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.
1. ___________________________________________________________________________
22η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Για x 0 έχουμε:
0 2016
2016 2016λ λ
e 0 1 λ λ 2017 λ 2017
f 0 lim lim 0
λ λ
Θεωρούμε την συνάρτηση x
g x e x 1 με x
g x e 1 0 για κάθε x R άρα η g είναι
γνησίως αύξουσα στο R και συνεπώς 1 1
Για
1 1
x
x 0 g x g 0 e x 1 0
Συνεπώς για x 0 έχουμε
x 2016 x 2016
x
2016 2016λ λ
e x 1 λ λ 2017 e x 1 λ
f x lim lim e x 1
λ λ
Επομένως :
x
x
0,x 0
f x e x 1,x
e x 1,x 0
R
β) Όπως είδαμε στο ερώτημα α) η x
g x e x 1 f x , x R είναι γνησίως αύξουσα και
επομένως αντιστρέφεται.
Το πεδίο ορισμού της αντίστροφης είναι το σύνολο τιμών της f
H f είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής στο R επομένως
x x
f lim f x , lim f xR R
αφού
x
x x
lim f x lim e x 1 και
x
x x
lim f x lim e x 1
Θα αποδείξουμε ότι η 1
f είναι γνησίως αύξουσα στο R
Υποθέτουμε ότι δεν είναι γνησίως αύξουσα στο R
Τότε υπάρχουν 1 2
y ,y R με
f
1 1 1 1
1 2 1 2 1 2 1 2
y y : f y f y f f y f f y y y
1
άτοπο
Άρα η 1
f είναι γνησίως αύξουσα στο R
γ) Επειδή το πεδίο ορισμού της 1
f είναι το R η εξίσωση ορίζεται σε όλο το R
ημxx 1 x x
ημx x1
1
e f ημx x e e ημx x 1 e
f ημx x e ημx x 1 0
f ημx x f ημx x 0 Α
Θεωρούμε την συνάρτηση
1
h x f x f x ,x R
Λύνει ο Ανδρέας Πάτσης
2. ___________________________________________________________________________
22η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Θα αποδείξουμε ότι η h είναι 1 1
Έστω 1 2
x ,x R με 1 2
x x
Τότε
1 2
f x f x 1 και
1 1
1 2
f x f x 2
αφού η f και η 1
f είναι γνησίως αύξουσες στο R
Προσθέτοντας κατά μέλη τις 1 , 2 έχουμε 1 2
h x h x και συνεπώς η h είναι γνησίως
αύξουσα στο R και άρα 1 1
Επίσης
1
f 0 0 f 0 0 και επομένως
1
h 0 f 0 f 0 0
Επομένως η Α γίνεται:
h 1 1
h ημx x h 0
ημx x 0
ημx x
x 0
3. ___________________________________________________________________________
22η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
x x
Εστω φ(x)=e x 1, x . Για κάθε x , φ΄(x)=e 1 0,
άρα η συνάρτηση φ είναι γνησίως αύξουσα στο .
Είναι φ(0)=0 και για κάθε x<0 φ(x)<φ(0) φ(x)<0,
για
α)
2016 2016 2015λ + λ λ +
x 2016 x 2016
x
2016 2016λ + λ + λ +
κάθε x>0 φ(x)>φ(0) φ(x)>0 .
λ+2017 λ 1
Άρα , για x=0, είναι f(0)= lim lim lim 0.
λ λ λ
Και για x 0,
(e x-1)λ λ+2017 (e x-1)λ
lim lim lim(e x-1
λ λ
x
x x
x
)=e x-1.
Άρα f(x)=e x-1, x 0 και f(0)=0, άρα τελικά f(x)=e x-1, x .
Για κάθε x , f '(x)=e 1 0, άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο ,
και κατά συνέπεια 1 1 στο , άρα αντιστρέφεται.
(δηλ. η
β)
1
1
x - x
f
f
1 2 1 2 1 2 1f
αντίστροφη είναι συνάρτηση).
lim f(x)=0+(- )=- , lim f(x)=(+ )+(+ )=+ και η f είναι συνεχής στο ,
άρα f( )= .
