mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 03, 2026 9:22 am**

Αγαπητές/τοί φίλες/οι

Στο θέμα αυτό θα αναρτηθούν (αμέσως μόλις δημοσιευθούν στη σελίδα του Υπουργείου) και, αποκλειστικά, θα λυθούν τα θέματα των Μαθηματικών 2026 (των ημερησίων ΓΕΛ). Επομένως σχολιασμοί-κριτική επί της δυσκολίας κ.λ.π. των θεμάτων θα απομακρύνονται από αυτήν την συζήτηση. Αυτές μπορούν να γίνουν στο Σχόλια στα Μαθηματικά ΓΕΛ 2026 εδώ.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 03, 2026 10:49 am**

Για το Γ2ii) προφανώς χρησιμοποιείται η μονοτονία και τα ακρότατα του προηγούμενου ερωτήματος αλλά θα γράψω μια καθαρά αλγεβρική λύση.

Είναι $\displaystyle{f(x)=\frac{x}{x^2+1},\,x\in\mathbb{R}}$ και για κάθε $x\in\mathbb{R}$ ισχύει $\displaystyle{|f(x)|=\frac{|x|}{x^2+1}=\frac{|x|}{|x|^2+1}\leq \frac{1}{2}}$

όπου η τελευταία ανισότητα προκύπτει από την $(|x|-1)^2\geq 0,\,x\in\mathbb{R}$ με την ισότητα να ισχύει αν και μόνο αν $x\in\left\{-1,1\right\}.$

Άρα έχουμε $f(\mathbb{R})\subseteq \left[-1/2,1/2\right].$ Αντίστροφα, έστω $y\in\left[-1/2,1/2\right]$ . Αναζητούμε $x\in\mathbb{R}$ ώστε y=f(x).

Αυτό σημαίνει $\displaystyle{y=\frac{x}{x^2+1}\Leftrightarrow y\,x^2-x+y=0\,\,(\ast).}$

Αν y=0

τότε προφανώς x=0

. Αν $y\neq 0$ τότε η $(\ast)$ είναι ένα τριώνυμο ως προς

με διακρίνουσα $\Delta=1-4\,y^2\geq 0$ και λύσεις $\displaystyle{x=\frac{1\pm\sqrt{1-4\,y^2}}{2\,y}.}$

Επομένως, $\left[-1/2,1/2\right]\subseteq f(\mathbb{R})$ και συνεπώς έχουμε το ζητούμενο.

Η παραπάνω λύση δίνει απάντηση και στο ερώτημα για την εξίσωση f(x)=1/2+a^2

στο $\mathbb{R}$ για τις διάφορες τιμές του $a\in\mathbb{R}.$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 03, 2026 11:00 am**

Καποιες νύξεις για το Δ

Δ1 Bolzano στην h(x)=g(x)+x

στο

για ύπαρξη και συνέχεια σε συνδυασμό με μη μηδενισμό της (g(x)+x)'

για διατήρηση προσήμου της άρα g(x)+x

γνήσια μονότονη στο [-1,0]

οπότε μοναδική η ρίζα της στο (-1,0).

Δ2. $\displaystyle \lim_{X \to 0^{-}}\frac{f\left ( x \right )-f\left ( 0 \right )}{x-0}=\displaystyle \lim_{x \to 0^{-}}\left ( x\left ( g\left ( x \right ) +x\right ) \right )=0$ διότι από συνέχεια της

στο $0, g(x)\rightarrow g(0).$ $\displaystyle \lim_{x \to 0^{+}}\frac{2\sin x+\tan x-kx}{x}=0\Leftrightarrow 2\cdot 1+1-k=0\Leftrightarrow ...$
Δ3 . i) στο $(0,\pi/2)$ είναι $f'\left ( x \right )=2\cos x+\frac{1}{\cos^2x}-3> 0$ και

συνεχής στο 0 άρα γνήσια αύξουσα στο $[0,\pi/2)$ και $f(0)=0\Rightarrow ....$
ii) f συνεχής και γνήσια αύξυοσα στο $[0,\pi/2),$ άρα $f\left ( \left [ 0,\pi/2 \right ) \right )=\left [ f\left ( 0 \right ),\displaystyle \lim_{x \to \frac{\pi}{2}^{-}}f\left ( x \right ) \right )=\left [ 0, \displaystyle \lim_{x \to \frac{\pi}{2}^{-}}\left ( 2\sin x+\tan x-3x \right )\right )=\left [ 0,+\infty \right )$ διότι $\tan x \rightarrow +\infty.$
$\pi/3$ ανήκει στο $f([0,\pi/2))$ και μοναδικότητα λόγω γνήσιας μονοτονίας.....
Δ4. i) h(-1)<0<h(0)

