Αρχές Οικονομικής Θεωρίας - Το γραπτό των πανελλαδικών εξετάσεωνPanagiotis Prentzas
Αρχές Οικονομικής Θεωρίας (ΑΟΘ): Τι πρέπει να προσέξουν οι υποψήφιοι κατά τη διάρκεια των πανελλαδικών εξετάσεων στη δομή των απαντήσεών τους, αλλά και στην εμφάνιση του γραπτού τους.
Μπορείτε να δείτε και τη διαδραστική παρουσίαση στο www.study4economy.edu.gr.
Η παρουσίαση που ετοίμασε η Ε ομάδα για το πρόγραμμα Υιοθεσία Βυζαντινού "Άγιος Γεώργιος Ομορφοκκλησιάς". Συνεντεύξεις για τη συντήρηση και τη λειτουργία του ιερού Ναού.
1. ___________________________________________________________________________
12η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α) Στη σχέση
lnx
f lnx = 2 + x + lnx = 2 + e + lnx
θέτουμε u lnx u και παίρνουμε
u
f u 2 e u,u
Δηλαδή
x
f x 2 e x,x
Αν a, με τότε
a
e e
e e 2 e 2 e f f
Οπότε η f είναι γνησίως αύξουσα στο ,άρα και αντιστρέψιμη στο '
β) Αν x με την ιδιότητα
f x x
2 e f x f e 2 x τότε:
f 1 1
x x
ί
x x
f f x f e 2 x f x e 2 x
2 e x e 2 x x x x x x 0
O αριθμός x 0 επαληθεύει τη εξίσωση
f x x
2 e f x f e 2 x (αφού f 0 3)
Άρα
f x x
2 e f x f e 2 x x 0
γ) Για κάθε x έχουμε:
2
2
2
x g x 2
x g x 2
x g x 2
2
2
f 1 1
2
2
g x e x 1
e x g x 1
2 e x g x 3
f x g x 3
f x g x f 0
x g x 0
g x x
Λύνει η Αθηνά Καλαμπόκα
2. ___________________________________________________________________________
12η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Θέτοντας u
u = lnx x = e , η αρχική ισοδύναμα γράφεται: u
f u 2 e u.
Άρα x
f x 2 e x, x η οποία είναι στο άρα και 1 1.
β)
Η δοσμένη εξίσωση ισοδύναμα γράφεται:
)f1 1
x x x x
f f x = f e + 2 - ημx f x = e + 2 - ημx e + x + 2 = e + 2 - ημx x = -ημx
x = 0
λόγω των παρακάτω:
Ισχύουν οι ισοδυναμίες: ημx < -x x < 0 (I) και
ημx > -x x > 0 (II)
Για την (I) ισχύει ότι x 0: ημx < x - x < ημx < x (1).
Για την ανίσωση ημx < -x (2) διακρίνω τις περιπτώσεις:
Αν x = 0 τότε (2) ημ0 < 0 άτοπο.
Αν x 0 τότε (2) ημx < - x άτοπο από (1).
Αν x 0 τότε (2) ημx < x ισχύει από (1).
Άρα ισχύει ότι ημx < -x x < 0.
Για την (II) αν x 0 x 0 και με χρήση της (I) έχω
ημ(-x) < x -ημx < x ημx > -x .
γ)
Η δοσμένη ισότητα ισοδύναμα γράφεται:
2
f1 1
x -g(x) 2 2 2
e + x - g(x) + 2 = 3 f x - g x = f 0 x = g x .
Λύνει ο Κώστας Δεββές
3. ___________________________________________________________________________
12η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Θέτουμε u = lnx,x > 0,u και η δοθείσα σχέση γίνεται:
u x
f u e u 2,u f x e x 2,x
H συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο ως πράξη παραγωγίσιμων συναρτήσεων με
x
f' x = e + 1 > 0 x
Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα x , επομένως και αντιστρέφεται.
