοιο ώστε:
f(0) m M
f(ξ)
3
.
17. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
16
1η
προτεινόμενη λύση (Ηλίας Ζωβοΐλης)
A. Η συνάρτηση f ως συνεχής σε κλειστό διάστημα, δέχεται ελάχιστη και
μέγιστη τιμή m και Μ αντίστοιχα. Επομένως υπάρχουν α,β 1,1 και α β ,
τέτοια
ώστε f( ) m 0 και f(β) M 0 . Έστω γ min , και max , .
Α. Είναι
. .
of( ) f(1) f(β) x ( , ),
τέτοιο ώστε: of(x ) f(1) και επειδή
o1 x 1 , συμπεραίνουμε ότι η f δεν είναι 1-1, άρα δεν αντιστρέφεται.
Β. Για ox x έχουμε:
of(x ) f(1)
2 2
o o of (x ) f(1) f(x ) f(x ) f (1) f(1) f(1) f(1) f(1)
.
Αποδείξαμε λοιπόν ότι η δοσμένη εξίσωση, έχει ως ρίζα τον αριθμό
ox ( 1,1).
Γ. Θεωρούμε τη συνάρτηση g με τύπο 2
g(x) f (x) m M,x , .
Η συνάρτηση g είναι προφανώς συνεχής στο , με
2 2 2 2
g(γ) g(δ) f (γ) m M f (δ) m M f (α) m M f (β) m M
22 2
m m M M m M m M M m 0 . Παρατηρούμε λοιπόν, ότι
ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του Θ.Bolzano για τη συνάρτηση g στο , ,
επομένως υπάρχει ρ ( 1,1) , τέτοιο ώστε: 2
g(ρ) 0 f (ρ) m M 0
f(ρ) 0
2
f (ρ) m M f(ρ) m M f(ρ) m M.
Δ. Θεωρούμε τη συνάρτηση h με τύπο h(x) 3f(x) f(0) m M,x , , όπου
min , ,0 και max , ,0 .
Είναι:
f(α) m
h(α) 3f(α) f(0) m M 2m f(0) M
f(β) M
h(β) 3f(β) f(0) m M 2M f(0) m
h(0) 3f(0) f(0) m M 2f(0) m M
Προσθέτοντας κατά μέλη τις παραπάνω ισότητες προκύπτει:
h(α) h(β) h(0) 0. Αν υποθέσουμε ότι h(x) 0 , για κάθε x , , τότε
επειδή η συνάρτηση
h είναι προφανώς συνεχής στο , , θα διατηρεί σταθερό πρόσημο στο ,
δηλαδή θα είναι: ή h(x) 0 , για κάθε x , , ή h(x) 0 , για κάθε x , .
18. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
17
• Αν h(x) 0 , για κάθε x , , τότε h(α) h(β) h(0) 0 , που είναι ΑΤΟΠΟ.
• Αν h(x) 0 , για κάθε x , , τότε h(α) h(β) h(0) 0 , που είναι ΑΤΟΠΟ.
Επομένως υπάρχει ( , ) , τέτοιο ώστε
f(0) m M
h( ) 0 f(ξ)
3
και επειδή 1 1 , θα είναι ξ( 1,1) .
19. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
18
2η
προτεινόμενη λύση (Θοδωρής Παγώνης)
Α. Επειδή m και Μ είναι η ελάχιστη και η μέγιστη της συνεχούς f στο 1,1
αντίστοιχα, θα υπάρχουν
1 2x ,x 1,1
τέτοια ώστε
1f(x ) m και 2f(x ) M .
Επομένως, λόγω της υπόθεσης θα ισχύει
1 2f(x ) f(1) f(x ) .
Θεωρώ τη συνάρτηση g(x) f(x) f(1) ορισμένη και συνεχής στο
1 2x , x 1,1 για την οποία έχω
1 1g(x ) f(x ) f(1) 0 και 2 2g(x ) f(x ) f(1) 0 ,
οπότε από θ. Bolzano , θα υπάρχει
0 1 2x x , x τέτοιο ώστε
0 0 0g(x ) 0 f(x ) f(1) 0 f(x ) f(1) .
Όμως 0 1 2 0x x , x x 1 και 0f(x ) f(1) άρα δεν είναι 1 – 1 και δεν
αντιστρέφεται.
Β. Η δοθείσα εξίσωση ισοδύναμα γίνεται
2
f (x) f(1)f(x) f(x) f(1)
2
f (x) f(1)f(x) f(x) f(1) 0
f(x) f(x) f(1) f(x) f(1) 0
f(x) f(1) f(x) 1 0
η οποία έχει προφανή λύση το 0 1 2x x , x του α ερωτήματος.
Γ. Επειδή f(x) 0 θα είναι και
1f(x ) m 0 , 2f(x ) M 0 και m M
20. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
19
οπότε θα έχουμε
m M
1
M m
2 2
m mM M
m mM M .
Επομένως ο αριθμός mM m,M , οπότε υπάρχει ένα τουλάχιστον 1,1
τέτοιο ώστε
f( ) mM
Δ. Για κάθε x 1,1 , θα ισχύει m f(x) M .