και

γνήσια μονότονη στο [-1,0],

άρα γνήσια αύξουσα στο [-1,0]

οπότε

στο

Οπότε $f(x)=x^2h(x)\geq 0$ στο [x_1,0]

με ισότητα στα άκρα.
ii) Επειδή $f(x)\geq 0$ στα $[x_1,0],[0,\pi/3],$ άρα $\displaystyle \int \limits_{x_1}^{0}f\left ( y \right )dy=\int \limits_{0}^{\pi/3}d\left ( -2\cos x-\ln \left ( \cos x\right )-\frac{3x^2}{2} \right )\Leftrightarrow \int \limits_{x_1}^{0}y^2g\left ( y \right )dy+\int \limits_{x_1}^{0}y^3dy=\left [ -2\cos x-\ln \left ( \cos x \right )-\frac{3x^2}{2} \right ]_{x=0}^{x=\pi/3}\left ( 1 \right )$
Σημειώνοντας ότι $\displaystyle \int \limits_{x_1}^{0}y^2g(y)dy=\left [ \frac{y^{3}}{3}g\left ( y \right ) \right ]_{y=x_1}^{y=0}-\frac{1}{3}\int \limits_{x_1}^{0}y^3g'\left ( y \right )dy\overset{g\left ( x_1 \right )=-x_1}=\frac{x_1^{4}}{3}-\frac{1}{3}\int \limits_{x_1}^{0}y^{3}g'\left ( y \right )dy$

και βάζοντάς την στην (1) παίρνουμε το ζητούμενο.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 03, 2026 11:23 am**

Για το Δ3i

Ένας τρόπος είναι να ορίσουμε τη συνάρτηση k(x)=2sinx+tanx

και να δείξουμε ότι είναι κυρτή άρα είναι πάνω από την εφαπτομένη της στο

που είναι η y=3x

.

Ένας δεύτερος πιο κομψός αλλά εκτός ύλης τρόπος είναι ο εξής:

Στο $\left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)$ έχουμε $k'(x) = 2\cos{x}+\dfrac{1}{\cos^2{x}} = \cos{x}+\cos{x}+\dfrac{1}{\cos^2{x}} \stackrel{AM-GM}{\geq} 3\sqrt[3]{\cos{x}\cdot \cos{x} \cdot \dfrac{1}{\cos^2{x}}}=3$ άρα $k'(x)\geq 3 \Rightarrow f'(x)\geq 0$ με ισότητα μόνο για x=0

άρα η

είναι γνησίως αυξουσα στο $\left[0, \dfrac{\pi}{2}\right)$ κι έτσι $f(x)\geq f(0)=0$ στο $\left[0, \dfrac{\pi}{2}\right)$ .

Φυσικά για τη μελέτη της f(x)

στο συγκεκριμένο διάστημα μπορούμε να εφαρμόσουμε την κλασική μέθοδο εύρεσης του προσήμου της

.

Συγκεκριμένα $f'(x)=\dfrac{2\cos^3{x}-3\cos^2{x}+1}{\cos^2{x}}=\dfrac{(\cos{x}-1)^2\cdot(2\cos{x}+1)}{\cos^2{x}}\geq 0$ , με ισότητα μόνο στο x=0

.

Αλέξανδρος

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 04, 2026 12:26 am**

Ένας κάπως εξεζητημένος τρόπος για το Γ3 (και με γνώσεις προηγούμενων τάξεων):

Γράφουμε για συντομία
$\displaystyle A_n=1-\frac12+\frac13-\cdots+\frac{(-1)^{n-1}}{n}.$

Χρησιμοποιώντας τη γνωστή ταυτότητα

$a^n-b^n=(a-b)\big(a^{n-1}+a^{n-2}b+\cdots+a\,b^{n-2}+b^{n-1}\big)$ ,

με a=x^2

και

, έχουμε

$\displaystyle (x^2)^n-(-1)^n=(x^2+1)\Big[(x^2)^{n-1}-(x^2)^{n-2}+\cdots+(-1)^{n-1}\Big],$

οπότε $\dfrac{x^{2n+1}}{x^2+1}=Q(x)+\dfrac{(-1)^n x}{x^2+1}$ με

$\displaystyle \boxed{\;Q(x)=x^{2n-1}-x^{2n-3}+x^{2n-5}-\cdots+(-1)^{n-1}x\;}$

Σημείωση: Η παραπάνω σχέση αυτή προκύπτει και με πολυωνυμική διαίρεση.

