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.
Weatherman 1-hour Speed Course for Web [2024]Andreas Batsis
Εκλαϊκευμένη Διδασκαλία Μετεωρολογίας. Η συγκεκριμένη παρουσίαση παρέχει συνοπτικά το 20% της πληροφορίας σχετικά με το πως λειτουργεί ο καιρός, η οποία πληροφορία θα παρέχει στον αναγνώστη τη δυνατότητα να ερμηνεύει το 80% των καιρικών περιπτώσεων με τη χρήση ιντερνετικών εργαλείων. Η λογική της παρουσίασης βασίζεται κατά κύριο λόγο στην εφαρμογή και δευτερευόντως στην επιστημονική ερμηνεία η οποία περιορίζεται στα απολύτως απαραίτητα.
1. ___________________________________________________________________________
14η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Θεωρούμε τη συνάρτηση Rg : 1,1 με τύπο
g x f x x
Η g είναι συνεχής στο 1,1 και παραγωγίσιμη στο 1,1 με
g x f x 1 0
Άρα η g είναι φθίνουσα στο 1,1
Οπότε για 1 x 1 προκύπτει ότι
0 0
g 1 g x g 1 f 1 1 f x x f 1 1 0 f x x 0 f x x
Δηλαδή
f x x για κάθε x 1,1
Λύνει o Μάκης Χατζόπουλος
2. ___________________________________________________________________________
14η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Α τρόπος
Για x 1 ή x 1 ισχύει από υπόθεση ότι f x x
Έστω 1 x 1 τυχαίο και σταθερό.
o Από το ΘΜΤ για την f στο διάστημα x,1
υπάρχει
ό
f 1 f x 1 f x
a x,1 :f a 1
1 x 1 x
1 f x 1 x f x x 1
o Από το ΘΜΤ για την f στο διάστημα 1,x
υπάρχει
ό
f x f 1 f x 1
1,x :f 1
x 1 1 x
f x 1 x 1 f x x 2
Από τις σχέσεις 1 , 2 παίρνουμε: f x x για κάθε x 1,1
Από τα παραπάνω προκύπτει τελικά ότι f x x για κάθε x 1,1
Β τρόπος
Έστω ότι υπάρχει a 1,0 : f a a. Από το ΘΜΤ για την f στο διάστημα a,0
υπάρχει
ό a 0f a
k a,0 :f k 1 f a a
a
, άτοπο
Έστω ότι υπάρχει 0,1 : f . Από το ΘΜΤ για την f στο διάστημα ,1
υπάρχει
ό 1 01 f
m a,0 :f m 1 f
1
, άτοπο
Άρα, f x x για κάθε x 1,1
Έστω ότι υπάρχει 1,0 : f
Από το ΘΜΤ για την f στο διάστημα 1,
υπάρχει
ό
f 1
1, :f 1 f
1
, άτοπο
Έστω ότι υπάρχει 0,1 : f
Από το ΘΜΤ για την f στο διάστημα 0,
υπάρχει
ό
f
0, :f 1 f , άτοπο
Άρα, f x x για κάθε x 1,1
και επειδή για x 1 ή x 1 ισχύει από υπόθεση ότι f x x, καταλήγουμε στο f x x
για κάθε x 1,1
Λύνει ο Ανδρέας Πάτσης
3. ___________________________________________________________________________
14η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Από 2 ΘΜΤ στα 1,0 , 0,1 για την f υπάρχουν 1 2
1,0 , 0,1 τέτοια ώστε
1
f f 0 1 1 (1) και 2
f 1 f 0 1 (2).
Από (1), (2) είναι f 0 0.
Θεωρώ την h x f x x , x 1,1 .
Με x 1,1 η h ικανοποιεί το ΘΜΤ στα 1,x , x,1 , άρα
1 2 1
h x h 1 h x
1,x , x,1 : h
x 1 x 1
(1) και
2
h 1 h x h x
h
1 x x 1
(2).
