Διαγώνισμα 1ο κεφάλαιο

M.S.Vovos · #1

Παρακάτω επισυνάπτω το διαγώνισμα που θα βάλω στην Γ' λυκείου με ύλη στο 1ο κεφάλαιο.

Θα δώσω αναλυτικά λύσεις μέσα στις επόμενες δύο εβδομάδες και όχι κατευθείαν για να ασχοληθούν όσα παιδιά θέλουν να ασχοληθούν.

Υ.Γ.1. Ιδέες στο ΘΕΜΑ Δ έχουν παρθεί από την συλλογή του Ρ. Μπόρη (RBORIS), καθώς και στο ΘΕΜΑ Γ από διαγώνισμα του Ν. Μαυρογιάννη (nsmavrogiannis), τους οποίους και ευχαριστώ θερμά!

Φιλικά,
Μάριος

Συναρτήσεις - Όρια - Συνέχεια.pdf: (120.81 KiB) Μεταφορτώθηκε 226 φορές

Υ.Γ.2. Προστέθηκε η συνέχεια της

στο θέμα Γ.

Tolaso J Kos · #2

Θέμα Γ

(α) Είναι $f \left( \lambda - 1 \right)=0$ οπότε

$\displaystyle{\begin{aligned} f \left ( \lambda -1 \right ) =0 &\Leftrightarrow \frac{e^{\lambda \left ( \lambda -1 \right )} - 1}{e^{\lambda \left ( \lambda -1 \right )} + 1} =0 \\ &\Leftrightarrow e^{\lambda \left ( \lambda -1 \right )} - 1 = 0 \\ &\Leftrightarrow e^{\lambda \left ( \lambda -1 \right )} = 1 \\ &\Leftrightarrow \lambda \left ( \lambda -1 \right ) = 0 \\ &\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \lambda & = & 0 \\ \lambda & = & 1 \end{matrix}\right. \end{aligned}}$
Για $\lambda=0$ παίρνουμε f(x) = 0

το οποίο αντίκειται στο ότι η συνάρτηση

είναι μη σταθερή. Τελικά $\lambda=1$ .

(β) Η

γράφεται ισοδύναμα

$\displaystyle{f(x) = \frac{e^x-1}{e^x+1} = \frac{e^x+1 - 2}{e^x+1} = 1 - \frac{2}{e^x+1}}$
Έστω $x_1, x_2 \in \mathbb{R}$ με x_1<x_2

. Τότε:

$\displaystyle{\begin{aligned} x_1<x_2 & \Rightarrow e^{x_1} < e^{x_2} \\ &\Rightarrow e^{x_1} + 1 < e^{x_2} + 1 \\ &\Rightarrow \frac{1}{e^{x_1} + 1} > \frac{1}{e^{x_2} + 1} \\ &\Rightarrow \frac{2}{e^{x_1} + 1} > \frac{2}{e^{x_2} + 1} &\Rightarrow - \frac{2}{e^{x_1} + 1} < - \frac{2}{e^{x_2} + 1} \\ &\Rightarrow 1 - \frac{2}{e^{x_1} + 1} < 1 - \frac{2}{e^{x_2} + 1} \\ &\Rightarrow f(x_1) < f(x_2) \end{aligned}}$
Άρα η

είναι γνησίως αύξουσα και κατά συνέπεια 1-1

. Έστω

. Τότε:

$\displaystyle{\begin{aligned} y= f(x) &\Rightarrow y = \frac{e^x-1}{e^x+1} \\ &\Rightarrow y \left ( e^x +1 \right ) = e^x-1 \\ &\Rightarrow ye^x + y = e^x -1 \\ &\Rightarrow y e^x - e^x = -y - 1 \\ &\Rightarrow e^x \left ( y - 1 \right ) = - y - 1 \\ &\Rightarrow e^x = -\frac{1+y}{y-1} \\ &\Rightarrow e^x = \frac{1+y}{1-y} \end{aligned}}$
Όμως e^x>0

άρα $\displaystyle{\frac{1+y}{1-y} >0 \Leftrightarrow \left ( 1 +y \right ) \left ( 1-y \right ) >0 \Leftrightarrow y \in (-1, 1)}$ . Συνεπώς $\mathcal{A}_{f^{-1}} = (-1, 1)$ και

$\displaystyle{f^{-1}(x) = \ln \left ( \frac{1+x}{1-x} \right ) \; , \; x\in (-1, 1)}$
(γ) Εφόσον $\lim \limits_{x \rightarrow -\infty} g(x) = +\infty$ υπάρχει $\alpha<0$ τέτοιο ώστε $g(\alpha)>0$ ενώ $\lim \limits_{x \rightarrow +\infty} g(x) = -\infty$ υπάρχει $\beta>0$ τέτοιο ώστε $g(\beta)<0$ . Άρα για $\alpha<\beta$ είναι $g(\alpha)>g(\beta)$ και εφόσον η

είναι γνησίως μονότονη έπεται ότι η

είναι γνησίως φθίνουσα.

