This document discusses finding the tangent line to the graph of a function f. It outlines the steps as: 1) finding the domain of f, 2) finding the derivative of f, and 3) considering cases based on whether the point of tangency (x0, f(x0)) is known or unknown. If the point is known, the slope of the tangent line is f'(x0) and the equation can be found. If unknown, additional information is needed, such as if the line is parallel/perpendicular to another line or passes through a specific point. The derivative f'(x0) and this extra information can be used to find the equation of the tangent line. Care must be taken to understand
ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ ΓΙΑ ΤΗΝ ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΥΠΑΡΞΗΣ ΡΙΖΩΝ ΣΥΝΕΧΟΥΣ ΚΑΙ ΠΑΡΑΓΩΓΙΣΙΜΗΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣΡεβέκα Θεοδωροπούλου
Στην παρουσίαση αυτή θα δείτε μια μεθοδολογία για την ύπαρξη ριζών συνεχούς και παραγωγίσιμης συνάρτησης, με χρήση των θεωρημάτων Bolzano και Rolle. Θα βρείτε επίσης λυμένα παραδείγματα και κάποιες ασκήσεις για εξάσκηση.
Σχέδιο μαθήματος παραγράφου 1.5: Εσωτερικό γινόμενο διανυσμάτωνΜάκης Χατζόπουλος
Επιμέλεια: Μάκης Χατζόπουλος
Δίνω μια πρόταση διδασκαλίας στην παράγραφο 1.5: "Εσωτερικό γινόμενο διανυσμάτων "για τους μαθητές της Β Λυκείου.
Προφορικά κάνω και μια μικρή αναφορά στο εξωτερικό γινόμενο και την διάκρισή του από το εσωτερικό. Προφανώς όλα αυτά διαφοροποιούνται ανάλογα στο κοινό στο οποίο απευθύνεσαι.
Το κύριο μάθημά μου είναι το εξής:
Εισαγωγή στην κύρια έννοια της παραγράφου
Ορισμός της έννοιας
Παραδείγματα πάνω στον ορισμό
Ιδιότητες + απόδειξη (όλες, είτε υπάρχουν στο βιβλίο είτε όχι)
Παραδείγματα στις ιδιότητες
Ασκήσεις σχολικού βιβλίου
Γενικές ασκήσεις
Ενδεχομένως γραπτή εξέταση!
This document discusses finding the tangent line to the graph of a function f. It outlines the steps as: 1) finding the domain of f, 2) finding the derivative of f, and 3) considering cases based on whether the point of tangency (x0, f(x0)) is known or unknown. If the point is known, the slope of the tangent line is f'(x0) and the equation can be found. If unknown, additional information is needed, such as if the line is parallel/perpendicular to another line or passes through a specific point. The derivative f'(x0) and this extra information can be used to find the equation of the tangent line. Care must be taken to understand
ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ ΓΙΑ ΤΗΝ ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΥΠΑΡΞΗΣ ΡΙΖΩΝ ΣΥΝΕΧΟΥΣ ΚΑΙ ΠΑΡΑΓΩΓΙΣΙΜΗΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣΡεβέκα Θεοδωροπούλου
Στην παρουσίαση αυτή θα δείτε μια μεθοδολογία για την ύπαρξη ριζών συνεχούς και παραγωγίσιμης συνάρτησης, με χρήση των θεωρημάτων Bolzano και Rolle. Θα βρείτε επίσης λυμένα παραδείγματα και κάποιες ασκήσεις για εξάσκηση.
Σχέδιο μαθήματος παραγράφου 1.5: Εσωτερικό γινόμενο διανυσμάτωνΜάκης Χατζόπουλος
Επιμέλεια: Μάκης Χατζόπουλος
Δίνω μια πρόταση διδασκαλίας στην παράγραφο 1.5: "Εσωτερικό γινόμενο διανυσμάτων "για τους μαθητές της Β Λυκείου.
Προφορικά κάνω και μια μικρή αναφορά στο εξωτερικό γινόμενο και την διάκρισή του από το εσωτερικό. Προφανώς όλα αυτά διαφοροποιούνται ανάλογα στο κοινό στο οποίο απευθύνεσαι.
