Η Ασκηση της Ημερας

1. ___________________________________________________________________________
2η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2018-΄19
α) Ορίζεται ο αριθμός   f 2 όταν το  2 ανήκει στο πεδίο ορισμού της συνάρτησης f,
δηλαδή όταν
      2 1 1 1
Επίσης
  
   
   
 
  
   
              
      
 
      
                
    
  
        
2 2
f g g f
2
2
ό, ύ
1 4 0
x x
D x D :g x D x : 1 x : 1 0
x x
x x
x : 0 x : x x x 0
x
x :x 0 ,
Δίνεται όμως ότι       , ,1 , άρα    1 2
Από τις σχέσεις    1 , 2 προκύπτει ότι   1
β) Ο αριθμός    0,4 ανήκει στο σύνολο τιμών της g αν και μόνο αν η εξίσωση    g x
έχει λύση ως προς x στο  ' 1
Έχουμε
            

2
2x
g x x x 0
x 1
και η εξίσωση     2
x x 0 έχει λύση αν και μόνο αν
           2
0 4 0 0 ή 4, άτοπο
Άρα ο αριθμός    0,4 δεν ανήκει στο σύνολο τιμών της g
γ) Αρχικά θα υπολογίσουμε το     
x 1
f x g xlim
Είναι
       

   

  
  
  
   

x 1 x 1 x 1 x 1
x 1
2 2 2
2
2
x 1 x x 1 x x 1 x
f x g x
x 1 1 x 1 x
1
x
1 x
lim lim lim lim
lim
(διότι 

 
x 1
1 x 0lim και  1 x 0 κοντά στο 
1 )
Οπότε θέλουμε να αποδείξουμε ότι η εξίσωση
Λύνει ο Παύλος Τρύφων

2. ___________________________________________________________________________
2η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2018-΄19
    
         
 
   
2 2
3
6
1 x 1 x 1 x 1
f x g x 0 0 x 1 x
x x 1 x 1 x x
x x 1 0
έχει μοναδική ρίζα στο διάστημα  0,1
Η συνάρτηση
        
6
m x x x 1 , x 0,1
είναι συνεχής και επιπλέον
      m 0 m 1 1 0
Οπότε από το θεώρημα Bolzano, η εξίσωση   m x 0 έχει τουλάχιστον μια ρίζα στο
διάστημα  0,1
Επιπλέον η συνάρτηση m είναι γνησίως αύξουσα στο  
  
*
0,1 , άρα η εξίσωση
     
1
f x g x 0
x
έχει μοναδική ρίζα στο διάστημα  0,1
 * Μονοτονία της συνάρτησης m:
Αν    1 2
x ,x 0,1 με 1 2
x x τότε
 
   
 
            
   
6 6
1 2 6 6
1 1 2 2 1 2
1 2
x x
x x 1 x x 1 m x m x m 0,1
x 1 x 1
<

3. ___________________________________________________________________________
2η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2018-΄19
α)
           f g
D ,1 ,D , , και    f
2 D άρα      2 1 1 (1)
  
    
   
               
      
   
                
  
2 2
f g
2
2
x x
D x ,g x 1 x , 1 x , 1 0
x x
x x
x , 0 x , x x (x ) 0 ,
x
επειδή το τριώνυμο είναι θετικό   x αφού έχει       1 4 3 0 λόγω της (1).
Επειδή   f g
D ,1 θα είναι   1 (2).
Από τις (1), (2) έχω   1.
β)
   

2
x
g x ,x 1
x 1
i) Xωρίς παραγώγους
Το σύνολο τιμών της g αποτελείται από τα  y ώστε η εξίσωση  y g x να έχει λύση
ως προς x και αυτή να ανήκει στο g
D .
    

