Upload
-
View
11.254
Download
0
Embed Size (px)
Citation preview
c 2016
Λυγάτσικ
αςΖ.
Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - Ζ. Λυγάτσικας
Π. ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής
ΠΡΟΣΟΜΟΙΩΣΗ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ
ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Γ ΤΑΞΗΣ
Λυγάτσικας Ζήνων
16 Μαρτίου 2016
1 Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - 16 Μαρτίου 2016
Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - Ζ. Λυγάτσικας
1ο ΘΕΜΑ −
1. Αποδείξτε ότι αν µια συνάρτηση είναι παραγωγίσιµη σ΄
ένα σηµείο x0 τότε είναι και συνεχής στο σηµείο αυτό.
2. Να διατυπώσετε το Θεώρηµα Ενδιαµέσων Τιµών.
3. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν γρά-
ϕοντας στην κόλλα σας τη λέξη ΣΩΣΤΟ ή ΛΑΘΟΣ.
(α΄) Αν f είναι µια συνεχής συνάρτηση σε ένα οποιοδή-
ποτε σύνολο A και f (x) 6= 0 για κάθε x ∈ A, τότε η
f διατηρεί σταθερό πρόσηµο στο A.
(ϐ΄) Αν f (x) = ln(x) και g(x) = ex τότε
(f g
)(x) = x.
(γ΄) Ισχύει limx→10
(f (x) · g(x)) = f (10) · g(10).
(δ΄) Αν µια συνάρτηση f δεν είναι συνεχής στο σηµείο
x0 ∈ Df , τότε δεν είναι παραγωγίσιµη σ΄ αυτό.
(ε΄) Αν f είναι συνεχής συνάρτηση στο [α, β] και υπάρ-
χει ξ ∈ (α, β) τέτοιο ώστε f (ξ) = 0, τότε f (α) ·f (β) <
0.
Μονάδες 10 + 5 + 10 = 25
Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - 16 Μαρτίου 2016 2
Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - Ζ. Λυγάτσικας
2ο ΘΕΜΑ −΄Ενας λαγός ϐρίσκεται στη ϑέση A ενός δρόµου πλάτους
4 m. ΄Ενα ϕορτηγό, µε πλάτος ίσο µε το πλάτος του δρό-
µου, έρχεται προς το µέρος του µε ταχύτητα 50 km/h. Ο
λαγός αποφασίζει να διασχίσει τον δρόµο όταν το αυτοκί-
νητο απέχει από αυτόν 7 m χρησιµοποιώντας το µέγιστο
της ταχύτητάς του, δηλαδή ... 25 km/h!
Το µπροστινό µέρος του αυτοκινήτου αναπαρίσταται από
το ευθ. τµήµα ∆∆′. Η κατεύθυνση που ϑα πάρει ο λαγός
ϑα σχηµατίσει γωνία θ, 0 ≤ θ ≤ π
2.
1. Να ϐρείτε τις αποστάσεις AΓ και ∆′Γ συναρτήσει της
γωνίας θ καθώς και τους χρόνους t1 και t2 που ϑα κά-
νει ο λαγός και το αυτοκίνητο για να διανύσουν τις
αποστάσεις AΓ και ∆′Γ.
2. ∆είξτε ότι ο λαγός ϑα µπορέσει να διανύσει τον δρόµο,
πρίν ϕτάσει το αυτοκίνητο, όταν :
7
2+ 2εφ(θ)− 4
συν(θ)> 0
3. Υπάρχουν τιµές της γωνίας θ έτσι ώστε ο λαγός να προ-
λάβει να ϕτάσει στην άλλη άκρη του δρόµου ;
Μονάδες 6 + 7 + 12 = 25
3 Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - 16 Μαρτίου 2016
Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - Ζ. Λυγάτσικας
3ο ΘΕΜΑ −
1. ΄Εστω f : R→ R έτσι ώστε :
∀ x, y ∈ R, |f (x)− f (y)| ≤ |ηµ(x)− ηµ(y)|
(α΄) ∆είξτε ότι η συνάρτηση f είναι περιοδική µε περίοδο
2π.
