Επιμέλεια: Ζωβοίλης Ηλίας για το lisari ("Η άσκηση της ημέρας")

1. ___________________________________________________________________________
2η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
1
1η
προτεινόμενη λύση (Ζωβοΐλης Ηλίας)
Στόχος της συγκεκριμένης άσκησης, είναι να αναδείξει τη χρησιμότητα
και κυρίως τη δύναμη της βοηθητικής συνάρτησης.
Θεωρούμε τη συνάρτηση g με τύπο: 3
g(x) x x,x .  
Εύκολα αποδεικνύεται ότι η συνάρτηση g είναι περιττή και
γνησίως αύξουσα στο , επομένως και 1 1 στο .
Ισχύει:  g f(x) 2x,x .  
Α. Έστω 1 2x ,x  με 1 2x x . Τότε    1 2 1 22x 2x g f(x ) g f(x )     
g γν.αύξουσα
1 2f(x ) f(x ) f  γν.φθίνουσα στο .
Β. Είναι      
g περιττή
g f( x) 2x g f(x) g f(x) .     
Επομένως:    
g 1-1
g f( x) g f(x) f( x) f(x) f        περιττή στο .
Γ. 2 2 2 2
f(α β ) f(2α 4β 5) 0 f(α β ) f(2α 4β 5)           
f περιττή f 1 1
2 2 2 2
f(α β ) f( 2α 4β 5) α β 2α 4β 5

            
2 2 2 2
α 2α 1 β 4β 4 0 (α 1) (β 2) 0            
α 1 και β 2.   
Δ.  
g γν.αύξουσα
3
f (x) 3x 0 f(x) 2x 3x 0 f(x) x g f(x) g(x)           
3 3 2
2x x x x 3x 0 x(x 3) 0 x 0            , καθώς
2
x 3 0, x .   
Ε. Για x 0 η αρχική ισότητα μας δίνει εύκολα f(0) 0 (θα μπορούσε επίσης
να χρησιμοποιηθεί το γεγονός ότι f περιττή στο ).
Η δοσμένη εξίσωση δεν έχει λύση το 0, αφού για x 0 προκύπτει 1 0.
Έτσι για x 0 f(x) 0   και επομένως διαιρώντας δια 3
f (x) έχουμε:
 3 3
1 1 1 1 1
2x 0 2x g g f(x)
f(x) f (x) f (x) f(x) f(x)
 
          
 
g 1-1
21
f(x) f (x) 1 f(x) 1
f(x)
      ή
   
g 1-1
f(x) 1 g f(x) g(1) ή g f(x) g( 1)      
2x 2 ή 2x 2 x 1 ή x 1.         