Eίναι D f( )= .
Για κάθε y ,y D , με y y f(x ) f(x ) x
x
1 1
2 1 2
1
e
ημx ημx-xx 1 x x 1
ημx-x1 1
x f (y ) f (y ),
άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο .
e f (ημx-x)+e e ημx=(x+1)e f (ημx-x)+e ημx=x+1
f (ημx-x)+[e (ημx-x)-1]=0 f (ημx-x)+f(ημx-x)=0 ,
γ)
1
1
1
f f
1 1 1 1
f
θέτω u=ημx-x f (u)+f(u)=0 (2)
Eίναι f(0)=0 f (0) 0, άρα το u=0, επαληθεύει την (2).
u<0 f(u)<f(0) f(u)<0 και f (u)<f (0) f (u)<0, άρα f(u)+f (u)<0
u>0 f(u)>f(0)
1
f
1 1 1 1
f(u)>0 και f (u)>f (0) f (u)>0, άρα f(u)+f (u)>0
Άρα το u=0, είναι η μοναδική ρίζα της (2) . Έτσι u=0 ημx=x x=0 .
(γιατί για κάθε x , ημx x , όπου η ισότητα ισχύει μόνο για x=0)
Λύνει η Ντίνα Ψαθά
4. ___________________________________________________________________________
22η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
(α) Από το δεδομένο όριο έχουμε :
x x
x
e x 1, e x 1 0
f x
0, e x 1 0
.
Έστω x
g x e x 1 , με g
D . Η g είναι παραγωγίσιμη στο με x
g x e 1 0 για
κάθε x . Άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο , άρα και «1-1» . Επειδή g 0 0 , η x 0
είναι η μοναδική ρίζα της g. Οπότε
x
e x 1, x 0
f x
0, x 0
ή x
f x e x 1 για κάθε x .
(β) Επειδή x
f x e 1 0 για κάθε x , η f είναι γνησίως αύξουσα συνάρτηση στο ,
άρα και «1-1» δηλαδή αντιστρέφεται . Είναι
x
lim f x και
x
lim f x και επειδή η f
είναι συνεχής στο το σύνολο τιμών της είναι το f , άρα 1
f
D .
Για οποιαδήποτε 1 2
y ,y με 1 2
y y υπάρχουν 1 2
x ,x ώστε 1 1
f x y και 2 2
f x y ,
άρα
1 1
1 2 1 2 1 2 1 2
y y f x f x x x f y f y , άρα η 1
f είναι γνησίως αύξουσα στο .
(γ) Προφανής λύση της εξίσωσης είναι η x 0 . Θα δείξουμε ότι είναι και μοναδική.
Έχουμε :
ημx ημxx 1 x x x 1 x x x
e f ημx x e e ημx x 1 e e f ημx x e e ημx xe e
ημx ημx xx 1 x x 1
e f ημx x e ημx x e e f ημx x ημx x 1 e
ημx x1
f ημx x 1 e ημx x (1) .
Για x 0 από τη σχέση ημx x για x 0 έχουμε : ημx x 0 , άρα :
1 1 1
ημx x 0 f ημx x f 0 f ημx x 0 ενώ
ημx x ημx x
ημx x 0 e 1 1 e 0 και ημx x 0 , άρα το 2ο μέλος της (1) είναι θετικό.
Για x 0 από τη σχέση ημx x έχουμε : ημx x 0 , άρα :
1 1 1
ημx x 0 f ημx x f 0 f ημx x 0 ενώ
ημx x ημx x
ημx x 0 e 1 1 e 0 και ημx x 0 , άρα το 2ο μέλος της (1) είναι
αρνητικό.
Άρα η x 0 είναι μοναδική λύση της εξίσωσης.
Λύνει ο Αθανάσιος Μπεληγιάννης
5. ___________________________________________________________________________
22η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Α.