(ϐ΄) ∆είξτε ότι η f είναι συνεχής στο R.
(γ΄) ∆είξτε ότι η f είναι παραγωγίσιµη στοπ
2και υπολο-
γίστε στη συνέχεια το f ′(π
2
).
Μονάδες 3 + 5 + 7 = 15
2. ΄Εστω η συνάρτηση f ορισµένη στο [α, β], συνεχής και
δύο ϕορές παραγωγίσιµη. Να δειχτεί ότι για κάθε x ∈(α, β) ισχύει :
f (x)− f (α)
x− α− f (β)− f (α)
β − α=
1
2(x−β)f ′′(ξ), ξ ∈ (α, β)
Μονάδες 10
Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - 16 Μαρτίου 2016 4
Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - Ζ. Λυγάτσικας
4ο ΘΕΜΑ −
Το ερώτηµα που ϑα µας απασχολήσει στο πρόβληµα αυτό
είναι να ϐρούµε συναρτήσεις f : R → R µε παράγωγο
f ′(0) = α > 0 τέτοιες ώστε :
∀x, y ∈ R (xy + 1 6= 0) και f (x)f (y) = f( x + y
1 + xy
)(1)
Στη συνέχεια, από το ερώτηµα 1 έως το ερώτηµα 8, ϑα
υποθέτουµε ότι η f είναι µια λύση του προβλήµατος.
1. ∆είξτε ότι f (−1) = f (1) = 0 και f (0) = 1.
2. ∆είξτε ότι η f (x) = 0 δεν έχει άλλες ϱίζες εκτός των −1
και 1.
3. ∆είξτε ότι ∀x ∈ (−1, 1) η f διατηρεί πρόσηµο και f (x) >
0.
4. Αν x1 ∈ R 6= −1, 0, 1,
(α΄) δείξτε ότι ∀t τέτοιο ώστε |t| <∣∣∣x1 −
1
x1
∣∣∣, η εξίσωση
ως προς y:x1 + y
1 + x1y= x1 + t, δέχεται µία ϱίζα.
(ϐ΄) ∆είξτε ότι η f είναι παραγωγίσιµη στο x1 και ότι
f ′(x1) =αf (x1)
1− x21
5. ∆είξτε ότι ∀x ∈ (−1, 1), f (x) =(1 + x
1− x
)α/2.
6. ∆είξτε ότι η f δατηρεί το ίδιο πρόσηµο στο (−∞,−1) ∪(1,+∞).
7. ∆είξτε ότι : ∀x, y ∈ R µε xy 6= −1 ισχύει :
(|x| < 1 & |y| < 1
)ή
(|x| > 1 & |y| > 1
)⇒∣∣∣ x + y
1 + xy
∣∣∣ < 1
(2)
5 Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - 16 Μαρτίου 2016
Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - Ζ. Λυγάτσικας(|x| < 1 & |y| > 1
)ή
(|x| > 1 & |y| < 1
)⇒∣∣∣ x + y
1 + xy
∣∣∣ > 1
(3)
8. Ορίζουµε µία συνάρτηση g στο R ως εξής :
g(x) =
∀x ∈ [−1, 1] µε g(x) = f (x)
∀x /∈ [−1, 1] µε g(x) = −f (x)
∆είξτε ότι η g(x) είναι µία λύση του προβλήµατος.
9. ∆είξτε ότι ∀x 6= 1, f (x) =
∣∣∣∣∣1 + x
1− x
∣∣∣∣∣α/2
.
10. Αντίστροφα: δείξτε ότι µια τέτοια συνάρτηση f (x), ό-
πως στο ερώτηµα 9, µε επιπλέον f (1) = 0, είναι µια
λύση του προβλήµατος.
11. Τέλος, δώστε όλες τις λύσεις του προβλήµατος.