2. ___________________________________________________________________________
2η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
2
2η
προτεινόμενη λύση (Πάτσης Ανδρέας)
(εναλλακτικές λύσεις υποερωτημάτων)
Α. Eστω 𝑥1, 𝑥2 ∊ 𝑅: 𝑥1 < 𝑥2 ⇨ −2𝑥1 > −2𝑥2 (1)
𝑓3(𝑥) + 𝑓(𝑥) + 2𝑥 = 0 ∀ 𝑥 ∊ 𝑅.
Άρα 𝑓3(𝜒1) + 𝑓(𝜒1) + 2𝜒1 = 0 ⇨ −2𝜒1 = 𝑓3(𝜒1) + 𝑓(𝜒1) (2)
𝑓3(𝜒2) + 𝑓(𝜒2) + 2𝜒2 = 0 ⇨ −2𝜒2 = 𝑓3(𝜒2) + 𝑓(𝜒2) (3)
Η (1)
(2)(3)
⇒ 𝑓3(𝜒1) + 𝑓(𝜒1) > 𝑓3(𝜒2) + 𝑓(𝜒2) ⇨ 𝑓3(𝜒1) − 𝑓3(𝜒2) + 𝑓(𝜒1) −
𝑓(𝜒2) > 0
⇨ (𝑓(𝜒1) − 𝑓(𝜒2))(𝑓2(𝑥1) + 𝑓(𝜒1)𝑓(𝜒2) + 𝑓2(𝑥2) + 1) > 0 (𝐴)
Όμως 𝑓2(𝑥1) + 𝑓(𝜒1)𝑓(𝜒2) + 𝑓2(𝑥2) + 1 = (𝑓(𝜒1) +
𝑓(𝜒2)
2
)2
+
3𝑓2(𝑥2)
4
+ 1 > 0.
Άρα από την (Α) έχω 𝑓(𝜒1) > 𝑓(𝜒2) . Ά𝜌𝛼 𝜂 𝑓 𝜀ί𝜈𝛼𝜄 𝛾𝜈𝜂𝜎ί𝜔𝜍 𝜑𝜃ί𝜈𝜊𝜐𝜎𝛼.
Δ. 𝛵𝜊 𝜋𝜀𝛿ί𝜊 𝜊𝜌𝜄𝜎𝜇𝜊ύ 𝜏𝜂𝜍 𝛼𝜈ί𝜎𝜔𝜎𝜂𝜍 𝜀ί𝜈𝛼𝜄 𝜏𝜊 𝑅. 𝑓3(𝑥) + 3𝜒 > 0 ⇔
−𝑓(𝑥) − 2𝑥 + 3𝑥 > 0 ⇔ 𝑓(𝑥) < 𝑥. (𝐵)
[Τον τύπο της 𝑓 𝛿𝜀 𝜏𝜊𝜈 έ𝜒𝜔, 𝛼𝜆𝜆ά 𝜇𝜋𝜊𝜌ώ 𝜈𝛼 𝛽𝜌ώ 𝜏𝜊𝜈 𝜏ύ𝜋𝜊 𝜏𝜂𝜍 𝑓−1(𝜒)
𝜂 𝜊𝜋𝜊ί𝛼 𝜃𝛼 𝜀ί𝜈𝛼𝜄 𝜅𝛼𝜄 𝛼𝜐𝜏ή 𝛾𝜈𝜂𝜎ί𝜔𝜍 𝜑𝜃ί𝜈𝜊𝜐𝜎𝛼 ό𝜋𝜔𝜍 𝜂 𝑓. ]
Θέτω 𝑔(𝑥) = −
𝑥3+𝑥
2
𝜇𝜀 𝜋𝜀𝛿ί𝜊 𝜊𝜌𝜄𝜎𝜇𝜊ύ 𝜏𝜊 𝑅. 𝛷𝛼𝜈𝜀𝜌ά 𝛾𝜈𝜂𝜎ί𝜔𝜍 𝜑𝜃ί𝜈𝜊𝜐𝜎𝛼,
Άρα ≪ 1 − 1 ≫, ά𝜌𝛼 𝛼𝜈𝜏𝜄𝜎𝜏𝜌έ𝜓𝜄𝜇𝜂.
𝑓3(𝑥) + 𝑓(𝑥) + 2𝑥 = 0 ⇔ 𝜒 = −
𝑓3(𝑥) + 𝑓(𝑥)
2
⇔ 𝑔(𝑓(𝑥) = 𝑥
𝑓(𝑥) = 𝑔−1(𝑥)∀ 𝑥 ∊ 𝑅 . Ά𝜌𝛼 𝜏𝑜 𝜎ύ𝜈𝜊𝜆𝜊 𝜏𝜄𝜇ώ𝜈 𝜏𝜂𝜍 𝑓(𝑥) 𝜀ί𝜈𝛼𝜄 ί𝛿𝜄𝜊 𝜇𝜀 𝜏𝜊 𝜎ύ𝜈𝜊𝜆𝜊
𝜏𝜄𝜇ώ𝜈 𝜏𝜂𝜍 𝑔−1(𝑥), 𝜋𝜊𝜐 𝜀ί𝜈𝛼𝜄 𝜏𝜊 𝜋𝜀𝛿ί𝜊 𝜊𝜌𝜄𝜎𝜇𝜊ύ 𝜏𝜂𝜍 𝑔(𝑥) 𝛿𝜂𝜆𝛼𝛿ή 𝜏𝜊 𝑅.
𝛦𝜋𝜊𝜇έ𝜈𝜔𝜍 ∀ 𝑦 ∊ 𝑅, ∃ 𝑥 ∊ 𝑅: 𝑓(𝑥) = 𝑦.
𝑓3(𝑥) + 𝑓(𝑥) + 2𝑥 = 0 ⇔ 𝑥 = −
𝑦3
+ 𝑦
2
, 𝑦 ∊ 𝑅.
Άρα 𝑓−1(𝜒) = −
𝑥3+𝑥
2
, 𝑥 ∊ 𝑅 𝜋𝜊𝜐 𝜀ί𝜈𝛼𝜄 𝜑𝛼𝜈𝜀𝜌ά 𝛾𝜈𝜂𝜎ί𝜔𝜍 𝜑𝜃ί𝜈𝜊𝜐𝜎𝛼
(Με ορισμό, μονοτονία ή με την χρήση της πρότασης ότι η αντίστροφη έχει το ίδιο
είδος μονοτονίας με την f αφού κάνουμε την ανάλογη απόδειξη).
Επομένως έχουμε :

