H Aσκηση της Ημερας

1. ___________________________________________________________________________
1η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α)
Είναι       f g
Α 0, , A ,1
Αφού ορίζονται οι f g, g f θα είναι  f g
A και  g f
A (1)
Όμως
        
     
   
(1)
f g g f
α α
A = x A : g x A = x < 1: 4x + α > 0 = x < 1: x > - = - ,1
4 4
άρα
α
- < 1
4
, δηλαδή α > - 4 (2)
Επίσης,
        
     
   
(1)
g f f g
1- α 1- α
Α = x A : f x A = x > 0 : 2x + α < 1 = x > 0 : x < = 0,
2 2
άρα
1- α
0 <
2
, δηλαδή α < 1 (3)
από τις σχέσεις (2), (3) προκύπτει ότι  α - 4,1
β)
Αρκεί να αποδείξουμε ότι υπάρχει    0 0
x 1,2 : h x = 1453
Θεωρούμε τη συνάρτηση
              
3 3
φ x = 1-α x-1 + α + 4 x- 2 -1453 x-1 x- 2 , x 1,2
Η φ είναι συνεχής στο   1,2 ως πολυωνυμική και
         φ 1 φ 2 = - α + 4 1- α < 0 , διότι -4 < α < 1
Άρα από το Θεώρημα Βolzano, υπάρχει  0
x 1,2 τέτοιο ώστε
 
        
 
 
 
 
0
3 3
0 0 0 0
03
00
φ x = 0
1- α x -1 + α + 4 x - 2 -1453 x -1 x - 2 = 0
1- α α + 4
+ = 1453 h x = 1453
x -1x - 2
γ)
Η g είναι γνησίως αύξουσα, άρα ορίζεται η -1
g
Αν  y g x παίρνουμε ισοδύναμα
Λύνει ο Παύλος Τρύφων

2. ___________________________________________________________________________
1η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17

   
y α
y 4x α x
4
,
με τον περιορισμό


y α
1
4
, δηλαδή  y α 4
Άρα
 
  1
g : ,α 4 R με   
1 x α
g x
4
Οπότε
                     1 1fg f g
Α x A : f x A x 0 : 2x α α 4 x 0 : x 2 0,2
και
        
  
             
 
1 1
1
ff g g
x α
A x A : g x A x α 4 : 0 x α 4 : x α α,α 4
4
Συνεπώς δεν υπάρχει τιμή του α για την οποία τα σύνολα  0,2 και  α,α 4 να είναι ίσα
δ) Είναι
 
  
      

   21 1
x x
2 2
f x 4 α 5 2x α 4 α 5
lim lim
x g x αx 1 4x 1
  
  
       

    1 2
x
2
2x α 4 α 5 2x α 4 α 5
lim
4x 1 2x α 4 α 5
   
  




     

    


1
x
2
1
x
2
2x 1
lim
2x 1 2x 1 2x α 4 α 5
1
lim
2x 1 2x α 4 α 5
1
4 α 5
Άρα θα πρέπει
      

1 2
α 5 2 α 3
84 α 5

3. ___________________________________________________________________________
1η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Έστω  Α (0, ) το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f και  Β ( ,1) το αντίστοιχο της g .
Έχουμε
   
 
      
 
       
 
g f
D x A : f(x) B x 0 : 2x α 1
1 α
x 0 : 2x 1 α x 0 : x
2
που ισχύει όταν    1 α 0 α 1 .
Ακόμη
         f g
D x B : g(x) A x 1: 4x α 0
που ισχύει όταν
     
α
4x α 1 x
4
δηλ.     
α
1 α 4
4
.
Άρα   α 4,1
β) Αφού   α 4,1 τότε       4 α 1 0 α 4 5 και ομοίως   5 1 α 0 .
Βρίσκουμε τα όρια της h στο 
1 και στο 
2 και έχουμε: 

 
x 1
limh(x) και 

 
x 2
lim h(x) και
αφού h συνεχής στο (1,2) άρα το σύνολο τιμών της είναι το οπότε υπάρχει 0
x (1,2)
τέτοιο ώστε 0
h(x ) 1453 (Θ.Ε.Τ.)
γ) Επειδή g είναι 1-1, άρα αντιστρέφεται με  
1 x α
g (x)
4
και πεδίο ορισμού το   ,4 α .
   
 
        
    
1
g f
D x A : f(x) g(B) x 0 : 2x α 4 α
0 x 2 .
 