Μονάδες (1)− (2) = 3.5µ, (3) = 3.5µ, (4)− (5) =
5µ (6)− (7)− (8) = 6µ (9)− (10)− (11) = 7µ
Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - 16 Μαρτίου 2016 6
c 2016
Λυγάτσικ
αςΖ.
Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - Ζ. Λυγάτσικας
1ο ΘΕΜΑ Λύσεις :
1. Απόδειξη: (Σχολικό σελ. 217 Θεώρηµα) Για x 6= x0 έχω:
f(x)− f(x0) =f(x)− f(x0)
x− x0· (x− x0)
οπότε :
limx→x0
[f(x)− f(x0)] = limx→x0
(f(x)− f(x0)
x− x0· (x− x0)
)= lim
x→x0
f(x)− f(x0)
x− x0· limx→x0
(x− x0)= f ′(x0) · 0 = 0
Εποµένως, ισχύει limx→x0
f(x) = f(x0), δηλαδή η f είναι συνεχής στο x0.
2. (Σχολικό σελ. 194) ΄Εστω µία συνάρτηση f , η οποία είναι ορισµένη σε ένα
κλειστό διάστηµα [α, β]. Αν :
(α΄) η f είναι συνεχής στο [α, β] και
(ϐ΄) f(α) 6= f(β)
τότε, για κάθε αριθµό η µεταξύ f(α) και f(β) υπάρχει ένας, τουλάχιστον x0 ∈(α, β) τέτοιος ώστε : f(x0) = η.
3. (α΄) Λ (ϐ΄) Σ (γ΄) Λ (δ΄) Σ (ε΄) Λ
7 Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - 16 Μαρτίου 2016
Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - Ζ. Λυγάτσικας
2ο ΘΕΜΑ Λύσεις :
1. Ας υποθέσουµε ότι v είναι η ταχύτητα του λαγού. Τότε η ταχύτητα του αυτοκι-
νήτου ϑα είναι 2v.
AB
A∆= συν(θ)⇔ A∆ =
4
συν(θ), t1 =
A∆
v=
4
vσυν(θ)
B∆
AB= εφ(θ)⇔ B∆ = 4εφ(θ), t2 =
ΓB
2v+B∆
2v=
7
2v+
4εφ(θ)
2v
2. Για να περάσει µε ασφάλεια ο λαγός τον δρόµο πρέπει t2 > t1, τότε :
7 + 4εφ(θ)
2v>
4
vσυν(θ)⇔ 7 + 4εφ(θ)
2− 4
συν(θ)> 0
f(θ) =7 + 4εφ(θ)
2− 4
συν(θ)> 0
Αρα οι τιµές της γωνίας θ που κάνουν ϑετική την f(x) =7 + 4εφ(θ)
2− 4
συν(θ)=
7συν(θ) + 4ηµ(θ)− 8
2συν(θ), είναι οι αποδεκτές γωνίες.
3. Ας δούµε λίγο αναλυτικότερα ποιές µπορεί να είναι οι γωνίες αυτές.
f ′(θ) = 21− 2ηµ(θ)
συν2(θ)
µε f ′(x) = 0 για x =π
6. Αν θ <
π
6⇒ f ′(θ) > 0 ⇒ f(x) ↑. Αν θ >
π
6⇒
f ′(θ) < 0 ⇒ f(x) ↓. Εποµένως για x =π
6η συνάρτηση παρουσιάζει τοπικό
µέγιστο. Τώρα,
f(π
6
)≈ 0, 03 > 0
f(0) = −0, 5 < 0
limθ→π
2−f(θ) = −∞
Παρατηρούµε λοιπόν ότι η f(θ) = 0 έχει δύο ϱίζες ρ1 και ρ2. Κάθε θ ∈ (ρ1, ρ2)γυρίζει την f(θ) > 0.Συµπέρασµα: ο λαγός πρέπει να επιλέξει µια γωνία µεταξύ των ϱιζών ρ1 και
ρ2. (Ικανοποιώντας την περιέργειά σας : ρ1 = 0, 39 rad και ρ2 = 0, 64 rad).
Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - 16 Μαρτίου 2016 8
Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - Ζ. Λυγάτσικας
3ο ΘΕΜΑ Λύσεις :
1. (α΄)
∀ x ∈ R, |f(x)− f(x+ 2π)| ≤ |ηµ(x)− ηµ(x+ 2π)| = 0
΄Αρα, ∀ x ∈ R, f(x) = f(x+ 2π), και f είναι περιοδική µε περίοδο 2π.
(ϐ΄) Για να δείξουµε ότι f είναι συνεχής στο x0 ∈ R ϑα χρησιµοποιήσουµε
κριτήριο παρεµβολής :
0 ≤ |f(x)− f(x0)| ≤ |ηµ(x)− ηµ(x0)|
΄Αρα:
0 ≤ limx→x0
|f(x)− f(x0)| ≤ limx→x0
|ηµ(x)− ηµ(x0)|
Εποµένως : limx→x0
|f(x)− f(x0)| = 0 και
limx→x0
f(x) = f(x0)
(γ΄) Από την αρχική έχουµε:
∀ x, y ∈ R,∣∣∣f(x)− f
(π2
)∣∣∣ ≤ ∣∣∣ηµ(x)− ηµ
(π2
)∣∣∣∆ιαιρώντας µε
∣∣∣x− π
2
∣∣∣ για x ∈ R−π
2
έχω:∣∣∣∣∣∣
f(x)− f(π
2
)x− π
2
∣∣∣∣∣∣ ≤∣∣∣∣∣∣ηµ(x)− ηµ
(π2
)x− π
2
∣∣∣∣∣∣∆εξιά όπως
limx→π
2
∣∣∣∣∣∣ηµ(x)− ηµ
(π2
)x− π
2
∣∣∣∣∣∣ = συν
(π2
)= 0
΄Αρα,
limx→π
2
∣∣∣∣∣∣f(x)− f
(π2
)x− π
2
− 0
∣∣∣∣∣∣ = 0
µε άλλα λόγια : f ′(π
2
)= 0.
2. Θέτω για x ∈ (α, β)
λ =
f(x)− f(α)
x− α− f(β)− f(α)
β − αx− β
(4)
Λύνοντας ως προς f(x) ϑα πάρουµε:
f(x) = f(α) +f(β)− f(α)
β − α(x− α) + λ(x− α)(x− β) (5)
9 Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - 16 Μαρτίου 2016
Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - Ζ. Λυγάτσικας
Θεωρώ τη συνάρτηση:
h(t) = f(t)−
(f(α) +
f(β)− f(α)
β − α(t− α) + λ(t− α)(t− β)
)
Η h(x) είναι συνεχής και παραγωγίσιµη στο [α, x]. Επίσης h(α) = 0 και
h(x) = 0. Εποµένως από το ϑεώρηµα Rolle ∃ξ1 ∈ (α, x) τέτοιο ώστε
h′(ξ1) = 0 (6)
Εργαζόµαστε το ίδιο στο [x, β]. Εποµένως από το ϑεώρηµα Rolle ∃ξ2 ∈ (x, β)τέτοιο ώστε
h′(ξ2) = 0 (7)
Η συνάρτηση h′(x) είναι συνεχής, παραγωγίσιµη στο [ξ1, ξ2] ⊂ [α, β], και
h′(ξ1) = h′(ξ2) = 0. Εποµένως από το ϑεώρηµα Rolle ∃ξ ∈ (ξ1, ξ2) τέτοιο
ώστε
h′′(ξ) = 0 (8)
Αλλά, h′′(x) = f ′′(t)− 2λ και h′′(ξ) = f ′′(ξ)− 2λ8= 0, άρα, λ =
1
2f ′′(ξ).
