Η Ασκηση της Ημέρας

1. ___________________________________________________________________________
21η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
1
1η
προτεινόμενη λύση (Δημήτρης Χατζάκης)
Α. Θεωρούμε την g(x) = x2
− 2√f(β)x + f(α)
 g(1) = 1 − 2√f(β) + f(α)
 g (
1
2
) =
1
4
− √f(β) + f(α)
Από την υπόθεση g(1)g (
1
2
) < 0 οποτε από Θ.Β. για την g στο [
1
2
, 1] η εξίσωση
g(x) = 0 έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο (
1
2
, 1 )
Δηλαδή , Δ ≥ 0 ⇔ 4f(β) − 4f(𝛼) ≥ 0 ⟺ f(β) ≥ f(α)
και επειδή η f είναι 1 − 1 τότε f(α) < f(β)
Β.
Βασική Άσκηση
Αν η f είναι συνεχής και ένα προς ένα στο Δ τότε η f είναι και γνησίως μονότονη στο
Δ.
Απόδειξη
Έστω x1, x2, γ ∊ Δ με x1 < x2 < γ και θεωρούμε ότι η f δεν είναι γνησίως μονότονη
οπότε έστω ότι θα ισχύει f(x2) < f(γ) < f(x1). Τότε από ΘΕΤ στο [x1, x2] υπάρχει
x0 ∊ (x1, x2) τέτοιο ώστε f(x0) = f(γ)
1−1
⇔ x0 = γ , Άτοπο x0 ∊ (x1, x2).
Άρα θα ισχύει ότι f(x1) < f(x2) < f(γ) ή f(γ) < f(x2) < f(x1).
 f παραγωγισιμη άρα f συνεχής στο (−
π
2
,
π
2
) και συμφώνα με την παραπάνω
βασική άσκηση και γνησίως μονότονη . Επειδή α < β με f(α) < f(β) η f είναι
γνησίως αύξουσα .
Γ.
1. Θέλουμε να δείξω ότι f(x) = εφx ⟺ f(x) =
ημx
συνx
⟺ f(x) ∙ συνx − ημx = 0 .
Θέτουμε h(x) = f(x) ∙ συνx − ημx
 h′(x) = f′(x) ∙ συνx − f(x)ημx − συνx
Η ημερομηνία αποστολής των λύσεων καθορίζει και τη σειρά καταγραφής τους

2. ___________________________________________________________________________
21η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
2
(1)
⇔ h′(x) = (1 + f2(x)) ∙ συνx − f(x)ημx − συνx
⟺ h′(x) = f2(x) ∙ συνx−f(x)ημx ⟺ h′(x) = f(x) ∙ ( f(x) ∙ συνx − ημx)
h(x)=f(x)∙συνx−ημx
⇔ h′(x) = f(x) ∙ h(x) ⟺ h′(x) − f(x) ∙ h(x) = 0
Έστω F μια αρχική της f(x)
Τότε h′(x) − F′(x) ∙ h(x) = 0
∙e−F(x)
⇔ h′(x) ∙ e−F(x)
− e−F(x)
F′
(x) ∙ h(x) = 0 ⟺
⟺ (e−F(x)
∙ h(x))
′
= 0 ⟺ e−F(x)
∙ h(x) = c . Για x = 0 → c = 0
Οπότε e−F(x)
∙ h(x) = 0 ⟺ h(x) = 0 ⟺ f(x) ∙ συνx − ημx = 0 ⟺ f(x) = εφx
2.
lim
x→1
f −1(x) − f −1
(1)
x − 1
= lim
u→
π
4
u −
π
4
f(u) − 1
= lim
u→
π
4
1
f(u) − f(
π
4
)
u −
π
4
=
1
f′(
π
4
)
=
1
2
∈ ℝ
*θέτουμε x = f(u) άρα u →
π
4
. Άρα (f −1)′(1) =
1
2
 Αφού f(A) = ℝ τότε f(f−1(x)) = x , x ∈ ℝ
Θεωρούμε την συνάρτηση h(x) = [
1
2
]
x
− x , h(x) = [
1
2
]
x
ln
1
2
− 1 < 0 ⇢ h ↓
[(f−1)′(1)]3x+1
− [(f−1)′(1)]2x
− f(f−1(x)) − 1 > 0
⇔ [
1
2
]
3x+1
− [
1
2
]
2x
− x − 1 > 0 ⟺ [
1
2
]
3x+1
− [
1
2
]
2x
− x − 1 > 0
⟺ [
1
2
]
3x+1
− 3x − 1 > [
1
2
]
2x
− 2x ⟺ h(3x + 1) > h(2x)
h ↓
⇔ 3x + 1 < 2x ⟺ x < −1
3.
Για 0 < x <
π
4
∶ εφx > 0 ⇔ εφx + 1 > 1 ⇔ ln(εφx + 1) > 0
 Ε = ∫ |ln(εφx + 1)|
π
4
0
dx = ∫ ln(εφx + 1)
π
4
0
dx
Θέτουμε u =
π
4
− x , dx = −du
Ε = ∫ ln(εφ(
π
4
− u) + 1)
π
4
0
du = ∫ ln(
1 − εφu
1 + εφu
+ 1)
π
4
0
du =