Το κύριο μάθημά μου είναι το εξής:
Εισαγωγή στην κύρια έννοια της παραγράφου
Ορισμός της έννοιας
Παραδείγματα πάνω στον ορισμό
Ιδιότητες + απόδειξη (όλες, είτε υπάρχουν στο βιβλίο είτε όχι)
Παραδείγματα στις ιδιότητες
Ασκήσεις σχολικού βιβλίου
Γενικές ασκήσεις
Ενδεχομένως γραπτή εξέταση!
The document contains questions and answers related to mathematics for senior high school. It includes questions from past national exams from 2000-2020, as well as sample questions in both the old and new testing systems. The questions cover topics like functions, limits, derivatives, and graphing. The document is authored by a mathematics teacher and intended as a review guide for students.
This document appears to be part of a Greek mathematics textbook. It contains definitions of common mathematical terms like function, graphical representation of a function, equality of functions, operations on functions, and composition of functions. It also defines what it means for a function to be increasing or decreasing over an interval of its domain. The document is divided into numbered sections and contains examples to illustrate each definition.
This document is a chapter from a Greek first year high school mathematics textbook. It covers the topics of positive and negative real numbers, absolute value, opposites, and comparing real numbers. Some key points covered include: defining positive and negative numbers, their placement on the number line; absolute value as the distance from zero; opposites having the same absolute value but different signs; and the absolute value of positive numbers being themselves and negatives being their opposites. Examples are provided to illustrate these concepts along with exercises for students to practice.
Σχέδιο Δράσης Ομίλου Ρομποτικής - 56ου Γυμνασίου ΑθήναςSxedio2023-24OmilosRom...
Διαγώνισμα Rolle ΘΜΤ και συνέπειες + λύσεις
1. 0 Διαγώνισμα Έως Συνέπειες Θ.Μ.Τ./ Επιμέλεια: Ανδρέας Μανώλης
Διαγώνισμα – Έως Συνέπειες Θ.Μ.Τ.
Διάρκεια Διαγωνίσματος : 3 ώρες
Ημερομηνία εξέτασης : .... Φεβρουαρίου 2017
Στοιχεία μαθητή : ………………………………………………………………
Βαθμός (100) : ……………………………………………………………………
Βαθμός (20) : ………………………………………………………………………
Σχόλια Μαθητή : …………………………………………………………………………………………………………………………………….
Σχόλια Καθηγητή : ………………………………………………………………………………………………………………………………….
Κατασκευή Θεμάτων : Ανδρέας Μανώλης
Πηγή θεμάτων : Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου , Γιώργος Μιχαηλίδης
2. 1 Διαγώνισμα Έως Συνέπειες Θ.Μ.Τ./ Επιμέλεια: Ανδρέας Μανώλης
A1. Έστω συνάρτηση f ορισμένη σε ένα διάστημα Δ. Αν
η f είναι συνεχής στο Δ και
f x 0 για κάθε εσωτερικό σημείο x του Δ
να δείξετε ότι η f είναι σταθερή σε όλο το διάστημα Δ
A2. Να διατυπώσετε το θεώρημα Rolle και να δώσετε την γεωμετρική του ερμηνεία
A3. Να χαρακτηρίσετε τις παρακάτω προτάσεις με Σ ή Λ
α. Αν δύο συναρτήσεις είναι συνεχείς σε ένα διάστημα Δ και f x g x για κάθε εσωτερικό σημείο x του Δ,
τότε για κάθε x Δ ισχύει πάντοτε f x g x
β. Έστω A {0} r και η συνάρτηση f : A r η οποία είναι παραγωγίσιμη με f x 0 , για κάθε x A .
