Η Ασκηση της Ημέρας

1. ___________________________________________________________________________
9η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
  
   
        
  
    
    
  
2
2
2
x
5 3 x x
2 4 2
3 x
3 x
3
) ύ u v ό
f(x) 3e
det(u,v) 0 0 f (x) 3f (x) 2f(x) 3e f (x) 3e 0
f (x) 1 f (x) 3f (x) 2
f (x) 1 f (x) 2f(x) 3e 0
ά f (x) 2f(x) 3e 0 αφού f (x) + 1 0
Έ f (x) 2f(x) 3e
    
  
 

        
      
    
       
  
1 2
x
(I)
x x 3 3
1 2 1 1 2 2
2 2
1 2 1 1 2 2 1 2
2 2
1 2 1 1 2 2
2 2
1 1 2 2
1 2
( )
x x 3e 3e f (x ) 2f(x ) f (x ) 2f(x )
f(x ) f(x ) f (x ) f(x )f(x ) f (x ) 2 f(x ) f(x ) 0
f(x ) f(x ) f (x ) f(x )f(x ) f (x ) 2 0
ύ f (x ) f(x )f(x ) f (x ) 2 0 0
ά f(x ) f(x )    ή f ί ύ
    
    
        
          
           
      
            
3 2
2 2
f f
) ( ) έ ό x 0 έ :
f (0) 2f(0) 3 0 f(0) 1 f (0) f(0) 1 2 f(0) 1 0
f(0) 1 f (0) f(0) 3 0 f(0) 1 ύ f (0) f(0) 3 0 0
ό ί ί :
f(f(x) 1) 1 f(f(x) 1) f(0) f(x) 1 0 f(x) 1 f(x) f(0) x 0
Ο τρόπος λύσης δεν είναι σωστός!
Το λάθος βρίσκεται στην εφαρμογή της ιδιότητας    
  
0 0 0x x x x x x
lim f(x) g(x) lim f(x) limg(x)
Όταν το x τείνει στο    ή η ιδιότητα δεν εφαρμόζεται αν προκύπτει
απροσδιοριστία. Εδώ παρατηρούμε ότι για α > 0 έχουμε απροσδιοριστία της μορφής
  ( ) .
Συνεπώς είναι λάθος!
Λύνει ο Γιώργος Ασημακόπουλος
Άσκηση Α
Άσκηση Β

2. ___________________________________________________________________________
9η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
   
  
     
  
x
2 4 2
4 2 x 2
2 2
α)
Είναι
f(x) 3e
u v det(u,v) 0 0
f (x) 1 f (x) 3f (x) 2
f(x)(f (x) 3f (x) 2) 3e (f (x) 1) 0
f(x)(f (x) 1)(f (x) 2)   
    
    
    
x 2
2 2 x
2 3 x
2 3
3e (f (x) 1) 0
(f (x) 1)[f(x)(f (x) 2) 3e ] 0
(f (x) 1)(f (x) 2f(x) 3e ) 0.
Είναι
f (x) 1 0, για κάθε x , άρα f (x) 2f(x) 3e 

    
      
 
1 2
x
1 2 1 2
3 3
1 2 1 2 1 2
x x3 3
1 1 2 2 1 2
1 2 1 2 1 2
,x . (1).
'Εστω οτι υπάρχουν
x ,x , με x <x και
f(x ) f(x ) f (x ) f (x ) και 2f(x ) 2f(x )
f (x ) 2f(x ) f (x ) 2f(x ) 3e 3e x x : άτοπο.
Άρα για κάθε x ,x , με x <x f(x ) < f(x ).