Από την υπόθεση είναι h x 0 x 1,1 δηλαδή 1 2
h ,h 0 .
Τότε η (1) δίνει
x 1h x
0 h x 0
x 1
και η (2)
x 1h x
0 h x 0
x 1
.
Από τις 2 τελευταίες ανισότητες προκύπτει
h x 0 x 1,1 κι επειδή h 1 h(1) 0
θα είναι h x 0 f x x x 1,1 .
Λύνει ο Κώστας Δεββές
4. ___________________________________________________________________________
14η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Θεωρώντας την συνάρτηση g(t) f(t) t, t [ 1,1] αυτή
είναι συνεχής στο [-1,1] και παραγωγίσιμη στο (-1, -1) επομένως
στα [-1, x], [x, 1] με -1<x<1 σύμφωνα με Θ.Μ.Τ. υπάρχουν 1 2
x ( 1,x), x (x,1) για τα
οποία ισχύουν
1 2
g(x) g( 1) g(1) g(x)
g (x ) , g (x )
x 1 1 x
και επειδή g (t) f (t) 1 0 θα είναι και
1
g(x) g( 1)
g (x ) 0 0 g(x) g( 1) 0
x 1
και
2
g(x) g( 1)
g (x ) 0 0 g(x) g(1) 0
x 1
επομένως
g(x) 0, x ( 1,1) και επειδή g( 1) g(1) 0
άρα g(x) 0, x [ 1,1]
Λύνει ο Βασίλης Κακαβάς
5. ___________________________________________________________________________
14η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Λήμμα
Έστω μία συνάρτηση f , η οποία είναι συνεχής σε ένα διάστημα . Αν f x 0 σε
κάθε εσωτερικό σημείο του , τότε η f είναι φθίνουσα σε όλο το .
Απόδειξη
Έστω 1 2
x ,x με 1 2
x x . Θα δείξουμε ότι 1 2
f x f x . Πράγματι, στο διάστημα
1 2
x ,x η f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ. Επομένως, υπάρχει 1 2
x ,x
τέτοιο, ώστε
2 1
2 1
f x f x
f
x x
, οπότε έχουμε 2 1 2 1
f x f x f x x .
Επειδή f 0 και 2 1
x x 0, έχουμε 2 1
f x f x 0, οπότε 1 2
f x f x .
Έχουμε: f x 1 f x 1 0 f x x 0 , για κάθε x 1,1 .
Θεωρούμε τη συνάρτηση g x f x x, x 1,1 , που είναι συνεχής.
Είναι g x 0 , για κάθε x 1,1 , οπότε η g είναι φθίνουσα.
Επιπλέον ισχύει g 1 g 1 0 .
Θα δείξουμε ότι g x 0, για κάθε x 1,1 .
Πράγματι, αν υπάρχει 0
x 1,1 τέτοιο, ώστε 0
g x 0, τότε θα είναι
0
g x g 1 g 1 , άτοπο αφού η g είναι φθίνουσα.
Το ίδιο προκύπτει, αν 0
g x 0.
Οπότε, g x 0 f x x 0 , για κάθε x 1,1 .
Άρα, f x x, x 1,1
Λύνει ο Νίκος Ελευθερίου
6. ___________________________________________________________________________
14η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Η f είναι συνεχής στα 1,0 0,1 1,1 .
Η f είναι παραγωγίσιμη στα 1,0 0,1 1,1 .
Από Θ.Μ.Τ υπάρχουν 1
x 1,0 και 2
x 0,1 ώστε:
1
f 0 f 1 f 0 1
f x f 0 1
0 1 1
και
2
f 1 f 0 1 f 0
f x 1 f 0
1 0 1
Όμως f x 1 για κάθε x 1,1 .
Άρα 1
f x 1 f 0 1 1 f 0 0 (1) και
2
f x 1 1 f 0 1 f 0 0 (2)
Από (1) , (2) f 0 0
Για κάθε x 1,1
Η f είναι συνεχής στα 1,x x,1 1,1 .