Συµπέρασµα: από εξίσωση 4 έχουµε:
1
2f ′′(ξ) =
f(x)− f(α)
x− α− f(β)− f(α)
β − αx− β
Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - 16 Μαρτίου 2016 10
Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - Ζ. Λυγάτσικας
4ο ΘΕΜΑ Λύσεις :
1. (α΄) Θέτω στην εξίσωση (1): x = x και y = 0. Τότε : f(x)f(0) = f(x) ⇔f(x))f(0) − 1) = 0. Αν f(x) = 0 τότε f ′(0) = 0 = α, αδύνατο. ΄Αρα:
f(0) = 1.
(ϐ΄) Θέτω στην εξίσωση (1): x = x και y = 1.
f(x)f(1) = f(x+ 1
1 + x
)⇔ f(x)f(1) = f(1)⇔ f(1)(f(x)− 1) = 0
Αν f(x) = 1⇒ f ′(x) = 0 αδύνατο. ΄Αρα, f(1) = 0.
(γ΄) Θέτω στην εξίσωση (1): x = x και y = −1.
f(x)f(−1) = f(x− 1
1− x
)⇔ f(x)f(−1) = f(−1)⇔ f(−1)(f(x)− 1) = 0
Αν f(x) = 1⇒ f ′(x) = 0 αδύνατο. ΄Αρα, f(−1) = 0.
2. Ας υποθέσουµε ότι υπάρχει ξ /∈ −1, 1 έτσι ώστε f(ξ) = 0. Από την εξίσωση (1)
έχουµε για x = ξ και y = −ξ, f(ξ)f(−ξ) = f(0) = 1. Αλλά f(ξ) = 0, άρα
f(ξ)f(−ξ) = 0, αδύνατο. ΄Αρα, δεν υπάρχουν ϱίζες εκτός των −1 και 1.
3. Προσοχή δεν γνωρίζουµε ακόµα ότι η f είναι συνεχής στο [−1, 1]! Στην αρχική
ισότητα (1) ϑέτω: x = y. Τότε, ∀x ∈ R ϑα έχω: f(x)2 = f( 2x
1 + x2
). Συνεπώς,
f( 2x
1 + x2
)> 0. Θέτω x = εφ
θ
2µε θ ∈ (−π, π). Απο την τριγωνοµετρία
2x
1 + x2= ηµ(θ). Τότε, f(ηµ(θ)) > 0, ∀θ ∈ (−π, π).
Συνεπώς, f(x) > 0, ∀x ∈ (−1, 1).
4. ΄Εστω x1 6= −1, 0, 1.
(α΄)
x1 + y
1 + x1y= x1 + t ⇔
x1 + t = (x1 + t)(1 + x1y)
y 6= − 1
x1
⇔
y(1− (x+ 1 + t)x1) = x1 + t− x1 = t
y 6= − 1
x1(9)
• Αν x1 + t =1
x1⇔ t =
1− x2
x16= 0 και t = 0 από τα προηγούµενα.
΄Ατοπο.
• Αν όχι, τότε y =t
1− x21 − x1tη οποία λύση ικανοποιεί τον περιορισµό.
11 Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - 16 Μαρτίου 2016
Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - Ζ. Λυγάτσικας
Πράγµατι :t
1− x21 − x1t6= − 1
x1αφού:
t
1− x21 − x1t6= − 1
x1⇔ tx1 + 1− x1(x1 + t)
x1(1− x1(x1 + t))6= 0
⇔ . . .
⇔ x21 − 1
x1(1− x1(x1 + t))6= 0
΄Αρα, η λύση είναι ρt =t
1− x21 − x1t.
(ϐ΄) Θα δείξω ότι υπάρχει το όριο : limt→0
f(x1 + t)− f(t)
t.
f(x1 + t)− f(t)
t9=
f(x1+ρt1+x1ρt
)− f(x1)
t(1)=
f(x1)f(ρt)− f(x1)
t
=f(x1)
(f(ρt)− 1
)t
= f(x1) ·f(ρt)− 1
ρt· ρtt
΄Αλλα,ρtt
= · · · = 1
1− x21 − x1t, η οποία για t→ 0 τείνει στην
1
1− x21.