2016 x
x 2016 2015 2016
2016 2016λ λ
x x
2015 2016λ
1 2017
λ (e x 1)
(e x 1) λ λ 2017 λ λ
f(x) lim lim
λ λ
1 2017
lim (e x 1) e x 1
λ λ
Β. Έχουμε λοιπόν: x
f(x) e x 1, x R και x
f (x) e 1 0, x R
Οπότε η f είναι γνησίως αύξουσα και άρα 1:1 στο R. Επομένως η f αντιστρέφεται.
Σχετικά με το σύνολο τιμών της f , έχουμε ότι είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο R,
επομένως
x x
f(A) lim f(x), lim f(x) .... R
Μένει να δείξουμε ότι η αντίστροφη είναι και αυτή γνησίως αύξουσα.
Πράγματι:
f
1 1 1 1
1 2 1 2 1 2 1 2
y ,y με y y f f (y ) f f (y ) f (y ) f (y )R η 1
f είναι
γνησίως αύξουσα.
Γ.
x
e 0
ημx ημx xx 1 x x 1
e f (ημx x) e e ημx (x 1) e f (ημx x) e ημx x 1
ημx x1 1
f (ημx x) e ημx x 1 0 f (ημx x) f(ημx x) 0
που έχει προφανή λύση την x 0.
Θεωρώ την συνάρτηση
1
g(x) f(x) f (x),x R η οποία έχει προφανή λύση την x 0 αφού
1
f(0) 0 f (0) 0 που είναι μοναδική γιατί:
1
( )f,f
1 2
1 2 1 2 1 21 1
1 2
f(x ) 0 f(x )
x ,x με x 0 x g(x ) 0 g(x )
f (x ) 0 f (x )
R
Επειδή όμως η προς λύση εξίσωση είναι g ημx x 0 μένει να δείξω ότι το μηδέν είναι η
μοναδική λύση της ημx x, που ισχύει γιατί
ημx x, x 0
ημx x, x 0
.
Λύνει ο Σπύρος Χαλικιόπουλος
6. ___________________________________________________________________________
22η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Α) Θέτουμε x
h(x) e x 1,x R και δείχνουμε ότι η h έχει ακριβώς μία ρίζα τη x 0(είναι
1-1 και x 0προφανή ρίζα ) .
Άρα
αν x 0 τότε
2016 2016λ λ
λ 2017 λ
f(x) lim lim 0
λ λ
αν x 0 τότε
x 2016 x 2016
x x
2016 2016λ λ λ
(e x 1)λ λ 2017 (e x 1)λ
f(x) lim lim lim(e x 1) e x 1
λ λ
Άρα x
f(x) e x 1,x {0}R και επειδή f(0)=0 και f συνεχής τότε x
f(x) e x 1,x R
Β) Ισχύει ότι x x
f'(x) (e x 1)' e 1 0,x R.
Άρα f είναι 1-1 οπότε αντιστρέφεται.
Ακόμα
x
x x
x
x x
lim f(x) lim(e x 1)
lim f(x) lim(e x 1)
και f συνεχής στο R οπότε 1
f
f ) D(R R (*)
Αν επικαλεστούμε τη μονοτονία της f τότε δεν χρειάζεται το (*)
Θα δείξουμε ότι η 1
f είναι γνησίως αύξουσα στο R.
Έστω ότι δεν είναι τότε θα υπάρχουν 11 2 f
y ,y DR με 1 2
y y και
1 1
1 2
f (y ) f (y ) .
Έχουμε:
1 1 1 1
1 2 1 2 1 2
f (y ) f (y ) f(f (y )) f(f (y )) y y άτοπο.
Άρα 1
f είναι γνησίως αύξουσα στο R.