Η f είναι παραγωγίσιμη στα 1,x x,1 1,1 .
Από Θ.Μ.Τ υπάρχουν 1
x 1,x και 2
x x,1 ώστε:
1
f x f 1 f x 1
f x
x 1 x 1
και
2
f 1 f x 1 f x
f x
1 x 1 x
Όμως f x 1 για κάθε x 1,1 .
Άρα
x 1 0
1 x 1
f x 1
f x 1 1 f x 1 x 1 f x x
x 1
(1) και
1 x 0
2 x 1
1 f x
f x 1 1 1 f x 1 x f x x f x x
1 x
(2)
Από (1) , (2) f x x για κάθε x 1,1 και επειδή f 1 1 και f 1 1 τελικά
f x x για κάθε x 1,1 .
Λύνει ο Τρύφωνας Ζωϊτσάκος
7. ___________________________________________________________________________
14η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Αν υπήρχε α -1,1 με f α < α , τότε από το ΘΜΤ για την f στο α,1 , ισχύει για
κάποιο 1
x α,1 1,1 ότι
1
f 1 - f α 1 - f α
f x = 1
1 - α 1 - α
, άτοπο!
Αν υπήρχε α 1,1 με f α > α , τότε από το ΘΜΤ για την f στο -1,α , ισχύει για
κάποιο 2
x -1,α 1,1 ότι
2
f α - f -1 f α + 1
f x = 1
α + 1 α + 1
, άτοπο!
Άρα
f x x για κάθε x 1,1
και επειδή f 1 1 , f 1 1 , προκύπτει ότι
f x x για κάθε x 1,1
Λύνει ο Παύλος Τρύφων
8. ___________________________________________________________________________
14η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
f συνεχής στα διαστήματα 1,x και x,1
f παραγωγίσιμη στα διαστήματα 1,x και x,1
Εφαρμόζοντας λοιπόν το Θ.Μ.Τ σε καθένα από αυτά τα διαστήματα προκύπτει οτι:
Υπάρχει τουλάχιστον ένα 1
1,x τέτοιο ώστε
1
f x f 1 f x 1
f'
x 1 x 1
Από την σχέση (1) όμως προκύπτει οτι
1
f x 1
f' 1 1 f x 1 x 1 f x x 2
x 1
Υπάρχει τουλάχιστον ένα 2
x,1 τέτοιο ώστε
2
f 1 f x 1 f x
f'
1 x 1 x
Από την σχέση (1) όμως προκύπτει οτι:
2
1 f x
f' 1 1 1 f x 1 x f x x 3
1 x
Από τις σχέσεις (2) και (3) έπεται οτι f x x, x 1,1
Όμως f 1 1,f 1 1. Άρα f x x, x 1,1
Λύνει ο Παναγιώτης Βιώνης
9. ___________________________________________________________________________
14η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
1η Λύση
Έχουμε εφαρμόσει το Θ.Μ.Τ. και έχουμε αποδείξει ότι f(0) 0
Τώρα για να βρούμε τον τύπο, εφαρμόζουμε Θ.Μ.Τ. στο διάστημα
1 1
x,0 με x -1,0 οπότε αφού •f συνεχής στο x,0
•f παραγωγίσιμη στο x,0
f(0) - f(x)
υπάρχει ξ x,0 τέτοιο ώστε f (ξ ) = 1 δηλαδή
-x
f(x)
1 άρα f(x) x (1) (αφού x -1,0 )
x
Ομοίως εφαρμόζουμε Θ.Μ.Τ. στο διάστημα
2 2
0,x με x 0,1 οπότε αφού •f συνεχής στο 0,x
•f παραγωγίσιμη στο 0,x
f(x) - f(0)
υπάρχει ξ 0,x τέτοιο ώστε f (ξ ) = 1 δηλαδή
x
f(x)
1 άρα f(x) x (2) (αφού x 0,1 )
x
Άρα από (1) και (2) έχουμε: f(x) x
2η Λύση
ή f (x) 1 f (x) x 0 (f(x) x) 0
έ g(x) = f(x) - x ύ g ή 1,1
έ g ί 1,1 .
