1. ___________________________________________________________________________
1η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α)
Είναι f g
Α 0, , A ,1
Αφού ορίζονται οι f g, g f θα είναι f g
A και g f
A (1)
Όμως
(1)
f g g f
α α
A = x A : g x A = x < 1: 4x + α > 0 = x < 1: x > - = - ,1
4 4
άρα
α
- < 1
4
, δηλαδή α > - 4 (2)
Επίσης,
(1)
g f f g
1- α 1- α
Α = x A : f x A = x > 0 : 2x + α < 1 = x > 0 : x < = 0,
2 2
άρα
1- α
0 <
2
, δηλαδή α < 1 (3)
από τις σχέσεις (2), (3) προκύπτει ότι α - 4,1
β)
Αρκεί να αποδείξουμε ότι υπάρχει 0 0
x 1,2 : h x = 1453
Θεωρούμε τη συνάρτηση
3 3
φ x = 1-α x-1 + α + 4 x- 2 -1453 x-1 x- 2 , x 1,2
Η φ είναι συνεχής στο 1,2 ως πολυωνυμική και
φ 1 φ 2 = - α + 4 1- α < 0 , διότι -4 < α < 1
Άρα από το Θεώρημα Βolzano, υπάρχει 0
x 1,2 τέτοιο ώστε
0
3 3
0 0 0 0
03
00
φ x = 0
1- α x -1 + α + 4 x - 2 -1453 x -1 x - 2 = 0
1- α α + 4
+ = 1453 h x = 1453
x -1x - 2
γ)
Η g είναι γνησίως αύξουσα, άρα ορίζεται η -1
g
Αν y g x παίρνουμε ισοδύναμα
Λύνει ο Παύλος Τρύφων
2. ___________________________________________________________________________
1η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
y α
y 4x α x
4
,
με τον περιορισμό
y α
1
4
, δηλαδή y α 4
Άρα
1
g : ,α 4 R με
1 x α
g x
4
Οπότε
1 1fg f g
Α x A : f x A x 0 : 2x α α 4 x 0 : x 2 0,2
και
1 1
1
ff g g
x α
A x A : g x A x α 4 : 0 x α 4 : x α α,α 4
4
Συνεπώς δεν υπάρχει τιμή του α για την οποία τα σύνολα 0,2 και α,α 4 να είναι ίσα
δ) Είναι
21 1
x x
2 2
f x 4 α 5 2x α 4 α 5
lim lim
x g x αx 1 4x 1
1 2
x
2
2x α 4 α 5 2x α 4 α 5
lim
4x 1 2x α 4 α 5
1
x
2
1
x
2
2x 1
lim
2x 1 2x 1 2x α 4 α 5
1
lim
2x 1 2x α 4 α 5
1
4 α 5
Άρα θα πρέπει
1 2
α 5 2 α 3
84 α 5
3. ___________________________________________________________________________
1η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Έστω Α (0, ) το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f και Β ( ,1) το αντίστοιχο της g .
Έχουμε
g f
D x A : f(x) B x 0 : 2x α 1
1 α
x 0 : 2x 1 α x 0 : x
2
που ισχύει όταν 1 α 0 α 1 .
Ακόμη
f g
D x B : g(x) A x 1: 4x α 0
που ισχύει όταν
α
4x α 1 x
4
δηλ.
α
1 α 4
4
.
Άρα α 4,1
β) Αφού α 4,1 τότε 4 α 1 0 α 4 5 και ομοίως 5 1 α 0 .
Βρίσκουμε τα όρια της h στο
1 και στο
2 και έχουμε:
x 1
limh(x) και
x 2
lim h(x) και
αφού h συνεχής στο (1,2) άρα το σύνολο τιμών της είναι το οπότε υπάρχει 0
x (1,2)
τέτοιο ώστε 0
h(x ) 1453 (Θ.Ε.Τ.)
γ) Επειδή g είναι 1-1, άρα αντιστρέφεται με
1 x α
g (x)
4
και πεδίο ορισμού το ,4 α .
1
g f
D x A : f(x) g(B) x 0 : 2x α 4 α
0 x 2 .
1
1
f g
x α
D x g(B) : g (x) A x 4 α : 0
4
x α : x 4 α α x 4 α
Για να έχουν ίδιο πεδίο ορισμού θα πρέπει: α 0 και 4 α 2 α 2 ΑΤΟΠΟ.
