Η Ασκηση της Ημερας

1. ___________________________________________________________________________
25η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Έχουμε
 
 
4 6 4 6
2 5 2 5
f 1 4 1 4 4
2 3 2 3f 2 3
           
   
             
Όμως
2 1
4 1
5 1
6 1
3
4
5
     

    

    
    
και άρα θα έχουμε
14 6
2 5
4
2 3
    

    
1
3   
11 1
5 4 2
12 2 4 3
      
 
          
.
β)
Ακόμα
2
4
5
6
1 2 3
1 3 2 7
1 4 2 9
1 5 2 11
    

    

    
    
,
και η συνάρτηση θα είναι
 
3 9, 2
f x
7 11, 2
    
 
    
γ)
Ο γενικός τύπος της γεωμετρικής προόδου θα είναι
 1 1 2 2 1
        
και ο όρος
7
2 7 1 13     .
Ο αριθμητικός μέσος θα είναι
 o
9 13
f x 11
2

  .
Για 2  , o o
20
3x 9 11 x
3
    και για 2  , o o
7x 11 11 x 0     .
Λύνει ο Μιχάλης Ροκίδης
Άσκηση Α

2. ___________________________________________________________________________
25η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
1ος τρόπος
Για κάθε x 0 ισχύει
x
x x
x x
x
x
x
x 2
e 1
1
e 1 x e 1 x xx
x x x x
e 1 e 1
1 1
x xx
e 1 x1
x
e 1
1
e x 1xx
e 1 x1
x


  
   
 
 
  




 
  



x 0
x 0lim



x
x 0 x 0
x
e 1
u
x
x
e 1
1
u 1 1x
e 1 u 1 21
x
lim lim 
 






 

 
 x 0 x 0 x 0 x 0
0 0
xx x x0 0
2
2
e x 1e x 1 e 1 e 1
x 2x 2 2x
lim lim lim lim   
   
   
   
   

   
   

οπότε το ζητούμενο όριο είναι μηδέν.
2ος τρόπος
Για κάθε x 0 ισχύει
x x x
2 2x x
e 1 x e x 1 x e x 1 1
x x xe 1 x e 1 x
x x
     
   
  


 
 x 0 x 0 x 0 x 0
0 0
xx x x0 0
2
2
e x 1e x 1 e 1 e 1
x 2x 2 2x
lim lim lim lim   
   
   
   
   

   
   

Λύνει ο Ανδρέας Πάτσης
Άσκηση Β

3. ___________________________________________________________________________
25η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
x 0 x 0
x 0
x 0 x 0
x 0
0
x x0
xx
x
e 1 e
e 1 xx 2 e 1
x x
x 1
x x
1
0
e 1 x
x x
lim lim
lim
lim lim
lim
 

 

 

 

 
 
 

 
              
   

 


οπότε το ζητούμενο όριο είναι μηδέν.
3ος τρόπος
Για κάθε x 0 ισχύει
 
x
x x x e 1 x
e x 1 e 1 x 0 e 1 x 0 1
x
 
          
Επίσης
 
x
x x
x
x xe x 1 0
x
x 2
1 x x
2
1 1
e 1 x x e 1 2 x
2 x x e 1
1 e 1 x e x 1
e 1 x x
2 x e x 1 2x
e 1 x e x 1 x
0
x x 2
  
       
 
   
    
 
   
  
Όμως
 
 x 0 x 0 x 0 x 0
0 0
xx x x0 0
2
2
e x 1e x 1 e 1 e 1
x 2x 2 2x
lim lim lim lim   
   
   
   
   

   
   

οπότε από το κριτήριο παρεμβολής το ζητούμενο όριο είναι μηδέν.

