Η άσκηση της ημέρας

1. ___________________________________________________________________________
24η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
1
1η
προτεινόμενη λύση (Χρήστος Κουστέρης)
α) Εφόσον το υπόλοιπο της διαίρεσης του  P x με το  x 1 είναι 2 τότε :
 P 1 2
Εφόσον το υπόλοιπο της διαίρεσης του  P x με το  x 0 είναι
1
2
τότε :
 
1
P 0
2

β) Η ταυτότητα της διαίρεσης του  P x με το  2
x x είναι :
       2
P x x x π x υ x    (1)
Το  υ x θα είναι πολυώνυμο βαθμού μικρότερου του 2 και δε μπορεί να είναι
σταθερό πολυώνυμο διότι  P 1 2 και  
1
P 0
2
 με βάση το ερώτημα (α).
Επομένως
 υ x κx λ κ,λ  R , κ 0
Για x 0 η (1) γίνεται:  
1
P 0 κ 0 λ λ
2
    
Για x 1 η (1) γίνεται:  
1
λ
2 1 3
P 1 κ 1 λ 2 κ λ 2 κ κ
2 2

          
Άρα  
3 1
υ x x
2 2
 
γ) Η δοσμένη ανισότητα γίνεται :
 
  
3 2
3 23x 14x 13x 6
0 3x 14x 13x 6 3x 1 0
2υ x
  
       ,
1
με x
3
 
¨Έστω     3 2
Q x 3x 14x 13x 6 3x 1    
Mε τη βοήθεια του σχήματος Horner παραγοντοποιούμε το 3 2
3x 14x 13x 6  
3 14 13 6 2 
6 16 6
3 8 3 0
Η ημερομηνία αποστολής των λύσεων καθορίζει και τη σειρά καταγραφής τους

2. ___________________________________________________________________________
24η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
2
Αρα :
  4 2 2
3x 14x 13x 6 0 x 2 3x 8x 3 0         άρα
x 2 0 x 2   
2 1
3x 8x 3 0 x 3 ή x=
3
     
To πρόσημο φαίνεται στον παρακάτω πίνακα :
x
 
1
3
 2 3  
x 2    
2
3x 8x 3     
3x 1    
 Q x    
Άρα  
1 1
x , ,2 3,
3 3
   
         
   
δ) i) Ισχύει:
   ημ 3π θ ημ(2π π θ) ημ π θ ημθ       
     συν 14π θ συν 2 7π θ συν θ συνθ      
9π π π
ημ θ ημ 4π θ ημ θ συνθ
2 2 2
     
           
     
      ημ θ π ημ π θ ημ π θ ημθ        
Με βάση τα παραπάνω το σύστημα γίνεται
ημθ x συνθ y 1
συνθ x ημθ y 1
    

   
 2 2 2 2ημθ συνθ
D ημ θ συν θ ημ θ συν θ 1 0
συνθ ημθ

         
Εφόσον D 0 το σύστημα έχει μοναδική λύση την   yx
DD
x,y ,
D D
 
  
 
Υπολογίζουμε τα x yD ,D
x
1 συνθ
D ημθ συνθ
1 ημθ
   , y
ημθ 1
D ημθ συνθ
συνθ 1

   

3. ___________________________________________________________________________
24η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
3
Επομένως
xD ημθ συνθ
x συνθ ημθ
D 1

   

yD ημθ συνθ
y συνθ ημθ
D 1
 
   

Άρα η λύση του συστήματος είναι  x,y (συνθ ημθ,  ημθ συνθ)
ii) H δοσμένη εξίσωση γίνεται
   x y 4 P 0 7συνθ P 1    
   
1
συνθ ημθ συνθ ημθ 4 7συνθ 2
2
       
2 2
συν θ ημ θ 2 7συνθ 2 0     
 2 2
συν θ 1 συν θ 7συνθ 4 0     
2
2συν θ 7συνθ 3 0   
Στην τελευταία εξίσωση θέτουμε συνθ y με 1 y 1   οπότε :
2
2y 7y 3 0  
 
2
Δ 7 4 2 3 49 24 25        ,
y 3 απορρίπτεται
7 5
y 1
4 y
2

 
  

Επομένως :
π
θ 2κπ
1 π 3
συνθ συνθ συν ,κ
π2 3
θ 2κπ
3

 
    
  