β)
f x x
x
x
x x
2 + e + f x = f e + 2 - ημx
f f x = f e + 2 - ημx
f x = e + 2 - ημx
e + x + 2 = e + 2 - ημx
x = -ημx
Η εξίσωση αυτή έχει προφανή και μοναδική ρίζα το 0
x 0 αφού
ημx x x ημx x
με την ισότητα να ισχύει μόνο για x 0
Aν x 0 η σχέση αυτή γίνεται: x ημx x x ημx 0 με την ισότητα να ισχύει μόνο
για x 0 .
Αν x 0 η σχέση αυτή γίνεται: x ημx x x - ημx 0 με την ισότητα να ισχύει μόνο
για x 0 .
γ)
Παρατηρούμε οτι:
2
x -g x2 2
2
2
2 2 2
f x - g x = e + x - g x - 1 + 1 + 2
f x - g x = g x - g x + 3
f x - g x = 3
f x - g x = f 0 x - g x = 0 g x x ,x
Λύνει ο Παναγιώτης Βιώνης
4. ___________________________________________________________________________
12η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Έχουμε:
f : , έτσι ώστε: f lnx 2 x lnx, x 0 1
α)
Έστω u
u lnx x e , u , τότε από την σχέση (1) προκύπτει:
u
f(u) 2 e u, u ή
x
f(x) e x 2, x 2
Επειδή x
f (x) e 1 0, x η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο και άρα
είναι "1 1" συνάρτηση, οπότε είναι αντιστρέψιμη στο .
β)
Η εξίσωση
2
f(x) x x
2 + e + f(x) = f(e + 2 - ημx) f f(x) = f(e + 2 - ημx)
1
f
-1 -1 x x
1 1
f f f(x) = f f(e + 2 - ημx) f(x) = e + 2 - ημx
2
x x
e + x + 2 = e + 2 - ημx x = -ημx ,
η οποία αληθεύει μόνον για x 0 , αφού
*
ημx < x , x
γ)
g : , ώστε
2 2
x g(x) x g(x)2 2
g(x) e x 1 e x g(x) 2 3
2 f
2 2 2
1 1
f x g(x) f(0) x g(x) 0 g(x) x , x
Λύνει ο Κωνσταντίνος Μόσιος
5. ___________________________________________________________________________
12η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Για κάθε x 0 ισχύει: f lnx 2 x lnx (1)
Θέτουμε lnx y οπότε y
x e .
Η (1) y y
f y 2 e y f y e y 2 , y
Άρα x
f x e x 2 , x .
Για κάθε x είναι x
f x e 1 0 άρα f γνησίως αύξουσα στο
οπότε 1-1 και αντιστρέψιμη στο .
β)
f x x
f1 1
x
x
x x
2 + e + f x = f e + 2 - ημx
f f x = f e + 2 - ημx
f x = e + 2 - ημx
e + x + 2 = e + 2 - ημx
ημx = -x 2
Η (2) έχει προφανή ρίζα το 0.
Για κάθε x ισχύει : ημx x το ίσον μόνον για x 0 .
Άρα για κάθε
x ημx x x ημx x (3)
Για x 0 : x ημx < x άρα η (2) είναι αδύνατη.
Για x 0 : x < ημx < -x άρα η (2) είναι αδύνατη.
Επομένως ημx x x 0
γ)
Ισχύει
2 2
x g x x g x2 2
f1 1
2 2 2
g x e x 1 x e x g x 2 3
f x g x f 0 x g x 0 g x x , x
Λύνει ο Τρύφωνας Ζωϊτσάκος
6. ___________________________________________________________________________
12η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Για κάθε x 0 , θέτουμε u
lnx u x e , οπότε u
f lnx 2 x lnx f u 2 e u
, u , ή x
f x e x 2 , για κάθε x .
α) Η f είναι παραγωγίσιμη στο , με x
f x e 1 0 για κάθε x , άρα η f είναι
γνησίως αύξουσα στο , άρα και ‘1-1’ , δηλ. αντιστρέφεται.
β) Για x :
f'1 1'
f x x x
2 f x e f e 2 x f f x f e 2 x
x
f x e 2 x x x x x 0
Η εξίσωση x x 0 έχει προφανή λύση τη x 0 , ενώ απ'τη σχέση x x έχουμε :
για x 0 : x x x , άρα x x 0 ενώ για x 0: x x x , άρα x x 0 .
