Η ασκηση της Ημερας

1. ___________________________________________________________________________
7η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Επειδή 2x
e 0 για κάθε x R έχουμε:
      
 
    

2x 3 2x 3
2x
3 3λ λ
e λ λ 1 e λ
f x lim f x lim f x e
λ 2016 λ
για κάθε x R
β) Παρατηρούμε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο R και επειδή η g έχει το ίδιο είδος
μονοτονίας με την f , η g θα είναι γνησίως αύξουσα
Η g επομένως είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής στο R
Άρα
         
    
x x
g lim g x , lim g x ,R R
Έτσι το  0 g R άρα υπάρχει ένα τουλάχιστον 0
x R :   0
g x 0
Επειδή η g είναι γνησίως αύξουσα είναι και 1 1 άρα το 0
x είναι μοναδικό
γ) Έχουμε ότι
    
          
   
g
0 0 0 0 0
1 1 1
x x g x g x g x 0
2016 2016 2016
1
 1
Επίσης
 lnx x 1 για κάθε x 0 (με την ισότητα να ισχύει μόνο για x 1 )
και επειδή 2x
e 0 για κάθε x R, θέτοντας όπου x το 2x
e έχουμε:
    2x 2x 2x
lne e 1 e 2x 1για κάθε x R
με την ισότητα να ισχύει όταν το   2x
e 1 x 0
Επομένως θέτοντας όπου x το  g x έχουμε :
 
   
2g x
e 2g x 1 0 για κάθε x R
με την ισότητα να ισχύει μόνο εκεί που      0
g x 0 x x
Για κάθε  0
x x έχουμε:
      
   
 
 
   
             
      
2g x 2g x
1 1
g x g x
2016 2016 1 1
g x 2
2016f g x 2g x 1 e 2g x 1 e 2g x 1
Επειδή οι συναρτήσεις
 
 
 
1
g x
2016
και  
  
2g x
e 2g x 1 είναι συνεχείς στο 0
x , έχουμε


   
      
   0
0x x
1 1
limg x g x 0
2016 2016
  
    
 
     0
0
2g x 2g x
0x x
lim e 2g x 1 e 2g x 1 0
Λύνει ο Ανδρέας Πάτσης

2. ___________________________________________________________________________
7η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
και επειδή  
   
2g x
e 2g x 1 0 κοντά στο 0
x ,έχουμε:
 
 
 
 0
2g xx x
1
lim
e 2g x 1
Επομένως:
 
 
  
         
0
2g xx x
1 1
lim g x
2016 e 2g x 1
Παίρνοντας όρια στην σχέση  2 έχουμε:
      
  
 
                  
0 0
2g xx x x x
1
g x
2016 1 1
lim lim g x
2016f g x 2g x 1 e 2g x 1
ΣΧΟΛΙΟ:
Συνήθως στην σχέση  2 βάζουμε όρια και γράφουμε
      
  
 
                
0 0
2g xx x x x
1
g x
2016 1 1
lim lim g x
2016f g x 2g x 1 e 2g x 1
Γράφουμε δηλαδή ότι δυο όρια είναι ίσα χωρίς να ξέρουμε ότι υπάρχουν.
Αν δεχτούμε ότι αυτός ο τρόπος γραφής είναι σωστός με το σκεπτικό ότι αφού τελικά το
όριο του δεύτερου μέρους υπάρχει , τότε πρέπει να δεχτούμε και ως σωστό τον επόμενο
τρόπο γραφής:
Με χρήση του ορισμού να υπολογίσετε την παράγωγο της    2
f x x στο 1
 
   


   
x 1
f x f 1
f 1 lim ... 2
x 1
Η λύση αυτή θεωρείται ελλιπής, διότι θεωρούμε ότι έπρεπε να γράψουμε:
   


 
x 1
f x f 1
lim ... 2
x 1
Επομένως αφού το όριο
   



x 1
f x f 1
lim
x 1
R έχουμε   f 1 2 κάτι το οποίο δημιουργεί
ερωτηματικά όσον αφορά τα δύο μέτρα και δύο σταθμά που ακολουθούμε.