   

  
       
 
       
1
1
f g
x α
D x g(B) : g (x) A x 4 α : 0
4
x α : x 4 α α x 4 α
Για να έχουν ίδιο πεδίο ορισμού θα πρέπει: α 0 και     4 α 2 α 2 ΑΤΟΠΟ.
δ)
 

      
  
    
   
 
  
1 1
x x
2 2
21
x
2
f(x) 4 α 5 2 2x α 4 α 5 2
lim lim
xg(x) αx 1 8 x(4x α) αx 1 8
2x α 4 α 5 2
lim
84x αx αx 1
Λύνει ο Γιώργος Ασημακόπουλος

4. ___________________________________________________________________________
1η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
 
 
 
   
  




       
 
    
   
 
    

 
     
 
    
   
1 2
x
2
1 2
x
2
1
x
2
1
x
2
( 2x α 4 α 5) 2x α 4 α 5 2
lim
82x α 4 α 5 (4x 1)
(2x α 4 α 5) 2
lim
82x α 4 α 5 (4x 1)
(2x 1) 2
lim
82x α 4 α 5 (2x 1) 2x 1
1 2
lim
82x α 4 α 5 2x 1
.... α 3

5. ___________________________________________________________________________
1η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α)      
           
 
f g g f
x
α
Δ Δ / g(x) Δ x 1/ 4x α 0 x 1/ x
4
.
Το σύνολο είναι μη κενό αν και μόνο αν     
α
1 α 4
4
.
Όμοια
     
          
 
g f f g
1 α
Δ x Δ / f(x) Δ x 0 / 2x α 1 x 0 / x
2
Το σύνολο είναι μη κενό αν και μόνο αν

  
1 α
0 α 1
2
.
Άρα   4 α 1.
β) Αρκεί να δείξω ότι η εξίσωση h(x) 1453 έχει λύση στο  1,2 , δηλαδή ισοδύναμα η
 
 
 
 
3
α 4 1 α
1453
x 1 x 2
έχει λύση στο  1,2 .
Θέτω                 
3 3
φ(x) α 4 x 2 1 α x 1 1453 x 1 x 2 που είναι συνεχής στο   1,2 ως
πολυωνυμική, με     φ(1) α 4 0,   φ(2) 1 α 0 από α).
Άρα η εξίσωση φ(x) 0 έχει ρίζα στο  1,2 .
Ισοδύναμα έχω
        
 
 
            
 
 
3 3
3
α 4 1 α
φ(x) 0 α 4 x 2 1 α x 1 1453 x 1 x 2 1453
x 1 x 2
h(x) 1453
γ) Η g είναι 1-1 ως γνήσια αύξουσα, άρα αντιστρέφεται.
Η εξίσωση

   
y α
y 4x α x
4
με    x 1 y α 4 .
Άρα  
1 x α
g (x)
4
με  x α 4 .
         1
g f
Δ x 0 / 2x α α 4 0,2 και
 
 
      
 
1
f g
x α
Δ x α 4 / 0 α,α 4
4
.
Τα 2 διαστήματα έχουν διαφορετικό πλάτος, άρα είναι άνισα.
Λύνει ο Κώστας Δεββές

6. ___________________________________________________________________________
1η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
δ) Η συνάρτηση της οποίας γνωρίζω το lim γράφεται:
  
 
    
  
      

    
συζυγής
2
2x α 4 α 5 2x 1
τ(x)
4x 1 2x 1 2x 1 ( 2x α 4 α 5)
1
2χ 1 ( 2χ α 4 α 5)
με

     
1
x
2
2 1 2
limτ(x) α 3
8 84 α 5

7. ___________________________________________________________________________
1η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Είναι       f g
D 0, , D ,1 οπότε
   
        
 
f g
α
D x 1: 4x α 0 x 1: x
4
.
Αν α ≤ -4 τότε  f g
D , άτοπο διότι  f g
D εφ όσον η συνάρτηση f g ορίζεται.
Συνεπώς α > - 4.
Όμοια
   
       
 
g f
1 α
D x 0 : 2x α 1 x 0 : x
2
Αν α ≥ 1 τότε  g f
D , άτοπο διότι  g f
D εφ όσον και η συνάρτηση g f ορίζεται.
Επόμενα α < 1.
Άρα   α 4,1
β) Η συνάρτησης
 
 
 
 
3
α 4 1 α
h(x)
x 1 x 2
είναι συνεχής στο (1, 2) ως άθροισμα συνεχών
συναρτήσεων.
Επίσης
 
 
 

   
 
2 4
3 1 αα 4
h (x) 0
x 1 x 2
διότι      α 4,1 , x 1,2 οπότε h γνήσια φθίνουσα στο
 1,2 και επειδή  
 
   
x 1 x 2
lim h(x) , lim h(x) θα είναι       h 1,2 , .
΄Όμως      1453 h 1,2 άρα υπάρχει ξ 1,2 ώστε h(ξ) = 1453.
γ) ΄Εχω g(x) = 4x + α , x < 1. Επόμενα       g ,1 ,4 + α .
Επίσης θέτω y = 4x + α

 
y α
x
4
.
Συνεπώς   
1 x α
g x
4
, x < 4 + α.
΄Ομοια f(x) = 2x + α , x > 0.       f 0, α, +
Οπότε       f 0, α, + . Θέτοντας y = 2x + α

 
y α
x
2
.
Δηλαδή ,   
1 x α
f x
2
, x > α.
Λύνει ο Τάκης Καταραχιάς

8. ___________________________________________________________________________
1η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Tώρα          1
g f
D x 0 : 2x α α 4 0,2 και  
 