ε) Η ανίσωση:
    2
log log x 10P 1 1 x 100   0
  2
log log x 19x 100 0    (1)
H ανίσωση έχει νόημα για :

4. ___________________________________________________________________________
24η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
4
2
x 19x 100 0   , η οποία ισχύει για κάθε πραγματικό αριθμό x αφού Δ 0
και
 2 2 2
log x 19x 100 0 x 19x 100 1 x 19x 99 0           η οποία ισχύει για
κάθε πραγματικό αριθμό x αφού Δ 0
Άρα η (1) γίνεται :
 2 2 2
log x 19x 100 1 x 19x 100 10 x 19x 90 0          
Η τελευταία ανίσωση ισχύει για κάθε  x 9,10
στ) H συνάρτηση  f x x ln x 2   ορίζεται για x 0
i)
Για οποιαδήποτε  1 2x ,x 1,  με
1 2x x ισχύει 1 20 ln x ln x 
Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη τις δύο ανισότητες προκύπτει:
   1 1 2 2 1 2x ln x x ln x f x f x    
Επομένως η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα
Οπότε :
     x x
f e e 1 e 2 f e e 1 f e       
 *
 x x
e e 1 e e 1 x 0      
 * f είναι γνησίως αύξουσα και για x 1 είναι
x x x x
e e e e 2e 2 e e 2 0 e e 1 1            
ii) Από την σχέση
 α β γ 2018 α β γ 2018
α β γ e ln α β γ lne      
α β γ
lnα lnβ ln γ 2018 lne    
αlnα βlnβ γln γ 2018   
     αlnα 2 βlnβ 2 γln γ 2 2018 6       
     f α f β f γ 2024    (1)
Επομένως :

5. ___________________________________________________________________________
24η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
5
       
 
3
11 3ln3lnP 0 2
3(ln1 ln2) 3ln2 ln2
ln8
A f α f β f γ e 2024 e
2024 e 2024 e 2024 e
2024 e 2024 8 2016

 
     
     
    
2η
προτεινόμενη λύση (Κώστας Δεββές)
Α) Από θεωρία   1( ) 1 ( ) 2P x x x   και 2
1
( ) ( )
2
P x x x  , άρα (1) 2P  και
1
(0)
2
P  .
Β) Η ταυτότητα της διαίρεσης 2
( ):( )P x x x είναι: 2
( ) ( ) ( )P x x x x x      . Για
0x  και 1x  έχω:
3
2
2
1
1
2
2
a  



    
 
   
, άρα
3 1
( )
2 2
x    .
Γ) Ισοδύναμα έχω:
      
 
23 2
3 14 13 6 3 1 0 2 3 3 1 0
11
33
1 1
, ,2 3,
3 3
Horner
x x x x x x x
xx
x
         
 
  
   

   
         
   
Δ) i) Ισοδύναμα έχω:
1
1
x y
x y
 
 
    

   
με
1 0, ,x yD D D           και μοναδική λύση την
,x y       .
ii) Ισοδύναμα έχω: 2 2 2
2 7 2 2 7 3 0               με
ρίζες
3  απορρίπτεται ή
1
2 ,
2 3

        .
Ε) Πρέπει
 
2
2 2
19 100 0 , 0
log 19 100 0 log1 19 99 0
x x x
x
x x x x
      
   
      
.
Η ανίσωση ισοδύναμα γράφεται:
 2 2
log( 19 100) 1 log10 19 90 0 9,10x x x x x          .

6. ___________________________________________________________________________
24η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
6
ΣΤ) i) Έστω
1 2 1 2 1 1 2 2 1 21 0 ln ln ln 2 ln 2 ( ) ( )x x x x x x x x f x f x f            στο
 1, .
Η ανίσωση ορίζεται στο ( 1 0)x
e e   και ισοδύναμα γράφεται:
   1 1 1 0
x
f e
x x x
f e e f e e e e e x           .
ii) Λογαριθμίζοντας τη δεδομένη ισότητα έχω:
       ln 2018 ln ln ln 2018 ln ln ln 2018
ln 2 ln 2 ln 2 2024 ( ) ( ) ( ) 2024
a a
a a
f a f f
   
         
       
         
         
Τότε η ζητούμενη παράσταση Α γράφεται:
3
1
3ln
3ln2 ln22
2024 2024 2024 2024 8 2016e e e

          .