Ολοκληρώνουμε όρο προς όρο στο [0,1]

. Το πολυωνυμικό κομμάτι, μετά από αναδιάταξη των όρων κατά αύξουσα σειρά παρονομαστών, δίνει

$\displaystyle \int_0^1 Q(x)\,dx =\frac{1}{2n}-\frac{1}{2(n-1)}+\cdots+\frac{(-1)^{n-1}}{2} =\frac{(-1)^{n-1}}{2}\,A_n,$

ενώ το ρητό κομμάτι δίνει

$\displaystyle (-1)^n\!\int_0^1\frac{x}{x^2+1}\,dx =\frac{(-1)^n}{2}\ln(x^2+1)\Big|_0^1=\frac{(-1)^n}{2}\ln 2$ .

Επειδή $(-1)^{n-1}=-(-1)^n$ , τα δύο μέρη συνδυάζονται όμορφα:

$\displaystyle \boxed{\;I_n=\int_0^1 \frac{x^{2n+1}}{x^2+1}\,dx =\frac{(-1)^n}{2}\big(\ln 2-A_n\big) =\frac{(-1)^n}{2}\!\left[\ln 2-\Big(1-\tfrac12+\tfrac13-\cdots+\tfrac{(-1)^{n-1}}{n}\Big)\right]\;}$

Ενδεικτικά:

$I_0=\tfrac12\ln 2,\qquad I_1=\tfrac12-\tfrac12\ln 2,\qquad I_2=\tfrac12\ln 2-\tfrac14 .$

Τα διαδοχικά αθροίσματα διαφέρουν κατά τον επόμενο όρο, $A_{n+1}-A_n=\dfrac{(-1)^{n}}{n+1}$ .

Άρα, με $(-1)^{n+1}=-(-1)^n$ ,

$\displaystyle I_n+I_{n+1} =\frac{(-1)^n}{2}\big(\ln 2-A_n\big)-\frac{(-1)^{n}}{2}\big(\ln 2-A_{n+1}\big) =\frac{(-1)^n}{2}\big(A_{n+1}-A_n\big) =\frac{(-1)^n}{2}\cdot\frac{(-1)^{n}}{n+1},$

Συνεπώς,

$\displaystyle \boxed{\;I_n+I_{n+1}=\frac{1}{2(n+1)}\;}$

Σχόλιο (μέσω αλλαγής μεταβλητής). Με t=x^2

(άρα $x\,dx=\tfrac{dt}{2}$ ) προκύπτει $I_n=\tfrac12 J_n$ , όπου

$\displaystyle J_n=\int_0^1\frac{t^n}{t+1}\,dt.$

Το J_n

υπολογίζεται με την ίδια μέθοδο, διαιρώντας τώρα το t^n

με το πρωτοβάθμιο t+1

(υπόλοιπο

):

$\displaystyle \frac{t^n}{t+1}=t^{n-1}-t^{n-2}+\cdots+(-1)^{n-1}+\frac{(-1)^n}{t+1}.$

Ολοκληρώνοντας στο [0,1]

(πολυωνυμικό μέρος $(-1)^{n-1}A_n$ , ρητό μέρος $(-1)^n\ln 2$ ) παίρνουμε $J_n=(-1)^n(\ln 2-A_n)$ , οπότε ξανά

$I_n=\tfrac12 J_n=\frac{(-1)^n}{2}(\ln 2-A_n)$ .

Η διαίρεση « t^n : (t+1)

» είναι ουσιαστικά η « (x^2)^n : (x^2+1)

»μεταμφιεσμένη.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 04, 2026 10:00 am**

Βλέποντας τις λύσεις που αναρτήθηκαν στο διαδίκτυο για το Θέμα Γ1, παρατήρησα ότι κανείς δεν το έλυσε με τη βοήθεια του θεωρήματος της σελίδας 162 με το
$l=\underset{x\rightarrow +\infty }{lim}\frac{f(x)}{x}=\underset{x\rightarrow +\infty }{lim}\frac{kx^{3}+mx}{x^{3}+x}=\underset{x\rightarrow +\infty }{lim}\frac{kx^{3}}{x^{3}}=k$ .