δ)
1 1
x x
2 2
21
x
2
f(x) 4 α 5 2 2x α 4 α 5 2
lim lim
xg(x) αx 1 8 x(4x α) αx 1 8
2x α 4 α 5 2
lim
84x αx αx 1
Λύνει ο Γιώργος Ασημακόπουλος
5. ___________________________________________________________________________
1η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α)
f g g f
x
α
Δ Δ / g(x) Δ x 1/ 4x α 0 x 1/ x
4
.
Το σύνολο είναι μη κενό αν και μόνο αν
α
1 α 4
4
.
Όμοια
g f f g
1 α
Δ x Δ / f(x) Δ x 0 / 2x α 1 x 0 / x
2
Το σύνολο είναι μη κενό αν και μόνο αν
1 α
0 α 1
2
.
Άρα 4 α 1.
β) Αρκεί να δείξω ότι η εξίσωση h(x) 1453 έχει λύση στο 1,2 , δηλαδή ισοδύναμα η
3
α 4 1 α
1453
x 1 x 2
έχει λύση στο 1,2 .
Θέτω
3 3
φ(x) α 4 x 2 1 α x 1 1453 x 1 x 2 που είναι συνεχής στο 1,2 ως
πολυωνυμική, με φ(1) α 4 0, φ(2) 1 α 0 από α).
Άρα η εξίσωση φ(x) 0 έχει ρίζα στο 1,2 .
Ισοδύναμα έχω
3 3
3
α 4 1 α
φ(x) 0 α 4 x 2 1 α x 1 1453 x 1 x 2 1453
x 1 x 2
h(x) 1453
γ) Η g είναι 1-1 ως γνήσια αύξουσα, άρα αντιστρέφεται.
Η εξίσωση
y α
y 4x α x
4
με x 1 y α 4 .
Άρα
1 x α
g (x)
4
με x α 4 .
1
g f
Δ x 0 / 2x α α 4 0,2 και
1
f g
x α
Δ x α 4 / 0 α,α 4
4
.
Τα 2 διαστήματα έχουν διαφορετικό πλάτος, άρα είναι άνισα.
Λύνει ο Κώστας Δεββές
6. ___________________________________________________________________________
1η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
δ) Η συνάρτηση της οποίας γνωρίζω το lim γράφεται:
συζυγής
2
2x α 4 α 5 2x 1
τ(x)
4x 1 2x 1 2x 1 ( 2x α 4 α 5)
1
2χ 1 ( 2χ α 4 α 5)
με
1
x
2
2 1 2
limτ(x) α 3
8 84 α 5
7. ___________________________________________________________________________
1η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Είναι f g
D 0, , D ,1 οπότε
f g
α
D x 1: 4x α 0 x 1: x
4
.
Αν α ≤ -4 τότε f g
D , άτοπο διότι f g
D εφ όσον η συνάρτηση f g ορίζεται.
Συνεπώς α > - 4.
Όμοια
g f
1 α
D x 0 : 2x α 1 x 0 : x
2
Αν α ≥ 1 τότε g f
D , άτοπο διότι g f
D εφ όσον και η συνάρτηση g f ορίζεται.
Επόμενα α < 1.
Άρα α 4,1
β) Η συνάρτησης
3
α 4 1 α
h(x)
x 1 x 2
είναι συνεχής στο (1, 2) ως άθροισμα συνεχών
συναρτήσεων.
Επίσης
2 4
3 1 αα 4
h (x) 0
x 1 x 2
διότι α 4,1 , x 1,2 οπότε h γνήσια φθίνουσα στο
1,2 και επειδή
x 1 x 2
lim h(x) , lim h(x) θα είναι h 1,2 , .
΄Όμως 1453 h 1,2 άρα υπάρχει ξ 1,2 ώστε h(ξ) = 1453.
γ) ΄Εχω g(x) = 4x + α , x < 1. Επόμενα g ,1 ,4 + α .
Επίσης θέτω y = 4x + α
y α
x
4
.
Συνεπώς
1 x α
g x
4
, x < 4 + α.
΄Ομοια f(x) = 2x + α , x > 0. f 0, α, +
Οπότε f 0, α, + . Θέτοντας y = 2x + α
y α
x
2
.
Δηλαδή ,
1 x α
f x
2
, x > α.
