Λύσεις του διαγωνίσματος 1 ο Κεφάλαιο (Συναρτήσεις)

ΘΕΜΑ 1 ο : ΛΥΣΕΙΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑΤΟΣ Α1.

Θεωρία του σχολικού βιβλίου .

Α2.

Θεωρία του σχολικού βιβλίου .

Α3. α)

Σωστό .

β)

Λάθος .

1 ο ΚΕΦΑΛΑΙΟ (ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ) γ)

Σωστό .

δ)

Σωστό .

ε)

Σωστό .

ΘΕΜΑ 2 ο Β1.

Τα πεδία ορισμού των συναρτήσεων είναι :

D f D g

  ,1  . Το πεδίο ορισμού της

fog

είναι:

D fog

 

x



D g



D f

 

x

  /

x

2  1   1,1  Για κάθε

x

 1,1  έχουμε: Το πεδίο ορισμού της

gof



fog



είναι: 

 

 1 

x

2  1,

x

 1,1 

D gof

 

x



D f

/ 

D g

  

x

 1 / 1 

x

 



,1  Για κάθε



 ,1  έχουμε:



gof





Β2.

Η συνάρτηση

f

 

  1 

x

 1  2  1 

x

είναι γνησίως μονότονη αφού: 

x

 2 

x

 2 1 



,1  Για κάθε , 2



,1  έχουμε:

x

1 

x

2  

x

1  

x

2

x

1

x

2  1 

x

1  1 

x

2  1 

x

1 1 

x

2

f x

 ( 2 )

Λύσεις του διαγωνίσματος 1 ο Κεφάλαιο (Συναρτήσεις)

Άρα η

f

είναι γνησίως φθίνουσα στο



 ,1  , δηλαδή και «1 -1», επομένως η

f

είναι αντιστέψιμη.

Για την αντίστροφη της

f

έχουμε:

y

 

y

 1 

x

1 

x



y

1

x

 

y

 1  2 

x

 1  

y

  2

y

Πρέπει ακόμα 1 



y

 1



2



y

 1



2  0 , που αληθεύει για κάθε

y

  . Άρα η αντίστροφη

f

 1 της

f

είναι :

f

 1  1 



x

 1



2  1  

x

2  2

x

 1   

x

2 

Β3.

Θεωρούμε τη συνάρτηση:   

1 4

,

x

 1,1  Εφαρμόζουμε το θεώρημα του Bolzano για την

h

στο   1,1    .   1  Η

h

είναι συνεχής στο   1,1  (ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων) 

y

  1) 

h

( 1) 

f h

(1)  Επομένως

h

 

g f

(1) 

g

(1) 

1 4



1 4



1 4

1 4   

1 4

 0 4  0 

h

(1)  0 και άρα υπάρχει μία, τουλάχιστον, ρίζα



 

h

 0 

f



1 4



g

Β4 .

Αφού η

f

είναι γνησίως φθίνουσα στο



 ,1  το σύνολο τιμών της θα είναι: 

f

(1), lim

x

    1, 



Ή αλλιώς το σύνολο τιμών της

f

είναι το πεδίο ορισμού της

f

 1 , δηλαδή το

D f

 1

ΘΕΜΑ 3 ο Γ 1.

Όταν

x

  είναι

x

 0 , οπότε έχουμε διαδοχικά: 

x

2

x



x

2

x

2

x

2

x



x

    1 1 1 

x

2  1     Επομένως:  1, 



.

Λύσεις του διαγωνίσματος 1 ο Κεφάλαιο (Συναρτήσεις) x

lim   lim

x



x

    1 1 1 

x

2  1      0 Όταν

x

  είναι

x

 0 , οπότε έχουμε:

x

lim   lim

x

  

e

  1

x





2016

x x

2016     (1) Είναι

x

lim 

e x

1 

e

0  1 και:



2016

x x

2016  1

x

2016 1  

x

2016 



2016

x x

2016  1

x

2016 1 με lim

x



x

2016  lim

x

      1 

x

2016   0 Από το κριτήριο της παρεμβολής έχουμε ότι : lim

x





2016

x x

2016  0 . Επομένως από την (1) έχουμε:

x

lim   lim

x

  

e

  1

x



 x

2016

x

2016     

x

lim 

e x

1  lim

x

 



2016

x x

2016 

Γ 2.

Η συνάρτηση

f

είναι:  Συνεχής στο διάστημα



 , 0



(ως πράξεις και σύνθεση συνεχών συναρτήσεων)  Συνεχής στο διάστημα



0, 



(ως πράξεις και σύνθεση συνεχών συναρτήσεων) Θα εξετάσουμε τη συνέχεια της

f

στο σημείο

x

0  0 . Είναι

f

. Έχουμε: lim 

x

 0  lim 

x

 0 

x

2  1 

x

  1 Ακόμα: lim

x

 0 

e x

1  0 lim

x

 0 



2016

x x

2016  lim

x

 0  

 x

 

x

   2016  1 Άρα:

Λύσεις του διαγωνίσματος 1 ο Κεφάλαιο (Συναρτήσεις)

lim

x

 0  

x

lim  0   

e

  1

x





2016

x x

2016     

x

lim  0 

e x

1  lim 

x

 0



2016

x x

2016  Οπότε lim 

x

 0

Γ3.

