Η Ασκηση της Ημέρας

1. ___________________________________________________________________________
20 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Θα δείξουμε ότι η f είναι σταθερή.
Έστω ότι δεν είναι.
Τότε, επειδή η f είναι συνεχής, το σύνολο τιμών της θα είναι διάστημα.
Όμως, δεν υπάρχει διάστημα που να περιέχει μόνο ακεραίους, άτοπο, αφού η f παίρνει
τιμές από το σύνολο .
Οπότε,     f x f 0 3, για κάθε    x 1,1 .
Άρα,   f 1 3.
β)
Θέτουμε στη δοθείσα x 1 και έχουμε:
       
     
 
        2 2 2
2 1 f 1 g 1
g 1 2 1 1 f 1 g 1 2g 1 1 0
3
       
2
g 1 1 0 g 1 1
και, επειδή η g είναι συνεχής, ισχύει:  

x 1
limg x 1
H g , οπότε και η
 

g x
x 1
, ορίζονται αριστερά του 1, συνεπώς
   
 

 x 1 x 1
g x g x
lim lim
x 1 x 1
Είναι  

 
x 1
lim x 1 0 και  x 1 0, για x 1. Επομένως, 

 
x 1
1
lim
x 1
.
Άρα είναι:
 
    
 
       
  x 1 x 1
g x 1
lim lim g x 1
x 1 x 1
γ)
Από τη δοθείσα έχουμε:
       
   
  
         2 2 2 2
2xf x g x 2x 3 g x
g x 2 x 1 f x g x 2x 2 3
3 3
             
2
2 2 2 2
g x 2xg x x 1 x g x x 1 x για κάθε    x 1,1
Θεωρούμε, επιπλέον, τη συνάρτηση     h x g x x ,    x 1,1 , που είναι συνεχής ως
διαφορά συνεχών.
Είναι    2 2
h x 1 x και  2
1 x 0 για κάθε    x 1,1 με την ισότητα να ισχύει για  x 1
Οπότε
    2
h x 1 x , για κάθε    x 1,1
Η h δεν μηδενίζεται στο  1,1 , επομένως, ως συνεχής, διατηρεί πρόσημο σ’ αυτό.
Όμως,        h 0 g 0 0 1 0 , συνεπώς   h x 0 για κάθε   x 1,1
Λύνει ο Νίκος Ελευθερίου

2. ___________________________________________________________________________
20 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Οπότε,          2 2
h x 1 x g x x 1 x για   x 1,1 (1)
Οι τιμές της g για  x 1 προκύπτουν και από την (1).
Άρα
     2
g x x 1 x για κάθε    x 1,1

3. ___________________________________________________________________________
20 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Η    f : 1,1 είναι συνεχής .
Η εικόνα ενός διαστήματος Δ μέσω μιας συνεχούς και μη σταθερής
συνάρτησης είναι διάστημα.
Επειδή το     f 1,1 δεν είναι διάστημα , άρα η f είναι σταθερή
και     f 1 f 0 3.
β)
Η f είναι σταθερή στο   1,1 άρα   f x 3 για κάθε    x 1,1 .
Για κάθε    x 1,1 ισχύει:
       
                 2 2 2 2
2xf x g x
g x 2 x 1 f x g x 2 x 1 2xg x 3 1
3
Για x 1 η (1) δίνει:
                       
2
2 2
g 1 4 2g 1 3 g 1 2g 1 1 0 g 1 1 0 g 1 1 .
Η g είναι συνεχής στο   1,1 άρα    

 
x 1
limg x g 1 1 και 

 
x 1
1
lim
x 1
Οπότε
   
      
 
        
   x 1 x 1 x 1
g x g x 1
lim lim lim g x 1
x 1 x 1 x 1
γ)
Για κάθε    x 1,1 ισχύει:
         
  
         
  
2 2 2 2 2
2
2
g x 2 x 1 2xg x 3 g x 2xg x x 1 x
g x x 1 x
Θέτουμε     h x g x x , τότε     2 2
h x 1 x 2
           2 2
h x 0 h x 0 1 x 0 x 1.
Για κάθε   x 1,1 είναι   h x 0 και επειδή η h είναι συνεχής στο  1,1 ως
διαφορά συνεχών θα διατηρεί σταθερό πρόσημο στο  1,1 .
Είναι           h 0 g 0 0 g 0 1 0 άρα   h x 0 για κάθε   x 1,1 .
       