   
              
     
x 0
3
3 3 2
2 2
Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα.
β)
(1) f (0) 2f(0) 3 0.
Έστω
k 2k 3 0 k 1 2k 2 0 (k 1)(k k 1) 2(k 1) 0
(k 1)(k k 3) 0 k = 1,ή k + k + 3 = 0 : αδύνατη, γιατί Δ < 0.
Άρα για
 
    
f f
k = f(0),είναι f(0) = 1.
Έτσι η ανίσωση
f(f(x) - 1) < 1 f(f(x) - 1) < f(0) f(x) - 1 < 0 f(x) < 1 f(x) < f(0) x < 0 .
Λύνει η Ντίνα Ψαθά
Άσκηση Α

3. ___________________________________________________________________________
9η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
 
 
     
   
  
x
2 4 2
f x 3e
u//v det u,v 0 0
f x 1 f x 3f x 2
        
          
         
 
  
   
    
   
    

 
 
5 3 x 2
5 3 x 2
4 2 x 2
x 2
4 2
f x 3f x 2f x 3e f x 1 0
f x 3f x 2f x 3e f x 1 1
f x f x 3f x 2 3e f x 1
3e f x 1
f x 0
f x 3f x 2
Έστω οτι  1 2
x ,x με 1 2
x x και    1 2
f x f x .Θα έχω οτι:
         
             
         
    
      
    
5 5
1 2 1 2 1 2
3 3 3 3
1 2 1 2 1 2 1 2
1 2 1 2 1 2
x x f x f x f x f x 2
x x f x f x f x f x 3f x 3f x 3
x x f x f x 2f x 2f x 4
Προσθέτοντας κατά μέλη τις σχέσεις (2),(3) και (4) προκύπτει οτι
               5 3 5 3
1 1 1 2 2 2
f x 3f x 2f x f x 3f x 2f x
Και από την σχέση (1) έπεται οτι:
      1 2x x2 2
1 2
e f x 1 < 3e f x 1 το οποίο όμως δεν ισχύει πάντα αφού
   
 
         
 

       
      1 2 1 2 2 1
f x 0
2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
x x x x x x
1 2
x x f x f x f x f x f x 1 f x +1 5
x x e e 3e 3e 3e 3e 6
Πολλαπλασιάζοντας τις σχέσεις (5),(6) προκύπτει οτι:
      2 1x x2 2
1 2
3e f x 1 3e f x +1
Άρα καταλήξαμε σε άτοπο!Δηλαδή  1 2
x ,x με 1 2
x x και    1 2
f x f x
Συνεπώς  1 2
x ,x με 1 2
x x ισχύει    1 2
f x f x
Επομένως, η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα σε ολόκληρο το .
β)
Για x 0 η σχέση (1) γίνεται:
Λύνει ο Παναγιώτης Βιώνης
Άσκηση Α

4. ___________________________________________________________________________
9η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
       
       
   
    
5 3 2
5 3 2
f 0 3f 0 2f 0 3f 0 3
f 0 3f 0 2f 0 3f 0 3 0
           5 3 2
f 0 3f 0 3f 0 2f 0 3 0
Θέτοντας    f 0 έχω:
     
     
      
       
   
 
        
          
             
                
        
          
        
   
5 3 2
5 3 3 2
3 2 2 2
2 3 2 3
2 2
2
2 2
3 3 2 3 0
2 3 2 3 0
1 2 1 3 1 0
1 2 3 0 1 3 3 0
1 1 3 1 0
1 1 1 3 1 0
1 1 3 0
1 f 0 1
Η οποία είναι μοναδική λύση αφού οι άλλες δύο εξισώσεις είναι αδύνατες στο .
Άρα          

       
f
f f x 1 1 f f x 1 f 0 f x 1 0
     

     
f
f x 1 f x f 0 x 0
Στην άσκηση φαίνεται πως ο μαθητής έχει κάνει τον εξής συλλογισμό:
Αν  
 
x
limf x και  
 
x
limg x τότε:
        
     
x
lim f x g x 0 το οποίο όμως προφανώς και δεν ισχύει…
Αυτή η παρανόηση συναντάται συχνά αφού αρκετοί μαθητές αντιμετωπίζουν το άπειρο
σαν αριθμό και όχι σαν μια αφηρημένη έννοια, μη μετρήσιμη και επομένως μη
συγκρίσιμη.
Άσκηση Β

5. ___________________________________________________________________________
9η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Από
    
  
x
2 4 2
f(x) 3e
u / /v det u,v 0 0
f (x) 1 f (x) 3f (x) 2
   
    
 
     
     
4 2 x 2
2 2 x 2
0 0
f(x) f (x) 3f (x) 2 3e f (x) 1 0
f(x) f (x) 2 f (x) 1 3e f (x) 1 0
 