      
 
1
f g
x α
D x α 4 : 0 α,α 4
4
΄Όμως     0,2 α,α 4 .
΄Αρα δεν υπάρχει τιμή του α για την οποία οι συναρτήσεις  1 1
g f,f g να έχουν ίδιο πεδίο
ορισμού.
δ) Είναι για  
1
x :
2
  
       
   
       

    
2 2
f(x) 4 α 5 2x α 4 α 5 2x 1 1
xg(x) αx 1 4x 1 4x 1 2x α 4 α 5
1
2x 1 2x α 4 α 5
Επόμενα :
  
  
  
      
       

1 1
x x
2 2
f(x) 4 α 5 2 1 2
lim lim
xg(x) αx 1 8 8(2x 1) 2x α 4 α 5
1 1
α 5 2 α 3
4 α 5 4 2

9. ___________________________________________________________________________
1η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
f(x) = 2x + α, x > 0 . Η f έχει π.ο. το   Α 0,
g(x) = 4x + α, x < 1 . Η g έχει π.ο. το   B ,1
α)
Για να ορίζεται η f g πρέπει:
 
   
   
   
x < 1x B x < 1
α
g x A 4x + α > 0 x > -
4
Επειδή ορίζεται η f g θα πρέπει να είναι 
α
- < 1 α > - 4
4
(1)
Για να ορίζεται η g f πρέπει:
 
   
   
   
x > 0x A x > 0
1- α
f x B x + α < 1 x <
2
Επειδή ορίζεται η g f θα πρέπει να είναι  
1- α
> 0 1- α > 0 α < 1
2
(2)
Λόγω των (1) και (2)  α - 4,1
β)
Αρκεί ν.δ.ο υπάρχει    0 0
ώστεx 1,2 h x = 1453 ή ότι η εξίσωση  h x = 1453 έχει μία
τουλάχιστον λύση στο (1,2)
 
 
          
3 3
0 0 0 03
0 0
α + 4 1- α
h x = 1453 + = 1453 α + 4 x - 2 + 1- α x -1 -1453 x -1 x - 2 = 0
x -1 x - 2
Θεωρούμε τη συνάρτηση
           
3 3
Φ x = α + 4 x- 2 + 1-α x-1 -1453 x-1 x- 2 , x
 Η Φ είναι συνεχής στο   1,2 ως πολυωνυμική

   
 
   
 


φ 1 - α + 4 , αφου α > - 4
φ 1 φ 2 < 0
φ 2 = 1- α, αφου α < 1
Άρα από το Θεώρημα Βolzano η εξίσωση    Φ x = 0 h x = 1453 έχει μία τουλάχιστον λύση
στο (1,2)
Λύνει ο Τρύφωνας Ζωϊτσάκος

10. ___________________________________________________________________________
1η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
γ)
Εύρεση της -1
g :
Η -1
g έχει π.ο το σύνολο τιμών της g
Η g είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο  ,1 , γιατι 4 > 0
    
   
x x 1
lim g x , limg x 4 α
άρα     g Β ,4 + α , δηλαδή η -1
g έχει π.ο. το  ,4 + α
Για τον τύπο της:
      
         1y α x α
g x y 4x α y x g x , x ,4 + α
4 4
 
  1
g : ,α 4 R με   
1 x α
g x
4
Για να ορίζεται η 1
g f πρέπει
 
    
      
       
x A x A x 0
0 x 2
f x 4 α 2x α 4 α x 2
άρα η 1
g f έχει π.ο το (0, 2)
Για να ορίζεται η 1
f g πρέπει
 
 
        
       
   
1
x α 4x ,4 + α x α 4
α x α 4x α
x α0g x 0
4
άρα η 1
f g έχει π.ο το  α,α 4
Για να συμπίπτουν τα διαστήματα (0, 2) και (α, α + 4) πρέπει
 
 
 
     
α = 0 α = 0
και και αδύνατο
α 4 2 α 2
Άρα δεν υπάρχει τιμή του α για την οποία οι συναρτήσεις 1
g f και 1
f g να
έχουν ίδιο π.ο
δ)
 

      
  
    
   
 

1 1
x x
2 2
21
x
2
f(x) 4 α 5 2 2x α 4 α 5 2
lim lim
xg(x) αx 1 8 x(4x α) αx 1 8
2x α 4 α 5 2
lim
84x 1
 
   
 
 1
x
2
2x α 4 α 5 2
lim
8(2x 1) 2x 1

11. ___________________________________________________________________________
1η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
  
   

 
    
   
  
     
     
1
x
2
1 2
lim
82x α 4 α 5 2x 1
1 2 1 2
8 22 2 α 5 α 5
2 α 5 2 2 α 5 4
α 5 2 α 3