     
           
         
2 2 2
2 2
2 h x 1 x h x 1 x h x 1 x
g x x 1 x g x x 1 x , x 1,1
Ακόμη   g 1 1.
Λύνει ο Τρύφωνας Ζωϊτσάκος

4. ___________________________________________________________________________
20 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Η (1) για  x 1 δίνει :                     
2
2
g 1 2g 1 1 0 g 1 1 0 g 1 1.
Τελικά   g x
{
    2
x 1 x , x 1,1
1 , x 1
  1 , x 1
ή
        
2
g x x 1 x , x 1,1 .

5. ___________________________________________________________________________
20 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Αν   f 1 3 λόγω συνέχειας η f θα παίρνει όλες τις τιμές μεταξύ  f 1 και 3, άρα και μη
ακέραιους πράγμα άτοπο γιατί είναι ακέραια συνάρτηση.
Άρα   f 1 3.
β), γ)
Επίσης αν   f x 3      x 1,0 0,1 με όμοιο τρόπο καταλήγω σε άτοπο.
Άρα η f είναι σταθερή με τιμή 3.
Τότε θα ισχύει
                      
2
2 2 2 2 2 2
g x 2x 2 2xg x 3 g x 2xg x x 1 x g x x 1 x
κι επειδή    2
1 x 0 x 1, ισοδύναμα θα έχω     2
g x x 1 x (1).
Η  2
1 x 0 στο  1,1 άρα είναι   g x x στο διάστημα αυτό.
Η   g x x διατηρεί πρόσημο στο  1,1 κι επειδή   g 0 0 το πρόσημο αυτό θα είναι .
Άρα η (1) γίνεται          2 2
x g x 1 x g x x 1 x .
Το ζητούμενο όριο είναι , αφού x 1 στο 
1 και  
  2
x 1
lim x 1 x 1.
Λύνει o Κώστας Δεββές

6. ___________________________________________________________________________
20 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Αν υποθέσουμε ότι f(1) 3 επειδή f(1) και f συνεχής, σύμφωνα με το θεώρημα
ενδιαμέσων τιμών, η f θα παίρνει όλες τις τιμές μεταξύ των ακεραίων f(1), 3 άρα και
όχι ακέραιες τιμές, που είναι άτοπο, λόγω υπόθεσης αφού η f παίρνει μόνο ακέραιες
τιμές, έτσι f(1) 3
β)
Για την συνάρτηση f επειδή παίρνει μόνο ακέραιες τιμές, θα είναι η σταθερή f(x) 3
γιατί αν παίρνει τιμή    0 0
f(x ) 3, x [ 1,0) (0,1) όπως προηγούμενα καταλήγουμε σε
άτοπο, και για το λόγοαυτό η δοθείσα σχέση γίνεται    2 2
g (x) 2(x 1) 2xg(x) 3 για
 x [ 1,1] οπότε        2 2
g (1) 4 2g(1) 3 (g(1) 1) 0 g(1) 1 και το
 
   
     
   x 1 x 1
g(x) 1
lim lim g(x)
x 1 x 1
αφού   
 
 
    
 x 1 x 1
1
lim , lim g(x) g(1) 1
x 1
γ)
Από    2 2
g (x) 2(x 1) 2xg(x) 3 για  x [ 1,1] έχουμε ότι
           
22 2 2 2
g (x) 2xg(x) x 1 x g(x) x 1 x 0, x [ 1, 1] άρα
    2
g(x) x 1 x ,x [ 1, 1] (1) και επειδή    2
1 x 0, x ( 1, 1) λόγω της ισότητας ισχύει
   g(x) x 0, x ( 1,1) και λόγω συνέχειας θα έχει σταθερό πρόσημο στο ( 1,1) και αφού
   g(0) 0 1 0 θα είναι    g(x) x 0, x ( 1,1) έτσι από (1) έχουμε
     2
(g(x) x) 1 x ,x ( 1, 1) ή          2 2
g(x) x 1 x g(x) x 1 x ,x ( 1, 1) και
ακόμη επειδή έχουμε από (1)    g( 1) 1,g(1) 1
τελικά     2
g(x) x 1 x ,x [ 1, 1]
Λύνει ο Βασίλης Κακαβάς