 
 
        
2
: f (x) 1 0
2 x 3 x
f(x) f (x) 2 3e 0 f (x) 2f(x) 3e , x  1
Έστω ότι η συνάρτηση f δεν είναι γνησίως αύξουσα στο , τότε υπάρχουν 1 2
x ,x με
1 2
x x ώστε
   
      
  
3 3
3 31 2
1 2 1 1 2 2
1 2
f (x ) f (x )
f(x ) f(x ) f (x ) 2f(x ) f (x ) 2f(x )
2f(x ) 2f(x )
  
     
x
1 2 1 2
1 e
x x x x
1 2
3e 3e e e x x ,
αυτό είναι άτοπο, άρα  1 2
x ,x με   1 2 1 2
x x f(x ) f(x ) δηλ. η συνάρτηση f είναι
γνησίως αύξουσα στο .
β)
Θεωρούμε f(x) 1 τότε από την σχέση  1 προκύπτει:
    3 x x
1 2 1 3e e 1  x 0 δηλ. f(0) 1 έτσι,
   

       
f
f f(x) 1 1 f f(x) 1 f(0) f(x) 1 0

     
f
f(x) 1 f(x) f(0) x 0.
Ο μαθητής οδηγήθηκε σε λάθος συμπεράσματα, διότι εφήρμοσε την ιδιότητα των
ορίων:
   
  
x x x
lim h(x) g(x) lim h(x) lim g(x)
Χωρίς να έχει εξασφαλίσει ότι το όριο της συνάρτησης g υπάρχει και δεν καταλήγει σε
απροσδιόριστη μορφή.
Λύνει ο Κωνσταντίνος Μόσιος
Άσκηση Α
Άσκηση Β

6. ___________________________________________________________________________
9η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Π.χ. το όριο

 
    
 
2
x
x 1
lim x
x 1
για   0 μας δίνει απροσδιοριστία μορφής    
Πρέπει να επισημανθεί (πολλές φορές) στους μαθητές ότι οι ιδιότητες των ορίων
μπορούν να εφαρμοστούν εφ’ όσον:
 Τα όρια των επί μέρους συναρτήσεων υπάρχουν και
 Δεν καταλήγουμε σε απροσδιόριστη μορφή.(  
    

0
, , , 0
0
)

7. ___________________________________________________________________________
9η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Αρχικά αφού τα διανύσματα είναι παράλληλα γνωρίζουμε από την θεωρία ότι πρέπει:
 
  
 
   
 
  
    
 
x
2 4 2
x
2 2 2 2
x
2 2 2
2 2 2 x
2 x
f(x) 3e
0
f (x) 1 f (x) 3f (x) 2
f(x) 3e
0
f (x) 1 (f (x) 1) f (x) 1
f(x) 3e
0
f (x) 1 (f (x) 1)(f (x) 2)
f(x)(f (x) 1)(f (x) 2) 3(f (x) 1)e
f(x)(f (x) 2) 3e
Έστω 1 2
x x . Τότε αφού η τελευταία ισχύει για κάθε πραγματικό αντικαθιστώντας
καταλήγω στις εξής σχέσεις:
   
 
   
1
2
x2
1 1
x2
2 2
f(x )(f (x ) 2) 3e
f(x )(f (x ) 2) 3e
Όμως 1 2x x
3e 3e άρα πρέπει:
         3 3 2 2
1 2 1 2 1 2 1 1 2 2
f (x ) f (x ) 2(f(x ) f(x )) 0 (f(x ) f(x ))(f (x ) f(x )f(x ) f (x ) 2) 0
Αλλά     2 2
1 1 2 2
f (x ) f(x )f(x ) f (x ) 2 2 0 οπότε πρέπει 1 2
f(x ) f(x ) δηλ. η συνάρτηση
είναι γνησίως αύξουσα.
β)
Αφού η συνάρτηση είναι γνησίως μονότονη θα τέμνει τον οριζόντιο άξονα σε ένα μόνο
σημείο άρα υποθέτουμε ότι f(0) a .
Τότε θα είναι:
      3 2
a 2a 3 0 (a 1)(a a 3)που έχει μοναδική πραγματική ρίζα την a 1 .
Συνεπώς η ανίσωση γράφεται:
        f(f(x) 1) f(0) f(x) 1 0 f(x) f(0) x 0
Λύνει ο Χάρης Πλάτανος
Άσκηση Α