4. ___________________________________________________________________________
25η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
  6 4 1 1
f 1 4 4 5 3 4 2                  ,
  2 5 1 1 1
f 2 3 2 3 2 4 8 3 1                   .
β)
2 1 4 2 5 4 6 5
3, 2 7, 9, 11                        ,
 
3x 9,x 2
f x
7x 11,x 2
  
 
  
.
γ)
Πρέπει και αρκεί να ισχύει    0 5 7 0
2f x 22 f x 11       (1).
Αν 0
x 2 η (1) ισοδύναμα γράφεται 0 0
7x 11 11 x 0     δεκτή και
αν 0
x 2 0 0
20
3x 9 11 x
3
    δεκτή.
Για x 0 κοντά στο 0 είναι:
 
x x x
2 xx
e 1 x e x 1 e x 1 x
x x e 1 xx e 1 x
     
  
  
.
Με de L’H το 1ο δίνει
1
2
και
από την x
e x 1  με την ισότητα μόνο στο 0, έχω για x 0 κοντά στο 0:
x x
e 1 x e 1 x     .
Άρα ισχύει
x
x x x
0
2 x 2e 1 x
  
 
Από Κρ. Παρ. έχω
xx 0
x
lim 0
e 1 x



 
και το τελικό 0.
Λύνει o Κώστας Δεββές
Άσκηση Α
Άσκηση Β

5. ___________________________________________________________________________
25η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
1ος τρόπος
Για κάθε x 0 ισχύει: lnx x 1 
με την ισότητα να ισχύει μόνο για x 1
Για x το  x
e x 0
 προκύπτει
x x
x x x x e 1 e 1 x
xe e 1 xe x e 1 x 0
x x
  
          και
 
 
x 0 x 0 x 0
0
x
x 0
x
e 1e 1
xe 0
x x
lim lim lim  
  
 
 
 


  

οπότε από το κριτήριο παρεμβολής το ζητούμενο όριο είναι μηδέν.
2ος τρόπος
Για κάθε u 1 ισχύει
2
u 1
lnu
2u

 ( η απόδειξη με παραγώγους)
Άρα για u 1 έχουμε
2
u 1 u 1 u 1
lnu
2u 2u
u 1 lnu u 1 2u u 1
0
lnu lnu 2u
  
 
    
  
και
u 1 u 1
u 1 2u u 1 1 1 2u u 1 1
0 0 0
lnulnu 2u u 1 2u 1
u 1
lim lim 
 
 
      
            
 
οπότε από το κριτήριο παρεμβολής
u 1
u 1 lnu
0
lnu
lim

 

Άρα
x
x 0 u 1
x u e
e 1 x u 1 lnu
0
x lnu
lim lim 
 

   
 
Λύνει ο Παύλος Τρύφων
Άσκηση Β

6. ___________________________________________________________________________
25η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
3ος τρόπος
Για κάθε x 0 ισχύει
2
x x
e 1 x
2
   ( η απόδειξη με παραγώγους)
Άρα
x
x
x
x
e 1 x 1
2
x
e 1 x x 1 1
2
x
1 1
e 1 x 20
x x
  
 
       
 
 
 
  
και
x 0 x 0
x
1 1
x2 0
x x
2 1 1
2
lim lim 
 
 
 
 
   
 
οπότε από το κριτήριο παρεμβολής το ζητούμενο όριο είναι μηδέν.
4ος τρόπος
 
 
x 0 x 0 x 0
x 0
0
x
x x0
x
x
x
e 1 xe 1 x 1 e 1
x x 2 xe 1
1 1 1 1
e 1 0 0 0
2 x 2e 1
lim lim lim
lim
  

  

 
 
 

    
      
  
         
   
διότι
x 0 x 0
x
x x
1 1 1 e 1 1 1
1 0 0 0
x x x 1e 1 e 1
x
lim lim 
 
    
                 
 
 
5ος τρόπος
Για x 0 τυχαίο και σταθερό είναι x
e 1 x 
Εφαρμόζουμε ΘΜΤ για την  f t t στο διάστημα x
x,e 1   , οπότε υπάρχει

7. ___________________________________________________________________________
25η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
     
x x
x
x x x x
x
e 1 x 1 e 1 x x
x,e 1 : f 1
e x 1 2 x e x 1
   
      
    
Όμως
 
x x
x x
x
x
1 x
xx
x x x
x
x e 1 2 x 2 2 e 1
1 1 1
2 2 x2 e 1
1 e 1 x x 1
x e x 1 2 x2 e 1
e x 1 e 1 x e x 1
x 2x x2x e 1
        
  

 
  
 
     
  

και επειδή
x 0
x 0 x 0 x 0
0
x 0
x
x 0
x x x
x x x
e x 1 2
lim xe 0
2x x 3
e x 1 e x 1 x e x 1 1 1
0 0
2x x 2x x 12x e 1 e 1 e 1
x
lim
lim lim lim
 
  

  
 
 
 

 
   
  
 
  
  
               
          
   
προκύπτει από το κριτήριο παρεμβολής ότι το ζητούμενο όριο είναι μηδέν.