(δ) Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) = f(x) - g(x)

η οποία είναι γνησίως αύξουσα. Το αποτέλεσμα έπεται από Bolzano σε συνδυασμό με το ερώτημα (γ).

Υ.Σ: Τώρα που το ξανά βλέπω δε θα 'πρεπε να δίδεται η

συνεχής;

M.S.Vovos · #3

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Τρί Οκτ 27, 2020 2:24 pm
Υ.Σ: Τώρα που το ξανά βλέπω δε θα 'πρεπε να δίδεται η συνεχής;

Σωστό. Το συμπληρώνω. Ευχαριστώ για τη λύση Τόλη.

Ένας τρόπος για το ερώτημα (δ) στο ΘΕΜΑ Γ είναι αυτός που αναφέρει περιγραφικά ο Τόλης πιο πάνω. Ας δώσω μια ελαφρώς διαφορετική προσέγγιση που χρησιμοποιεί το σύνολο τιμών της

από το ερώτημα (β).

Έχουμε ότι για κάθε

πραγματικό είναι -1<f(x)<1

. Αφού η

έχει σύνολο τιμών το $\mathbb{R}$ θα υπάρχουν $x_{1},x_{2}\in \mathbb{R}$ ώστε $g\left ( x_{1} \right )=1$ και $g\left ( x_{2} \right )=-1$ . Άρα για την συνεχή συνάρτηση h=f-g

ισχύει $h\left ( x_{1} \right )h\left ( x_{2} \right )<0$ και άρα από Bolzano έχουμε την ύπραξη της ρίζας. Τώρα η μοναδικότητα έρχεται από τη μονοτονία όπως γράφει ο Τόλης παραπάνω.

Tolaso J Kos · #4

Βεβαια ισχύει η πρόταση 1-1

+ γνησίως μονότονη = συνεχής αλλα νομίζω θελει απόδειξη . Εκτός αν άλλαξε κάτι ;

M.S.Vovos · #5

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Τρί Οκτ 27, 2020 4:15 pm
Βεβαια ισχύει η πρόταση + γνησίως μονότονη = συνεχής αλλα νομίζω θελει απόδειξη . Εκτός αν άλλαξε κάτι ;

Όχι Τόλη δεν ήθελα κάτι τέτοιο.

Tolaso J Kos · #6

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Τρί Οκτ 27, 2020 4:15 pm
Βεβαια ισχύει η πρόταση + γνησίως μονότονη = συνεχής αλλα νομίζω θελει απόδειξη . Εκτός αν άλλαξε κάτι ;

Λάθος, το πα. Συνεχής και 1-1

= γνησίως μονότονη.

ILIOPOULOS PANAGIOTIS · #7

Το ερώτημα Β3 iii μήπως μπορεί κάποιος να μου υποδείξει πώς λύνεται; Καταλαβαίνω ότι πρέπει να λύσω την εξίσωση $h(x)=2\sqrt[8]{3}$ ,

αλλά δεν μπορώ να καταλήξω σε αποτέλεσμα.

Tolaso J Kos · #8

Χμμ... μάλλον κάποιο πρόβλημα υπάρχει και εδώ. Ας μας πει ο Μάριος.

M.S.Vovos · #9

ILIOPOULOS PANAGIOTIS έγραψε: ↑
Τετ Οκτ 28, 2020 5:28 am
Το ερώτημα Β3 iii μήπως μπορεί κάποιος να μου υποδείξει πώς λύνεται; Καταλαβαίνω ότι πρέπει να λύσω την εξίσωση $h(x)=2\sqrt[8]{3}$ ,

αλλά δεν μπορώ να καταλήξω σε αποτέλεσμα.

Γεια σου Παναγιώτη. Θα δώσω υπόδειξη. Αρχικά αξιοποίησε τα ερωτήματα παραπάνω υπάρχει λόγος που ζητούνται. Δεύτερον, λύνεται η εξίσωση αλγεβρικά αν όχι είσαι Γ' λυκείου πώς θα το έλυνες. Κάνε μαντεψιά. Ό,τι θες ρωτάς.