Από εκεί προκύπτει ότι αφού l=0

, τότε και το k=0

.

Υπάρχει κάποιος λόγος που το αποφύγανε όλοι; Μήπως κάτι δεν έχω προσέξει στα δεδομένα;
Ή χρησιμοποιώ με λάθος τρόπο το θεώρημα;

(Διόρθωσα την παραπάνω ανάρτηση, συμπληρώνοντας την απόδειξη και γράφοντάς όλα τα μαθηματικά σε latex.
Τα ελληνικά σύμβολα του θέματος τα μετέτρεψα σε λατινικά, ώστε να γίνει δυνατό αυτό - συγγνώμη εκ των προτέρων αν μπερδεύει)

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 05, 2026 9:09 pm**

athanasio έγραψε: Πέμ Ιουν 04, 2026 10:00 am Βλέποντας τις λύσεις που αναρτήθηκαν στο διαδίκτυο για το Θέμα Γ1, παρατήρησα ότι κανείς δεν το έλυσε με τη βοήθεια του θεωρήματος της σελίδας 162 με το
$l=\underset{x\rightarrow +\infty }{lim}\frac{f(x)}{x}=\underset{x\rightarrow +\infty }{lim}\frac{kx^{3}+mx}{x^{3}+x}=\underset{x\rightarrow +\infty }{lim}\frac{kx^{3}}{x^{3}}=k$ .

Από εκεί προκύπτει ότι αφού , τότε και το .

Υπάρχει κάποιος λόγος που το αποφύγανε όλοι; Μήπως κάτι δεν έχω προσέξει στα δεδομένα;
Ή χρησιμοποιώ με λάθος τρόπο το θεώρημα;

(Διόρθωσα την παραπάνω ανάρτηση, συμπληρώνοντας την απόδειξη και γράφοντάς όλα τα μαθηματικά σε latex.
Τα ελληνικά σύμβολα του θέματος τα μετέτρεψα σε λατινικά, ώστε να γίνει δυνατό αυτό - συγγνώμη εκ των προτέρων αν μπερδεύει)

Δεν είναι ακριβώς έτσι, αν εννοείς όμως ότι γνωρίζουμε:

\underset{x\to+\infty}{lim}f(x)=\ell,~\ell\in\mathbb{R}

και ότι

\underset{x\rightarrow +\infty }{lim}\frac{f(x)}{x}=\underset{x\rightarrow +\infty }{lim}f(x)\frac{1}{x}=0

παρατήρηση σελ. 65 και ιδιότητες σελ. 48

Ναι μια χαρά είναι !

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 06, 2026 3:04 pm**

athanasio έγραψε: Πέμ Ιουν 04, 2026 10:00 am Βλέποντας τις λύσεις που αναρτήθηκαν στο διαδίκτυο για το Θέμα Γ1, παρατήρησα ότι κανείς δεν το έλυσε με τη βοήθεια του θεωρήματος της σελίδας 162 με το
$l=\underset{x\rightarrow +\infty }{lim}\frac{f(x)}{x}=\underset{x\rightarrow +\infty }{lim}\frac{kx^{3}+mx}{x^{3}+x}=\underset{x\rightarrow +\infty }{lim}\frac{kx^{3}}{x^{3}}=k$ .

Από εκεί προκύπτει ότι αφού , τότε και το .

Υπάρχει κάποιος λόγος που το αποφύγανε όλοι; Μήπως κάτι δεν έχω προσέξει στα δεδομένα;
Ή χρησιμοποιώ με λάθος τρόπο το θεώρημα;
...

Η ισότητα

$\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim}\frac{kx^{3}+mx}{x^{3}+x}=\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim}\frac{kx^{3}}{x^{3}}$

ισχύει, αλλά όχι άμεσα από την σχέση που υπάρχει στο σχολικό. Η σχέση εκείνη προϋποθέτει ότι $k\ne 0$ .

Αν κάποιος διαιρέσει και τον αριθμητή και τον παρονομοαστή με x^3

, δηλαδή, γράψει

l=\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim}\frac{f(x)}{x}=\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim}\frac{kx^{3}+mx}{x^{3}+x}=\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim}\frac{k+\frac{m}{x^2}}{1+\frac{1}{x^2}}=\frac{k}{1}=k,

τότε όλα είναι καλά.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 06, 2026 11:34 pm**

Ευχαριστώ και τους δύο για τις απαντήσεις!