7. ___________________________________________________________________________
20 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Η εικόνα ενός κλειστού διαστήματος μέσω μιας συνεχούς και μη σταθερής συνάρτησης
είναι διάστημα , αυτό όμως δεν μπορεί να συμβαίνει όταν η f παίρνει με τιμές στο ,
( το οποίο είναι ένα σύνολο διακεκριμένων αριθμών), άρα η f θα είναι σταθερή στο
  1,1 δηλ.       f(x) c,c , x 1,1 και επειδή   f(0) 3 c 3 δηλ.
       f(x) 3, x 1,1 f(1) 3.
Έτσι η σχέση:           
2 2 2xf(x)g(x)
g (x) 2 x 1 f(x), x 1,1
3
διαμορφώνεται στην
                
2 2 2 2 2
g (x) 2 x 1 2xg(x) 3, x 1,1 g (x) 2xg(x) x x 1 0,    x 1,1
           
2 2
g(x) x x 1 0,x 1,1 1
β)
Επειδή η g είναι συνεχής στο   1,1 , θα ισχύει ότι:  
 
x 1 x 1
g(1) limg(x) limg(x)
          
          
2 22 2
x 1 x 1 x 1
1 lim g(x) x x 1 0 lim g(x) x lim x 1 0
     
2
g(1) 1 0 g(1) 1, οπότε 

 
x 1
g(x)
lim
x 1
, ( Μορφής

 
1
0
), διότι
 

 
x 1
lim x 1 0 και  x 1 0
γ)
Από (1) προκύπτει:                    
2 2 2
g(x) x 1 x ,x 1,1 g(x) x 1 x ,x 1,1 2
Θεωρούμε την συνάρτηση  h(x) g(x) x,    x 1,1 .
 Η h είναι συνεχής στο   1,1 ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων
 Είναι
 
      
1
2
h(x) 0 x 1 0 x 1 , δηλ. η h δεν μηδενίζεται στο  1,1 , άρα θα
διατηρεί το πρόσημο της σ’ αυτό και επειδή           h(0) g(0) 1 0 h(x) 0, x 1,1
, άρα     g(x) x g(x) x και από
                    
2 2
2 g(x) x 1 x ,x 1,1 g(x) x 1 x ,x 1,1
Λύνει ο Κωνσταντίνος Μόσιος

8. ___________________________________________________________________________
20 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α )
Έστω ότι υπάρχουν    1 2
x x 1,1 με 1 2
f(x ) f(x ) και έστω ότι 1 2
f(x ) f(x )
f συνεχής στο   1,1 οπότε λόγω του Θεωρήματος των Ενδιαμέσων Τιμών
θα παίρνει όλες τις τιμές του διαστήματος   1 2
f(x ) , f(x ) .
Όμως 1 2
f(x ) , f(x ) και μεταξύ δύο ακεραίων υπάρχει πάντα ένας αριθμός
όχι ακέραιος (π.χ άρρητος) , οπότε η f θα παίρνει και όχι ακέραιες τιμές .
Αυτό όμως είναι άτοπο γιατί το πεδίο τιμών της f είναι το σύνολο
Από τα παραπάνω συμπεραίνουμε ότι η συνάρτηση f είναι σταθερή στο   1,1
και επειδή f(0)=3 τότε : f(x) 3 για κάθε    x 1,1 δηλαδή f(1)=3
β)
Η σχέση :         2 2
2xf(x)g x
g x 2 x 1 f(x)
3
για x 1 και f(x) 3 γίνεται:
       
   2 2
2 1 3 g 1
g 1 2 1 1 3
3
δηλαδή       2
g 1 2 g 1 1 0
από όπου παίρνουμε ότι  g 1 1 και επειδή g συνεχής  


x 1
limg x 1
Για το ζητούμενο όριο έχουμε :
 
      
     
 x 1 x 1 x 1
g x 1 1
lim limg x lim 1
x 1 x 1 0
γ)
Για τον τύπο της συνάρτησης g έχουμε :
        2 2
2xf(x)g x
g x 2 x 1 f(x)
3
και για f(x) 3 παίρνουμε :
                
2
2 2 2
g x 2 x 1 2xg x 3 ........ g x x 1 x σχέση (1)
Αν θεωρήσουμε συνάρτηση     h x g x x (συνεχής στο   1,1 )
τότε από τη σχέση (1) έχουμε ότι οι ρίζες της συνάρτησης h είναι οι αριθμοί 1 ,-1
οπότε η h διατηρεί σταθερό πρόσημο στο  1 , 1 και      h 1 h 1 0
Όμως        h 0 g 0 0 1 0 οπότε για κάθε    x 1,1  h x 0
Η σχέση (1) λοιπόν δίνει ότι :       2
g x x 1 x άρα      2
g x x 1 x
Λύνει ο Γιώργος Κουρεμπανάς

