Η Ασκηση της Ημερας

1. ___________________________________________________________________________
14η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Α) Έχουμε:
   
   
                       
 
          
2
6 4 3 2 3 3 4 2
2
3 4 2
3 4 9 6 31 4 4 3 9 6 27
2 3 9 6 27 0
διότι
    
2
3
2 0
  4
3 0 και
     2
9 6 27 0 αφού το τριώνυμο  2
9x 6x 27 έχει αρνητική διακρίνουσα
Β) α τρόπος
Είναι
 
     
          
 
 
             
2017
6 4 3 2
0
2
0
2017 2 6 4 3 2
0 0
1 x 3 4 9 6 31
x 1
1 x 1 3 4 9 6 31 x
Θεωρούμε τη συνάρτηση    f : 0,1 R με τύπο
                     
2017 2 6 4 3 2
f x 1 x 1 3 4 9 6 31 x
Η f είναι συνεχής στο   0,1 ως πολυωνυμική και
     
 
 
  
                2 6 4 3 2
f 0 f 1 1 3 4 9 6 31 0
Οπότε από το θεώρημα Bolzano, υπάρχει αριθμός  0x 0,1 τέτοιος, ώστε
  0f x 0
           

 
2017
6 4 3 2
0
2
0
1 x 3 4 9 6 31
x 1
Επιπλέον
                        
2016 2 6 4 3 2
f x 2017 1 x 1 3 4 9 6 31 0
Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο   0,1 άρα το 0x είναι μοναδικό
β τρόπος
Θεωρούμε τη συνάρτηση  f : 0,1 R με τύπο
 
 
           
 

2 6 4 3 2
2017
1 3 4 9 6 31
f x
x 1 x
Λύνει ο Παύλος Τρύφων

2. ___________________________________________________________________________
14η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Τότε η f είναι συνεχής στο  0,1 και
 
 
 
 
 
               
  
x 0 x 0
2 6 4 3 2
2017
1 3 4 9 6 31
f x
x 1 x
lim lim ,
άρα υπάρχει k κοντά στο 
0   : f k 0
 
 
 
 
 
 
 
               
 
 
 
x 1 x 1
2 6 4 3 2
2017
1 3 4 9 6 31
f x
x 1 x
lim lim ,
άρα υπάρχει m κοντά στο 
1  : f m 0
Από το θεώρημα Bolzano για την f στο   k,m υπάρχει
        0 0x k,m 0,1 : f x 0
           

 
2017
6 4 3 2
0
2
0
1 x 3 4 9 6 31
x 1
Επιπλέον
 
 
 

           
     

2 6 4 3 2
2 2018
1 3 4 9 6 31
f x 2017 0
x 1 x
Έτσι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο  0,1 και άρα το 0x είναι μοναδικό

3. ___________________________________________________________________________
14η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Είναι:
          6 4 3 2
3 4 9 6 31                            
2 23 3 2 2 4
2 2 2 3 2 3 1 1 3 31 5
              
2 23 4
2 3 1 3 26 0, α ,
ως άθροισμα (τετραγώνων) θετικών αριθμών.
β) Έχουμε την εξίσωση:
 
    
          
               
 
2017
6 4 3 2 x 0
20172 6 4 3 2
2
1 x 3 4 9 6 31
1 1 x 3 4 9 6 31 x
x 1
για  x 0, 1
Έστω η συνάρτηση
                        
20172 6 4 3 2
f x 1 1 x 3 4 9 6 31 x, x 0, 1  .
 Για κάθε   1 20 x x 1 έχουμε:
         
  
 
                  
2
1 0
2017 2017 2017 20172 2
1 2 1 2 1 2 1 2
α
x x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 1 x 1 1 x
και                          6 4 3 2 6 4 3 2
1 23 4 9 6 31 x 3 4 9 6 31 x ,
αφού           6 4 3 2
3 4 9 6 31 0  .
Επομένως, με πρόσθεση κατά μέλη των δύο παραπάνω σχέσεων λαμβάνουμε:
    
    
              
              
20172 6 4 3 2
1 1
20172 6 4 3 2
2 2
1 1 x 3 4 9 6 31 x
1 1 x 3 4 9 6 31 x
    1 2f x f x , δηλαδή η f είναι γνησίως αύξουσα, οπότε 1-1.
Συνεπώς, η f έχει το πολύ μία ρίζα.
 Η f είναι συνεχής στο   0, 1 ως αποτέλεσμα πράξεων μεταξύ συνεχών συναρτήσεων.
Επιπλέον,       2
f 0 1 0 και                6 4 3 2
f 1 3 4 9 6 31 0.
Οπότε     f 0 f 1 0. Συνεπώς, σύμφωνα με το θεώρημα του Bolzano, η f έχει τουλάχιστον
μία ρίζα στο  0, 1 .
Έτσι, η εξίσωση   f x 0 έχει ακριβώς μία ρίζα στο  0, 1 .
Άρα, (ισοδύναμα) υπάρχει μοναδικός  0x 0, 1 τέτοιος, ώστε
           