Όντως, όπως έγραψε ο Αχιλλέας πρέπει να γνωρίζουμε ότι το

kx^{3}

είναι ο μεγαλύτερος βαθμός του αριθμητή, για να γίνουν όλα αυτά τα ωραία...!
Οπότε χρειάζονται οι παραπάνω συμπληρώσεις.

Το μόνο που έχω να προσέξω για αυτό του Αχιλλέα, είναι ότι πάλι πρέπει να πάρουμε περιπτώσεις για k=0

και $k\neq0$ .
Διότι αν k=0

, τότε ΟΕΔ
Αν όχι, τότε

l=k=0

(απόδειξη Αχιλλέα ή η αρχική δική μου), άτοπο.

Νομίζω ότι έτσι είναι πιο σωστή.

(ΔΙΟΡΘΩΣΑ ΤΗΝ ΠΡΟΗΓΟΥΜΕΝΗ ΑΝΑΡΤΗΣΗ)

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 07, 2026 7:36 am**

athanasio έγραψε: Σάβ Ιουν 06, 2026 11:34 pm ...
Το μόνο που έχω να προσέξω για αυτό του Αχιλλέα, είναι ότι πάλι πρέπει να πάρουμε περιπτώσεις για και $k\neq0$ .
Διότι αν , τότε ΟΕΔ
Αν όχι, τότε $l=k=0$ (απόδειξη Αχιλλέα ή η αρχική δική μου), άτοπο.

Νομίζω ότι έτσι είναι πιο σωστή.

...

Δεν χρειάζονται οι περιπτώσεις όταν διαιρούμε με το x^3

.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 07, 2026 11:14 am**

Ναι, σωστά!
Καλύτερα έτσι!

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 08, 2026 2:34 pm**

achilleas έγραψε: Σάβ Ιουν 06, 2026 3:04 pm
Η ισότητα

$\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim}\frac{kx^{3}+mx}{x^{3}+x}=\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim}\frac{kx^{3}}{x^{3}}$
ισχύει, αλλά όχι άμεσα από την σχέση που υπάρχει στο σχολικό. Η σχέση εκείνη προϋποθέτει ότι $k\ne 0$ .

Αχιλλέας

Πάνω σ' αυτό που σωστά επισήμανε ο Αχιλλέας να πω - ας το έχουν υπόψιν τους οι βαθμολογητές, το εξής:

Η πρόταση του βιβλίου...

: orio.png (28.37 KiB) Προβλήθηκε 1912 φορές

... θα μπορούσε να γενικευθεί παραλείποντας τον περιορισμό

a_{\nu}\ne0

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 09, 2026 12:15 am**

abgd έγραψε: Δευ Ιουν 08, 2026 2:34 pm Η πρόταση του βιβλίου...

orio.png

... θα μπορούσε να γενικευθεί παραλείποντας τον περιορισμό $a_{\nu}\ne0$

Νομίζω ότι δεν μπορεί να παραλειφθεί.
α. Μπήκε, διότι όταν γράφουμε ένα πολυώνυμο, πρέπει να δηλώνουμε τον βαθμό του. Εδώ ο βαθμός του είναι ν.
β. Επιπλέον μπορεί να οδηγηθούμε σε λάθος συμπεράσματα.
Αντιπαράδειγμα: αν θεωρήσουμε σωστή την ισότητα που έγραψες χωρίς τον περιορισμό, τότε:

\underset{x\underset{+\infty }{\rightarrow}}{{lim}}{\frac{a_{5}x^{5}+3x^{4}+1}{x^{4}+7}}=\underset{x\underset{+\infty }{\rightarrow}}{{lim}}{\frac{a_{5}x^{5}}{x^{4}}}=0

, όταν $a_{5}=0$
ενώ το σωστό είναι:

\underset{x\underset{+\infty }{\rightarrow}}{{lim}}{\frac{a_{5}x^{5}+3x^{4}+1}{x^{4}+7}}=\underset{x\underset{+\infty }{\rightarrow}}{{lim}}{\frac{3x^{4}}{x^{4}}}=3

.

Υπάρχουν φυσικά και περιπτώσεις που ισχύει η ισότητα.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 09, 2026 12:58 am**

Μια διδακτική προσέγγιση του ορίου του ερωτήματος Β3

Επιστρέφοντας από το βαθμολογικό

, σκεφτόμουν πόσο «λατρεύουν» οι μαθητές τον κανόνα De L’Hospital

.