9. ___________________________________________________________________________
20 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Ισχύει   f 0 3 ,έστω   f 1 k με k 3 και ας θεωρήσουμε χωρίς βλάβη της γενικότητας
ότι 3 k
Η f συνεχής στο   0,1 και    f 0 f 1 άρα η f θα παίρνει όλες τις ενδιάμεσες τιμές στο
διάστημα     
 f 0 ,f 1 πράγμα άτοπο διότι παίρνει μόνο ακέραιες άρα υποχρεωτικά
  f 1 3
Γενικεύοντας το παραπάνω για οποιαδήποτε    x 1,1 προκύπτει ότι   f x 3
Δηλαδή :
Για κάθε    1 2
x ,x 1,1 με 1 2
x x θα δείξουμε ότι    1 2
f x f x
Αν 1 2
x x τότε προφανώς    1 2
f x f x από το ορισμό της συνάρτησης
Αν 1 2
x x τότε ας υποθέσουμε ότι    1 2
f x f x επομένως στο διάστημα     
 1 2
f x ,f x ή
    
 2 1
f x ,f x η f συνεχής και θα παίρνει υποχρεωτικά όλες τις ενδιάμεσες τιμές ,άτοπο
διότι παίρνει μόνο τις ακέραιες
Άρα   f x 3 για κάθε    x 1,1
β)
Επομένως για την συνάρτηση g ισχύει
        2 2
g x 2 x 1 2xg x 3
Για x 1 γίνεται
         
        
        
        
2 2 2
2
2
g 1 2 1 1 2g 1 3 g 1 4 2g 1 3 0
g 1 2g 1 1 0 g 1 1 0 g 1 1
Και επειδή η g συνεχής άρα    
 
x 1
limg x g 1 1
Άρα
 
    
     
 x 1 x 1
g x 1
lim limg x 1
x 1 x 1
διότι  
 
x 1
lim x 1 0 και  x 1 0 για τιμές κοντά στο 
1 εφόσον x 1
γ)
Η σχέση         2 2
g x 2 x 1 2xg x 3 ισοδύναμα γίνεται :
         
        
         
           
2 2 2 2
2
2 2 2 2 2
g x 2 x 1 2xg x 3 g x 2x 2 2xg x 3 0
g x 2xg x x 1 x g x x 1 x g x x 1 x
Λύνει ο Χρήστος Κουστέρης

10. ___________________________________________________________________________
20 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Θεωρούμε τη συνάρτηση     h x g x x ,    x 1,1
   
 

            
  
2 2 2
x 1
h x 0 h x 0 1 x 0 1 x 0 x 1 ή
x 1
Κάθε συνεχής συνάρτηση διατηρεί πρόσημο σε κάθε ένα από τα διαστήματα που οι
διαδοχικές της ρίζες χωρίζουν το πεδίο ορισμού της .
Επομένως ηh διατηρεί πρόσημο στο διάστημα   1,1 και μηδενίζεται μόνο για
  x 1,x 1
Για x 0 έχουμε          h 0 g 0 0 h 0 1 δηλαδή   h x 0 για κάθε   x 1,1
                2 2 2
g x x 1 x g x x 1 x g x x 1 x ,    x 1,1