2
2x
y x yx y 0
x 1
με      0 y 0 y 4.
Οι λύσεις
 
     
2
2y y 4y
1 y 4y 2 y
2
.
Με    y 0 2 y 2 αν ήταν   2
y 4y 2 y η εξίσωση αδύνατη, και με
    y 4 2 y 2 αν ήταν        2 2
y 4y 2 y y 4y y 2 η εξίσωση αδύνατη.
Άρα οι λύσεις διάφορες του 1 και το σύνολο τιμών της g είναι το        g
,0 4, .
ii) Με παραγώγους
 
 

     

2
2
x 2x
g x 0 x 0 2
x 1
και              g x 0 x 0 x 2 g ,0 , 2, ,
              g x 0 0 x 1 1 x 2 g 0,1 , 1,2 . Επίσης
              
       
x xx 1 x 1
lim g x limg x , lim g x limg x ,g 0 0,g 2 4 και το σύνολο τιμών
της g είναι το        g
,0 4, . Άρα ο   g
.
γ)
Για x 1 είναι    
  
 
2 2
x 1 x x
fg x
x 1 1 x
με 

 
   
 
2
x 1
x
lim
1 x
και πρέπει να δ.ο. η
εξίσωση   

2
x 1
0
1 x x
έχει μοναδική ρίζα στο  0,1 , αφού είναι
    


x 1
1
0
lim f x g x
,
Λύνει ο Κώστας Δεββές

4. ___________________________________________________________________________
2η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2018-΄19
δηλαδή ισοδύναμα ότι η εξίσωση  3
x 1 x έχει μοναδική ρίζα στο  0,1 .
Θέτοντας     3
x x 1 x στο   0,1 ισχύει το θ. Βolzano κι επειδή
    

2 1
x 3x 0
2 1 x
η  είναι στο   0,1 και η ρίζα είναι μοναδική.

5. ___________________________________________________________________________
2η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2018-΄19

 
     
     
 
            
      
 
 

f
2
g
f
2
fog g f
2
)
f(x) 1 x.
Η f ορίζεται, αν 1 x 0 x 1, άρα D ( ,1]
x
g(x) ,x , άρα D { }
x
Ορίζεται ο αριθμός f(2 ) 2 D 2 1 1 (1)
x
D {x D / g(x) D } {x / 1}
x
x
x και
x

  
            
    
 
                        

            
        
  

2 2
2
1
2
fog
x x x
1 1 0 0 (x )(x x ) 0
x x
και x
1 4 . Για 1 4 4 1 4 3 0 0 x x 0,
για κάθε x .
Ά x 0 x x , ό x< .
Έ , D ( , ) ( ,1) 1 (2)
(1),(2) 1
) 

   
   
  

  

2
2 2
2 2 2
x
Για λ=1, g(x)= ,x 1.
x 1
2x(x 1) x x 2x x(x 2)
Για κάθε x 1, g'(x) .
(x 1) (x 1) (x 1)
Είναι g(0) 0
Για κάθε x 0,g'(x) 0, άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα (- ,0],
άρα g(x)<g(0) g(x)<0
κα
 
 
ι για κάθε 0<x<1, g'(x)<0, άρα η είναι γνησίως φθίνουσα στο [0,1),
άρα g(x)<g(0) g(x) 0
ηλαδή για κάθε x<1, g(x) 0.
Είναι g(2)=4
Για κάθε 1<x<2, g'(x)<0, άρα η g είναι γνησίως φθίνουσα στο (1,2], άρ



   

g
α
g(x)>g(2) g(x)>4
και για κάθε x>2, g'(x)>0, άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο [2,+ ), άρα
g(x)>g(2) g(x)>4
Δηλαδή για κάθε x>1, g(x) 4. Έτσι, για κάθε x D , g(x) 0, ή g(x) 4.
Άρα δεν υπάρχει μ (0,4), που να ανήκει στο σύνολο τιμών της g .
Λύνει η Ντίνα Ψαθά

6. ___________________________________________________________________________
2η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2018-΄19
  

  

         
   
        

   
2 2 2
2
2
x 1 x 1 x 1
x 1
x x x
γ) ια x<1, είναι f(x)g(x) 1 x 1 x
x 1 ( 1 x) 1 x
1 1
lim[f(x)g(x)] lim[ ( x )] ( )( 1) lim 0
1 x f(x)g(x)
( γιατί lim 1 x 0 και 1 x 0, κοντά στο 1, x<1 ) .
Άρα Α=(0,1) .
       