8. ___________________________________________________________________________
9η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
        
            
             
   

 
        
 
      
       
5 3 x 2
3 2 2 x 2
2 3 x 3 x
)
u/ / v det u,v 0 f x 3f x 2f x 3e f x 1 0
f x f x 1 2f x f x 1 3e f x 1 0
f x 1 f x 2f x 3e 0 f x 2f x 3e 1
Η    3
h x x 2x στο και η προηγούμενη ισότητα γράφεται     x
h f x 3e .
Αν                 1 2
h
x x
1 2 1 2 1 2
x ,x 3e 3e h f x h f x f x f x f στο .
β)
Η ανίσωση ορίζεται στο .
Για x 0 στην  1 έχω:     3
f 0 2f 0 3 και η εξίσωση  3
x 2x 3 έχει μοναδική λύση
την x 1.
Άρα   f 0 1 και η ζητούμενη ανίσωση γράφεται ισοδύναμα λόγω της μονοτονίας της f ,
          f x 1 0 f x f 0 x 0 .
Μετά τη 2η ισοδυναμία το όριο του αθροίσματος δεν μπορεί να σπάσει σε άθροισμα ορίων
γιατί δεν ξέρουμε αν υπάρχει το ένα απ’ αυτά.   
  
x
lim x . Άλλωστε για   0 που
απαντά ο μαθητής το προηγούμενο όριο είναι  και η μορφή του ορίου της f είναι
απροσδιόριστη     . Άρα η λύση του είναι λανθασμένη.
Η f γράφεται  
           


2
1 x x 1
f x
x 1
και για να είναι  

x
lim f x 0 πρέπει κατ’
ανάγκη να ισχύει:   1, γιατί με   1 το όριο ισούται με  ανάλογα με το πρόσημο
του  1 . Τότε  
     


1 x 1
f x
x 1
και με   1 το όριο είναι   1 0 , αδύνατο, ενώ με
  1 το όριο είναι 0.
Άρα      
    
x
lim f x 0 , 1,1 .
Λύνει ο Κώστας Δεββές
Άσκηση Α
Άσκηση Β

9. ___________________________________________________________________________
9η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Επειδή u // v ισχύει ότι :  det u,v 0 δηλαδή 
  
x
2 4 2
f(x) 3e
0
f (x) 1 f (x) 3f (x) 2
οπότε :  f x ∙ (  4 2
f (x) 3f (x) 2) = x
3e ∙( 2
f (x) 1 ) ⟺
 f x ∙ 2
(f (x) 2)∙ ( 2
f (x) 1) =  x
3 e ∙( 2
f (x) 1 )
και επειδή  2
f (x) 1 0 έχουμε ότι :  f x ∙ 2
(f (x) 2) =  x
3 e (σχέση 1)
Έστω 1
x , 2
x  ℝ με 1 2
x x και επειδή η x
e είναι γνησίως αύξουσα έχουμε ότι
1 2x x
e e ⇔ 1 2x x
3e 3e και λόγω σχέσης ( 1)
 1
f x ∙ 2
1
(f (x ) 2) <  2
f x ∙ 2
2
(f (x ) 2) ⟺
⟺  3
1
f x    1
2 f x  3
2
- f x   2
2f x 0 ⟺ ……………………………………… ⟺
⟺                  2 2
1 2 1 1 2 2
f x f x f (x ) f x f x f x 2 0 . (σχέση 2)
Η παράσταση :          2 2
1 1 2 2
f (x ) f x f x f x 2 (τριώνυμο ως προς  1
f x ) έχει
Δ =    2
2
3f x 8 0 οπότε          2 2
1 1 2 2
f (x ) f x f x f x 2  0 για κάθε 1
x , 2
x
οπότε η σχέση (2) γίνεται : 1 2
f(x ) f(x ) 0  1 2
f(x ) f(x ) και σε συνδυασμό με την
αρχική σχέση 1 2
x x έχουμε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο
β)
Η σχέση (1) για x=0 γίνεται  f 0 ∙ 2
(f (0) 2) =  0
3 e δηλαδή
                   3 2
f (0) 2f(0) 3 0 f 0 1 f 0 f 0 3 0 f 0 1
Η ανίσωση   f f x 1 1 γίνεται :      f f x 1 f 0 και επειδή από α)ερώτημα f γν.
αύξουσα             f x 1 0 f x 1 f x f 0 οπότε x 0
Λύνει ο Γιώργος Κουρεμπανάς
Άσκηση Α

