Επιμέλεια: Παύλος Τρύφωνας για το lisari

1. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17

2. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
• Ασημακόπουλος Γιώργος
• Δεββές Κώστας
• Δέτσιος Παντελής
• Ζωϊτσάκος Τρύφωνας
• Καταραχιάς Τάκης
• Πάτσης Ανδρέας
• Τρύφων Παύλος
• Χατζάκης Δημήτρης
Mας τίμησαν με τη συμμετοχή τους

3. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α)
Είναι       f g
Α 0, , A ,1
Αφού ορίζονται οι f g, g f θα είναι  f g
A και  g f
A (1)
Όμως
        
     
   
(1)
f g g f
α α
A = x A : g x A = x < 1: 4x + α > 0 = x < 1: x > - = - ,1
4 4
άρα
α
- < 1
4
, δηλαδή α > - 4 (2)
Επίσης,
        
     
   
(1)
g f f g
1- α 1- α
Α = x A : f x A = x > 0 : 2x + α < 1 = x > 0 : x < = 0,
2 2
άρα
1- α
0 <
2
, δηλαδή α < 1 (3)
Δίνονται οι συναρτήσεις
και ( )
για τις οποίες ορίζονται οι συναρτήσεις και
Να αποδείξετε ότι
α)
β) Η συνάρτηση
παίρνει την τιμή 1453
γ) Δεν υπάρχει τιμή του α για την οποία οι συναρτήσεις , να έχουν ίδιο
πεδίο ορισμού
δ) Αν επιπλέον γνωρίζουμε ότι
τότε
1 η Ά σ κ η σ η Προτείνει ο : Παύλος Τρύφων (15/09/2016)
Λύνει ο Παύλος Τρύφων

4. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
από τις σχέσεις (2), (3) προκύπτει ότι  α - 4,1
β)
Αρκεί να αποδείξουμε ότι υπάρχει    0 0
x 1,2 : h x = 1453
Θεωρούμε τη συνάρτηση
              
3 3
φ x = 1-α x-1 + α + 4 x- 2 -1453 x-1 x- 2 , x 1,2
Η φ είναι συνεχής στο   1,2 ως πολυωνυμική και
         φ 1 φ 2 = - α + 4 1- α < 0 , διότι -4 < α < 1
Άρα από το Θεώρημα Βolzano, υπάρχει  0
x 1,2 τέτοιο ώστε
 
        
 
 
 
 
0
3 3
0 0 0 0
03
00
φ x = 0
1- α x -1 + α + 4 x - 2 -1453 x -1 x - 2 = 0
1- α α + 4
+ = 1453 h x = 1453
x -1x - 2
γ)
Η g είναι γνησίως αύξουσα, άρα ορίζεται η -1
g
Αν  y g x παίρνουμε ισοδύναμα

   
y α
y 4x α x
4
,
με τον περιορισμό


y α
1
4
, δηλαδή  y α 4
Άρα
 
  1
g : ,α 4 R με   
1 x α
g x
4
Οπότε
                     1 1fg f g
Α x A : f x A x 0 : 2x α α 4 x 0 : x 2 0,2
και
        
  
             
 
1 1
1
ff g g
x α
A x A : g x A x α 4 : 0 x α 4 : x α α,α 4
4
Συνεπώς δεν υπάρχει τιμή του α για την οποία τα σύνολα  0,2 και  α,α 4 να είναι ίσα
δ) Είναι
 
  
      

   21 1
x x
2 2
f x 4 α 5 2x α 4 α 5
lim lim
x g x αx 1 4x 1

5. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
  
  
       

    1 2
x
2
2x α 4 α 5 2x α 4 α 5
lim
4x 1 2x α 4 α 5
   
  




     

    


1
x
2
1
x
2
2x 1
lim
2x 1 2x 1 2x α 4 α 5
1
lim
2x 1 2x α 4 α 5
1
4 α 5
Άρα θα πρέπει
      

1 2
α 5 2 α 3
84 α 5

6. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Έστω  Α (0, ) το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f και  Β ( ,1) το αντίστοιχο της g .
Έχουμε
   
 
      