Τότε η f είναι πάντα σταθερή στο Α
γ. Αν μια συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο κλειστό διάστημα α,β και f α f β , τότε υπάρχει πάντα ένα
τουλάχιστον ξ α,β τέτοιο ώστε f ξ 0
δ. Αν μία συνάρτηση f είναι συνεχής στο α,β και παραγωγίσιμη στο α,β τότε υπάρχει πάντα μοναδικό ξ α,β
ώστε f β f α β α f ξ
ε. Αν ισχύει το Θεώρημα Μέσης Τιμής για την f στο α,β , γεωμετρικά σημαίνει ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον
ξ α,β τέτοιο ώστε η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της f στο σημείο M ξ,f ξ να είναι παράλληλη
της ΑΒ, όπου Α α,f α , Β β,f β .
Β1. Να δείξετε ότι ισχύει 2
x 1
1 x 2
για κάθε xr
Β2. Αν η f : r r είναι παραγωγίσιμη στο r με 2
x
f x
x 1
και για κάποιο 0x 0, ισχύει :
0 0
1
f x x
2
και 0 0
1
f x x
2
να δείξετε ότι :
i. για όλα τα α, βr ισχύει
1
f β f α β α
2
ii. f 0 0
iii. η εξίσωση f x x έχει ακριβώς μια ρίζα
iv. η εξίσωση
x
ημ x
2
έχει μοναδική λύση την οποία και να υπολογίσετε
Θέμα Α
Μονάδες : Α1 …. / 8, Α2 …. / 7, Α3 …. / 10 , Α .… / 25
Θέμα Β
Μονάδες : Β1 …. / 3, Β2 i.…. / 6, ii…. / 5, iii…. / 6, iv…. / 5, Β …. /25
3. 2 Διαγώνισμα Έως Συνέπειες Θ.Μ.Τ./ Επιμέλεια: Ανδρέας Μανώλης
Δίνεται η συνάρτηση f : r r για την οποία ισχύει :
2017x y
f x 2 2 f y x y για κάθε x,y r και f 0 1
και η παραγωγίσιμη συνάρτηση g : r r για την οποία ισχύει :
g α g β 2α 2β για κάθε α,βr και g 0 1 , g 1 2
Γ1. Να δείξετε x
f x 2 , x r
Γ2. Να δείξετε ότι 2
g x x 2x 1, x r
Γ3. i. Να δείξετε ότι οι γραφικές παραστάσεις των f, g έχουν δύο ακριβώς κοινά σημεία τα οποία να
βρείτε
ii. Να δείξετε ότι σε κανένα από τα δυο παραπάνω σημεία οι γραφικές παραστάσεις των f, g δεν
δέχονται κοινή εφαπτομένη
Γ4. Να δείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ 0,1 τέτοιο ώστε f ξ g ξ 1 f ξ g ξ 1
Για την παραγωγίσιμη συνάρτηση f : 1, r ισχύουν :
1
f e 1
e
1
f x 0
x
2h 0
1
f x
f x 2h 2f x f x 3h 1x
lim
h x lnx x
για κάθε x 1
Δ1. Να δείξετε ότι
1
f x lnx , x 1
x
Δ2. Να δείξετε ότι
2 2
1 1 1 1
f x 1 f x
x 1 x xx 1
για κάθε x 1
Δ3. Να υπολογίσετε το όριο
2
x 2x
x
x 1 1 1
lim e ln
x x x 1
Δ4. Να δείξετε ότι η εξίσωση
4 3
f x f 2 f x f 3
9 4 2017
x 3 x 2
έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο 2,3
Θέμα Γ
Μονάδες : Γ1 …. / 7, Γ2 …. / 5, Γ3 i…. / 6, ii…. / 2, Γ4 …. / 5, Γ …. /25
Θέμα Δ
Μονάδες : Δ1 …. / 10, Δ2 …. / 4, Δ3 …. / 5, Δ4 …. / 6, Δ …. / 25
5. 0 Διαγώνισμα στο Bolzano/ Ανδρέας Μανώλης
Α1, Α2: Θεωρία
Α3.