 
          
    

             
 
2
2
2
2 2 2
1 x 1
Έστω h(x) f(x)g(x) , x (0,1) A. Για κάθε x A,
x 1 x x
1
2x 1 x x
1 4x(1 x) x 1 x(3x 4) 12 1 xh'(x) 0,
1 x x 2(1 x) 1 x x 2(1 x) 1 x x
γιατί
x(3x 4)
0 x 1 0 3x 3 4 3x 4 1 0 0.
2(1 x) 1 x
Άρα η h είναι γνησίως φθίνουσα και συνεχής στο Α=(0,1) .
 
 
      

 
x 1 x 0
0 0
Είναι lim h(x) ( ) 1 ,lim h(x) .
Άρα h(A)= .
0 h(A) και η h είναι γνησίως φθίνουσα στο Α και συνεχής, άρα υπάρχει
μοναδικό x Α, τέτοιο ώστε h(x ) 0

7. ___________________________________________________________________________
2η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2018-΄19
α) Το πεδίο ορισμού της f είναι   ( ,1] και της g είναι το   
Πρέπει
   
 
     
 
            
  
  
              
   
             
      
        

2
f g
2 2
2
f g
2
2 1 1 (1)
x
D x B : g(x) A x , 1 x ,x ,
x
x x x
ύ 1 0 0 x x 0 1 4 0 .
x x
Ά x 0 x ύ D ( ,1) ά 1 (2)
ό (1) (2) έ 1
x
) g(x) έ g(x) έ :
x 1
  
  
    

                   
            
           
          

2
2
2 2
2 2
x 1 x 1 x 1
x
x (x 1)
x 1
x x 0 έ : 0 4 0 ( 4) 0
ά ύ ώ g ί ( ,0] [4, ).
Ά (0,4) ή ύ ώ g.
x x
) ί ώ lim f(x)g(x) lim( 1 x ) lim( 1 x
x 1






            

              
                   
 
2
2
x 1
x 1
3
3
)
(1 x)
x 1
lim( ) ά 0 ή ά ί (0,1).
lim f(x)g(x)(1 x)
ί ί ί : xf(x)g(x) 1 0 .... x 1 x 0.
έ H(x) x 1 x έ : (0) 1 0 (1) 1 0 . (0) (1) 0
          
 
  
      
        
             
     
0 0
1 2
3 3 3 3
1 2 1 2 1 2
1 2 1 2 1 2
1 2
ή ή [0,1] . Bolzano ά x (0,1) : (x ) 0
ό :
x ,x (0,1) έ :
x x x x x x (1)
x x x x 1 x 1 x (2)
(1) (2)έ : (x ) (x ) ά ί ί ί ,
ά ύ ί  ή
Λύνει ο Γιώργος Ασημακόπουλος

8. ___________________________________________________________________________
2η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2018-΄19
α)
Είναι    f
D ,1 και         g
D , ,
Αφού ορίζεται το   f 2 πρέπει      2 1 1 (1)
Επίσης       f g
D x g x 1
      
           
   
2 2
2x x x
g x 1 1 0 x x x 0
x x
(2)
Για   1 το τριώνυμο   2
x x έχει αρνητική διακρίνουσα , άρα    2
x x 0
για κάθε x .
Άρα η (2) δίνει      x 0 x , δηλ.    f g
D , .
Επειδή            f g
D ,1 , ,1 , άρα   1 (3)
Από (1) , (3) προκύπτει   1.
β)
Για   1 :   

2
x
g x
x 1
, x 1.
   
        
   
2 2
x x 1 1 1 1
g x x 1 x 1 2
x 1 x 1 x 1 x 1
Για    x 1 x 1 0 , άρα      

1
x 1 2 g x 4
x 1
Για    x 1 x 1 0, άρα        

1
x 1 2 g x 4
x 1
Άρα το    0,4 δεν μπορεί να ανήκει στο σύνολο τιμών της g .
γ)
Είναι         
 
2 2
x x
f x g x 1 x
x 1 1 x
, για κάθε x 1 και επειδή
     
 
 
     
 
2
x 1 x 1
x
lim f x g x lim
1 x
, ψάχνουμε μοναδική ρίζα για την εξίσωση
 

2
1 x
0
x 1 x
στο διάστημα  0,1 . Για κάθε  x 0,1 η εξίσωση γίνεται :
          