3. ___________________________________________________________________________
21η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
3
= ∫ ln (
2
1 + εφu
)
π
4
0
du = ∫(ln2 − ln(1 + εφu)
π
4
0
)du = ∫(ln2du)
π
4
0
− E
Οπότε , Ε = ∫ (ln2du)
π
4
0
− E ⟺ 2Ε =
π
4
ln2 ⟺ Ε =
π
8
ln2 τ.μ.
2η
προτεινόμενη λύση (Ηλίας Ζωβοΐλης)
Α. Θεωρούμε τη συνάρτηση φ με τύπο      2
φ x x 2 f β x f α   .
• φ συνεχής στο
1
,1
2
 
  
ως πολυωνυμική
•  
1
φ φ 1 0
2
 
  
 
, οπότε σύμφωνα με το Θ.Bolzano, η εξίσωση  φ x 0 ,
έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο
1
,1
2
 
 
 
.Επειδή όμως πρόκειται για τριωνυμική
εξίσωση θα είναι         Δ 0 4 f β f α 0 f β f α       . Γνωρίζουμε όμως
ότι    
f: 1-1
α β f α f β   και έτσι προκύπτει    f α f β .
Β. Η συνάρτηση f είναι συνεχής και 1-1 στο
π π
,
2 2
 
 
 
,επομένως θα είναι και
γν.μονότονη στο
π π
,
2 2
 
 
 
,δηλ.:
• ή f γν.αύξουσα στο
π π
,
2 2
 
 
 
• ή f γν.φθίνουσα στο
π π
,
2 2
 
 
 
Αν υποθέσουμε ότι f γν.φθίνουσα στο
π π
,
2 2
 
 
 
,έχουμε:
   
f γν.φθίνουσα
α β f α f β   ,που είναι ΑΤΟΠΟ.
Επομένως f γν.αύξουσα στο
π π
,
2 2
 
 
 
.
Γ1. Θεωρούμε συνάρτηση συνάρτηση g με τύπο   2
1
g x , x
1 x
 

και έστω G μια αρχική συνάρτηση της g στο με  G 0 0 .
Είναι     2
1
G x g x , x
1 x
   

και για κάθε
π π
x ,
2 2
 
  
 
ισχύει:

4. ___________________________________________________________________________
21η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
4
             
2
2
1
G f x f x G f x 1 f x 1
1 f x
       

, οπότε
      G f x 1 G f x x c     .
Για   
 
 
f 0 0
x 0:G f 0 c G 0 0 c

     και έτσι   G f x x ,
για κάθε
π π
x ,
2 2
 
  
 
.
Είναι         2
2
1
G εφx εφx G εφx 1 εφ x 1
1 εφ x
       

Και έτσι     G εφx G f x c  .Για x 0 προκύπτει c 0  , οπότε:
      
G:1-1
G εφx G f x f x εφx   .
Γ2. Αν
π π
Α ,
2 2
 
  
 
, τότε        
f γν.αύξουσα
f συνεχής π π
x x
2 2
f A lim f x , lim f x , 
 
 
    
 
 
και έτσι για κάθε
π π
x ,
2 2
 
  
 
είναι  1
x f ψ , ψ
  , οπότε:
            1 1 1
G f x x G f f ψ f ψ G ψ f ψ , ψ  
      και έτσι
αποδείξαμε ότι 1
G f 
 .Επομένως      1
2
1
f x G x , x
1 x
    