α. Λ
β. Λ
γ. Σ
δ. Λ
ε. Σ
Β1. Α΄ τρόπος
Έχουμε
2
x 1 0
2
2 22
22 2
x xx 1 1 1
2 x x 1
1 x 2 2 1 x 21 x
2 x x 1 x 2 x 1 0 x 1 0
Το οποίο ισχύει για κάθε xr
Β΄ τρόπος
Είναι
2 2
x 1 1 x 1
1 x 2 2 1 x 2
Έχουμε
22 2
2
x 1
2x x 1 x 2x 1 0 x 1 0
1 x 2
Ισχύει
22 2
2
1 x
1 x 2x x 2x 1 0 x 1 0
2 1 x
Ισχύει
Οπότε η αρχική μας ανισότητα ισχύει για κάθε xr .
Β2.i. Θέλουμε να δείξουμε ότι
1
f β f α β α 1
2
για κάθε α,βr
Λύσεις - 4ο
Διαγώνισμα Έως Συνέπειες Θ.Μ.Τ
Θέμα Α
Θέμα Β
6. 1 Διαγώνισμα στο Bolzano/ Ανδρέας Μανώλης
Αν α β τότε η σχέση
1
f β f α β α
2
γίνεται
1 1
f β f α β α f α f α α α 0 0
2 2
Ισχύει
Αν α β τότε :
H f είναι συνεχής στο α,β ως παραγωγίσιμη στο α,β
Η f είναι παραγωγίσιμη στο α,β
Οπότε από Θ.Μ.Τ. υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ α,β τέτοιο ώστε
f β f α
f ξ
β α
Όμως 2
x
f x
x 1
και από Β1. 2
x 1
1 x 2
. Άρα
1
f x
2
για κάθε xr
Για x ξ και α β είναι
f β f αf β f α1 1 1 1
f ξ f β f α β α
2 β α 2 β α 2 2
Β2.ii. Α΄ τρόπος :
Για 0α x και β 0 στην 1 έχουμε
0x 0
0 0 0 0 0 0 0 0
1 1 1 1 1 1
f 0 f x 0 x f 0 x x x f 0 x x x f 0 0 2
2 2 2 2 2 2
Για α 0 και 0β x στην 1 έχουμε
0x 0
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
1 1 1 1 1 1 1 1
f x f 0 x 0 x f 0 x f 0 x x x f 0 x x 0 f 0 x 3
2 2 2 2 2 2 2 2
Από 2 και 3 έχουμε
0 f 0 0 f 0 0
Β΄ τρόπος (Στην ουσία ξανακάνουμε δύο φορές το Θ.Μ.Τ. του Β2.i.):
H f είναι συνεχής στα 0x ,0 και 00,x ως παραγωγίσιμη
Η f είναι παραγωγίσιμη στα 0x ,0 και 00,x
Οπότε από Θ.Μ.Τ. υπάρχει ένα τουλάχιστον
1 0ξ x ,0 τέτοιο ώστε
0
0
1
0 0
1
f 0 xf 0 f x 2f ξ
0 x x
και ένα τουλάχιστον
2 0ξ 0,x τέτοιο ώστε
0
0
2
0 0
1
x f 0f x f 0 2f ξ
x 0 x
Για 1x ξ στην έχουμε
7. 2 Διαγώνισμα στο Bolzano/ Ανδρέας Μανώλης
0
1 0 0
0 0
1
f 0
x1 1 1 1
f ξ f 0 x ... x f 0 0 2
2 x 2 x 2
Για 2x ξ στην έχουμε
0
2 0 0 0
0
1
x f 0
1 1 1 12f ξ f 0 x x ... 0 f 0 x 3
2 x 2 2 2
Από 2 και 3 έχουμε
0 f 0 0 f 0 0
Γ΄ τρόπος
Έχουμε
2
2
ln x 1x
f x f x
x 1 2
Οι συναρτήσεις f και
2
ln x 1
2
είναι συνεχείς στο r
Οπότε από το πόρισμα της Συνέπειας του Θεωρήματος Μέσης τιμής έχουμε :
2
ln x 1
f x c
2
με cr
Από υπόθεση είναι :
2
0 0
0 0
ln x 1 x1
f x x c 1
2 2 2
2
0 0
0 0
ln x 1 x1
f x x c 2
2 2 2
Αφαιρούμε τις 1 και 2 κατά μέλη και έχουμε 0x 0 . Οπότε και c 0 .