Επίσης, limt→0
f(ρt)− 1
ρt= f ′(0) = α, επειδή t→ 0 το ρt → 0.
Εποµένως : limt→0
f(x1 + t)− f(t)
t=αf(x1)
1− x21. Συµπέρασµα: η f είναι πα-
ϱαγωγίσιµη στο x1 και f ′(x1) =αf(x1)
1− x21για κάθε x1 6= −1, 0, 1.
5. Από f ′(x) =αf(x)
1− x2και το ότι η f(x) > 0 για κάθε x 6= −1, 0, 1, έχω:
f ′(x)
f(x)=
α
1− x2=
α
2
((1 + x)′
1 + x− (1− x)′
1− x
)
=α
2· ln
(1 + x
1− x
)′
΄Η, ln(f(x)
)′=α
2· ln
(1 + x
1− x
)′
+ c. Αλλά, f(0) = 1, άρα, c = 0 και ∀x ∈
(−1, 1), f(x) =(1 + x
1− x
)α/2.
6. ΄Εχουµε δεί ότι η f(x) = 0 είναι παραγωγίσιµη και συνεπώς συνεχής ∀x 6=−1, 1. Επίσης δεν έχει άλλες ϱίζες εκτός των −1 και 1. ΄Αρα, διατηρεί πρόσηµο
Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - 16 Μαρτίου 2016 12
Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - Ζ. Λυγάτσικας
στο (−∞,−1) ∪ (1,+∞).Θέτοντας x = −x στην αρχική εξίσωση (1), ϑα πάρουµε f(x)f(−x) = f(0) = 1.Τότε οι f(x) και f(−x) είναι οµόσηµοι. Συµπέρασµα: η f δατηρεί το ίδιο
πρόσηµο στο (−∞,−1) ∪ (1,+∞).
7.
1− x+ y
1 + xy= · · · = (1− x)(1− y)
1 + xy(10)
1 +x+ y
1 + xy= · · · = (1 + x)(1 + y)
1 + xy(11)
Η εξίσωση 11 προκύπτει εύκολα από την (10) ϑέτοντας x = −x και y = −y.Από τις εξισώσεις (10) και (11), έχουµε:
(α΄) Αν |x| < 1 & |y| < 1⇒ 1± x > 0 1± y > 0 1 + xy > 0. ΄Αρα:
1− x+ y
1 + xy> 0 & 1 +
x+ y
1 + xy< 0⇒
∣∣∣ x+ y
1 + xy
∣∣∣ < 1
(ϐ΄) Αν
|x| > 1 & |y| > 1⇒
∣∣∣∣∣1x
+ 1y
1 + 1xy
∣∣∣∣∣ < 1⇔∣∣∣ x+ y
1 + xy
∣∣∣ < 1
(γ΄) Αν
|x| < 1 & |y| > 1⇒ 1 >
∣∣∣∣∣ x+ 1y
1 + x 1y
∣∣∣∣∣ =∣∣∣1 + xy
x+ y
∣∣∣⇒ ∣∣∣ x+ y
1 + xy
∣∣∣ > 1
(δ΄) Αν |x| > 1 & |y| < 1 οµοίως.
8. Αφού στο [−1, 1] f(x) = g(x) και g′(0) = α > 0, µένει να επαληθεύσουµε την
εξίσωση (1) για την g(x) µε xy 6= −1.
(α΄) Αν |x| < 1 & |y| < 1⇒
∣∣∣∣∣ x+ y
1 + xy
∣∣∣∣∣ < 1. ΄Αρα, f(x) = g(x).