Οπότε η x 0 είναι μοναδική λύση.
γ) Για κάθε x :
2 2
x g x x g x2 2
g x e x 1 e x g x 2 3
f'1 1'
2 2 2
f x g x f 0 x g x 0 g x x , x , που είναι δεκτή.
2ος τρόπος
α) Για κάθε x 0 : lnx u
f lnx 2 e lnx f u 2 e u με lnx u , u
Άρα x
f x e x 2 για κάθε x .
Για οποιαδήποτε 1 2
x ,x με 1 2 1 2
x x x 2 x 2 και 1 2
lnx lnx , άρα με
πρόσθεση κατά μέλη
1 2
f x f x , άρα η f γνησίως αύξουσα , δηλ. αντιστρέφεται. Η f είναι συνεχής και
γνησίως αύξουσα στο με
x
lim f x ,
x
lim f x , άρα f .
β) Η εξίσωση γράφεται :
f x x 1 x
2 f x e f e 2 x f f f x e 2 x
x
f x e 2 x x x 0 x 0
γ) Για κάθε x :
2 2
x g x x g x2 2
g x e x 1 e x g x 1
Αν για κάποιο είναι 2
g 0 τότε
2
g
e 1 , άρα
2
g 2
e g 1,
άτοπο.
Αν για κάποιο είναι 2
g 0 τότε
2
g
e 1, άρα
2
g 2
e g 1 ,
άτοπο.
Άρα για κάθε x είναι 2
g x x .
Λύνει ο Αθανάσιος Μπεληγιάννης
7. ___________________________________________________________________________
12η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
γ)
Για κάθε ισχύει ότι
e 1 1
Άρα για κάθε x έχουμε
2
2
1
x g x 2
x g x 2 2 2 2
2
2
e x g x 1
g x e x 1 x g x 1 x 1 2x g x
g x 2x g x
g x x
Αν τώρα για κάποιο ήταν
2 2
g g2 2 2 2 2
g e 1 e 1 g 0 g ,ά
Άρα
2
g x x για κάθε x
Λύνει ο Παύλος Τρύφων
8. ___________________________________________________________________________
12η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Θέτω
lnx ό x e έ ί :
f( ) 2 e
Δηλαδή η συνάρτηση είναι η x
f(x) e x 2 και x
f (x) e 1>0 άρα η f είναι
γνησίως αύξουσα, άρα και η f είναι 1-1 δηλαδή αντιστρέφεται.
β)
Η εξίσωση γίνεται:
f(x) x
f:1 1
x
x
x x
2 + e + f(x) = f(e + 2 - ημx)
f(fx)) = f(e + 2 - ημx)
f(x) = e + 2 - ημx
e + x + 2 = e + 2 - ημx
x x ύ x 0
2ος τρόπος
Θα μπορούσαμε να θέσουμε
x
0
x x x
g(x) = f(x) - e - 2 + ημx και έχουμε προφανή ρίζα την x = 0
αφού g(0) = f(0) - e - 2 + ημ0 g(0) = f(0) - 3 = 0 (f(0) = 3)
και επειδή g (x) = f (x) - e + συνx = e 1 e x 1 x 0
η g είναι γνησίως αύξουσα, άρα η λύση είναι μοναδική
γ)
Η σχέση
2
x g(x) 2
g(x) e x 1 γίνεται:
2
x g(x) 2 2
f:1 1
2 2
e x g(x) 1 3 3 f(x g(x)) f(0)
x g(x) 0 g(x) x ά x
Λύνει ο Γιώργος Ασημακόπουλος
9. ___________________________________________________________________________
12η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Αντικαθιστώ στην υπόθεση: όπου x το ex>0, x και έχω:
x x x x
f(lne ) 2 e lne f(x) 2 e x, x .
Για κάθε
1 2x x
1 2
1 2
e e
x x
x 2 x 2
και έτσι:
1 2x x
1 2 1 2
e x 2 e x 2 f(x ) f(x ) ,
επομένως η f είναι γνησίως αύξουσα, αμφιμονοσήμαντη και αντιστρέφεται.