8. ___________________________________________________________________________
25η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Επειδή f
A(1,4) C θα ισχύει:
 4 6 1 1
f(1) 4 4 3 5 4                2 4 2      .
Επίσης    f 2 5 1 1
(2, 3) C f(2) 3 2 3 2 4 3                     
2
1 1
2 3 1.

       
β)
2 1
4 1
5 4
6 5
α = α + ω = 1 + 2 = 3
α = α + 3ω = 1 + 6 = 7 3x 9, x 2
f(x)
α = α + ω = 7 + 2 = 9 7x 11, x 2
α = α + ω = 9 + 2 = 11


  
  
  

γ)
Αν 2  και 1
1  τότε
3x 9, x 2
f(x)
7x 11, x 2
  
 
  
Επειδή ο αριθμητικός μέσος των 5
 και 7
 είναι ο 6
11  , αναζητούμε τον 0
x  , ώστε
 0
f(x ) 11 1
 Αν 0
x 2 τότε   0 0 0
20
1 3x 9 11 3x 20 x 2
3
        (δεκτόν)
 Αν 0
x 2 τότε   0 0 0
1 7x 11 11 7x 0 x 0 2          (δεκτόν)
1ος Τρόπος:
Έστω
x
e 1 x
f(x) ,x 0
x
 
 
είναι
   
   
2 2
x
x
x x
e 1 x e 1 x
f(x)
x e 1 x x e 1 x
   
 
   
Έχουμε
Λύνει ο Κωνσταντίνος Μόσιος
Άσκηση Α
Άσκηση Β

9. ___________________________________________________________________________
25η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
 
x xx 0
xx
e 1 x e x 1
f(x)
x e 1 xx e 1 x
   
 
  
, διότι x x
e x 1 e x 1 0, x 0       
Είναι
 
x x x
3/2x
g(x)
e x 1 e x 1 e x 1
f(x) g(x) f(x) g(x)
x x xx e 1 x
     
      
 
Επειδή
 
 
0 0
xx x x0 0
x
3/2 D.L.H D.L.Hx 0 x 0 x 0 x 0 x 0 x 03/2 1/2 1/2
e x 1e x 1 e 1 e 4
lim g(x) lim lim lim lim lim e x 0
3 3x 3x x x
2 4
     
   
   
   
     

     
        
Σύμφωνα με το κριτήριο Παρεμβολής θα είναι και
x 0
lim f(x) 0.


2ος Τρόπος:
x x x
2 2xx 0 x 0 x 0
e 1 x e 1 x 1 e 1 x 1
lim lim lim 0 0.
x x x x x 2e 1 x
x x
  
  
 
                         
  
Διότι
0
x x0
D.L.H xx 0 x 0
xx 0
x 0 x 0
e 1 e 1
lim lim
1 1x 02 e 1 lim 0
e 1 xx 1 1
lim lim
x xx x 0
 

 
 
 
 
 

 

  
              
           
  
Και
0 0
x x x x0 0
2 2 2 D.L.H D.L.Hx 0 x 0 x 0 x 0
e 1 x e x 1 e 1 e 1
lim lim lim lim .
x x x 2x 2 2
   
   
   
   
   
    
     
 

10. ___________________________________________________________________________
25η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
 
 
4 6 1 1
2 5 1 1
f 1 4 4 3 5 4
2 3 2 2 4 3f 2 3
               
    
               
1 1
2 4 2
2 3 4 3 1
    
  
        