Γ) Ισχύει f(x) 0 f(x) f(0) x 0
Για x R ,πολλαπλασιάζουμε τη δοσμένη σχέση με x
e και προκύπτει
1
f (ημx x) f(ημx x) 0
Λύνει ο Πέτρος Τζίκας
(*) Κανονικά επειδή το ( , ) δεν είναι της μορφής (a,b) όπου
a,b R πρέπει να δείξουμε ότι το σύνολο τιμών της f είναι το R. Αρκεί
να δείξουμε ότι υπάρχει 0 0
x : f(x ) kR
Είναι
x
lim(f(x) k) άρα υπάρχει λ κοντά τέτοιο ώστε
f(λ) k 0 f(λ) k
και
x
lim(f(x) k) άρα υπάρχει μ κοντά τέτοιο ώστε
f(μ) k 0 f(μ) k
Επειδή f(μ) k f(λ) από ΘΕΤ υπάρχει 0 0
x : f(x ) kR .
7. ___________________________________________________________________________
22η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Θέτουμε
1
g(x) f (ημx x) f(ημx x),x R
Η g είναι γνησίως αύξουσα ως άθροισμα γνησίως αύξουσων συναρτήσεων άρα και 1-1 και
g(x) 0 g(x) g(0) x 0
Διότι
1 1
g(0) f (0) f(0) f (0) 0αφού για a R ισχύει
1
f (0) a 0 f(a) f(0) f(a) a 0
8. ___________________________________________________________________________
22η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α)
x 2016
λ 0
x x
2016 2015 2016λ λ
e x 1 λ λ 2017 1 2017
f x lim lim e x 1 e x 1
λ λ λ
,
αφού γνωρίζουμε ότι :
2015 2016λ λ
1 2017
lim lim 0
λ λ
.
β) x
f x e 1 0, για κάθε x R,οπότε η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο R
και έτσι και 1-1.
Το πεδίο ορισμού της συνάρτησης 1
f ,είναι το σύνολο τιμών της συνάρτησης f.
Έχουμε
x
x x
lim f x lim e x 1 και
x
x x
lim f x lim e x 1 ,
εφόσον γνωρίζουμε ότι:
x
x
lim e 0 ,
x
lim x 1 ,
x
x
lim e και
x
lim x 1 .
Επειδή η συνάρτηση f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο R, θα ισχύει:
x x
f lim f x , lim f x ,R και έτσι αποδείξαμε ότι η συνάρτηση 1
f
έχει πεδίο ορισμού το R.
Θεωρούμε 1 2
x ,x R με 1 2
x x .Τότε ισχύει
f γν.αύξουσα
-1 -1 -1 -1
1 2 1 2
f f x f f x f x f x
και έτσι αποδείξαμε ότι η συνάρτηση 1
f είναι γνησίως αύξουσα στο R.
γ)
ημxx 1 x
ημxx 1 x x
x
e f ημx x e e ημx
e f ημx x e e ημx x 1 e x 1
e
ημx x1
f ημx x e ημx x 1 0 1
Θεωρούμε την συνάρτηση g με τύπο
1
g x f x f x ,x R.
Η συνάρτηση g είναι γνησίως αύξουσα στο R, ως άθροισμα συναρτήσεων που η
καθεμία είναι γνησίως αύξουσα στο R και έτσι προκύπτει ότι η συνάρτηση g είναι
και 1-1 στο R.
g 1-1
1 g ημx x 0 g ημx x g 0 ημx x 0 x 0.
Λύνει ο Άχθος Αρούρης
9. ___________________________________________________________________________
22η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Με x
g(x) e x 1, x η g αφού x
g (x) e 1 0. Άρα η εξίσωση g(x) 0έχει μοναδική
λύση το 0.
Ισχύει
2016λ
λ 2017
f(0) lim 0
λ
. Για x
x 0 g(x) 0 f(x) e x 1.
Τελικά είναι x
f(x) e x 1,x .
β) Η f είναι 1-1 ως στο άρα αντιστρέφεται.
Το πεδίο ορισμού της 1
f είναι το σύνολο τιμών της f δηλαδή το αφού είναι
x
lim f(x)
και
x
lim f(x) .
Η 1
f είναι στο επειδή η f στο και οι 1f f
C ,C συμμετρικές ως προς την y x.