 
       
 
g f
D x A : f(x) B x 0 : 2x α 1
1 α
x 0 : 2x 1 α x 0 : x
2
που ισχύει όταν    1 α 0 α 1 .
Ακόμη
         f g
D x B:g(x) A x 1: 4x α 0
που ισχύει όταν
     
α
4x α 1 x
4
δηλ.     
α
1 α 4
4
.
Άρα   α 4,1
β) Αφού   α 4,1 τότε       4 α 1 0 α 4 5 και ομοίως   5 1 α 0 .
Βρίσκουμε τα όρια της h στο 
1 και στο 
2 και έχουμε: 

 
x 1
limh(x) και 

 
x 2
limh(x) και
αφού h συνεχής στο (1,2) άρα το σύνολο τιμών της είναι το R οπότε υπάρχει 0
x (1,2)
τέτοιο ώστε 0
h(x ) 1453 (Θ.Ε.Τ.)
γ) Επειδή g είναι 1-1, άρα αντιστρέφεται με  
1 x α
g (x)
4
και πεδίο ορισμού το   ,4 α .
   
 
        
    
1
g f
D x A : f(x) g(B) x 0 : 2x α 4 α
0 x 2 .
 
   

  
       
 
       
1
1
f g
x α
D x g(B) : g (x) A x 4 α : 0
4
x α : x 4 α α x 4 α
Για να έχουν ίδιο πεδίο ορισμού θα πρέπει: α 0 και     4 α 2 α 2 ΑΤΟΠΟ.
δ)
 

      
  
    
   
 
  
1 1
x x
2 2
21
x
2
f(x) 4 α 5 2 2x α 4 α 5 2
lim lim
xg(x) αx 1 8 x(4x α) αx 1 8
2x α 4 α 5 2
lim
84x αx αx 1
Λύνει ο Γιώργος Ασημακόπουλος

7. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
 
 
 
   
  




       
 
    
   
 
    

 
     
 
    
   
1 2
x
2
1 2
x
2
1
x
2
1
x
2
( 2x α 4 α 5) 2x α 4 α 5 2
lim
82x α 4 α 5 (4x 1)
(2x α 4 α 5) 2
lim
82x α 4 α 5 (4x 1)
(2x 1) 2
lim
82x α 4 α 5 (2x 1) 2x 1
1 2
lim
82x α 4 α 5 2x 1
.... α 3

8. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α)      
           
 
f g g f
x
α
Δ Δ / g(x) Δ x 1/ 4x α 0 x 1/ x
4
.
Το σύνολο είναι μη κενό αν και μόνο αν     
α
1 α 4
4
.
Όμοια
     
          
 
g f f g
1 α
Δ x Δ / f(x) Δ x 0 / 2x α 1 x 0 / x
2
Το σύνολο είναι μη κενό αν και μόνο αν

  
1 α
0 α 1
2
.
Άρα   4 α 1.
β) Αρκεί να δείξω ότι η εξίσωση h(x) 1453 έχει λύση στο  1,2 , δηλαδή ισοδύναμα η
 
 
 
 
3
α 4 1 α
1453
x 1 x 2
έχει λύση στο  1,2 .
Θέτω                 
3 3
φ(x) α 4 x 2 1 α x 1 1453 x 1 x 2 που είναι συνεχής στο   1,2 ως
πολυωνυμική, με     φ(1) α 4 0,   φ(2) 1 α 0 από α).
Άρα η εξίσωση φ(x) 0 έχει ρίζα στο  1,2 .
Ισοδύναμα έχω
        
 
 
            
 
 
3 3
3
α 4 1 α
φ(x) 0 α 4 x 2 1 α x 1 1453 x 1 x 2 1453
x 1 x 2
h(x) 1453
γ) Η g είναι 1-1 ως γνήσια αύξουσα, άρα αντιστρέφεται.
Η εξίσωση

   
y α
y 4x α x
4
με    x 1 y α 4 .
Άρα  
1 x α
g (x)
4
με  x α 4.
         1
g f
Δ x 0 / 2x α α 4 0,2 και
 
 
      