(ϐ΄) Αν |x| > 1 & |y| > 1⇒
∣∣∣∣∣ x+ y
1 + xy
∣∣∣∣∣ < 1. ΄Αρα,
g(x)g(y) = (−f(x))(−f(y)) = f(x)f(y) = f
(x+ y
1 + xy
)= g
(x+ y
1 + xy
)
(γ΄) Αν |x| < 1 & |y| > 1⇒
∣∣∣∣∣ x+ y
1 + xy
∣∣∣∣∣ > 1. ΄Αρα,
g(x)g(y) = f(x)(−f(y)) = −f(x)f(y) = −f
(x+ y
1 + xy
)
= −
[− g
(x+ y
1 + xy
)]= g
(x+ y
1 + xy
)
13 Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - 16 Μαρτίου 2016
Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - Ζ. Λυγάτσικας
(δ΄) Αν |x| > 1 & |y| < 1 οµοίως.
Συµπέρασµα: η g(x) είναι µία λύση του προβλήµατος.
9. ΄Εχουµε δείξει ότι για x 6= ±1 η f είναι παραγωγίσιµη στο (−1, 1) µε
f(x) =
(1 + x
1− x
)α/2
=
∣∣∣∣∣1 + x
1− x
∣∣∣∣∣α/2
επειδή1 + x
1− x> 0, ∀x ∈ (−1, 1).
Θα δείξω ότι ∀x ∈ A = (−∞,−1) ∪ (1,+∞) µε f(x) > 0, ερώτηµα 6, ισχύει
επίσης : f(x) =
∣∣∣∣∣1 + x
1− x
∣∣∣∣∣α/2
.
Πράγµατι, είδαµε ότι :f ′(x)
f(x)=
α
1− x2στο A έχουµε:
ln(f(x)
)′=α
2· ln
∣∣∣∣∣1 + x
1− x
∣∣∣∣∣′
επειδή f(x) > 0 και1 + x
1− x< 0 για x ∈ A. ΄Αρα,
ln(f(x)
)= ln
∣∣∣∣∣1 + x
1− x
∣∣∣∣∣α/2
+ ln c⇔ f(x)2 = c ·
∣∣∣∣∣1 + x
1− x
∣∣∣∣∣α
Από την εξίσωση (1), f 2(x) = f
(2x
1 + x2
). Εποµένως
limx→+∞
f 2(x) = limx→+∞
f
(2x
1 + x2
)(12)
Αν X =2x
1 + x2τότε για x → +∞ ⇒ X → 0. ΄Αρα, επειδή f(x) είναι συνεχής
στο 0 µε f(0) = 1 ϑα έχουµε limx→+∞
f(x) = 1. Εποµένως, η εξίσωση 12 δίνει :
1 = c · 1⇒ c = 1. Συµπέρασµα: ∀x 6= 1, f(x) =
∣∣∣∣∣1 + x
1− x
∣∣∣∣∣α/2
.
10. Θα δείξω ότι η f(x) =
∣∣∣∣∣1 + x
1− x
∣∣∣∣∣α/2
µε x 6= 1 και f(1) = 0 είναι λύση του
προβλήµατος.
f
(x+ y
1 + xy
)=
∣∣∣∣∣x+y1+xy
+ 1x+y1+xy
− 1
∣∣∣∣∣α/2
=
∣∣∣∣ (1 + x)(1 + y)
(1− x)(1− y)
∣∣∣∣α/2= f(x)f(y)
Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - 16 Μαρτίου 2016 14
Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - Ζ. Λυγάτσικας
Αν x = 1 ή y = 1 f(x)f(y) = f
(x+ y
1 + xy
)= 0. Επίσης :
ln f(x) =α
2· ln 1 + x
1− x
στο (−1, 1), άρα f ′(x) =αf(x)
1− x2µε f ′(0) = α.
Συµπέρασµα: η f(x), όπως στο ερώτηµα 9, µε επιπλέον f(1) = 0, είναι µια
λύση του προβλήµατος.
11. ΄Εχουµε 2 λύσεις του προβλήµατος :
(α΄) f(x) =
∣∣∣∣∣1 + x
1− x
∣∣∣∣∣α/2
, ∀x 6= 1, f(1) = 0.
(ϐ΄) g(x) =
∀x ∈ [−1, 1] µε g(x) = f(x)∀x /∈ [−1, 1] µε g(x) = −f(x)
15 Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - 16 Μαρτίου 2016