11. ___________________________________________________________________________
20 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Έστω ότι   f 1 k με k και k 4. Η f είναι συνεχής στο   0,1 και     
7
f 0 f 1
2
,
οπότε από θεώρημα ενδιάμεσων τιμών υπάρχει  0
x 0,1 :   0
7
f x
2
, άτοπο ,
αφού 
7
2
.
Έστω ότι   f 1 k με k και k 2. Η f είναι συνεχής στο   0,1 και     
5
f 1 f 0
2
,
οπότε από θεώρημα ενδιάμεσων τιμών υπάρχει  0
x 0,1 :   0
5
f x
2
, άτοπο ,
αφού 
5
2
.
Άρα είναι   f 1 3.
β΄ τρόπος
Έστω ότι   f 1 k με k και k 4 και συνάρτηση h με      h x f x ,    x 0,1 με
   3,4 . Η h είναι συνεχής στο   0,1 ,          h 1 f 1 k 0 ,
         h 0 f 0 3 0 , δηλ.     h 0 h 1 0 , οπότε από Θ. Bolzano υπάρχει  0
x 0,1 :
      0 0
h x 0 f x , άτοπο , αφού   .
Έστω ότι   f 1 k με k και k 2. Ομοίως με Θ.Bolzano καταλήγουμε σε άτοπο ,
οπότε είναι   f 1 3 .
γ΄ τρόπος
Έστω ότι η f δεν είναι σταθερή. Τότε υπάρχει       1,0 0,1 με   f k , k και
k 3.
Αν k 4 και    1,0 , τότε επειδή η f είναι συνεχής στο   ,0 και      
7
f 0 f
2
,
από θεώρημα ενδιάμεσων τιμών υπάρχει   0
x ,0 :   0
7
f x
2
, άτοπο , αφού 
7
2
.
Ομοίως καταλήγουμε σε άτοπο αν    0,1 .Αν k 2 και    1,0 , τότε επειδή η f
είναι συνεχής στο   ,0 και      
5
f f 0
2
, από θεώρημα ενδιάμεσων τιμών υπάρχει
  0
x ,0 :   0
5
f x
2
, άτοπο , αφού 
5
2
.
Λύνει ο Αθανάσιος Μπεληγιάννης

12. ___________________________________________________________________________
20 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Ομοίως καταλήγουμε σε άτοπο αν    0,1 .
Άρα η f είναι σταθερή στο   1,1 με   f x 3 ,     x 1,1 , οπότε και   f 1 3 .
δ΄ τρόπος
Έστω ότι η f δεν είναι σταθερή. Αφού είναι συνεχής στο   1,1 , τότε το    f 1,1 είναι
διάστημα , το οποίο θα περιέχει και μη ακεραίους πραγματικούς. Άτοπο. Άρα η f είναι
σταθερή στο   1,1 με   f x 3 , άρα και   f 1 3 .
β)
Αφού   f 1 3 η δεδομένη σχέση για x 1 γίνεται :
                          
2
2 2
g 1 2 1 1 2g 1 3 g 1 2g 1 1 0 g 1 1 0 g 1 1
Επειδή η g συνεχής    

 
x 1
limg x g 1 1 και  

 
x 1
lim x 1 0 με  x 1 0 , οπότε


 
  
 x 1
1
lim
x 1
είναι :
   
    
 
    
   x 1 x 1 x 1
g x g x 1
lim lim lim g x
x 1 x 1 x 1
.
γ)
Για κάθε    x 1,1 η δεδομένη σχέση γίνεται :
                        
2
2 2 2 2 2 2
g x 2 x 1 2xg x 3 g x 2xg x x 1 x g x x 1 x (1)
Έστω η συνάρτηση     w x g x x , με    x 1,1 , η οποία είναι συνεχής στο   1,1
ως διαφορά συνεχών , οπότε ισχύει (1):
       2 2 2
w x 1 x w x 1 x ,     x 1,1 . (2)
Η εξίσωση   w x 0 έχει ρίζες τις   1 2
x 1,x 1 και   w x 0 για κάθε   x 1,1 .
Άρα η w διατηρεί πρόσημο στο  1,1 και επειδή       w 0 g 0 1 0 , είναι
  w x 0 ,    x 1,1 .
Οπότε η (2) γίνεται :
                2 2 2
w x 1 x g x x 1 x g x x 1 x ,    x 1,1 .
Από την (1) έχουμε :   g 1 1 και    g 1 1 , οπότε
     2
g x x 1 x ,     x 1,1 .
β΄ τρόπος
Από τη σχέση                
2
2 2 2
g x 2 x 1 2xg x 3 g x x 1 x ,     x 1,1
βρίσκουμε   g 1 1 και    g 1 1 .
Για κάθε   x 1,1 :                  2 2 2 2
g x 2 x 1 2xg x 3 g x 2xg x 2x 1 0 που
είναι τριώνυμο ως προς  g x με διακρίνουσα     2
4 1 x 0 , οπότε το  g x είναι :

13. ___________________________________________________________________________
20 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
     2
g x x 1 x ή      2
g x x 1 x για κάθε   x 1,1 .
Αν ήταν      2
g x x 1 x για κάθε   x 1,1 , τότε     g 0 1 1 , απορρίπτεται .
Αν ο τύπος της g ήταν :  
   
 
  
2
1
2
2
x 1 x , x A
g x
x 1 x , x A
με   1 2
A A και
   1 2
A A 1,1 τότε η g δεν θα ήταν συνεχής στο  1,1 , άρα απορρίπτεται.
Άρα είναι      2
g x x 1 x ,     x 1,1 , που ικανοποιεί τις απαιτήσεις του
προβλήματος.