 
1
f g
x α
Δ x α 4 / 0 α,α 4
4
.
Τα 2 διαστήματα έχουν διαφορετικό πλάτος, άρα είναι άνισα.
Λύνει ο Κώστας Δεββές

9. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
δ) Η συνάρτηση της οποίας γνωρίζω το lim γράφεται:
  
 
    
  
      

    
συζυγής
2
2x α 4 α 5 2x 1
τ(x)
4x 1 2x 1 2x 1 ( 2x α 4 α 5)
1
2χ 1 ( 2χ α 4 α 5)
με

     
1
x
2
2 1 2
limτ(x) α 3
8 84 α 5

10. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Είναι       f g
D 0, , D ,1 οπότε
   
        
 
f g
α
D x 1: 4x α 0 x 1: x
4
.
Αν α ≤ -4 τότε  f g
D , άτοπο διότι  f g
D εφ όσον η συνάρτηση f g ορίζεται.
Συνεπώς α > - 4.
Όμοια
   
       
 
g f
1 α
D x 0 : 2x α 1 x 0 : x
2
Αν α ≥ 1 τότε  g f
D , άτοπο διότι  g f
D εφ όσον και η συνάρτηση g f ορίζεται.
Επόμενα α < 1.
Άρα   α 4,1
β) Η συνάρτησης
 
 
 
 
3
α 4 1 α
h(x)
x 1 x 2
είναι συνεχής στο (1, 2) ως άθροισμα συνεχών
συναρτήσεων.
Επίσης
 
 
 

   
 
2 4
3 1 αα 4
h (x) 0
x 1 x 2
διότι      α 4,1 , x 1,2 οπότε h γνήσια φθίνουσα στο
 1,2 και επειδή  
 
   
x 1 x 2
lim h(x) , lim h(x) θα είναι        h 1,2 , .
΄Όμως      1453 h 1,2 άρα υπάρχει ξ 1,2 ώστε h(ξ) = 1453.
γ) ΄Εχω g(x) = 4x + α , x < 1. Επόμενα       g ,1 ,4 + α .
Επίσης θέτω y = 4x + α

 
y α
x
4
.
Συνεπώς   
1 x α
g x
4
, x < 4 + α.
΄Ομοια f(x) = 2x + α , x > 0.       f 0, α, +
Οπότε       f 0, α, + . Θέτοντας y = 2x + α

 
y α
x
2
.
Δηλαδή ,   
1 x α
f x
2
, x > α.
Λύνει ο Τάκης Καταραχιάς

11. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Tώρα          1
g f
D x 0 : 2x α α 4 0,2 και  
 
      
 
1
f g
x α
D x α 4 : 0 α,α 4
4
΄Όμως     0,2 α,α 4 .
΄Αρα δεν υπάρχει τιμή του α για την οποία οι συναρτήσεις  1 1
g f, f g να έχουν ίδιο πεδίο
ορισμού.
δ) Είναι για  
1
x :
2
  
       
   
       

    
2 2
f(x) 4 α 5 2x α 4 α 5 2x 1 1
xg(x) αx 1 4x 1 4x 1 2x α 4 α 5
1
2x 1 2x α 4 α 5
Επόμενα :
  
  
  
      
       

1 1
x x
2 2
f(x) 4 α 5 2 1 2
lim lim
xg(x) αx 1 8 8(2x 1) 2x α 4 α 5
1 1
α 5 2 α 3
4 α 5 4 2

12. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
f(x) = 2x + α, x > 0
Η f έχει π.ο. το   Α 0,
g(x) = 4x + α, x < 1
Η g έχει π.ο. το   B ,1
α)
Για να ορίζεται η f g πρέπει:
 
   
   
   
x < 1x B x < 1
α
g x A 4x + α > 0 x > -
4
Επειδή ορίζεται η f g θα πρέπει να είναι 
α
- < 1 α > - 4
4
(1)
Για να ορίζεται η g f πρέπει:
 