Εναλλακτικά αν 1 2
y ,y με 1 2
y y θα υπάρχουν μοναδικά 1 2
x ,x με 1 1 2 2
y f(x ),y f(x )
δηλαδή
1 1
1 1 2 2
x f (y ),x f (y )με 1 2
x x , γιατί αν
f
1 2 1 2 1 2
x x f(x ) f(x ) y y άτοπο. Άρα
1 1 1
1 2
f (y ) f (y ) f στο .
γ) Η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται:
1
1
f(0) f (0) 0
ημx x1 1
ημx x ,x 0f f
1 1
f (ημx x) e ημx x 1 f (ημx x) f(ημx x) 0
(f f )(ημx x) (f f )(0) ημx x x 0
Λύνει ο Κώστας Δεββές
10. ___________________________________________________________________________
22η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Έστω x
φ(x) e x 1 με x R.
Ισχύει: 0
φ(0) e 0 1 0. Άρα το 0 είναι λύση της φ(x).
Η συνάρτηση φ είναι παραγωγίσιμη ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων με:
x
φ (x) e 1 0. Επομένως η φ είναι γνησίως αύξουσα και το 0 μοναδική λύση.
Τότε:
2016 2016 2015λ λ λ
λ 2017 λ 1
f(0) lim lim lim 0
λ λ λ
.
Αν x 0 :
x 2016 2016
x x
2016 2016λ λ
(e x 1)λ λ 2017 λ
f(x) lim (e x 1) lim e x 1
λ λ
Άρα:
x
e x 1 ,x 0
f(x)
0 ,x 0
. Η f είναι συνεχής στο 0 γιατί:
x 0
x 0 x 0
limf(x) lim e x 1 e 0 1 0 f(0)
Τελικά: x
f(x) e x 1 για κάθε x R.
β) i) x
f (x) e 1 0. Η f είναι γν. αύξουσα και τότε 1-1.
Άρα αντιστρέφεται.
ii) Βρίσκουμε το σύνολο τιμών της f.
x
x x
lim f(x) lim e x 1 0 1
x
x x
lim f(x) lim e x 1 1 .
Άρα: 1
f
A R.
iii) Για κάθε 1
f
x A ισχύει:
1
f(f (x)) x.
Έστω 11 2 f
x ,x A Rμε: 1 2
x x .
Τότε:
f
1 1 1 1
1 2 1 2 1 2
x x f(f (x )) f(f (x )) f (x ) f (x ). Άρα η f-1 είναι γνησίως αύξουσα στο R.
γ)
ημx
ημx x1 1
x
e
f (ημx x) ημx x 1 f (ημx x) e ημx x 1 0
e
1
f (ημx x) f(ημx x) 0.
Από το ερώτημα α) έχουμε f(0) 0 . Τότε:
1 1 1
f (f(0)) f (0) 0 f (0).
Η εξίσωση:
1
f (ημx x) f(ημx x) 0 επαληθεύεται για x=0 γιατί:
1
f (0) f(0) 0 που
ισχύει.
Θεωρούμε την παραγωγίσιμη συνάρτηση g με τύπο g(x) ημx x , x R.
Η εξίσωση γίνεται:
1
f (g(x)) f(g(x)) 0
Τότε: g (x) συνx 1 0. Η g είναι γνησίως φθίνουσα γιατί είναι και συνεχής.
Επειδή g(0) 0 , το 0 είναι και η μοναδική της λύση.
Λύνει ο Δημήτρης Σαριβασίλης
11. ___________________________________________________________________________
22η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Άρα:
1
f
1 1
1
f
x 0 g(x) 0 f (g(x)) f (0) 0
f (g(x)) f(g(x)) 0
x 0 g(x) 0 f(g(x)) f(0) 0
.
Επίσης:
1
f
1 1
1
f
x 0 g(x) 0 f (g(x)) f (0) 0
f (g(x)) f(g(x)) 0
x 0 g(x) 0 f(g(x)) f(0) 0
Τελικά η μοναδική λύση της εξίσωσης είναι το 0.