Λύνει ο Τάκης Καταραχιάς
8. ___________________________________________________________________________
1η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Tώρα 1
g f
D x 0 : 2x α α 4 0,2 και
1
f g
x α
D x α 4 : 0 α,α 4
4
΄Όμως 0,2 α,α 4 .
΄Αρα δεν υπάρχει τιμή του α για την οποία οι συναρτήσεις 1 1
g f,f g να έχουν ίδιο πεδίο
ορισμού.
δ) Είναι για
1
x :
2
2 2
f(x) 4 α 5 2x α 4 α 5 2x 1 1
xg(x) αx 1 4x 1 4x 1 2x α 4 α 5
1
2x 1 2x α 4 α 5
Επόμενα :
1 1
x x
2 2
f(x) 4 α 5 2 1 2
lim lim
xg(x) αx 1 8 8(2x 1) 2x α 4 α 5
1 1
α 5 2 α 3
4 α 5 4 2
9. ___________________________________________________________________________
1η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
f(x) = 2x + α, x > 0 . Η f έχει π.ο. το Α 0,
g(x) = 4x + α, x < 1 . Η g έχει π.ο. το B ,1
α)
Για να ορίζεται η f g πρέπει:
x < 1x B x < 1
α
g x A 4x + α > 0 x > -
4
Επειδή ορίζεται η f g θα πρέπει να είναι
α
- < 1 α > - 4
4
(1)
Για να ορίζεται η g f πρέπει:
x > 0x A x > 0
1- α
f x B x + α < 1 x <
2
Επειδή ορίζεται η g f θα πρέπει να είναι
1- α
> 0 1- α > 0 α < 1
2
(2)
Λόγω των (1) και (2) α - 4,1
β)
Αρκεί ν.δ.ο υπάρχει 0 0
ώστεx 1,2 h x = 1453 ή ότι η εξίσωση h x = 1453 έχει μία
τουλάχιστον λύση στο (1,2)
3 3
0 0 0 03
0 0
α + 4 1- α
h x = 1453 + = 1453 α + 4 x - 2 + 1- α x -1 -1453 x -1 x - 2 = 0
x -1 x - 2
Θεωρούμε τη συνάρτηση
3 3
Φ x = α + 4 x- 2 + 1-α x-1 -1453 x-1 x- 2 , x
Η Φ είναι συνεχής στο 1,2 ως πολυωνυμική
φ 1 - α + 4 , αφου α > - 4
φ 1 φ 2 < 0
φ 2 = 1- α, αφου α < 1
Άρα από το Θεώρημα Βolzano η εξίσωση Φ x = 0 h x = 1453 έχει μία τουλάχιστον λύση
στο (1,2)
Λύνει ο Τρύφωνας Ζωϊτσάκος
10. ___________________________________________________________________________
1η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
γ)
Εύρεση της -1
g :
Η -1
g έχει π.ο το σύνολο τιμών της g
Η g είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο ,1 , γιατι 4 > 0
x x 1
lim g x , limg x 4 α
άρα g Β ,4 + α , δηλαδή η -1
g έχει π.ο. το ,4 + α
Για τον τύπο της:
1y α x α
g x y 4x α y x g x , x ,4 + α
4 4
1
g : ,α 4 R με
1 x α
g x
4
Για να ορίζεται η 1
g f πρέπει
x A x A x 0
0 x 2
f x 4 α 2x α 4 α x 2
άρα η 1
g f έχει π.ο το (0, 2)
Για να ορίζεται η 1
f g πρέπει
1
x α 4x ,4 + α x α 4
α x α 4x α
x α0g x 0
4
άρα η 1
f g έχει π.ο το α,α 4
Για να συμπίπτουν τα διαστήματα (0, 2) και (α, α + 4) πρέπει
α = 0 α = 0
και και αδύνατο
α 4 2 α 2
Άρα δεν υπάρχει τιμή του α για την οποία οι συναρτήσεις 1
g f και 1
f g να
έχουν ίδιο π.ο
δ)
1 1
x x
2 2
21
x
2
f(x) 4 α 5 2 2x α 4 α 5 2
lim lim
xg(x) αx 1 8 x(4x α) αx 1 8
2x α 4 α 5 2
lim
84x 1
1
x
2
2x α 4 α 5 2
lim
8(2x 1) 2x 1