Άρα
2
ln x 1
f x
2
.
Έτσι f 0 0
Β2.iii.
Από Β2.ii. έχουμε ότι το 0 είναι ρίζα της f x x . Θα δείξουμε ότι είναι μοναδική.
Θεωρούμε τη συνάρτηση g x f x x ορισμένη στο r .
Α΄ τρόπος (με άτοπο) :
Έστω ότι g έχει τουλάχιστον δύο ρίζες στο r , και δύο από αυτές είναι οι 1 2ρ , ρ . Χωρίς βλάβη της
γενικότητας επιλέγουμε 1 2ρ ρ .
Τότε
H g είναι συνεχής στo 1 2ρ ,ρ ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων
Η g είναι παραγωγίσιμη στo 1 2ρ ,ρ ως διαφορά παραγωγίσιμων συναρτήσεων με g x f x 1
8. 3 Διαγώνισμα στο Bolzano/ Ανδρέας Μανώλης
1 2g ρ g ρ 0 από υπόθεση
Οπότε από το Θεώρημα Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον 1 2ξ ρ ,ρ τέτοιο ώστε
2
2
ξ
g ξ 0 f ξ 1 1 ξ ξ 1 0
ξ 1
Άτοπο διότι το τριώνυμο έχει Δ 0
Σε άτοπο καταλήξαμε από την υπόθεση ότι η g έχει τουλάχιστον δύο ρίζες.
Άρα η λύση x 0 είναι μοναδική.
Β΄ τρόπος (με μονοτονία) :
Η g είναι παραγωγίσιμη ως διαφορά παραγωγίσιμων συναρτήσεων , οπότε :
2 2
2 2 2
x x x 1 x x 1
g x f x 1 1 0
x 1 x 1 x 1
διότι 2
x 1 0 και το τριώνυμο 2
x x 1 0 αφού έχει Δ 3 0
Άρα η g είναι γνησίως αύξουσα για κάθε xr
Οπότε για
g
x 0 g x g 0 g x 0
1
g
x 0 g x g 0 g x 0
1
Άρα η λύση x 0 είναι μοναδική.
Β2.iv.
Από την υπόθεση
1
f x
2
και το ερώτημα Β2.ii. και Β2.iii. έχουμε ότι κάθε εξίσωση της μορφής
f x x με
1
f x
2
που έχει ρίζα το 0 θα είναι και μοναδική.
Η εξίσωση
x
ημ x
2
έχει ρίζα το 0 και αν υποθέσουμε ότι
x
h x ημ
2
, τότε
1 x
h x συν
2 2
με
1 x 1 x 1
h x συν συν
2 2 2 2 2
Άρα η εξίσωση
x
ημ x
2
έχει μοναδική ρίζα το 0
Γ1. Έχουμε την ανισοϊσότητα
2017x y
f x 2 2 f y x y
Θέτουμε x
h x f x 2 , x r
Για οποιοδήποτε 0y x r στην 1 έχουμε
2017
0 0h x h x x x
Είναι
2017 2017 2017
0 0 0 0 0h x h x x x x x h x h x x x
Θέμα Γ
9. 4 Διαγώνισμα στο Bolzano/ Ανδρέας Μανώλης
Έχουμε ότι
0 0
2017 2017
0 0
x x x x
lim x x lim x x 0
Οπότε από κριτήριο παρεμβολής είναι
0 0
0 0
x x x x
lim h x h x 0 limh x h x
Άρα η h είναι συνεχής σε οποιοδήποτε 0x r , οπότε θα είναι συνεχής στο r
Για 0x x είναι
2017 2016 2016 20160 0
0 0 0 0 0
0 0
h x h x h x h x
h x h x x x x x x x x x
x x x x
Έχουμε ότι
0 0
2016 2016
0 0
x x x x
lim x x lim x x 0
Οπότε από κριτήριο παρεμβολής είναι
0
0
x x
0
h x h x
lim 0
x x
.