14. ___________________________________________________________________________
20 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
1η Λύση

         
                     
           
          
0 0
0 0
)
f ί ή ό ά [ 1,1].
έ ά x [ 1,1] έ ώ f(x ) 3, ό
ά [0,x ] ή [x ,0] ύ ώ ά ώ .
Ό ά (3, ) ή ( ,3) ί      
  
              

        
           
0 0
2 2
2 2 2
ά (0,x ) ή (x ,0) ώ
f( )
Ά ά ί ή ύ : f(x) 3 έ f(1) 3.
)
2xf(x)g(x)
έ g (x) 2(x 1) f(x) x 1
3
2f(1)g(1)
ί : g (1) 2(1 1) f(1) g (1) 2g(1) 1 0 (g(1) 1)
3
 

  
         
 

        
            
2
x 1 x 1
2 2
2 2 2 2 2 2
0
ά g(1) 1 0
g(x) 1
ό lim ύ g(1) 0 lim
x 1 x 1
)
2xf(x)g(x)
έ g (x) 2(x 1) f(x) ί :
3
g (x) 2xg(x) x x 1 0 (g(x) x) 1 x g(x) x 1 x
         
              
2
2
g(x) x 1 x ά x [ 1,1]
ύ g(0) 1 ύ g(x) x 1 x ά x [ 1,1]
2η Λύση

                    
         
                  
   
)
ή f ί ή ό ά , έ ό ί
ά , ά ί ή.
Ό ύ ώ ί , ά ά ί ή ύ f(0) 3
ί f(1) 3
Λύνει ο Γιώργος Ασημακόπουλος

15. ___________________________________________________________________________
20 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Έστω Α = [-1,1].
α)
Υποθέτουμε ότι η f δεν είναι σταθερή. Αφού είναι συνεχής στο Α θα ισχύει ότι το σύνολο
τιμών της f(A) θα είναι δ ι ά σ τ η μ α (ΣΧΕΣΗ 1) .
Όμως από υπόθεση έχουμε έχουμε ότι      f(A) ..., 3, 2, 1,0,1,2,3,... .
Άρα το σύνολο τιμών είναι σύνολο διακεκριμένων τιμών το οποίο δεν δημιουργεί
διάστημα.
Αυτό έρχεται σε αντίθεση με την (ΣΧΕΣΗ 1) , οπότε έχουμε καταλήξει σε άτοπο.
Άρα η συνάρτηση f είναι σταθερή στο Α και ισχύει f(x) 3 για κάθε x A, αφού f(0) 3 .
Επομένως ισχύει και f(1) 3 .
β)
Από την δοσμένη σχέση για x 1 προκύπτει εύκολα ότι g(1) 1. Για το όριο

x 1
g(x)
lim
x 1
,
έχουμε:
 
  
       
    x 1 x 1
g(x) 1 1
lim lim g(x) 1
x 1 x 1 0
, αφού g συνεχής στο 1 , άρα και

 
x 1
limg(x) g(1) 1 και

 
x 1
1
lim
x 1
, αφού    x 1 x 1 0.
γ)
Η δοσμένη σχέση, αφού   f x 3 για κάθε x A, γίνεται μετά από απλές πράξεις:
     
2 2
g(x) x 1 x , x A. Θεωρούμε   h(x) g(x) x, x A, η οποία είναι συνεχής στο Α
ως διαφορά συνεχών, και μηδενίζεται στα άκρα του Α (στο x=1, x=-1) , οπότε διατηρεί
σταθερό πρόσημο στο διάστημα ( 1,1). Επειδή        h(0) g(0) 0 1 0 1 0 η h θα
είναι αρνητική στο ( 1,1).
Άρα έχουμε:
                        
2 2 2 2 2
g(x) x 1 x , x 1,1 h x 1 x , x 1,1 h(x) 1 x , x 1,1
Επιπλέον   h(1) h( 1) 0 και h συνεχής στο Α, προκύπτει    2
h(x) 1 x , x A.
Επομένως       
2
g(x) x 1 x , x 1,1 .
Λύνει ο Κώστας Τσόλκας