3. ___________________________________________________________________________
2η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
3
𝑓(𝑥) < 𝑥 (𝜅𝛼𝜄 𝜀𝜋𝜀𝜄𝛿ή 𝑓(𝑥), 𝑥 𝛼𝜈ή𝜅𝜊𝜐𝜈 𝜎𝜏𝜊 𝜋𝜀𝛿ί𝜊 𝜊𝜌𝜄𝜎𝜇𝜊ύ 𝜏𝜂𝜍 𝑓−1(𝑥)
που είναι όλο το R )⇔
𝑓−1
(𝑓(𝜒)) > 𝑓−1(𝑥) ⇔ −
𝑥3
+ 𝑥
2
< 𝑥 ⇔ 𝑥(𝑥2
+ 3) > 0 ⇔ 𝑥 > 0 𝛼𝜑𝜊ύ
(𝑥2
+ 3) > 0 ∀ 𝜒 ∊ 𝑅.
Ε. Από την αρχική εύκολα βρίσκουμε 𝑓(0) = 0.
Aν υπήρχε άλλη ρίζα της 𝑓(𝑥) = 0, 𝜂 𝑓 𝛿𝜀 𝜃𝛼 ή𝜏𝛼𝜈 ≪ 1 − 1 ≫.
Άρα 𝑓(𝑥) ≠ 0 ∀ 𝜒 ≠ 0.
Επίσης 𝑓−1(−1) = 1 ⇔ 𝑓(1) = −1.
𝑓−1(1) = −1 ⇔ 𝑓(−1) = 1.
H εξίσωση 2𝜒𝑓3(𝜒) + 𝑓2(𝑥) + 1 = 0 έ𝜒𝜀𝜄 𝜋𝜀𝛿ί𝜊 𝜊𝜌𝜄𝜎𝜇𝜊ύ 𝜏𝜊 𝑅.
Η 𝜒 = 0 𝛿𝜀 𝛼𝜋𝜊𝜏𝜀𝜆𝜀ί 𝜌ί𝜁𝛼.
Για 𝜒 ≠ 0 έ𝜒𝜔: 𝑓3(𝑥) + 𝑓(𝑥) + 2𝑥 = 0 ⇔ 𝑓2(𝑥) + 1 = −
2𝜒
𝑓(𝑥)
. 𝛦𝜋𝜊𝜇έ𝜈𝜔𝜍:
2𝜒𝑓3(𝜒) + 𝑓2(𝑥) + 1 = 0 ⇔ 2𝜒𝑓3(𝜒) − −
2𝜒
𝑓(𝑥)
= 0 ⇔ 𝑓4(𝑥) − 1 = 0 ⇔
(𝑓2(𝑥) − 1)(𝑓2(𝑥) + 1) = 0 ⇔ 𝑓2(𝑥) − 1 = 0 ⇔ (𝑓(𝑥) − 1)(𝑓(𝑥) + 1) = 0 ⇔
𝑓(𝑥) = 1 ή 𝑓(𝑥) = −1 ⇔ 𝑓(𝑥) = 𝑓(−1) ή 𝑓(𝑥) = 𝑓(1) ⇔ 𝑥 = 1 ή 𝜒 = −1.