Άρα 0h x 0 για οποιοδήποτε 0x r , οπότε θα είναι h x 0 για κάθε xr
Έτσι έχουμε ότι
Η h είναι συνεχής στο r
h x 0 για κάθε εσωτερικό σημείο του r
Οπότε από Συνέπειες του Θεωρήματος Μέσης Τιμής η h θα είναι σταθερή στο r
Δηλαδή h x c με cr , για κάθε xr
Τελικά είναι x x
h x c f x 2 c f x c 2
Για x 0 έχουμε 0
f 0 2 c 1 1 c c 0
Οπότε x
f x 2 , x r
Γ2. Έχουμε ότι g α g β 2α 2β g α 2α g β 2β 1 για κάθε α,βr
Έστω φ x g x 2x, x r
Τότε από 1 έχουμε
φ α φ β για κάθε α,βr
Οπότε η φ είναι σταθερή στο r
Άρα 1φ x c με 1c r
Οπότε
10. 5 Διαγώνισμα στο Bolzano/ Ανδρέας Μανώλης
2
1 1 1 1φ x c g x 2x c g x c 2x g x c x x
Οι συναρτήσεις 2
1g x , c x x είναι συνεχείς
Άρα από το πόρισμα της συνέπειας του Θεωρήματος Μέσης Τιμής έχουμε
2
1 2g x c x x c με 2c r
Για x 0 είναι 2
1 2 2g 0 c 0 0 c c 1
Για x 1 είναι 2
1 2 1 1g 1 c 1 1 c 2 c 1 1 c 2
Άρα 2
g x x 2x 1, x r
Γ3. i. Για να βρούμε τα κοινά σημεία των f gC , C αρκεί να λύσουμε την εξίσωση
x 2 x 2
f x g x 2 x 2x 1 2 x 2x 1 0
Έστω x 2
r x 2 x 2x 1, x r
Παρατηρούμε ότι 0 2
r 0 2 0 2 0 1 0 και 1 2
r 1 2 1 2 1 1 0
Άρα τα κοινά σημεία των f gC , C είναι τουλάχιστον τα A 0,1 και B 1,2 αφού
f 0 g 0 1 και f 1 g 1 2
Θα δείξουμε ότι αυτά τα σημεία είναι μοναδικά.
Έστω ότι η εξίσωση έχει τουλάχιστον τρεις ρίζες στο r , και τρεις από αυτές είναι οι 0 , 1 και ρ. Χωρίς
βλάβη της γενικότητας επιλέγουμε 0 1 ρ . Τότε
H r είναι συνεχής στα 0,1 , 1,ρ ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων
Η r είναι παραγωγίσιμη στo 0,1 , 1,ρ ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων με
x
r x 2 ln2 2x 2
r 0 r 1 r ρ 0 , από υπόθεση
Άρα από Θεώρημα Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον
1ξ 0,1 τέτοιο ώστε 1r ξ 0
και ένα τουλάχιστον
2ξ 1,ρ τέτοιο ώστε 2r ξ 0
Θεωρούμε την r ορισμένη στο 1 2ξ ,ξ
H r είναι συνεχής στο 1 2ξ ,ξ ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων
Η r είναι παραγωγίσιμη στo 1 2ξ ,ξ ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων με
x 2
r x 2 ln 2 2
1 2r ξ r ξ 0
,
Οπότε από το Θεώρημα Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον 3 1 2ξ ξ ,ξ τέτοιο ώστε
ξ 2 ξ 2
3r ξ 0 2 ln 2 2 0 2 ln 2 2 . Άτοπο.
11. 6 Διαγώνισμα στο Bolzano/ Ανδρέας Μανώλης
Σε άτοπο καταλήξαμε από την υπόθεση ότι η η εξίσωση έχει τουλάχιστον τρεις ρίζες. Επειδή έχουμε
δείξει ότι έχει δύο τουλάχιστον αυτές θα είναι και μοναδικές.