   
   
   
x > 0x A x > 0
1- α
f x B x + α < 1 x <
2
Επειδή ορίζεται η g f θα πρέπει να είναι  
1- α
> 0 1- α > 0 α < 1
2
(2)
Λόγω των (1) και (2)  α - 4,1
β)
Αρκεί ν.δ.ο υπάρχει    0 0
ώστεx 1,2 h x = 1453 ή ότι η εξίσωση  h x = 1453 έχει μία
τουλάχιστον λύση στο (1,2)
 
 
          
3 3
0 0 0 03
0 0
α + 4 1- α
h x = 1453 + = 1453 α + 4 x - 2 + 1- α x -1 -1453 x -1 x - 2 = 0
x -1 x - 2
Θεωρούμε τη συνάρτηση
          
3 3
Φ x = α + 4 x- 2 + 1-α x-1 -1453 x-1 x- 2 , x R
 Η Φ είναι συνεχής στο   1,2 ως πολυωνυμική

   
 
   
 


φ 1 - α + 4 , αφου α > - 4
φ 1 φ 2 < 0
φ 2 = 1- α, αφου α < 1
Άρα από το Θεώρημα Βolzano η εξίσωση    Φ x = 0 h x = 1453 έχει μία τουλάχιστον λύση
στο (1,2)
Λύνει ο Ζωϊτσάκος Τρύφωνας

13. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
γ)
Εύρεση της -1
g
Η -1
g έχει π.ο το σύνολο τιμών της g
Η g είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο  ,1 , γιατι 4 > 0
    
   
x x 1
lim g x , limg x 4 α
άρα     g Β ,4 + α , δηλαδή η -1
g έχει π.ο. το  ,4 + α
Για τον τύπο της:
      
         1y α x α
g x y 4x α y x g x , x ,4 + α
4 4
 
  1
g : ,α 4 R με   
1 x α
g x
4
Για να ορίζεται η 1
g f πρέπει
 
    
      
       
x A x A x 0
0 x 2
f x 4 α 2x α 4 α x 2
άρα η 1
g f έχει π.ο το (0, 2)
Για να ορίζεται η 1
f g πρέπει
 
 
        
       
   
1
x α 4x ,4 + α x α 4
α x α 4x α
x α0g x 0
4
άρα η 1
f g έχει π.ο το  α,α 4
Για να συμπίπτουν τα διαστήματα (0, 2) και (α, α + 4) πρέπει
 
 
 
     
α = 0 α = 0
και και αδύνατο
α 4 2 α 2
Άρα δεν υπάρχει τιμή του α για την οποία οι συναρτήσεις 1
g f και 1
f g να
έχουν ίδιο π.ο
δ)
 

      
  
    
   
 

1 1
x x
2 2
21
x
2
f(x) 4 α 5 2 2x α 4 α 5 2
lim lim
xg(x) αx 1 8 x(4x α) αx 1 8
2x α 4 α 5 2
lim
84x 1
 
   
 
 1
x
2
2x α 4 α 5 2
lim
8(2x 1) 2x 1

14. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
  
   

 
    
   
  
     
     
1
x
2
1 2
lim
82x α 4 α 5 2x 1
1 2 1 2
8 22 2 α 5 α 5
2 α 5 2 2 α 5 4
α 5 2 α 3

15. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Αφού η f είναι γνησίως μονότονη στο R θα είναι γνησίως αύξουσα ή γνησίως φθίνουσα
στο R
Έστω ότι είναι γνησίως φθίνουσα. Τότε θα έχουμε:
  
     
 
f
1 1 1
1 f f 1 1
2 2 2
2
,
το οποίο είναι άτοπο. Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο R
β) Αφού η f είναι γνησίως αύξουσα είναι 1 1 άρα αντιστρέφεται και το πεδίο ορισμού της 1
f
είναι το σύνολο τιμών της f
H f είναι συνεχής στο R και γνησίως αύξουσα, άρα:
         
  
x x
f lim f x , lim f x 0,R
Θα αποδείξουμε ότι η 1
f είναι γνησίως αύξουσα στο  0,
Έστω ότι δεν είναι γνησίως αύξουσα. Τότε υπάρχουν   1 2
y ,y 0, με
            
     
f
1 1 1 1
1 2 1 2 1 2 1 2
y y και f y f y f f y f f y y y
1
,
το οποίο είναι άτοπο! Άρα η 1
f είναι γνησίως αύξουσα στο  0,
γ) Αρχικά πρέπει να βρούμε για ποιες τιμές του x έχει νόημα η ανίσωση.
Πρέπει:
Δίνεται η συνεχής συνάρτηση η οποία είναι γνησίως μονότονη στο και
ικανοποιεί τις σχέσεις:




α) Nα αποδείξετε ότι η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα στο
β) Να αποδείξετε ότι η είναι γνησίως αύξουσα στο πεδίο ορισμού της
γ) Να λύσετε την ανίσωση
2 η Ά σ κ η σ η Προτείνει ο Ανδρέας Πάτσης (25/9/2016)
Λύνει ο Ανδρέας Πάτσης

16. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
            


 
      
      
           
1
1
f
f
1 11
f
x D x x
x D x 0 x 0
2 f x f x 0 f x f x 2 02 f x f x D
R R
Θεωρούμε την συνάρτηση
     
   1
g x f x f x 2,x 0
Η g είναι γνησίως αύξουσα (χρησιμοποιώντας τον ορισμό) στο  0, , άρα
       
      
g
1
f x f x 2 0 g x g 1 x 1
1
Άρα αρχικά θα πρέπει  x 0,1
Έτσι έχουμε:
                   
          
f
1 1 1 1
f 2 f x f x 1 2 f x f x f 1 f x f x 1 0 1
1
Θεωρούμε την συνάρτηση
     
  1
h x f x f x 1, x 0
Η h είναι γνησίως αύξουσα στο  0,
Έτσι η  1 δίνει ισοδύναμα:
   
   
 
h
1 1
h x h x
2 2
1
Τελικά οι λύσεις της ανίσωσης είναι στο διάστημα
 
 
 
1
,1
2
, δηλαδή
       
     
 
1 1 1
f 2 f x f x 1 x ,1
2

17. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) εφόσον f γνησίως μονότονη και η f θα είναι
β) εφόσον η f είναι γνησίως μονότονη , είναι άρα αντιστρέψιμη και αφού είναι συνεχής
έχουμε
Έστω , τότε από ορισμό (1) , οπότε
και άρα
γ) η ανίσωση είναι , άρα εφόσον πρέπει
 
       
   
          
1 1
x 0 και x 0 και
2 f (x) f(x) 0 f (x) f(x) 2
,
έχουμε
   

   
  
      
       
      
1
1
f 1 1 f 1 1
1 1 1 1
f f
2 2 2 2
κι εφόσον θα ισχύει ότι αν

  
       
        
       
1
1 1 1
f(x) f(1) f(x) 1
x 1 f(x) f (x) 2
f (x) f (1) f (x) 1
,
άρα αποκλείεται να είναι , ενώ όταν
, οπότε
    
 
       

    
          
1
f
1 1 1 1 1
f 2 f x f x 1 f (1) 2 f x f x 1 f x f x 1
1
Αν
 
 


 
             
        
             
1
f
1
f 11 1
1 1f(x) f f(x)
21 2x f(x) f (x) 1
12 1
f (x)f (x) f
22
1
1
,
άρα αποκλείεται να είναι , ενώ όταν
  
  
 
1 1
f f 1 με 1
2 2
  στο1 r
"1 1"
     
 
    1
f x x
Α f A lim f(x) , lim f(x) 0,
 1 2
0 x x
 
 
 
 


       
    
      
1
1 1 1 1
1 21
2 22 2
f x y f y x
, y ,y
f y xf x y
r
   
 
    
        
f (1)
1 1
1 2 1 2 1 2 1 2
0 x x 0 f y f y y y f x f x
1
   

  1
1
f
f στο Α 0,1
     
  1 1
f 2 f x f x 1     1
f
Α 0,
1
f , f ( )1
x 1

  
       
        
       
1
1 1 1
f(x) f(1) f(x) 1
x 1 f(x) f (x) 2
f (x) f (1) f (x) 1
 x 0,1

1
x
2
Λύνει ο Παντελής Δέτσιος

18. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
 
 


 
             
        
             