4. ___________________________________________________________________________
2η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
4
3η
προτεινόμενη λύση (Παγώνης Θοδωρής)
(εναλλακτικές λύσεις υποερωτημάτων)
Α. Έστω ότι συνάρτηση f δεν είναι γνησίως φθίνουσα.
Τότε υπάρχουν
1 2x ,x  με
1 2x x
τέτοια ώστε 1 2f(x ) f(x ) , άρα και 3 3
1 2f (x ) f (x ) .
Με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε
3 3
1 1 2 2 1 2 1 2f (x ) f(x ) f (x ) f(x ) 2x 2x x x

          , άτοπο.
Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα , άρα και 1 – 1 .
Β. Προφανώς
x, x  .
Στην σχέση
3
f (x) f(x) 2x 0  
θέτουμε όπου x το x και έχουμε
3
f ( x) f( x) 2x 0     .
Προσθέτουμε κατά μέλη και έχουμε
   3 3 3 3
f (x) f(x) f ( x) f( x) 0 f (x) f ( x) f(x) f( x) 0             
    2 2
f(x) f( x) f (x) f(x)f( x) f ( x) f(x) f( x) 0          
  2 2
f(x) f( x) f (x) f(x)f( x) f ( x) 1 0        , από όπου έχουμε
f(x) f( x) 0  
(η
2 2
f (x) f(x)f( x) f ( x) 1 0     
θεωρώντας το τριώνυμο ως προς f(x) ή με μέθοδο συμπλήρωσης τετραγώνου
προκύπτει αδύνατη).
Άρα η f είναι περιττή.

5. ___________________________________________________________________________
2η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
5
Δ. Στην σχέση
3
f (x) f(x) 2x 0   για x 0 έχω
 3 2
f (0) f(0) 0 f(0) f (0) 1 0 f(0) 0       (ή από περιττή f(0) 0 )
Η δοθείσα ανίσωση από την υπόθεση γίνεται
3
f (x) 3x 0 f(x) 2x 3x 0 x f(x) 0          (1) .
Θεωρώ την συνάρτηση
g(x) x f(x) 
η οποία είναι γνησίως αύξουσα , αφού
για κάθε 1 2x ,x  με
f
1 2 1 2 1 2x x f(x ) f(x ) f(x ) f(x )

       και 1 2x x ,
άρα 1 1 2 2 1 2x f(x ) x f(x ) g(x ) g(x )    
και επιπλέον (0) 0g 
Η ανίσωση (1) γίνεται
g
g(x) g(0) x 0

  
Ε. H δοθείσα εξίσωση από την υπόθεση γίνεται
 3 2 3 3 2
2xf (x) f (x) 1 0 f (x) f(x) f (x) f (x) 1 0         
      2 4 2 2 4
f (x) 1 f (x) f (x) 1 0 f (x) 1 1 f (x) 0         
4
f (x) 1 f(x) 1    .
Η υπόθεσης για 1x  γίνεται
3
f (1) f(1) 2 0 f(1) 1      , οπότε και f( 1) 1  (f είναι περιττή)
Οπότε η εξίσωση
4
f (x) 1 f(x) 1 x 1     