 
2017
6 4 3 2
0
2
0
1 x 3 4 9 6 31
x 1
,  .
Λύνει ο Νίκος Ελευθερίου

4. ___________________________________________________________________________
14η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Α)
Έχουμε:
     
     
                              
                  
6 4 3 2 6 4 2 4 3 2 2 2
2 2 23 2 2
A 3 4 9 6 31 2 4 4 6 9 3 22
2 3 3 22 0, ά R
διότι
                  
2 2 23 2 2
0, 2 0, 3 0,3 22 0 για κάθε R
Β)
Έστω
          
20172
f x 1 1 x A x,x R
(όπου Α η παράσταση του Α) ερωτήματος)
Η f είναι συνεχής στο   0,1
         2
f 0 1 0 , f 1 0 .
Άρα    f 0 f 1 0 .
Έτσι, σύμφωνα με το θεώρημα του Bolzano, υπάρχει τουλάχιστον ένας αριθμός  0x 0,1
τέτοιος, ώστε    0f x 0 1
Επιπλέον, για κάθε x R είναι
            
20162
f x 2017 1 1 x 0
Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο R. Κατά συνέπεια το 0x της σχέσης  1 είναι
μοναδικό.
Έτσι
    
 
         
 
2017
2017 02
0 0 0 2
0
1 x A
f x 0 1 1 x A x 0 ,
x 1
δηλαδή η αρχική εξίσωση έχει μοναδική λύση στο διάστημα  0,1
Λύνει η Ντίνα Ψαθά

5. ___________________________________________________________________________
14η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Α) Είναι
            6 4 3 2 6 3 4 2
a 3a 4a 9a 6a 31 a 4a 4 3a 9a 6a 27
 
     
        
        
6 3 4 2 2
6 3 4 2 2
a 4a 4 3a 6a 3a 6a 3 24
a 4a 4 3a 6a 3 3a 6a 24
            
2 2 23 2
a 2 3 a 1 3 a 1 21 0 , για κάθε a
Β) Θεωρώ την συνάρτηση    f : 0,1 , με
            
20172 6 4 3 2
f(x) a 1 1 x a 3a 4a 9a 6a 31 x
Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο   0,1 ως πολυωνυμική
  2
f(0) a 1 0, για κάθε a
        6 4 3 2
f(1) a 3a 4a 9a 6a 31 0, από (Α) ερώτημα.
Οπότε από θεώρημα Bolzano, υπάρχει ένας τουλάχιστον  0x 0,1 , τέτοιος ώστε ,
             
20172 6 4 3 2
0 0 0f(x ) 0 a 1 1 x a 3a 4a 9a 6a 31 x
 
     
 

0
2017
x 0,1 6 4 3 2
0
2
0
1 x a 3a 4a 9a 6a 31
x a 1
Επίσης η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη (ως πολυωνυμική) στο   0,1 με
               
20162 6 4 3 2
f (x) 2017 a 1 1 x a 3a 4a 9a 6a 31 0, για κάθε a και για κάθε
  x 0,1 , οπότε η f είναι γνησίως φθίνουσα, επομένως το 0x είναι μοναδικό.
Λύνει ο Θεόδωρος Παγώνης

6. ___________________________________________________________________________
14η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
A) Θεωρούμε           6 4 3 2
A 3 4 9 6 31 με  .
Τότε:
             6 3 4 2 2
A 4 4 3 8 6 27
   
             
 
2
3 4 2 28
2 3 6 9 18
3
    
             
 
2 23 4 28 16 16
2 3 3 18
3 9 3
    
           
 
2
2 23 2 4 38
2 3 3 0
3 3
ως άθροισμα θετικών αριθμών.
Β) Θεωρούμε την συνάρτηση f : R Rμε τύπο:        
2017 2
f(x) 1 x 1 Ax όπου Α η
παράσταση του Α) ερωτήματος.
Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα   0,1 ως πολυωνυμική.
Ισχύει:    2
f(0) 1 0
και   f(1) 0 (επειδή Α>0).
Από Θεώρημα Bolzano θα υπάρχει ox (0,1),
ώστε: of(x ) 0         
2017 2
o o1 x 1 Ax 0
       
2017 2
o o1 x 1 Ax
 
 
 
2017
o
2
o
1 x A
x 1
           
 
 
2017
6 4 3 2
o
2
o
1 x 3 4 9 6 31
x 1
.
Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο ως πολυωνυμική.
Τότε:            
2016 2
f (x) 2017 1 x 1 x 1 A
         