και
   1 1
f 1
2
   .
Σχόλιο: Δεν χρησιμοποιήθηκε το δεδομένο της συνέχειας της 1
f 
στο 1!
Επειδή    1 1
f 1
2
   και   1
f f x x
 , για κάθε x ,η ανίσωση ισοδύναμα
γίνεται:
3x 1 2x
1 1
x 1 0
2 2

   
      
   
Θεωρούμε τη συνάρτηση λ με τύπο  
x
1
λ x , x
2
 
  
 
,για την οποία
είναι  
x
1
λ x ln2 0, x
2
 
      
 
.
Έτσι:    
3x 1 2x
3 21 1 1
x 1 0 λ x λ x x 1 0
2 2 2

   
             
   
            3 2 21 1
λ x 2λ x 2x 2 0 λ x λ x 2 2 x 1 0
2 2
              (1)
Για x 1  , η (1) ισοδύναμα γίνεται:    
 2 λ x 21
x 1 λ x 2 0
2 x 1
 
     
 
(2)

5. ___________________________________________________________________________
21η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
5
•      
 λ γν.φθίνουσα λ x 2
x 1 λ x λ 1 λ x 2 0
x 1

        

•      
 λ γν.φθίνουσα λ x 2
x 1 λ x λ 1 λ x 2 0
x 1

        

Αποδείξαμε λοιπόν ότι για κάθε    x , 1 1,      ισχύει
 λ x 2
0
x 1



,
οπότε και  
 2 λ x 2
λ x 2 0
x 1

  

και έτσι (2) x 1   .
Για x 1  ,η (1) είναι προφανώς αδύνατη. Επομένως:
3x 1 2x
1 1
x 1 0 x 1
2 2

   
         
   
.
Γ3. Προφανώς το ζητούμενο εμβαδόν ισούται με
    
π π
4 4
0 0
ln 1 f x dx ln 1 εφx dx    .Θέτουμε
π
u x
4
  και έτσι du dx  , οπότε:
   
π π π π
4 4 4 4
0 0 0 0
π 1 εφx
ln 1 εφx dx ln 1 εφu dx ln 1 εφ x dx ln 1 dx
4 1 εφx
    
           
    
   
π
4
0
2
ln dx
1 εφx
 
  
 
  
π π
4 4
0 0
ln2 dx ln 1 εφx dx.  
Επομένως  
π
4
π
4
0
0
ln2 dx
π
ln 1 εφx dx ln2
2 8
   

 .
3η
προτεινόμενη λύση (Κώστας Δεββές)
A. Θέτω 2 1
( ) ( ) ( ) , ( ) 0
4
g x f a x f x f a    και
1
(1) ( ) ( )
4
g f a f    ,
( ) ( ) 2 ( ) 11 ( ) 1
( )
2 4 2 4 4
f f a ff a
g
  
    .
Ισχύει
1
(1) ( ) 0
2
g g  λόγω της δεδομένης ανισότητας.
Αν η Δ του g είναι <0, τότε το g είναι ομόσημο του f(α) για κάθε x , άρα το
1
(1) ( )
2
g g ομόσημο του 2
( )f a δηλαδή >0, άτοπο από την υπόθεση.
Αν Δ=0, τότε το g είναι ομόσημο του f(α) για κάθε x , εκτός της ρίζας του,
δηλαδή το
1
(1) ( ) 0
2
g g  άτοπο. Άρα 0 ( ) ( ) 0f f      οεδ.
Aν ( ) 0f a  τότε από τη αρχική ανισότητα είναι ( ) 0f   με το = να μην ισχύει λόγω
1-1. Άρα ( ) ( )f f a  .

6. ___________________________________________________________________________
21η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
6
Β. Έστω ότι η f δεν είναι γν. μονότονη. Τότε υπάρχουν 1 2 3, , ,
2 2
x x x
  
  
 