1
f
1
f 11 1
1 1f(x) f f(x)
21 2x f(x) f (x) 1
12 1
f (x)f (x) f
22
1
1
, οπότε
Άρα τελικά
 
  
 
1
x ,
2
 
 
 
1
x ,1
2

19. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Ισχύει f γνήσια μονότονη και
 
  
 
1
f(1) f
2
ενώ 
1
1
2
.
Άρα f στο R.
β) Eπειδή f και συνεχής R με


x
lim f(x) 0,

 
x
lim f(x) ,το σύνολο τιμών της f είναι το
 0, άρα και το πεδίο ορισμού της 1
f είναι το ίδιο διάστημα.
Έστω   1 2
y ,y 0, με 1 2
y y . Θα υπάρχουν μοναδικά 1 2
x ,x  R ώστε  1 1 2 2
y f(χ ),y f(χ ).
Άρα θα ισχύει 1 2
f(x ) f(x )  
f
1 2
x x  
 1 1
1 2
f (y ) f (y ) 
 1
f στο  0, .
γ) Θέτουμε 
 1
g(x) f (x) f(x)με χ 0 .
Για να ορίζεται η ανίσωση πρέπει x 0και       
g (άθροισμα )
2 g(x) 0 g(x) g(1) 0 x 1(1).
(Επειδή είναι 
  1
f(1) 1 f (1) 1, ισχύει g(1) 2). Επειδή f ισοδύναμα έχουμε
 
      1 1
2 f (x) f(x) f(1) 1 f (x) f(x) 1.
Ισχύει

  11 1 1
g( ) f( ) f ( ) 1
2 2 2
επειδή 
1 1 1
f ( )
2 2
και 
1 1
f( )
2 2
.
Άρα η ανίσωση γράφεται ισοδύναμα
  
g
1 1
g(x) g( ) x
2 2
(2).
Από (1) και (2) προκύπτει τελικά  
1
x 1
2
.
Λύνει ο Κώστας Δεββές

20. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Επειδή η συνάρτηση f είναι γνήσια μονότονη , και   
   
 
1 1
f 1 f 1
2 2
η f είναι γνήσια
αύξουσα στο R.
β) Η συνάρτηση f αντιστρέφεται ως γνησίως μονότονη και.
       
        
   
1 11 1 1 1
1 f 1 f 1 1,f f
2 2 2 2
Τώρα έστω υπάρχουν  1 2
x ,x f R ώστε     
  1 1
1 2 1 2
x x f x f x .
Όμως από τη μονοτονία της f θα είναι       
1 1
1 2
f x f f x .
Δηλαδή 1 2
x x που είναι άτοπο. ΄Αρα η 1
f είναι γνησίως αύξουσα στο πεδίο ορισμού της.
Επίσης επειδή f συνεχής στο R,


x
lim f(x) 0,

 
x
lim f(x) f και 1
f γνήσια αύξουσες , θα είναι
   f 0, R ,  1
f : 0,
  R.
γ) Οι f , 1
f είναι γνήσια αύξουσες , οπότε η δοσμένη εξίσωση γίνεται:
          
       
   
 
      
      
1 1 1 1
1 1
f 2 f x f x 1 f f 2 f x f x f(1)
2 f x f x 1 f x f x 1 (1)
΄Όμως η συνάρτηση      
 1
g x f x f x είναι γνήσια αύξουσα ως άθροισμα γνήσια αυξουσών
συναρτήσεων.
Συνεπώς από (1) έχουμε:
 
     
 
1 1
g(x) 1 g(x) g x
2 2
Επίσης
           
   
  
         
   
1 1 1
f
2 f x f x D 2 f x f x 0 f x f x 1
g x f 1 x 1
Άρα η ανίσωση αληθεύει για  
1
x 1
2
.
Λύνει ο Τάκης Καταραχιάς

21. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Είναι
1
1
2
 με  1
f f 1
2
 
 
 
και εφόσον η f είναι γνησίως μονότονη , τότε η f είναι γνησίως
αύξουσα στο R.
f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο R άρα         x x
f lim f x , lim f x 0,
 