2016 2
2017 1 x 1 A 0 ως άθροισμα αρνητικών.
Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο R και το ox μοναδικό.
Λύνει ο Δημήτρης Σαριβασίλης

7. ___________________________________________________________________________
14η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Έχουμε ότι:
     
        
   
6 4 3 2
6 3 2 4 3
3 2 2
a 3a 4a 9a 6a 31
a 2a 1 9a 6a 1 3a 2a 29
(a 1) (3a 1) f(a)
Όπου
  4 3
f(a) 3a 2a 29
Βρίσκουμε το πρόσημο της f(a)
    3 2 2
f (a) 12a 6a 6a (2a 1)
α
 
1
2
0 
f (a) - + +
f(a) τ.ε.
Και αφού το    
1 115
f( ) ........ 0
2 16
άρα
  4 3
f(a) 3a 2a 29>0 για κάθε a
Οπότε και     3 2 2
(a 1) (3a 1) f(a) 0 ως άθροισμα θετικών ποσοτήτων άρα και
     6 4 3 2
a 3a 4a 9a 6a 31 0.
β) Έστω η συνάρτηση    2 2017
H(x) (a 1)(1 x) Ax όπου
      6 4 3 2
A a 3a 4a 9a 6a 31 0
 Η    2 2017
H(x) (a 1)(1 x) Ax είναι συνεχής στο [0,1]
   2
H(0) a 1 0
   H(1) A 0 δηλαδή H(0)H(1) 0 οπότε από Θ.Bolzano θα υπάρχει 0x (0,1) ώστε:

      

2017
2 2017 0
0 0 0 2
0
(1 x ) A
H(x ) (a 1)(1 x ) Ax 0
x a 1
Και αφού       2 2016
H (x) 2017(a 1)(1 x) A 0 άρα η συνάρτηση Η είναι γνησίως
φθίνουσα και συνεπώς το 0x (0,1) είναι μοναδικό.
Λύνει ο Γιώργος Ασημακόπουλος

8. ___________________________________________________________________________
14η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
A) 1ος τρόπος
Αν (a)το δεδομένο πολυώνυμο γράφεται:         
2 23 4
a 2 3a 3a 1 26 0  a .
2ος τρόπος
  0 αν (a)το δεδομένο πολυώνυμο γράφεται:
                       
2 23 3 3 2
( 3 4) 3 1 30 ( 1) a a 4 3 1 30 και ισχύει   1:
   3
( 1) 0,   2
a a 4 0, άρα  (a) 0.
Αν   1 a 0    3
1 a 0 και   0 a 1 1
είναι            3 3
0 ( 1) 1 1 ( 1) 0 και
   2
a a 4 4,6 αφού  2
a a 4 στο  1,0 . Άρα       3 2
6 a (a 1) a a 4 0
δηλαδή  (a) 0.
Β) Θέτω        
20172
f(x) a 1 1 x x ( ) στο   0,1 συνεχής ως πολυωνυμική με   2
f(0) a 1 0
και    f(1) ( ) 0από Α).
Άρα η εξίσωση f(x) 0έχει ρίζα στο  0,1 από Bolzano, άρα και η εξίσωση
   

 
2017
2
1 x ( )
x 1
ομοίως.
Επειδή          
20162
f (x) 2017 a 1 1 x ( ) 0στο  0,1 η f στο  0,1 , άρα η ρίζα της είναι
μοναδική.
Λύνει ο Κώστας Δεββές

9. ___________________________________________________________________________
14η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Α) Έχω           6 4 3 2 6 3 4
a 3a 4a 9a 6a 31 (a 4a 4) (3a 26)  2
(9a 6a 1)
=     3 2 4 2
(a 2) (3a 26) (3a 1) > 0.
Β)Θεωρώ τη συνάρτηση f(x)  2 2017
(a 1)(1 x) -     6 4 3 2
(a 3a 4a 9a 6a 31)x.
H f είναι συνεχής στο   0,1 ως πολυωνυμική.
  2
f(0) a 1 0,
f(1)       6 4 3 2
(a 3a 4a 9a 6a 31) 0 από A).
Επόμενα από θεώρημα Bolzano υπάρχει ένας τουλάχιστον  0x 0,1 ώστε
 0f(x ) 0  2 2017
0
(a 1)(1 x ) -      6 4 3 2
0(a 3a 4a 9a 6a 31)x 0
      
 

2017
6 4 3 2
0
2
0
1 x a 3a 4a 9a 6a 31
x a 1
.
Επειδή f΄(x) -   2 2016
2017( 1)(1 x) -      6 4 3 2
(a 3a 4a 9a 6a 31) 0  x , συνεπώς
f΄(x) 0    x 0,1 ,η συνάρτηση f είναι γνήσια αύξουσα στο   0,1 άρα 0x μοναδική ρίζα
της f(x) 0 στο  0,1 .
Λύνει ο Τάκης Καταραχιάς