Ά 1 x 1 g( 1) g(x) g(1) ή
0 g(x) 0 ά g(x) 0 f(x) x 0
f(x) x ά x 1,1
Λύνει ο Γιώργος Ασημακόπουλος
10. ___________________________________________________________________________
14η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Για οποιοδήποτε 0
x 1,1 :
ισχύει το Θ.Μ.Τ. στο 0
1,x , δηλαδή υπάρχει 1 0
1,x τέτοιο , ώστε
0 0
1 1
0 0
f x f 1 f x 1
f f
x 1 x 1
,
και ισχύει το Θ.Μ.Τ. στο 0
x ,1 , δηλαδή υπάρχει 2 0
x ,1 τέτοιο , ώστε
0 0
2 2
0 0
f 1 f x 1 f x
f f
1 x 1 x
,
οπότε
0
1 0 0 0 0
0
f x 1
f 1 1 f x 1 x 1 f x x
x 1
(1)
και
0
2 0 0 0 0
0
1 f x
f 1 1 1 f x 1 x f x x
1 x
(2)
Από (1) , (2) έχουμε 0 0
f x x για κάθε 0
x 1,1 και επειδή f 1 1 , f 1 1
είναι f x x για κάθε x 1,1 .
2ος τρόπος
Έχουμε f 1 1 , f 0 0 και f 1 1. Θα δείξουμε ότι f x x για κάθε x 1,1 .
Έστω ότι υπάρχει 0
x 1,0 τέτοιο ώστε 0 0
f x x
Αν 0 0
f x x
τότε από Θ. Μ. Τ. υπάρχει 1 0
x ,0 :
0 0
1 1
0 0
f x f 0 f x
f f 1
x x
ΑΤΟΠΟ
Αν 0 0
f x x
τότε από Θ. Μ. Τ. υπάρχει 2 0
1,x :
0 0
2 2
0 0
f x f 1 f x 1
f f 1
x 1 x 1
ΑΤΟΠΟ
Έστω ότι υπάρχει 0
x 0,1 τέτοιο ώστε 0 0
f x x
Αν 0 0
f x x
τότε από Θ. Μ. Τ. υπάρχει 3 0
0,x :
0 0
3 3
0 0
f x f 0 f x
f f 1
x x
ΑΤΟΠΟ
Λύνει ο Αθανάσιος Μπεληγιάννης
11. ___________________________________________________________________________
14η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Αν 0 0
f x x
τότε από Θ. Μ. Τ. υπάρχει 4 0
x ,1 :
0 0
4 4
0 0
f 1 f x 1 f x
f f 1
1 x 1 x
ΑΤΟΠΟ
( αφού
0
0 0 0 0
0
1 f x
f x x 1 f x 1 x 0 1
1 x
) .
Άρα 0 0
f x x για κάθε 0
x 1,1 και τελικά f x x για κάθε x 1,1 .
12. ___________________________________________________________________________
14η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Θεωρώ γνωστό ότι το f 0 0 και αποδεικνύω ότι η ζητούμενη συνάρτηση είναι η
f x x για κάθε 1,1x .
Α΄ τρόπος
Έστω η συνάρτηση 1,1g x f x x, x η οποία είναι παραγωγίσιμη στο 1,1 με
g x f x 1 0 για κάθε x 1,1 .
Οπότε η g είναι φθίνουσα στο 1,1 , άρα:
Για
g ί
1 x 1 g x g 1 f x x 0 f x x
Για
g ί
1 x 1 g g 1 f x x 0 f xx x
Από τις δυο παραπάνω σχέσεις έχουμε ότι f x x για κάθε 1,1x .