  R
Οπότε  1
f
Α : 0, 
β)
Βασική άσκηση
Η f και η -1
f έχουν το ίδιο είδος μονοτονίας
Απόδειξη
Υποθέτουμε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο Α.
Έστω  1 2 1 2
y ,y f A με y y  . Τότε
               
f
1 1 1 1 1 1
1 2 1 2 1 2
f f y f f y f f y f f y f y f y     
    
<
΄Αρα και η 1
f είναι γνησίως αύξουσα στο f(A).
γ) Θέτουμε  1
1
ff
g(x) 2 f (x) f(x), x A A 0, +

      
Επίσης     1
f g
A x 0, + / g(x) 0, +     
                
f
1 1 1
g(x) 0, + 2 f x f x 0 2 f x f x f 2 f x f f x  
           
<
  f 2 f x x 0   
Θέτουμε       h x = f 2 - f x - x, x 0, +  , x 0
              
f f
1 2 1 2 1 2 1 2
x x f x f x 2 f x 2 f x f 2 f x f 2 f x          
< <
 1 2 1 2
x x x x    
‘Αρα      1 2
h x h x h , x 0, +   2,
        1
h
1 f g
f 2 f x x 0 h x h x x 1 οπότε A 0,1       
2
                 
f
1 1 1 1 1
f 2 f x f x 1 f f 2 f x f x f 1 2 f x f x 1    
          
<
      
f
1
1 f x f x f 1 f x x
     
<
Θέτουμε       K x = f 1- f x - x, x 0,1 , x 0
              
f f
1 2 1 2 1 2 1 2
x x f x f x 1 f x 1 f x f 1 f x f 1 f x          
< <
Λύνει ο Δημήτρης Χατζάκης

22. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
 1 2 1 2
x x x x    
‘Αρα      1 2
K x K x K , x 0,1  2,
       
K
1 1
f 1- f x < x f 1- f x - x < 0 K x K x
2 2
 
     
 
2
   
   
 
h
1 1
h x h x
2 2
1
Άρα
1
x ,1
2
 
 
 

23. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Είναι
1
1
2
 και  1
f f 1
2
 
 
 
άρα η f δεν μπορεί να ίναι γνησίως φθίνουσα και επειδή είναι
γνησίως μονότονη , θα είναι γνησίως αύξουσα στο R.
β)
Η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο R επομένως έχει σύνολο τιμών
        x x
f lim f x , lim f x 0,
 
  R
Η f είναι γνησίως αύξουσα στο R άρα είναι 1-1 και αντιστρεφεται.
Η 1
f
έχει πεδίο ορισμού το    f 0, R
Για κάθε            
f
1 1 1 1
1 2 1 2 1 2 1 2
y ,y 0, με y y f f y f f y f y f y   
      
<
΄Αρα και η 1
f είναι γνησίως αύξουσα στο R.
γ) Αρχικά για ορίζεται η ανίσωση πρέπει
1
1
f
f
11
f
x D x
x D x 0
f (x) f(x) 2 (1)2 f (x) f(x) D



  
 
   
      
R
Είναι
1 11 1 1 1
f(1) 1 f (1) 1 και f f
2 2 2 2
    
        
   
Θεωρούμε την συνάρτηση        1
g x f x f x 2,x 0, +
    
Για κάθε  1 2 1 2
x ,x 0, + με x x  
είναι
   
   
1 1
1 2
1 2
f x f x
f x f x
 
 


αφού 1
f και f είναι γνησίως αύξουσες.
Με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε:
           1 1
1 1 2 2 1 2
f x f x f x f x g x g x 
    
Άρα η g είναι γνησίως αύξουσα.
       
g
H 1 g x 2 g x g 1 x 1     
<
Οπότε η ανίσωση ορίζεται για  x 0,1 και
               
1
f
1 1 1 1 1
f 2 f x f x 1 f 2 f x f x f 1 2 f x f x 1

    
          
<
     
g
1 1 1
f x f x 1 g x g x
2 2
  
       
 
<
Λύνει ο Τρύφωνας Ζωϊτσάκος

24. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Τελικά
1
x ,1
2
 
 
 