β)
Στην αριθμητική πρόοδο , αφού 1
1  και 2  είναι :
   1
1 1 2 1 2 1 
                , οπότε
2
3  , 4
7  , 5
9  , 6
11  και
 
3x 9, x 2
f x
7x 11, x 2
  
 
  
.
γ)
Ο αριθμητικός μέσος των όρων 5 7
,  είναι ο 6
11  .
Άρα ψάχνουμε 0
x  :  0
f x 11
Για 0
x 2 :  0 0 0
20
f x 11 3x 9 11 x
3
      , δεκτή .
Για 0
x 2 :  0 0 0
f x 11 7x 11 11 x 0       , δεκτή .
Είναι  x
x 0
lim e 1 0

  , άρα x
x 0
lim e 1 0

  και
x 0
lim x 0

 , άρα το όριο είναι
0
0
 
 
 
.
 
x x x
2 xxx 0 x 0 x 0
e 1 x e 1 x e 1 x x
A lim lim lim
x x e 1 xx e 1 x
  
  
      
     
    
x
1 2x 0
e 1 x 0
A lim
x 0


  
  
 
,
 
 
x x x 0
0
x 0 x 0 x 02
e 1 x e 1 1 e e 1 1
lim lim lim e
2x 2 x 0 2 2x
  
  

   
    
 
άρα από κανόνα De L’ Hospital είναι 1
1
A
2
 .
Λύνει ο Αθανάσιος Μπεληγιάννης
Άσκηση Α
Άσκηση Β

11. ___________________________________________________________________________
25η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
2 x xx 0 x 0
x x 0
A lim lim 0
1 1e 1 x e 1
1
x
 
 
 
 
                 
 
.
Άρα
1
A 0 0
2
   .
β΄ τρόπος
 
x x x
xxx 0 x 0 x 0
e 1 x e 1 x e 1 x x
A lim lim lim
x x e 1 xx e 1 x
  
  
      
         
x
1
x 0
e 1 x 0
A lim
x 0


  
  
 
,
 
 
 
x x
x
x 0 x 0 x 0
e 1 x e 1
lim lim lim 2 x e 1 0
1
x
2 x
  
  

  
   

,
άρα από κανόνα De L’ Hospital είναι 1
A 0 .
2 x xx 0 x 0
x 1 1 1
A lim lim
1 1 2e 1 x e 1
1
x
 
 
 
 
                 
 
.
Άρα
1
A 0 0
2
   .
γ΄ τρόπος
Για κάθε x  ισχύει x x x x
x 1 e xe 1 x e 1 xe       
Οπότε για x 0 : x x x x
x e 1 xe 0 e 1 x xe x         
x x x x
e 1 x xe x e 1 x e 1
0 0
x x x x
     
     
x
x 0
e 1 0
B lim
x 0


 
  
 
,
 
 
x
x
x
x
x 0 x 0 x 0
e
e 1
2 elim lim lim xe 0
1
x
2 x
  
  


  

Άρα από κανόνα De L’ Hospital : B 0 και επειδή
x 0
lim 0 0

 ,
από κριτήριο παρεμβολής είναι
x
x 0
e 1 x
lim 0
x


 
 .

12. ___________________________________________________________________________
25η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
6 4
f(1) 4 4       2 4   2  .
2 5
f(2) 3 2 3         1 1
2( ) ( 4 ) 3          1
2 3      1
2 3   
1
1  .
β)
Επόμενα 1
( 1)
        1 2( 1)
      2 1
    .
Άρα 2
3  , 4
7  , 5
9  , 6
11  και f(x)  {
3x 9, x 2
7x 11,x 2  
.
γ)
Πρέπει 0 6
f(x )   .
Για 0
x 2 θα είναι 0
3x 9 11   0
20
x
3
 .
Για 0
x 2 θα είναι 0
7x 11 11    0
x 0 .
Για x 0 είναι :
x
e 1 x
x
 

x
x
e 1 x
x( e 1 x)
 

 
x
2 x
e 1 x x
x e 1 x
 

 
(1).
Όμως
x
2x 0
e 1 x
lim
x


 