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Τετ Οκτ 28, 2020 8:10 am
Χμμ... μάλλον κάποιο πρόβλημα υπάρχει και εδώ. Ας μας πει ο Μάριος.

Δεν υπάρχει πρόβλημα Τόλη.

#10

ILIOPOULOS PANAGIOTIS έγραψε: ↑
Τετ Οκτ 28, 2020 5:28 am
Το ερώτημα Β3 iii μήπως μπορεί κάποιος να μου υποδείξει πώς λύνεται; Καταλαβαίνω ότι πρέπει να λύσω την εξίσωση $h(x)=2\sqrt[8]{3}$ ,

αλλά δεν μπορώ να καταλήξω σε αποτέλεσμα.

$\displaystyle x = \pm \sqrt[8]{3}$ και λόγω μονοτονίας δεν έχει άλλη ρίζα (η μαντεψιά που γράφει ο Μάριος).

M.S.Vovos · #11

ILIOPOULOS PANAGIOTIS έγραψε: ↑
Τετ Οκτ 28, 2020 5:28 am
Το ερώτημα Β3 iii μήπως μπορεί κάποιος να μου υποδείξει πώς λύνεται; Καταλαβαίνω ότι πρέπει να λύσω την εξίσωση $h(x)=2\sqrt[8]{3}$ ,

αλλά δεν μπορώ να καταλήξω σε αποτέλεσμα.

Παναγιώτη υπήρξε κάποια πρόοδος με το ερώτημα;

ILIOPOULOS PANAGIOTIS · #12

Ναι κύριε Βόβο, το έλυσα. Οι λύσεις είναι οι $+-\sqrt[8]{3}$ μοναδικές γιατί η συνάρτηση είναι γνησίως μονότονη στα επιμέρους διαστήματα.
Απλώς, μετά την υπόδειξή σας θεώρησα περιττό να βάλω λύση.

M.S.Vovos · #13

ΘΕΜΑ Α

Α1) Θεωρία

Α2) Θεωρία

Α3) α) Ψ β) π.χ. $\displaystyle f(x)=\left\{\begin{matrix} x, &x\leqslant 0 \\\\ \displaystyle \frac{1}{x}, &x>0 \end{matrix}\right.$

Α4) Λ, Λ, Λ, Σ, Σ

M.S.Vovos · #14

ΘΕΜΑ Β

(Β1) Πρέπει $x\neq 0$ και $\displaystyle \frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{x^{3}}-\frac{1}{x^{4}}\neq 0\Leftrightarrow x^{3}-x^{2}+x-1\neq 0\Leftrightarrow \left (x^{2}+1 \right )\left ( x-1 \right )\neq 0 \Leftrightarrow x\neq 1$ .

Επομένως, $D_{f}=\mathbb{R}\setminus \left \{ 0,1 \right \}$ και $D_{g}=\mathbb{R}$ . Άρα, οι f,g

δεν είναι ίσες. Για κάθε $x\in \mathbb{R}\setminus \left \{ 0,1 \right \}$ έχουμε ότι:

$\displaystyle{f(x)=\frac{x^{4}-x^{3}+x^{2}-x}{\displaystyle \frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{x^{3}}-\frac{1}{x^{4}}}=\frac{x^{5}\left ( x^{4}-x^{3}+x^{2}-x \right )}{\displaystyle x^{5}\left (\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{x^{3}}-\frac{1}{x^{4}} \right )}=\frac{x^{5}\left ( x^{4}-x^{3}+x^{2}-x \right )}{x^{4}-x^{3}+x^{2}-x}=x^{5}=g(x)}$

Άρα, στο εν λόγω διάστημα οι δύο συναρτήσεις είναι ίσες και μάλιστα το συγκεκριμένο διάστημα είναι και το ευρύτερο δυνατό υποσύνολο του $\mathbb{R}$ , που αυτές είναι ίσες.

(Β2) Έχουμε ότι: $\displaystyle{\left\{\begin{matrix} x\in D_{g}=\mathbb{R}\\ g(x)\in D_{f}=\mathbb{R}\setminus \left \{ 0,1 \right \} \end{matrix}\right.\Leftrightarrow x^{5}\neq 0,1\Leftrightarrow x\neq 0,1}$ Άρα $D_{f\circ g}=\mathbb{R}\setminus \left \{ 0,1 \right \}$ .