με
1 2 3x x x  και 1 2( ) ( )f x f x και 3 2( ) ( )f x f x . Από το ΘΕΤ , αν u με
 2 1 3( ) min ( ), ( )f x u f x f x  , υπάρχει 1 2 2 3( , ), ( , )a x x x x  με ( ) ( ).f a u f  
Αλλά η f είναι 1-1 άρα α=β, άτοπο αφού 1 2 3x a x x    . Άρα η f γν. μονότονη
και αν είναι θα είναι ( ) ( )f f a  άτοπο. Άρα .
Γ1. Ισχύει 1
( ( ))f f x x
 για κάθε x στο σύνολο τιμών της f. Η 1
f 
είναι
παραγωγίσιμη στο πεδίο ορισμού της (οι ,f fC C  συμμετρικές ως προς y=x και f
παραγωγίσιμη) και παραγωγίζοντας την προηγούμενη ισότητα έχω:
1 1 1
1 2 1 2
1 1 1
( ( ))( ) ( ) 1 ( ) ( )
( ( )) 1 ( ( )) 1
f f x f x f x
f f x f f x x
  
 
      
  
.
Θέτω ( ) , ,
2 2
g x x x
 

 
   
 
και έχω (ομοίως με πριν):
1 2
1 2 2
1 1 1 1
( ) ( )
( ( )) ( ) 1 1
g x y
g g x g y y x




     
   
, με
1
( ) ( )y g x x g y y
    . Άρα 1
( ) ( )f x
 = 1 1 1
( ) ( ) ( ) ( )g x g x f x c  
    κι
επειδή 1 1
(0) 0 (0) (0) 0f f g c 
     . Άρα
1 1 1
( ) ( ) ( ) ( )g x f x y f x f y x y  
     
2. Πρέπει να είναι πραγματικός το
1 1
1
( ) (1)
lim
1x
f x f
x
 



.
Επειδή f 1-1 είναι 1
( ) 1 (1)
4 4
f f
 
   και το lim θέτοντας 1
( ) ( )u f x x f u
  
γράφεται:
4 4
2
1 1 14lim lim
( ) 1 1( ) 1 2
4 4
u u
u
f uf u
u
 

 

 

  


, αφού η εφx είναι
παραγωγίσιμη στο
4

με τιμή παραγώγου 2 και
1
lim
4x
u


 . Άρα 1 1
( ) (1)
2
f 
  .
Η ανίσωση ισοδύναμα γράφεται:
3 1 2 3 1 2
1 1 1 1
1 0 (3 1) 2 0
2 2 2 2
x x x x
x x x
 
        
                 
         
και θέτοντας
1
( )
2
t
t t
 
  
 
η ανίσωση ισοδύναμα γράφεται:
(3 1) (2 ) 3 1 2 1x x x x

          .

7. ___________________________________________________________________________
21η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
7
3. Η συνάρτηση ln(1 )x είναι συνεχής και 0 στο 0,
4
 
  
, άρα το ζητούμενο
εμβαδόν είναι το:
4
0
ln(1 )x dx

   που θέτοντας
4
u x

  γράφεται:
4 4 4 4 4
0 0 0 0 0
1 1 2
ln 1 ln 1 ln ln 2 ln(1 )
1 1 1
u u
du du du dx x du
u u u
    
 

  
    
         
     
    
(έγινε χρήση του τύπου ( )
1
 
  
 

 
 
). Άρα
ln 2 ln 2
2
4 8
I
 
    τμ
4η
προτεινόμενη λύση (Μάκης Μάντζαρης)
A.
 
 
2
2
1
f ( β ) f (a) 1 2 f ( β ) f (a) 0
4
1
f ( β ) f (a) f( β ) 1 f ( β ) f (a) f( β ) 0
2
 
      
 
                 
είναι f (a) f ( β) αφού f 1 1 . Aν f (a) f (b) τότε
 
2
21
f (b) f (a) f(b) 1 f (b) f (a) f(b) 0
2
                 
, άτοπο
,άρα f (a) f (b)
Β.
Αν η f δεν είναι γν. μονότονη τότε θα υπάρχουν 1 2 3
π π
x ,x ,x , με
2 2
 
  
 
1 2 3 1 2 3 2x x x f ( x ) f ( x ) και f ( x ) f ( x )     ,(οι ισότητες δεν μπορούν
να ισχύουν αφού η f είναι 1-1 ) .Έστω  2 1 3k f ( x ) , m max f ( x ), f(x ) 
τότε αφού η f είναι συνεχής στα    1 2 2 3x ,x , x x και k m, για κάποιο
 l m,k από ΘΕΤ θα υπάρχουν    1 1 2 1 2 3 1 2c x ,x ,c x ,x : f (c ) l f (c )   
άτοπο αφού f 1-1 . Άρα η f γν. μονότονη
π π
στο ,
2 2
 
 
 
.
αν υποθέσουμε ότι είναι γν. φθίνουσα τότε για α β f (a) f (β)   άτοπο άρα η
f είναι γν. αύξουσα.