ii. Για να έχουν κοινή εφαπτομένη στα σημεία Α και Β θα πρέπει :
Για το σημείο Α 0,1 να ισχύει f 0 g 0 και f 0 g 0
Όμως f 0 ln2 και g 0 2 . Οπότε δεν δέχονται κοινή εφαπτομένη στο Α
Για το σημείο B 1,2 να ισχύει f 1 g 1 και f 1 g 1
Όμως f 1 2ln2 και g 1 0 . Οπότε δεν δέχονται κοινή εφαπτομένη στο Β
Γ4. Α΄ τρόπος ( με το Θεώρημα Rolle) :
Για ξ x έχουμε
f x g x 1 f x g x 1 f x g x 1 f x g x 1 0 f x g x 1 0
q x f x g x 1 f x g x 1
Θεωρούμε τη συνάρτηση q x f x g x 1 ορισμένη στο 0,1
Η q x είναι συνεχής στο 0,1 ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων
Η q x είναι παραγωγίσιμη στο 0,1 ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων με
q x f x q x 1 f x q x 1
q 0 f 0 g 1 1 2 2
2
q 1 f 1 g 2 2 2 2 2 1 2
Άρα q 0 q 1 .
Οπότε από Θεώρημα Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ 0,1 τέτοιο ώστε
q ξ 0 f ξ q ξ 1 f ξ q ξ 1 0 f ξ q ξ 1 f ξ q ξ 1
Β΄ τρόπος ( με το Θεώρημα Bolzano) :
Θεωρούμε τη συνάρτηση q x f x g x 1 f x g x 1 ορισμένη στο 0,1
H qείναι συνεχής στο 0,1 ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων .
q 0 f 0 g 1 f 0 g 1 1 0 ln2 2 2ln2 0
q 1 f 1 g 2 f 1 g 2 2 2 2ln2 1 4 2ln2 4 ln4 0 , διότι για x 4 στη βασική
ανισότητα lnx x 1 έχουμε ln4 4 1 ln4 4 1 0
Οπότε από Θεώρημα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ 0,1 τέτοιο ώστε
q ξ 0 f ξ g ξ 1 f ξ g ξ 1
Δ1. Αρχικά έχουμε ότι η
1
f x
x
είναι συνεχής για x 1 και
1
f x 0
x
, οπότε από τις συνέπειες
του Θεωρήματος Bolzano διατηρεί σταθερό πρόσημο. Επίσης
1
f e 1 0
e
. Άρα
1
f x 0
x
για
κάθε x 1 και κατά συνέπεια
1 1
f x f x
x x
.
Θέμα Δ
12. 7 Διαγώνισμα στο Bolzano/ Ανδρέας Μανώλης
Η δοθείσα σχέση γίνεται
2h 0
1
f xf x 2h 2f x f x 3h 1xlim 1
h x lnx x
Έχουμε ότι
h 0 h 0
f x 2h 2f x f x 3h f x 2h f x f x 3h f x
lim lim 2f x 3f x f x
h h h
διότι
για το
h 0
f x 2h f x
lim
h
θέτουμε 2h u . Όταν h 0 τότε u 0
Άρα
h 0 u 0 u 0
f x 2h f x f x u f x f x u f x
lim lim 2lim 2f x
uh u
2
και για το
h 0
f x 3h f x
lim
h
θέτουμε 3h u . Όταν h 0 τότε u 0
Άρα
h 0 u 0 u 0
f x 3h f x f x u f x f x u f x
lim lim 3lim 3f x
uh u
3
Οπότε από 1 έχουμε
2 2
1 1
f x f x
1 1x xf x f x 2
x lnx x x x lnx
Θεωρούμε τη βοηθητική συνάρτηση
1
g x f x , x 1
x
Οπότε από 2 έχουμε
g x 0 g x 0g x g x 1
g x lng x ln lnx
x lnx g x xlnx
Οι lng x , ln lnx είναι συνεχείς στο 1,
Οπότε από το Πόρισμα της Συνέπειας του Θεωρήματος Μέσης Τιμής έχουμε
ln g x ln lnx c με cr
Γι α x e είναι
1
lng e ln lne c ln f e ln1 c ln1 ln1 c c 0
e
Άρα
lnx:1 1 1 1
lng x ln lnx g x lnx f x lnx f x lnx , x 1
x x
Δ2. Έχουμε ότι 2
1 1
f x
x x
και 2 3
1 2
f x 0
x x
. Οπότε η f είναι γνησίως φθίνουσα για κάθε
x 1 .