Επομένως ισχύουν
1m f(x ) M m m M
m f(0) M
2m f(x ) M m M M
Με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε :
3m m f(0) M 3M
m f(0) M
m M
3
m f(0) M
m,M
3
,
Οπότε υπάρχει ένα τουλάχιστον 1,1 τέτοιο ώστε
m f(0) M
f( )
3
.
21. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
20
4η
άσκηση
Γ΄ Λυκείου – Μαθηματικά Προσανατολισμού
Προτάθηκε από τον Ανδρέα Πάτση (22-09-2015)
Αποστολή λύσεων έως την Τρίτη 29 Σεπτεμβρίου 2015
Α) Είναι σωστό ή λάθος το παρακάτω;
Αν για μια συνάρτηση f :R R ισχύει
x
1
f 0
x
lim
τότε x 0
f x 0lim
(σε κάθε περίπτωση δικαιολογήστε την απάντηση σας)
Β) Αν για μια συνάρτηση f :R R ισχύουν
x
1
f 0
x
lim
και
x
1
f 0
x
lim
,
αποδείξτε ότι x 0
f x 0lim
Γ) Υπολογίστε (αν υπάρχει) το
2 4
x 0
2 4
1 1 1
x x x
1 1 1
x x x
e
lim
22. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
21
1η
προτεινόμενη λύση (Ανδρέας Πάτσης)
Α) Για τον υπολογισμό του ορίου x 0
f xlim
θα χρησιμοποιήσουμε τον κανόνα της
σύνθεσης:
Βήμα 1: κάνουμε την αντικατάσταση
1
u
x
Βήμα 2: υπολογίζουμε το
x
ou 0 ulim
Βήμα 3: υπολογίζουμε το u 0
f ulim
, αν υπάρχει!
Στην περίπτωσή μας όμως δε γνωρίζουμε αν υπάρχει το παραπάνω όριο, οπότε
δεν ισχύει πάντα x 0
f x 0lim
.
Ας το δούμε με συγκεκριμένο αντιπαράδειγμα:
Για τη συνάρτηση f :R R με τύπο
x
e 1 , x 0
f x
2016 , x 0
εύκολα διαπιστώνουμε ότι
x
1
f 0
x
lim
και ότι δεν υπάρχει το x 0
f xlim
Β) Για x 0 , θέτουμε
1
u
x
.
Τότε
x 0 x 0
o
1
u u
x
lim lim
και δίνεται ότι
u
1
f 0
u
lim
άρα από τον κανόνα της σύνθεσης
x 0
f x 0 (1)lim
23. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
22
Παρόμοια, για x 0 , θέτουμε
1
u
x
.
Τότε
x 0 x 0
o
1
u u
x
lim lim
και δίνεται ότι
u
1
f 0
u
lim
άρα από τον κανόνα της σύνθεσης
x 0
f x 0 (2)lim
Από τις σχέσεις (1) και (2) προκύπτει ότι
x 0
f x 0.lim
Γ) Για x κοντά στο 0 θέτουμε
2 4
2 4
1 1 1
x x x
1 1 1
x x xf x
e
Τότε
2 4
2 4
x x x
1 x x x
f
x e
Για τον υπολογισμό του ορίου 2 4
x
2 4
x x x
x x x
e
lim
έχουμε ότι:
είναι της μορφής
2 4
2 4
x x x
x x x
e
= 2 4
x x x
1
e
Άρα
2 4
2 4
2 4x x u
ά
2 4
u x x x
ux x x u
x x x ώ x
x x x 1 1
0
ee
e
lim lim lim
24. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
23
Ικανοποιούνται οι δύο υποθέσεις του θεωρήματος DLH, άρα
2 4
2 4x x
2 42 4
x x x
x x x
x x xx x x
0
e
e
lim lim
άρα
x
1
f 0
x
lim
έτσι, από το προηγούμενο ερώτημα Β) προκύπτει ότι
x 0
f x 0.lim
25. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
24
2η
προτεινόμενη λύση (Παύλος Τρύφων)
(εναλλακτική λύση υποερωτήματος)
Γ) Το ζητούμενο όριο μπορεί να υπολογιστεί και με τον «κλασικό» τρόπο, ως εξής.
Όταν το x τείνει στο 0 γνωρίζουμε ότι δεν υπάρχει το όριο του
1
x
.
Θα αποφύγουμε τη χρήση πλευρικών ορίων κάνοντας την παρακάτω
παραγοντοποίηση:
3 2
2 4 4
1 1 1 1
x x 1 ,
x x x x
για x κοντά στο 0
Όμως
x 0
3 2
4
1
x x 1 ,
x
lim
(διότι
x 0
4
4
1
(x 0
x
lim
για x κοντά στο 0) )
Άρα
2 4
2 4 2 4
2 4
x 0 x 0 x 0 u
ά
1 1 1
u
2 4 x x x2 4
1 1 1 1 1 1 uu1 1 1
x x ώ x 0x x x x
x x x
1 1 11 1 1
1 1x x xx x x 0
e
e e
e
lim lim lim lim
.