8. ___________________________________________________________________________
21η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
8
Γ.1
1ος
τρόπος
π π
x ,
x x2 2
2
2 2
0 0
x f ( x )u f ( t )
2 2
0 0
f '(t ) f '(t )
f '(t ) 1 f (t ) 1 dt 1 dt
1 f (t ) 1 f (t )
f '(t ) 1
dt x du x (*)
1 f (t ) 1 u
 
  
 

      
 
  
 
 
 
Θέτω
π π
u h(θ) εφθ , θ ,
2 2
 
    
 
.Είναι γνωστό ότι η h είναι γν. αύξουσα και
1-1 με
π π
h , R
2 2
 
  
 
άρα έχει αντίστροφη  1 1 π π
h , με h R ,
2 2
   
  
 
,τότε
2
1
du dθ ,
συν θ
 για u 0 εφθ 0 θ 0     ,
για 1
u f (x) εφθ f ( x ) h(θ) f ( x ) θ h ( f ( x ))
       , άρα
1 1
h (f(x)) h (f(x))
2 2
0 0
1
1 1
(*) dθ x 1 dθ x
1 εφ θ συν θ
π π
h (f(x)) x f ( x ) h( x ) εφx , x ,
2 2
 

    

 
      
 
 
2ος
τρόπος
Η 2
1
φ(t ) , x R
t 1
 

είναι συνεχής άρα έχει παράγουσα ,έστω την
2
1
H : R R με H'(t ) 0 και H(0) 0
t 1
   

οπότε H R και 1 1 
τότε για κάθε
π π
x ,
2 2
 
  
 
η εφx παίρνει όλες τις τιμές στο R και
2
2 2
1 1
H'(εφx ) συν x H'(εφx ) 1 (εφx )' H'(εφx ) 1
εφ x 1 συν x
      

 
c 0
x 0
H(εφx ) ' 1 H(εφx ) x c H(εφx ) x


      ,
π π
x ,
2 2
 
  
 
(2)
είναι 2
2
f '( x )
f '( x ) 1 f ( x ) 1 , (1)
1 f ( x )
   

για κάθε t R είναι 2
1
H'(t )
t 1


και θέτοντας t f ( x ) , για
π π
x ,
2 2
 
  
 
είναι 2 2
1 f '( x )
H'( f ( x )) f '( x ) H'( f ( x ))
f ( x ) 1 f ( x ) 1
   
 

9. ___________________________________________________________________________
21η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
9
 
( 1) ( 2 )x 0
c 0
H 1 1
H( f ( x )) ' 1 H( f ( x )) x c H( f ( x )) x
H( f ( x )) H(εφx ) f ( x ) εφx



      
  
Γ.2
1 π
f (1) u 1 f (u) 1 εφu 1 u
4

       
λόγω συνέχειας της 1
f 
στο 1 είναι 1 1
x 1
π
lim f ( x ) f (1)
4
 

 
 
11 1 u f ( x )
1
π πx 1
u u
4 4
π
u
4
π π
u u
f ( x ) f (1) 4 4f '(1) lim lim lim
πx 1 f (u) 1
f (u) f ( )
4
1 1 1
lim
π π 2
f (u) f ( ) f '( )
4 4
π
u
4
  


 

 

   
 

 


Γ.3
Έστω
π
G(x) ln(1 f ( x )) ,x 0,
4
 
   
 
συνεχής . Στο
π
0,
4
 
 
 
είναι
f ( x ) 0 ln(1 f ( x )) 0 G( x ) 0      .
Το ζητούμενο χωριό είναι G
π
Ω C , x'x, x 0,x
4
 
   
 
.
   
 
π
π π π u x
04
4 4 4
π
0 0 0
4
π π π
4 4 4
0 0 0
π π
4 4
0 0
π
E G( x )dx ln 1 f ( x ) dx ln 1 εφx dx ln 1 εφ( u) du
4
π 1 εφu 2
ln 1 εφ( u) du ln 1 du ln du
4 1 εφu 1 εφu
πln2
ln2 du ln 1 εφu du Ε
4
 
 
          
 
    
                
   
   
  
 
Aρα
πln2 πln2
E Ε E
4 8
   