3. ___________________________________________________________________________
7η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Για κάθε x Rείναι 2x
e 0 άρα

 
2x 3
2x
3λ
e λ
f(x) lim e
λ
.
β) Η f είναι < στο R(ως σύνθεση < με παράγωγο ή ορισμό) άρα και η g είναι < στο R και
επειδή είναι συνεχής σ’ αυτό με τα δεδομένα όρια της υπόθεσης, το σύνολο τιμών της θα
είναι το R. Άρα θα έχει μοναδική ρίζα , έστω 0
x
γ) Ισχύει

 
   
 0
0x x
1 1
lim x x
2016 2016
και με  
1
u x
2016
θα είναι  
 
 
0
01
u x
2016
1
lim g u g(x )
2016
αφού g συνεχής
Άρα

   
     
   0
0x x
1 1
limg x g x
2016 2016
Επίσης ισχύει
  
      
 
g
0 0 0 0
1 1
x x g x g x 0
2016 2016
<
Με u g(x)είναι

 
0
0x x
limu g(x ) 0και

 
0x x
limf(u) f(0) 1άρα


0x x
limf(g(x)) 1
Επίσης είναι


0x x
limg(x) 0 άρα

  
0x x
lim(f(g(x)) 2g(x) 1) 0.
Η γνωστή ανισότητα    x
e x 1, x 0γίνεται για x 2g(x):  2g(x)
e 2g(x) 1,
αφού g(x) 0 για x κοντά στο 0
x
Άρα

 
 0x x
1
lim
f(g(x)) 2g(x) 1
και τελικά


 
 0x x
1
g(x )
2016lim
f(g(x)) 2g(x) 1
Λύνει ο Κώστας Δεββές

4. ___________________________________________________________________________
7η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Είναι
   
 
  

2x 3 2x 3
2x
3 3λ λ
e λ λ l e λ
f x lim lim e
λ 2016 λ
και    2x
f x 2e 0
άρα f γνησίως αύξουσα επομένως
β) και g γνησίως αύξουσα και επειδή     
   
x x
lim g x , lim g x και g συνεχής στο R τότε
το σύνολο τιμών της g είναι το R. To 0 ανήκει στο σύνολο τιμών άρα υπάρχει ένα x0 ώστε
  0
g x 0 το οποίο είναι μοναδικό αφού g γνησίως αύξουσα
γ) Είναι g(x) γνησίως αύξουσα και
  
      
 
0 0 0 0
1 1
x x g x g x 0
2016 2016
άρα

   
      
   0
0x x
1 1
lim g x g x 0
2016 2016
(1)
Επίσης αν θέσω 2g(x)=u τότε    
 
0
0x x
limg x g x 0 άρα
        
    
0
u
x x x 0
lim f g x 2g x 1 lim e u 1
και
 
      u u
u 0
lim e u 1 0 και e u 1 0 για u 0
άρα

 
 uu 0
1
lim
e u 1
(2)
άρα από (1) και (2)
    
 
 
   
 0x x
1
g x
2016
lim
f g x 2g x 1
Παρατήρηση δεν χρειάζεται να δοθεί ότι f, g έχουν το ίδιο είδος μονοτονίας
Λύνει ο Ευστάθιος Φρέσκος

5. ___________________________________________________________________________
7η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Έχουμε:
  
 
    

2x 3 2x 3
2x 2x
3 3λ λ λ
e λ λ 1 e λ
f(x) lim lim lim e f(x) e
λ 2016 λ
, για κάθε x R.
β) Η f είναι προφανώς γνησίως αύξουσα. Οπότε, επειδή η g έχει το ίδιο είδος μονοτονίας
με την f , θα είναι και αυτή γνησίως αύξουσα. Όμως, η g είναι και συνεχής.
Επομένως έχει σύνολο τιμών το διάστημα:
        
      
x x
g lim g(x), lim g(x) , gR R R
Επομένως, υπάρχει 0
x R τέτοιο, ώστε   0
g x 0, το οποίο μάλιστα είναι μοναδικό, αφού η
g είναι γνησίως αύξουσα, δηλαδή 1-1.
Άρα, η g
C τέμνει τον άξονα x'x σε μοναδικό σημείο   0 0
x , g x .
γ) Αφού η g είναι συνεχής, έχουμε:

   
     
   0
0x x
1 1
limg x g x
2016 2016
Επειδή η g είναι γνησίως αύξουσα, έχουμε:
    
          
   
0 0 0 0 0
1 1 1
x x g x g x g x 0
2016 2016 2016
Οπότε,

 
  
 0x x
1
limg x 0
2016
Επειδή οι f και g είναι συνεχείς έχουμε ότι ισχύει:
         
    



            
 
   
 
0
0
2 0
0 0x x
x x
lim f g x 2g x 1 f g x 2g x 1 f(0) 2 0 1 e 1
lim f g x 2g x 1 0
Έστω
             2g(x)
h x f g x 2g x 1 e 2g x 1.
Είναι:
      2g(x)
h' x 2g' x e 2g' x
Έχουμε:               2g(x) 2g(x)
h' x 0 2g' x e 2g' x 0 g' x e g' x
Αφού η g είναι γνησίως αύξουσα, ισχύει   g' x 0. Έτσι, η τελευταία σχέση γίνεται:
      2g(x) 2g(x) 0
e 1 e e 2g x 0      0 0
g x g x x x ,
αφού η g είναι γνησίως αύξουσα.
Λύνει ο Νίκος Ελευθερίου