Έτσι, δίνω μια διδακτική προσέγγιση ως ένα έξτρα ερώτημα

, με γραφική απόδειξη μιας ανισότητας

και εύρεση του ορίου με το κριτήριο παρεμβολής

.

Το όριο $\lim_{x\to 2^{+}}\ln(x-2)\,\frac{\ln(x-1)}{x-2}$

Θέτουμε t=x-2

, οπότε

t\to 0^{+}

και, επειδή

\ln(x-1)=\ln\bigl(1+(x-2)\bigr)=\ln(1+t)

,

\ln(x-2)\,\frac{\ln(x-1)}{x-2}=\ln t\cdot\frac{\ln(1+t)}{t}.

Θα χρειαστούμε φράγματα για τον παράγοντα

\dfrac{\ln(1+t)}{t}

.

1) Γραφική απόδειξη της διπλής ανισότητας

Πρόταση. Για κάθε t>0

ισχύει

\frac{t}{1+t}\le \ln(1+t)\le t.

Ισοδύναμα

\frac{1}{1+t}\le\frac{\ln(1+t)}{t}\le 1.

Το

\ln(1+t)=\int_{1}^{1+t}\frac{dx}{x}

είναι το εμβαδόν κάτω από την υπερβολή

y=\frac1x

στο

[1,1+t]

. Καθώς η

y=\frac1x

είναι γνησίως φθίνουσα, η ελάχιστη τιμή της στο

[1,1+t]

είναι στο δεξί άκρο, ίση με

\frac{1}{1+t}

, και η μέγιστη στο αριστερό, ίση με

. Άρα το εγγεγραμμένο ορθογώνιο (ύψος

\frac{1}{1+t}

, εμβαδόν

\frac{t}{1+t}

) χωράει μέσα στο χωρίο, ενώ το περιγεγραμμένο (ύψος

, εμβαδόν

) το περιέχει:

\frac{t}{1+t}\ \le\ \ln(1+t)\ \le\ t

(εγγεγραμμένο $\le$ χωρίο $\le$ περιγεγραμμένο)

2) Λύση με το κριτήριο παρεμβολής

Από τη διπλή ανισότητα, για κάθε t>0

:

\frac{1}{1+t}\le\frac{\ln(1+t)}{t}\le 1.

Για

είναι

\ln t<0

, οπότε πολλαπλασιάζοντας με $\ln t$ αντιστρέφεται η φορά:

\ln t\ \le\ \ln t\cdot\frac{\ln(1+t)}{t}\ \le\ \frac{\ln t}{1+t}.

Καθώς

t\to 0^{+}

,

\ln t\to-\infty

και

\dfrac{\ln t}{1+t}\to-\infty

. Επομένως, από το κριτήριο παρεμβολής (μορφή σύγκρισης για άπειρα όρια),

\boxed{\ \lim_{x\to 2^{+}}\ln(x-2)\,\frac{\ln(x-1)}{x-2}=-\infty\ }

Παρατήρηση. Η κλασική μορφή του κριτηρίου παρεμβολής απαιτεί κοινό πεπερασμένο όριο για τα δύο φράγματα. Εδώ το όριο είναι $-\infty$ , οπότε αρκεί το άνω φράγμα

\frac{\ln t}{1+t}\to-\infty

(μορφή σύγκρισης), ενώ το κάτω φράγμα $\ln t$ απλώς το επιβεβαιώνει.

Ασκήσεις

Με Θ.Μ.Τ. Εφαρμόστε το Θ.Μ.Τ. στη $g(x)=\ln x$ στο $[1,1+t]$ και δείξτε ότι $\frac{\ln(1+t)}{t}=\frac1\xi$ για κάποιο $\xi\in(1,1+t)$ · συμπεράνετε τη διπλή ανισότητα.
Με μελέτη μονοτονίας. Μελετήστε τις $\varphi(t)=t-\ln(1+t)$ και $\psi(t)=\ln(1+t)-\frac{t}{1+t}$ στο $[0,+\infty)$ και αποδείξτε αντίστοιχα τη δεξιά και την αριστερή ανισότητα.
Με την εφαπτομένη της $\ln$ . Δείξτε ότι $\ln u\le u-1$ για κάθε και εφαρμόστε την για $u=1+t$ και $u=\frac{1}{1+t}$ .
Εναλλακτική λύση του ορίου. Με $\lim_{t\to0}\frac{\ln(1+t)}{t}=1$ (ορισμός παραγώγου της $\ln$ στο ), υπολογίστε ξανά το όριο ως γινόμενο ορίων.