x
x 0
e 1
lim
2x




x
x 0
e
lim
2



1
2
από κανόνα de l’ Hospital.
Επίσης x 0 ισχύει ¨ότι : 0 
x
x
e 1 x

 
x
x
 0 
x
x
e 1 x

 
x
οπότε από κριτήριο παρεμβολής και επειδή
x 0
lim x 0

 , θα είναι
xx 0
x
lim 0
e 1 x



 
.
΄Αρα από τη σχέση (1) προκύπτει ότι
x
x 0
e 1 x
lim 0
x


 
 .
Λύνει ο Τάκης Καταραχιάς
Άσκηση Α
Άσκηση Β

13. ___________________________________________________________________________
25η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
2 1 4 1 5 1 6 1
4 6 2 5
4 6
2 5
1
2 4 5 6
Έ f(1) 4 f(2) 3
ό ύ
, 3 , 4 , 5
ή f(1) f(2) 2
ό ύ :
4
ύ ύ ί
2 3
1 2
Ά 3, 7, 9,
    
   
                   
         
   
     
        
     
    
        
α)
β)
5 7 0 0
0 0
0 0
11
3x 9, x 2
ά ί : f(x)
7x 11, x 2
ή 9 13 ύ 2f(x ) 22 f(x ) 11
Ά
20
3x 9 11 x ή
3
7x 11 11 x 0 ή
  
       
  
           

    
     
γ)
1Η Λύση
x
x 0
x 0
x
e 1 x 1
Έ : lim lim
xx
e 1 x


 
 
 
x 0 x
x
lim
e 1 x
  
 
x
ά ή ή e 1 x έ :          
Λύνει ο Γιώργος Ασημακόπουλος
Άσκηση Α
Άσκηση Β

14. ___________________________________________________________________________
25η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
x
x x
x xx 0 x 0 x 0x x
x
xx 0
x x
x 0 x 0
0
( )
x x0
x 0 x 0
0
( )
x 0
x 0
e 1
x x( 1)
x( e 1 x) x( e 1 x) xlim lim lim
e 1 x e 1 x( e 1 x)( e 1 x)
e 1
( 1)
xlim
e 1 x
x x
e 1 e 1
ύ lim( 1) 2 (lim 1)
x x
e 1 x e 1
lim lim
xx x x
2 x
(e 1)2 x
lim l
3x
  

 
 



   
  
      


 
 
 
   
  
  



x x 0
( )
x x x x0
x 0 x 0 x 0
x
x 0 x 0
x
1
e 2 x (e 1)
2xe e 1 2 x(3e 2xe )xim lim lim 0
3 3 x 3
e 1 x 1
ό ό ό ί : lim lim 0
xx
e 1 x
  
 
 
  
  
 
        
 
2Η Λύση
x
x 0
x
x x x
x 0 x 0 x
x
x x
x 0 x 0 x 0x x x
e 1 x
Έ : lim
x
ά ή ή e 1 x έ :
e 1 x ( e 1 x)( e 1 x)
lim lim
x x( e 1 x)
e 1 x
e 1 x e 1 x 0x xlim lim lim 0
2x( e 1 x) e 1 e 1
x x( 1) 1
x x

 
  
 

          
     
 
 
 
   
   
   
 

x x
x 0
x 0
x
x 0
e 1 e 1
ύ lim( 1) 2 (lim 1)
x x
e 1 x
lim 0 1 ύ
x x



 
   
 
     

15. ___________________________________________________________________________
25η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
3Η Λύση
x
x 0
x
x x x x
x 0 x 0 x 0x x
x x x
x
e 1 x
Έ : lim
x
ά ή ή e 1 x έ :
e 1 x ( e 1 x)( e 1 x) e 1 x
lim lim lim
x x( e 1 x) x( e 1 x)
ί ό ή, ό :
e 1 x e 1 x e
x xx( e 1 x)

  
 

          
       
 
   
      
   
  
 
x x
x
x
x 0
x
x 0
1 x e 1 x e 1 x
x x x xx( e 1 x)
e 1 x
ύ lim 0 ύ ύ
x x
e 1 x
ή ή ύ : lim 0
x


     
 
 
 
        
 
       