Επιπλέον: $\displaystyle{\left\{\begin{matrix} x\in D_{f}=\mathbb{R}\setminus \left \{ 0,1 \right \}\\ f(x)\in D_{g}=\mathbb{R} \end{matrix}\right.\Leftrightarrow x\neq 0,1}$ και άρα $D_{g\circ f}=\mathbb{R}\setminus \left \{ 0,1 \right \}$ .

Επίσης, $\displaystyle{\left ( f\circ g \right )(x)=f\left ( g(x) \right )=\left (x^{5} \right )^{5}=x^{10}=\left ( g\circ f \right )(x)}$ .

Άρα, οι δύο συναρτήσεις έχουν ίδια πεδία ορισμού και ίδιο τύπο άρα είναι ίσες.

(Β3) i. Έστω $M\left ( x,f(x) \right )$ , $x\in \mathbb{R}$ . Η απόσταση του

από την αρχή των αξόνων δίνεται από τη σχέση:

$\displaystyle{d\left ( M,O \right )=\sqrt{x^{2}+g^{2}(x)}=\sqrt{x^{2}+x^{10}}=\left | x \right |\sqrt{x^{8}+1}=h(x)}$

ii. Για κάθε $x\in \mathbb{R}$ έχουμε ότι $\displaystyle{h(-x)=\left | -x \right |\sqrt{\left ( -x \right )^{8}+1}=\left | x \right |\sqrt{x^{8}+1}=h(x)}$ , άρα

άρτια.

Για κάθε $x_{1},x_{2}\leqslant 0$ με $x_{1}<x_{2}$ . Τότε $x_{1}^{10}>x_{2}^{10}$ και $x_{1}^{2}>x_{2}^{2}$ . Άρα,

$\displaystyle{x_{1}^{2}+x_{1}^{10}>x_{2}^{2}+x_{2}^{10}\Leftrightarrow \sqrt{x_{1}^{2}+x_{1}^{10}}>\sqrt{x_{2}^{2}+x_{2}^{10}}\Leftrightarrow h\left ( x_{1} \right )>h\left ( x_{2} \right )}$ . Άρα,

γνησίως φθίνουσα στο $\left ( -\infty ,0 \right ]$ .

Όμοια, για $x_{1},x_{2}\geqslant 0$ με $x_{1}<x_{2}$ είναι $h\left ( x_{1} \right )<h\left ( x_{2} \right )$ . Άρα,

γνησίως αύξουσα στο $\left [ 0,+\infty \right )$ .

iii. Για $x\geqslant 0$ από το προηγούμενο ερώτημα η

είναι άυξουσα άρα και 1-1

. $\displaystyle h\left ( x \right )=2\sqrt[8]{3}=h\left ( \sqrt[8]{3} \right )\Leftrightarrow x=\sqrt[8]{3}$ .

Για x<0

από το προηγούμενο ερώτημα η

είναι φθίνουσα άρα και 1-1

. $\displaystyle h\left ( x \right )=2\sqrt[8]{3}=h\left (- \sqrt[8]{3} \right )\Leftrightarrow x=-\sqrt[8]{3}$

Επομένως, το ζητούμενο σημείο είναι το $\displaystyle M\left ( \sqrt[8]{3},\sqrt[8]{3^{5}} \right )$ ή το $\displaystyle M\left ( -\sqrt[8]{3},-\sqrt[8]{3^{5}} \right )$ .

Φιλικά,
Μάριος

Υ.Γ. Μένει η λύση στο ΘΕΜΑ Δ. Θα αφήσω μερικές μέρες ακόμα μήπως κάποιος μαθητής ή συνάδελφος θέλει να μοιραστεί τη λύση του.

Διαγώνισμα 1ο κεφάλαιο

Διαγώνισμα 1ο κεφάλαιο

Re: Διαγώνισμα 1ο κεφάλαιο

Re: Διαγώνισμα 1ο κεφάλαιο

Re: Διαγώνισμα 1ο κεφάλαιο

Re: Διαγώνισμα 1ο κεφάλαιο

Re: Διαγώνισμα 1ο κεφάλαιο

Re: Διαγώνισμα 1ο κεφάλαιο

Re: Διαγώνισμα 1ο κεφάλαιο

Re: Διαγώνισμα 1ο κεφάλαιο

Re: Διαγώνισμα 1ο κεφάλαιο

Re: Διαγώνισμα 1ο κεφάλαιο

Re: Διαγώνισμα 1ο κεφάλαιο

Re: Διαγώνισμα 1ο κεφάλαιο

Re: Διαγώνισμα 1ο κεφάλαιο

Μέλη σε σύνδεση