Λύσεις

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Λύσεις

Με Θ.Μ.Τ.
ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Η $g(x)=\ln x$ είναι συνεχής στο $[1,1+t]$ και παραγωγίσιμη στο $(1,1+t)$ , με $g'(x)=\dfrac1x$ . Από το Θεώρημα Μέσης Τιμής υπάρχει $\xi\in(1,1+t)$ ώστε
$g'(\xi)=\frac{g(1+t)-g(1)}{(1+t)-1}.$
Επειδή $g(1)=\ln 1=0$ , αυτό γίνεται
$\frac{1}{\xi}=\frac{\ln(1+t)}{t}.$
Καθώς $1<\xi<1+t$ και η $u\mapsto\dfrac1u$ είναι γνησίως φθίνουσα στο $(0,+\infty)$ ,
$\frac{1}{1+t}<\frac{1}{\xi}<1,$
δηλαδή $\frac{1}{1+t}<\frac{\ln(1+t)}{t}<1.$
Πολλαπλασιάζοντας με : $\frac{t}{1+t}<\ln(1+t)<t.$
(Οι ανισότητες είναι γνήσιες. Οι ισότητες ισχύουν μόνο οριακά για $t\to0$ .)
Με μελέτη μονοτονίας.
ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Δεξιά ανισότητα. Θεωρούμε $\varphi(t)=t-\ln(1+t)$ , $t\ge0$ . Είναι $\varphi(0)=0$ και
$\varphi'(t)=1-\frac{1}{1+t}=\frac{(1+t)-1}{1+t}=\frac{t}{1+t}>0\quad(t>0),$
άρα η $\varphi$ είναι γνησίως αύξουσα στο $[0,+\infty)$ . Συνεπώς $\varphi(t)>\varphi(0)=0$ για , δηλαδή $\ln(1+t)<t$ .

Αριστερή ανισότητα. Θεωρούμε $\psi(t)=\ln(1+t)-\dfrac{t}{1+t}$ , $t\ge0$ . Είναι $\psi(0)=0$ και, αφού $\Big(\dfrac{t}{1+t}\Big)'=\dfrac{(1+t)-t}{(1+t)^2}=\dfrac{1}{(1+t)^2}$ ,
$\psi'(t)=\frac{1}{1+t}-\frac{1}{(1+t)^2}=\frac{(1+t)-1}{(1+t)^2}=\frac{t}{(1+t)^2}>0\quad(t>0),$
άρα η $\psi$ είναι γνησίως αύξουσα και $\psi(t)>0$ για , δηλαδή $\ln(1+t)>\dfrac{t}{1+t}$ .

Συνδυάζοντας: $\frac{t}{1+t}<\ln(1+t)<t.$
Με την εφαπτομένη της $\ln$ .
ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Βασική ανισότητα. Θεωρούμε $h(u)=u-1-\ln u$ , . Είναι και
$h'(u)=1-\frac{1}{u}=\frac{u-1}{u},$
που είναι για και για . Άρα η είναι γνησίως φθίνουσα στο και γνησίως αύξουσα στο $[1,+\infty)$ , οπότε έχει ολικό ελάχιστο στο με . Επομένως $h(u)\ge0$ , δηλαδή $\ln u\le u-1$ για κάθε (γεωμετρικά: η $C_{\ln}$ βρίσκεται κάτω από την εφαπτομένη της $y=u-1$ στο ).

Εφαρμογές. Για $u=1+t>1$ : $\ \ln(1+t)\le(1+t)-1=t$ (δεξιά ανισότητα).
Για $u=\dfrac{1}{1+t}<1$ :
$\ln\frac{1}{1+t}\le\frac{1}{1+t}-1=\frac{1-(1+t)}{1+t}=-\frac{t}{1+t}.$
Επειδή $\ln\dfrac{1}{1+t}=-\ln(1+t)$ , παίρνουμε $-\ln(1+t)\le-\dfrac{t}{1+t}$ , άρα $\ln(1+t)\ge\dfrac{t}{1+t}$ (αριστερή ανισότητα).
Εναλλακτική λύση του ορίου.
ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Με την αντικατάσταση έχουμε $t\to0^{+}$ καθώς $x\to2^{+}$ , και $\ln(x-1)=\ln\bigl(1+(x-2)\bigr)=\ln(1+t)$ . Άρα
$\ln(x-2)\,\frac{\ln(x-1)}{x-2}=\ln t\cdot\frac{\ln(1+t)}{t}.$

Ο παράγοντας $\dfrac{\ln(1+t)}{t}$ . Γράφεται ως λόγος μεταβολών της $f(x)=\ln x$ στο :
$\frac{\ln(1+t)}{t}=\frac{\ln(1+t)-\ln 1}{(1+t)-1},$
οπότε $\lim_{t\to0}\frac{\ln(1+t)}{t}=f'(1)=\frac{1}{1}=1.$

Ο παράγοντας $\ln t$ . Καθώς $t\to0^{+}$ , $\ln t\to-\infty$ .