2
3 6 61 x
x 1 x x 1 x x x 1 0
x 1 x
Έστω συνάρτηση     6
h x x x 1 με    x 0,1 . Θα δείξουμε ότι η h έχει μοναδική
ρίζα στο  0,1 . Η h είναι συνεχής στο   0,1 ως πολυωνυμική και
      h 0 h 1 1 0, άρα από το Θ. Bolzano υπάρχει μία τουλάχιστον ρίζα της
εξίσωσης   h x 0 στο  0,1 .
Λύνει ο Αθανάσιος Μπεληγιάννης

9. ___________________________________________________________________________
2η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2018-΄19
Για οποιαδήποτε    1 2
x ,x 0,1 με 1 2
x x έχουμε :
   

    
6 6
1 2 1 2
1 2 1 2
x x x x
x x x 1 x 1
άρα
         6 6
1 1 2 2 1 2
x x 1 x x 1 h x h x , άρα η h είναι γνησίως αύξουσα στο   0,1 ,
άρα και «1-1» , δηλ. έχει μοναδική ρίζα στο  0,1 .

10. ___________________________________________________________________________
2η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2018-΄19
α) Εφόσον ορίζεται το      f 2 1 τότε θα πρέπει   1.
Το πεδίο ορισμού της f g είναι:
  
       
   
      

 
      
 
    
   
           
2 2
f g g f
2
x x
D
x
D x / g x x xD / 1 1
x
x 0 0
/
x
x / x x x / x ,
διότι το   2
x x 0 έχει     1 4 0 αφού   1.
Αν   1 τότε το   , δεν είναι υποσύνολο του  ,1 . Οπότε αναγκαστικά   1.
β) Έστω ότι ο αριθμός    0,4 ανήκει στο σύνολο τιμών της g.
Τότε θα υπάρχει 0 g
x D τέτοιο ώστε:
            

0 0
2
0
20
0
x
g x x x 0
x 1
Όμως η παραπάνω εξίσωση έχει       2
μ=μ 44 0 διότι   0 και   4.
Άρα ο αριθμός    0,4 δεν ανήκει στο σύνολο τιμών της g.
γ) Αρχικά θα υπολογίσουμε το όριο
   
 
    
   

 
  
      
   x 1 x 1 x 1 x 1
22
2
x1 x 1 xx 1
limf x g x lim lim lim x
1 xx 1 x 1 x1
Οπότε θα είναι και:
   


x 1
1
lim 0
f x g x
Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι η εξίσωση      
1
f x g x 0
x
έχει ακριβώς μια ρίζα στο
 0,1 .
Η παραπάνω εξίσωση ισοδύναμα γίνεται:
  
      

  
 


2 2 3
31 x 1 xx 1 x 1
0 0 x , x
x 1 x x
x
1 x 0 0,1
1 x x 1 x
Θεωρούμε την συνάρτηση        
3
1 x, x 0,1h x x και αρκεί να αποδείξουμε ότι η h
έχει ακριβώς μια ρίζα στο  0,1 .
Η h είναι συνεχής στο   0,1
   h 0 1
  h 1 1
Οπότε από το θεώρημα του Bolzano η εξίσωση   h x 0 έχει τουλάχιστον μια ρίζα στο
 0,1 .
Λύνει ο Παναγιώτης Γκριμπαβιώτης

11. ___________________________________________________________________________
2η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2018-΄19
Η ρίζα αυτή είναι και μοναδική αφού η h είναι γνησίως αύξουσα στο  0,1 το οποίο
προκύπτει είτε με το ορισμό ή και με παραγώγους. Διαφορετικά θα μπορούσαμε να πούμε
το εξής:
Έστω ότι η h έχει 2 ρίζες τις   , 0,1 με    τότε:
 
 
 
  
  
       
  
   
      
    
   
  
      
       

 
3
3 3
3
2 2 2 2
h 0
h 0
1
1 1
1
1
αβ+β
1 1 1 1
Η τελευταία όμως είναι αδύνατη αφού το 1ο μέλος είναι θετικό και το δεύτερο αρνητικό.
Οπότε η h έχει μοναδική ρίζα στο  0,1 .