13. 8 Διαγώνισμα στο Bolzano/ Ανδρέας Μανώλης
Για x 1 έχουμε :
Η f είναι συνεχής στο x,x 1 ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων
Η f είναι παραγωγίσιμη στο x,x 1 ως διαφορά παραγωγίσιμων συναρτήσεων
Από Θεώρημα Μέσης Τιμής έχουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ x,x 1 τέτοιο ώστε
f x 1 f x
f ξ f x 1 f x
x 1 x
Έχουμε
f
2 2
1 1 1 1
x ξ x 1 f x 1 f ξ f x f x 1 f x
x 1 x xx 1
2
Δ3. Ψάχνουμε το όριο
2 2
2 2
x 2x x 2x
x x
x 2x x 2x
x x
x 1 1 1 1 1
lim e ln lim e ln x 1 lnx
x x x 1 x x 1
1 1
lim e ln x 1 lnx lim e f x 1 f x
x 1 x
Από Δ2 έχουμε ότι
2 2 2 2 2x 2x
2
x 2x x 2x x 2x x 2xe
x 2x
2 22 2
1 1 1 1 e e e e
f x 1 f x e f x 1 f x
x 1 x x x 1 x xx 1 x 1
Έχουμε ότι :
22 x 2xx 2x
x D.L.H. x
e 2x 2e
lim lim
x 1 1
, διότι x
lim 2x 1
και για να υπολογίσουμε το
2
x 2x
x
lim e
θέτουμε 2
x 2x u . Όταν x , τότε 2
0
x
u lim x 2x
. Οπότε
2
x 2x u
x u
lim e lim e
22
2
x 2xx 2x
x 2x
2x D.L.H. x x
e 2x 2e
lim lim lim e
2x 2x 1
( το έχουμε υπολογίσει πιο πάνω)
Οπότε
2 2
x 2x x 2x
2x
e e
lim
x 1 x 1
Επίσης
22 x 2xx 2x
x D.L.H. x
e 2x 2e
lim lim
x 1
( το έχουμε υπολογίσει πιο πάνω)
22
2 2
x 2xx 2x
x 2x x 2x
2x D.L.H. x x x
e 2x 2e 2x 2 1
lim lim lim e lim e 1 1 0
x 2x 2x x
Οπότε
2 2
x 2x x 2x
2x
e e
lim
x x
Συνεπώς από κριτήριο παρεμβολής είναι
14. 9 Διαγώνισμα στο Bolzano/ Ανδρέας Μανώλης
2
x 2x
x
lim e f x 1 f x
Δ4. Έχουμε για x 2,3 ότι
4 3
f x f 2 f x f 3
9 4 2017
x 3 x 2
4 3
x 2 f x f 2 x 3 f x f 3 2017 x 3 x 2 0
9 4
Θωρούμε τη συνάρτηση
4 3
g x x 2 f x f 2 x 3 f x f 3 2017 x 3 x 2
9 4
ορισμένη στο 2,3
Η g είναι συνεχής στο 2,3 ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων
3
g 2 f 2 f 3 0
4
διότι για x 2 στην ανισότητα του Δ2. είναι
1 1 1 1 4
f 3 f 2
3 9 2 4 9
3 3
f 2 f 3 0 f 2 f 3 0
4 4
3
f 3 - f 2 <
4
και
4
g 3 f 3 f 2 0
9
διότι για x 2 στην ανισότητα του Δ2. είναι
1 1 1 1 3
f 3 f 2
3 9 2 4 4
4
f 3 f 2 0
9
4
< f 3 - f 2
9
Οπότε g 2 g 3 0
Συνεπώς από Θεώρημα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ 2,3 τέτοιο ώστε
ξ 2,3
4 3
g ξ 0 ξ 2 f ξ f 2 ξ 3 f ξ f 3 2017 ξ 3 ξ 2 0
9 4
4 3
f ξ f 2 f ξ f 3
9 4 2017
ξ 3 ξ 2