Το γινόμενο. Ο ένας παράγοντας τείνει στο πεπερασμένο και θετικό , ο άλλος στο $-\infty$ . Από την ιδιότητα «αν $g\to\ell>0$ και $h\to-\infty$ , τότε $gh\to-\infty$ »,
$\ln t\cdot\frac{\ln(1+t)}{t}\to(-\infty)\cdot1=-\infty.$
Άρα $\lim_{x\to2^{+}}\ln(x-2)\,\frac{\ln(x-1)}{x-2}=-\infty.$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 09, 2026 8:03 am**

athanasio έγραψε: Τρί Ιουν 09, 2026 12:15 am
abgd έγραψε: Δευ Ιουν 08, 2026 2:34 pm Η πρόταση του βιβλίου...

orio.png

... θα μπορούσε να γενικευθεί παραλείποντας τον περιορισμό $a_{\nu}\ne0$
Νομίζω ότι δεν μπορεί να παραλειφθεί.
α. Μπήκε, διότι όταν γράφουμε ένα πολυώνυμο, πρέπει να δηλώνουμε τον βαθμό του. Εδώ ο βαθμός του είναι ν.
β. Επιπλέον μπορεί να οδηγηθούμε σε λάθος συμπεράσματα.
Αντιπαράδειγμα: αν θεωρήσουμε σωστή την ισότητα που έγραψες χωρίς τον περιορισμό, τότε:
$\underset{x\underset{+\infty }{\rightarrow}}{{lim}}{\frac{a_{5}x^{5}+3x^{4}+1}{x^{4}+7}}=\underset{x\underset{+\infty }{\rightarrow}}{{lim}}{\frac{a_{5}x^{5}}{x^{4}}}=0$ , όταν $a_{5}=0$
ενώ το σωστό είναι: $\underset{x\underset{+\infty }{\rightarrow}}{{lim}}{\frac{a_{5}x^{5}+3x^{4}+1}{x^{4}+7}}=\underset{x\underset{+\infty }{\rightarrow}}{{lim}}{\frac{3x^{4}}{x^{4}}}=3$ .

Υπάρχουν φυσικά και περιπτώσεις που ισχύει η ισότητα.

Μπράβο!... πολύ σωστό το αντιπαράδειγμα.

mathematica.gr

Μαθηματικά ΓΕΛ 2026 (Θέματα και Λύσεις)

Μαθηματικά ΓΕΛ 2026 (Θέματα και Λύσεις)

Re: Μαθηματικά ΓΕΛ 2026 (Θέματα και Λύσεις)

Re: Μαθηματικά ΓΕΛ 2026 (Θέματα και Λύσεις)

Re: Μαθηματικά ΓΕΛ 2026 (Θέματα και Λύσεις)

Re: Μαθηματικά ΓΕΛ 2026 (Θέματα και Λύσεις)

Re: Μαθηματικά ΓΕΛ 2026 (Θέματα και Λύσεις)

Re: Μαθηματικά ΓΕΛ 2026 (Θέματα και Λύσεις)

Re: Μαθηματικά ΓΕΛ 2026 (Θέματα και Λύσεις)

Re: Μαθηματικά ΓΕΛ 2026 (Θέματα και Λύσεις)

Re: Μαθηματικά ΓΕΛ 2026 (Θέματα και Λύσεις)

Re: Μαθηματικά ΓΕΛ 2026 (Θέματα και Λύσεις)

Re: Μαθηματικά ΓΕΛ 2026 (Θέματα και Λύσεις)

Re: Μαθηματικά ΓΕΛ 2026 (Θέματα και Λύσεις)

Re: Μαθηματικά ΓΕΛ 2026 (Θέματα και Λύσεις)

Re: Μαθηματικά ΓΕΛ 2026 (Θέματα και Λύσεις)