6. ___________________________________________________________________________
7η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Ομοίως βρίσκουμε ότι:     0
h' x 0 x x .
Συνεπώς, η h είναι γνησίως αύξουσα για  0
x x και γνησίως φθίνουσα για  0
x x
Άρα, για  0
x x η h παρουσιάζει ολικό ελάχιστο το   0
h x 0. Οπότε   h x 0 για κάθε
 0
x x , επομένως   h x 0 κοντά στο 0
x .
Εξάλλου,  

0x x
limh x 0. Έτσι,
       
  
 0 0x x x x
1 1
lim lim
h x f g x 2g x 1
Άρα,
                 
   
              
      0 0 0 0x x x x x x x x
1 1
g x g x
2016 20161 1
lim limg x lim lim
2016f g x 2g x 1 f g x 2g x 1 f g x 2g x 1

7. ___________________________________________________________________________
7η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Υπολογίζουμε το όριο:
  
 
        
 
 
 

3 2x 2x
2x 3 2 3 2 3
2x
3
3
3
λ λ
3
λ
1 1 1 1λ e e
e λ λ 1 λ λ λ λlim lim lim e
12016λ
1 2016λ 1
λλ
2016
διότι
 
 3λ λ
1 1
lim lim 0
λ λ
Επομένως
   2x
f e , xx R
β) Η f είναι παραγωγίσιμη στο R με    2x
f x 2e 0 για κάθε x R, οπότε είναι γνησίως
αύξουσα στο R, άρα και η g είναι γνησίως αύξουσα στο R.
Επομένως η g ως συνεχής στο R θα έχει σύνολο τιμών:
         
    
x x
g lim g x , lim g x ,R R
Οπότε η g θα έχει μια ρίζα στο R η οποία θα είναι και μοναδική αφού είναι γνησίως
αύξουσα στο R, δηλαδή θα τέμνει τον x x σε μοναδικό σημείο   0 0
x ,g x .
γ) Αρχικά θα υπολογίσουμε το όριο:
       
   
        
0 0x x x x
2g x 0
lim f g x 2g x 1 lim e 2g e 01 1x 0
Επίσης από την γνωστή ανισότητα   x
x 1, xe R έχουμε ότι και
 
   
2g x
e 2g x 1 0 για κάθε x R
Οπότε θα είναι:
    
 
 0x x
1
lim
f g x 2g x 1
Επίσης αφού η g είναι συνεχής στο R θα είναι:

   
      
   0x x 0
1 1
limg x g x 0
2016 2016
,
διότι   
      
 
g
0 0 0 0
1 1
x x g x g x 0
2016 2016
1
Οπότε το ζητούμενο όριο είναι:
    
  
        
0x x
1 1
lim g x
2016 f g x 2g x 1
Λύνει ο Παναγιώτης Γκριμπαβιώτης

8. ___________________________________________________________________________
7η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α)     
 
   

2x 3 2x 3
2x 2x
3 3λ λ λ
e λ λ 1 e λ
f x lim lim lim e e
λ 2016 λ
β)      2x
f x 2e 0 x άρα f στοR < R
Η g έχει το ίδιο είδος μονοτονίας με την f οπότε g στο< R.
Η g είναι συνεχής και στο< R άρα          
    
x x
g lim g x , lim g x ,R R
Το  0 g R άρα υπάρχει ένα τουλάχιστον 0
x R ώστε   0
g x 0 και επειδή
0
g στο το x< R μοναδικό.
Επομένως η g
C τέμνει τον x΄x ακριβώς σε ένα σημείο     0 0 0
x ,g x x ,0
γ) Είναι f, g συνεχείς, οπότε
            

           
   
      
   
0
0
0
0 0x x
0x x
lim f g x 2g x 1 f g x 2g x 1 f 0 2 0 1 e 1 0
1 1
limg x g x 0
2016 2016
γιατί     
          
   
0 0 0 0 0
1 1 1
x x g x g x g x 0
2016 2016 2016
Επομένως έχουμε όριο της μορφής α/0 με α 0.
Θεωρούμε τη συνάρτηση
   
 
 
      
   
   
2x
2x
h x f x 2x 1 e 2x 1, x
h x 2e 2, x
h x 0 x 0
R
R
x   0
 h x  0
 h x o.ε
H h παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο 0 το h(0) = 0 οπότε
 
         
   
        0
h x 0 x το μόνο στο 0
Άρα h g x 0 f g x 2g x 1 0 το ίσον μόνον όταν g x 0 x x
R
         
  
 
                          
0 0
0x x x x
1
g x
2016 1 1 1
lim lim g x g x
2016 2016f g x 2g x 1 f g x 2g x 1
Λύνει ο Τρύφωνας Ζωιτσάκος