β)
f 1-1
f(x) x x
2 e f(x) f(e 2 x) f(f(x)) f(e 2 x)
x
f(x) e 2 x x x x x 0
που η ισότητα ισχύει μόνο για x=0, σύμφωνα με την σχέση x x .
γ)
Αφού x ισχύει
2
x g(x) 2
g(x) e x 1 τότε:
2
x g(x) 2
e x g(x) 1
Θέτω h(x) = ex + x .
Τότε:
Για κάθε 1 2x x
1 2
x x e e άρα 1 2x x
1 2
e x e x οπότε: h(x1) < h(x2)
δηλαδή η h είναι γνησίως αύξουσα x , άρα και 1-1 .
H εξίσωση h(x) = 1 ex + x = 1 έχει προφανή λύση το x = 0 η οποία είναι μοναδική
αφού η h είναι 1-1 .
Έτσι: x
h 1 1
2 2 2
h(x g(x)) h(0) x g(x) 0 g(x) x .
Λύνει η Αγγελική Συλάι
10. ___________________________________________________________________________
12η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Θέτοντας στη δοσμένη σχέση : f lnx =2+x+lnx όπου lnx=u (με u ) παίρνουμε ότι
u
f(u)=2+e +u με f
Α = και f(0)=3
Παραγωγίζοντας τη συνάρτηση f έχουμε :
u
f΄ u =e +1 >0 οπότε f γν. αύξουσα στο
και άρα f ΄΄ 1-1΄΄ από το οποίο έχουμε ότι η f αντιστρέφεται
β)
Με τη βοήθεια της συνάρτησης f η εξίσωση :
f x x
2+e +f x =f e 2-ημx γίνεται :
f:1-1x x
x x
f f x =f e 2-ημx f x = e 2-ημx
2+e +x e 2-ημx x ημx 0
Θεωρώ συνάρτηση g x = x+ημx , g
Α = με g΄ x = 1+συνx 0
οπότε g γν. αύξουσα στο
Προφανής ρίζα της εξίσωσης g x 0 είναι το 0 γιατί g 0 0 και επειδή
g γν. αύξουσα στο η ρίζα x=0 είναι μοναδική
γ)
2 2
2 2x -g x x -g x
g x =e +x 1 e +x -g x 1 (προσθέτω και στα δύο μέλη το 2 ) οπότε :
2
x -g x 2 2 2 2f:1-1
e +x -g x +2=3 f x -g(x) =f(0) x -g x =0 g x =x
Λύνει ο Γιώργος Κουρεμπανάς
11. ___________________________________________________________________________
12η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Είναι f(lnx)=2 x lnx (1) για κάθε x>0 . Έστω x . Θέτουμε y = x
e . Τότε
y>0 και (1) f(lny)=2 y lny x
f(lne )= x x
2 e lne f(x)= x
2 e x (2)
για κάθε x .
Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο με παράγωγο f΄(x) = x
e 1 > 0 , οπότε η f
είναι γνησίως αύξουσα στο και συνεπώς 1 1, δηλαδή η f είναι αντιστρέψιμη στο .
β)
Έστω x . Θέτουμε y = f(x). Τότε
(2) f(y) =
y
2 ye
y f(x)
f f(x) = f(x)
2 f(x)e (3) .
Άρα η προς επίλυση εξίσωση γράφεται :
f(x)
2 f(x)e = x
f 2 ημxe
(3)
f f(x) = x
f 2 ημxe
f 1 1
f(x) = x
2 ημxe
(2)
x
2 e x = x
2 ημxe x= ημx ημx x 0 (4).
Η εξίσωση (4) γράφεται x ημx [1,1], άρα αναζητούμε λύσεις της (4) μόνο στο
διάστημα [ 1,1].
Παρατηρούμε ότι η (4) έχει την προφανή λύση x = 0.
Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x)= ημx x, x [1,1]. Τότε
(4) h(x) = 0. Η h είναι παραγωγίσιμη στο [ 1,1] με παράγωγο h΄(x) = συνx 1 > 0
για κάθε x [ 1,1] (
π
2
,
π
2
). Άρα η h είναι γνησίως αύξουσα, δηλαδή 1 1 .