Επειδή:  και άρα lim ( ) 1

x

 0  . Επομένως η

f

είναι συνεχής και στο 0, αφού

x

 0

f x



f

(0) . lim

x

 lim

x

   lim

x





lim

x





 

x



 0    

x



 1     υπάρχουν

x

1  0,

x

2  0 αντίστοιχα τέτοια, ώστε  0,

 

 0 . Επομένως θεωρούμε τη συνάρτηση    

x x

2 , 1  .  Η

h

είναι συνεχής στο 

x x

2 , 1    (ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων) 

h x

1

h x

2  0 Από το θεώρημα του Bolzano έχουμε ότι υπάρχει ένα, τουλάχιστον ,

x

0 



x x

2 , 1



τέτοιο, ώστε:  0 

f x

0 

x

0 Επομένως η εξίσωση 

x

έχει μία , τουλάχιστον, πραγματική λύση.

Γ4.

Η συνάρτηση

f

είναι συνεχής στο διάστημα   και άρα παίρνει μία μέγιστη και μία ελάχιστη τιμή, Μ και μ αντίστοιχα, δηλαδή   



για κάθε

x

  0, 5  . Έχουμε:





f

(2)    2









f

(3)    3









f

(4)    4



   Προσθέτοντας τις σχέσεις (1) , (2), (3) κατά μέλη έχουμε: 9







 9   Άρα υπάρχει ένα, τουλάχιστον,







1, 5



τέτοιο, ώστε:

f

 9 





Λύσεις του διαγωνίσματος 1 ο Κεφάλαιο (Συναρτήσεις)

ΘΕΜΑ 4 ο Δ1.

i)

Για

x



y

 0 έχουμε:

f

  

f

(0)



f

(0)



f

(0)



f

2

(0)



f

(0) 

f

Δεκτή τιμή είναι η

f



0, 



.

ii)

Για

x

 1,

y

  1 έχουμε:



 0  

f



f

 



f

(1) 

f



f

(0) 

ef

Δ2.

i)

Αφού η

f

είναι συνεχής στο 0 θα είναι lim

x

 0

f

είναι συνεχής στο

x

0   , δηλαδή lim

x



x

0 Θέτουμε:   (Ι)

x



x

0

x

 

h



x



x

0 

h x

0 

h

 0

f

Τότε η (1) γίνεται:

ef



f

 1

e

 1 . Θα αποδείξουμε ότι η lim

x



x

0  lim

h

 0



0 

h



 lim

h

 0



( 0 ) 



 ( 0 

h

 0

f h

 ( 0 )

ii)

H συνάρτηση

f

είναι γνησίως αύξουσα , αφού γνωρίζουμε ότι είναι γνησίως μονότονη και

f

 1 . Επομένως και η

e f

 1 έχει το ίδιο είδος μονοτονίας (το οποίο πρέπει να αποδείξουμε ως πρόταση και υπάρχει αποδεδειγμένο στις σημειώσεις ), δηλαδή η συνάρτηση

f

 1 είναι γνησίως αύξουσα.

x



x

0 

h



x



Δ3. i)

Θέτουμε:

x

  

h x

0 

h

 



x

0  



και έχουμε: lim

x

 lim

x

 

h

lim    ( 0



0 

h





h

lim  



( 0 ) 

x

 



 ( 0 

h

  lim

x

 

 

1  ( 0 )



 0  

x

lim  Όμως η σχέση ( 0 ) 1 ισχύει μόνο για

x

0  0 (αφού

f

 ( 0 

h

  0 ( 0  και η

f

είναι συνάρτηση «1 1»). Επομένως

x

lim   0 . Όμοια θέτουμε:

x



x x

0 

h

   

h x



x

0   

h



x

0  



και έχουμε:

Λύσεις του διαγωνίσματος 1 ο Κεφάλαιο (Συναρτήσεις) x

lim 

x

lim   lim

h

   ( 0



0 

h



 lim

h

 



( 0 ) 

x

 



 ( 0 

h

  lim

x

 

 

1  ( 0 )



 0   lim

x

 Όμως η σχέση ( 0 ) 1 ισχύει μόνο για

x

0  0 (αφού

f

 ( 0 

h

  0 ( 0  και η

f

είναι συνάρτηση «1 1»). Επομένως

x

lim  

(ii)

Για

y

 

x

έχουμε: 0 .

Σημείωση:

Οι ισοδυναμίες που χρησιμοποιήθηκαν για την εύρεση των ορίων

x

lim  , lim

x

 στηρίζονται στην μοναδκότητα του ορίου.

x

)





 



f

 

f

  1 Έχουμε διαδοχικά: lim

x

 0

f

(1 

x

)  lim

x

 0

f

(1) 

f

( 

x

)  lim

x

 0

f

(1)

f

2 

f



x

 0

f

2 1 

f

(1)

f

2 (0) 

e

1 

e

Δ4.

Η συνάρτηση

f

είναι συνεχής στο διάστημα  0,1  , αφού είναι συνεχής στο  , άρα παίρνει μία ελάχιστη και μία μέγιστη τιμή , m και Μ αντίστοιχα, δηλαδή:

m

 

M

για κάθε

x

   Άρα έχουμε:

m



f

   1 2    

M

(1)

m



f

1   3 

M

(2)

m



f

   1 4    

M

(3) Προσθέτοντας κατά μέλη τις σχέσεις (1) ,(2) , (3) είναι: 3

m



f

   1 2    

f

  3 

f

   1 4     3

M



m



f

   1 2    

f

  3  3

f

   1 4    

M

Επομένως από το Θεώρημα των Ενδιαμέσων Τιμών έχουμε ότι υπάρχει ένα, τουλάχιστον,

x

0 



0,1



τέτοιο, ώστε:

Λύσεις του διαγωνίσματος 1 ο Κεφάλαιο (Συναρτήσεις)

( 0 ) 

f

   1 2    

f

  3 

f

   1 4     3

f x

0 

f

   1 2    

f

  3 

f

   1 4   

Επιμέλεια λύσεων. Συντακτική Ομάδα www.mathp.gr