B΄ τρόπος
Εφαρμόζουμε Θ.Μ.Τ. στα διαστήματα 1,x και x,1 με x 1,1 και έχουμε ότι:
1 1
f x f 1 f x 1
1,x : f
x 1 x 1
2 2
f 1 f x 1 f x
x,1 : f
1 x 1 x
Όμως από την υπόθεση είναι f x 1 για κάθε x 1,1 οπότε:
1
f x 1
1 1 f x
x 1
f x και
2
1 f x
1 1 f x
1 x
f x
Από τις δυο παραπάνω σχέσεις έχουμε ότι f x x για κάθε 1,1x .
Λύνει ο Παναγιώτης Γκριμπαβιώτης
13. ___________________________________________________________________________
14η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Θεωρούμε τη συνάρτηση : h x =f x -x ορισμένη στο 1,1
και h 1 =f 1 - 1 1 1 0 ,
h 1 =f 1 -1 1 1 0
Η h είναι συνεχής στο 1,1 και παρ/μη στο 1,1 με h΄ x =f΄ x -1
Εφαρμόζουμε το ΘΜΤ σε κάθε ένα από τα διαστήματα -1,x και x,1
για τη συνάρτηση h με x 1,1
h συνεχής στα -1,x και x,1 ,
παραγωγίσημη στα 1,x και x,1
οπότε υπάρχουν αριθμοί 1 2
ξ 1,x και ξ x,1 τέτοιοι ώστε :
1
h x -h -1
h΄ ξ
x+1
και
2
h 1 -h x
h΄ ξ
1-x
Όμως f΄ x 1 για κάθε x 1,1 οπότε h΄ x 0 άρα
1
h x -h -1
h΄ ξ 0
x+1
και
2
h 1 -h x
h΄ ξ 0
1-x
με
x + 1 > 0 , 1- x > 0 , h(-1) = h(1) = 0
Από τις παραπάνω σχέσεις παίρνουμε ότι : h x 0 και h x 0
άρα h x 0 για x 1,1 και επειδή h 1 h 1 0
έχουμε ότι : h x 0 για x 1,1
δηλαδή
f x -x=0 f x x , x 1,1
Λύνει ο Γιώργος Κουρεμπανάς
14. ___________________________________________________________________________
14η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Θεωρούμε την συνάρτηση g(x) f(x) x η οποία είναι συνεχής στο 1,1 , ως διαφορά
συνεχών συναρτήσεων και παραγωγίσιμη στο 1,1 με g x f x 1 και λόγω της
υπόθεσης της άσκησης ισχύει: g x f x 1 0 g x 0 , δηλαδή η g στο 1,1 .
Άρα ισχύει:
1 x 1 g 1 g x g 1 0 g x 0 g x 0.
Επομένως και f x x 0 f x x, x 1,1 .
Λύνει ο Κώστας Τσόλκας
15. ___________________________________________________________________________
14η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Θέτω g(x) f(x) x x 1,1 .
Η g είναι προφανώς συνεχής, στο 1,1 ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων, και
παραγωγίσιμη στο 1,1 , με g'(x) 0.
Τώρα:
Έστω 1 2
x ,x 1,1 με 1 2
x x .
Στο διάστημα 1,1 η g ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ στο 1 2
x ,x .
Επομένως, υπάρχει 1,1 ώστε
1 2
1 2
g(x ) g(x )
g'( )
x x
, οπότε έχουμε
1 2 1 2
g(x ) g(x ) g'( )(x x ).
Επειδή g'( ) 0 και 1 2
x x 0 , έχουμε 1 2
g(x ) g(x ) 0 , οπότε 1 2
g(x ) g(x ).
∆ηλαδή η g είναι φθίνουσα στο διάστημα 1,1 .
Συνεπώς
1 x 1 g( 1) g(x) g(1) και επειδή g(1) g( 1) 0 θα είναι
g(x) 0 f(x) x x 1,1 .
Λύνει ο Τάκης Καταραχιάς