Επομένως η εξίσωση h(x) = 0, δηλαδή η (4), έχει μοναδική λύση την x = 0.
γ)
Για την ζητούμενη συνάρτηση g και για κάθε x ισχύουν :
g(x) =
2
2x g(x)
x 1e 2
g(x) x =
2
2 2x g(x)
x 1 xe 2
g(x) x =
2
x g(x)
1e
2
2x g(x)
x g(x) 1e = 0 (5). Θέτουμε 2
x g(x) y (5α).
Τότε (5)
(5α)
y
y 1e = 0 (5β).
Θεωρούμε τη συνάρτηση φ(y) =
y
y 1e , που είναι παραγωγίσιμη στο με
παράγωγο φ΄(y) = y
e 1 > 0 .
Άρα η φ είναι γνησίως αύξουσα στο και επομένως 1 1 .
Επίσης φ(0) = 0
0 1e = 1 1 = 0 .
Τότε (5β) φ(y)=0 φ(y) = φ(0) y = 0
(5α)
2
x g(x) 0 2
g(x) x , x .
Λύνει ο Θανάσης Καραγιάννης
12. ___________________________________________________________________________
12η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Είναι: f(lnx) 2 x lnx.
θέτω lnx t t
e x οπότε t
f(t) 2 e t. Δηλαδή x
f(x) 2 e x,x .
Τώρα αν 1 2
f(x ) f(x ) 1x
1
2 e x = 2x
2
2 e x 1 2x x
e e = 2 1
x x (1).
Μία προφανής λύση της (1) είναι 2 1
x x .
Αν 1 2
x x τότε 1 2x x
e e οπότε η (1) δεν ισχύει.
Αν 1 2
x x τότε 1 2x x
e e οπότε η (1) δεν ισχύει.
Επόμενα 1 2x x
e e = 2 1
x x 1 2
x x
Συνεπώς η f είναι 1-1 άρα αντιστρέφεται στο .
β)
Έχουμε:
f(x)
2 e f(x)= x
f(e 2 x) f(f(x))= x
f(e 2 x) f(x)= x
e 2 x
x
2 e x = x
e 2 x x x(2).
Tώρα μία προφανής λύση της (2) είναι x 0 .
Επίσης πρέπει x 1,1 .
Αν
x 1,0 ,0
2
η (2) δεν ισχύει διότι x 0, x 0.
Αν
x 0,1 0,
2
η (2) δεν ισχύει διότι x 0, x 0 .
Άρα x x x 0 .
γ)
Για τη συνάρτηση g δίνεται ότι
2
x g(x) 2
g(x) e x 1
2
x g(x) 2
e x g(x) 2 3 2
f(x g(x)) f(0) και επειδή η f είναι 1-1 προκύπτει ότι
2
x g(x) 0 2
g(x) x .
Λύνει ο Τάκης Καταραχιάς
13. ___________________________________________________________________________
12η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Θέτουμε y
y lnx x e , για x 0 και από τη δοθείσα παίρνουμε:
y
f y 2 e y, για κάθε y .
Άρα, x
f x e x 2, x .
Για κάθε 1
x , 2
x με 1 2
x x ισχύει:
1 1
1 2 1 2
x x
x x x x
1 2
e e e x 1 e x 1 1 2
f x f x , οπότε
η f είναι γνησίως αύξουσα, δηλαδή 1-1. Άρα, η f αντιστρέφεται.
β)
Η δεδομένη είναι:
f:1 1
f x x x x
2 + f x + e = f e + 2 - ημx f f x = f e + 2 - ημx f x = e + 2 - ημx
x x
e + x + 2 = e + 2 - ημx x = -ημx .
Όμως ημx x , για κάθε x , με την ισότητα να ισχύει μόνο για x 0 .
Άρα, x = -ημx x 0 .
γ)
Για κάθε x έχουμε:
2 2 f:1 1
x g x x g x2 2 2
g x e x 1 e x g x 2 3 f x g x f 0
2
x g x 0 .
Άρα, 2
g x x , x .
Λύνει ο Νίκος Ελευθερίου