10. ___________________________________________________________________________
9η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Για κάθε x ισχύει
   
     
        
          
            
          
         
    
  
       
        
       
 
     
   
x
2 4 2
4 2 x 2
4 2 2 x 2
2 2 2 x 2
2 2 x 2
2 3 x
f x 3e
u / /v det u,v 0 0
f x 1 f x 3f x 2
f x f x 3f x 2 3e f x 1 0
f x f x f x 2f x 2 3e f x 1 0
f x f x f x 1 2 f x 1 3e f x 1 0
f x f x 1 f x 2 3e f x 1 0
f x 1 f x 2f x 3e 0 1
Όμως   2
f x 1 0 για κάθε x
η (1)              3 x 3 x
f x 2f x 3e 0 f x 2f x 3e για κάθε x (2)
Θεωρούμε τη συνάρτηση     3
g x x 2x , x
Για κάθε x είναι     2
g x 3x 2 0 άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο
οπότε και 1-1.
Για κάθε 1 2
x ,x με
 
       
         
 
         
  
x
1 2 1 2
2e
x x x x 3 3
1 2 1 1 2 2
g .
1 2 1 2
x x e e 3e 3e f x 2f x f x 2f x
g f x g f x f x f x
Άρα f γνησίως αύξουσα στο .
β)
Η (2) για x 0 δίνει           

     
g 1 1
3
f 0 2f 0 3 g f 0 g 1 f 0 1
Η ανίσωση    f f x 1 1 ορίζεται στο .
       
       
     
       
f
f
f f x 1 1 f f x 1 f 0
f x 1 0 f x 1 f x f 0 x 0
Λύνει ο Τρύφωνας Ζωϊτσάκος
Άσκηση Α

11. ___________________________________________________________________________
9η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
 Αν α=0 τότε   
  

2
x 1
f x
x 1
και
     
  
               
  
2 2 2
x x x x x
x 1 x 1 x
lim f x lim lim lim lim
x 1 x 1 x
 Αν α<0 τότε       
  
                
  
2 2
x x x x
x 1 x 1
lim f x lim x lim lim x
x 1 x 1
 Αν α>0 τότε


 

2
x
x 1
lim
x 1
και  
    
x
lim x άρα υπάρχει απροσδιοριστία και
δεν μπορεί να γίνει διάσπαση του ορίου και ο τρόπος λύσης δεν είναι σωστός.
Άσκηση Β

12. ___________________________________________________________________________
9η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Είναι
 
 
     
   
  
x
2 4 2
f x 3e
det u,v 0 0
f x 1 f x 3f x 2
               4 2 x 2
f x f x 3f x 2 3e f x 1 0
               2 2 x 2
f x f x 1 f x 2 3e f x 1
             2 x 3 x
f x f x 2 3e f x 2f x 3e (1) για κάθε x .
Για οποιαδήποτε 1 2
x ,x με 1 2
x x έχουμε :
                1 2 1 2x x x x 3 3
1 2 1 1 2 2
x x e e 3e 3e f x 2f x f x 2f x
             3 3
1 2 1 2
f x f x 2 f x f x 0
                        2 3
1 2 1 1 2 2 1 2
f x f x f x f x f x f x 2 0 f x f x
άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο  .
β)
Στην (1) για x 0 έχουμε :     3
f 0 2f 0 3 που έχει προφανή λύση την   f 0 1
η οποία είναι και μοναδική αφού η f είναι ‘1-1’ ως γνησίως μονότονη.
Άρα
               
 
             
f f
f f x 1 1 f f x 1 f 0 f x 1 0 f x 1 f x f 0 x 0
Λύνει ο Αθανάσιος Μπεληγιάννης
Άσκηση Α