H ασκηση της ημερας

1. ___________________________________________________________________________
7η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
1
1η
προτεινόμενη λύση (Ηλίας Ζωβοΐλης)
Α. Είναι: 2
x 6x 8 0 x 2 ή x 4.      Επομένως για κάθε  x 2,4  ισχύει
2
x 6x 8 0     f(x) f f(x) 0 f(x) 0.   
Για x 2 , η αρχική συναρτησιακή γίνεται:
   f(2) f f(2) 0 f(2) 0 ή f f(2) 0.     (1)
Για x 4 , η αρχική συναρτησιακή γίνεται:
   f(4) f f(4) 0 f(4) 0 ή f f(4) 0.     (2)
Αν f(4) 0 , τότε επειδή f γνησίως αύξουσα στο , θα είναι:
   0 2 4 f(0) f(2) f(4) 0 f(2) f(4) f(0) 0          και έτσι έχουμε
f(2) 0 και  f(2) 0 που είναι ΑΤΟΠΟ λόγω (1).
Επομένως  f(4) 0 f f(4) 0   , λόγω (2).
Χρησιμοποιώντας επίσης τη μονοτονία της συνάρτησης f έχουμε:
     2 4 f(2) f(4) f f(2) f f(4) 0 f f(2) 0        , οπότε λόγω (1)
θα είναι f(2) 0 . Άρα  f f(4) 0 f(2)  και επειδή η συνάρτηση f
είναι 1-1 (λόγω μονοτονίας), θα ισχύει: f(4) 2 .
Β. Έστω συνάρτηση g με g(x) f(x) x 4   ,  x 2,4 . Είναι:
• g συνεχής στο  2,4 , ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων.
• g(2) f(2) 2 4 2     και g(4) f(4) 4 4 2    .
• g γν.αύξουσα στο  2,4 , ως άθροισμα γν.αυξουσών συναρτήσεων.
Η συνάρτηση g ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ.Bolzano στο  2,4 ,
επομένως υπάρχει ox (2,4) , τέτοιο ώστε: o o og(x ) 0 f(x ) x 4.   
Επειδή η συνάρτηση g είναι γν.αύξουσα στο  2,4 , θα είναι και 1-1, οπότε το
ox είναι μοναδικό. Επομένως    o o o of(x ) 4 x f f(x ) f 4 x     
    2
o o o o ο οf(x ) f 4 x f(x ) f f(x ) x 6x 8.       
Γ.
Θ.Ε.Τf(2) 0
f(4) 2
 

 
(2,4), τέτοιο ώστε: f(ξ) 1 .
Για x ξ , η αρχική συναρτησιακή γίνεται:  
f(ξ) 1
2
f( ) f f( ) 6 8

       
2
ξ 6ξ 8 f(1).   
Για . x 1 ., η αρχική συναρτησιακή γίνεται:

2. ___________________________________________________________________________
7η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
2
 
2
f(1) ξ 6ξ 8
2 2
f(1) f f(1) 1 6 1 8 f(1) f(ξ 6ξ 8) 3.
  
         
Δ. Είναι:
 
       
2
x 2 x 2 x 2 x 2
f(x) f f(x)f(x) f(2) f(x) x 6x 8
lim lim lim lim
x 2 x 2 x 2 f f(x) x 2 f f(x)   
  
   
     
   
   
 
 
 
 x 2 x 2
x 2 x 4 x 4 2 4 2
lim lim
x 2 f f(x) f f(x) f f(2) f(0) 
     
   
 
.
2η
προτεινόμενη λύση (Μάκης Μάντζαρης)
(εναλλακτικές λύσεις υποερωτημάτων)
A.
Είναι 𝒇(𝒙)𝒇(𝒇(𝒙)) = 𝒙 𝟐
− 𝟔𝒙 + 𝟖 , ∀ 𝒙 ∈ 𝑹 (1), και
𝑓 "1-1" ως γν.αύξουσα
 για x=2 είναι 𝑓(2)𝑓((2)) = 0 ⇒ 𝑓(2) = 0 ή 𝑓(𝑓(2)) = 0
 για x=4 είναι 𝑓(4)𝑓((4)) = 0 ⇒ 𝑓(4) = 0 ή 𝑓(𝑓(4)) = 0
- αν 𝑓(2) = 0 𝜅𝛼𝜄 𝑓(4) = 0 𝜏ό𝜏𝜀 𝑓(2) =
𝑓(4) , ά𝜏𝜊𝜋𝜊 𝛼𝜑𝜊ύ 𝑓 "1 − 1"
- αν 𝑓(𝑓(2)) = 0 𝜅𝛼𝜄 𝑓(𝑓(4)) =
0 𝜏ό𝜏𝜀 𝜋ά𝜆𝜄 ά𝜏𝜊𝜋𝜊 𝛼𝜑𝜊ύ 𝑓 "1 − 1"
- αν 𝑓(4) = 0 𝜅𝛼𝜄 𝑓(𝑓(2)) = 0 𝜏ό𝜏𝜀 𝑓(4) = 𝑓(𝑓(2))
𝑓 “1−1”
⇒ 𝑓(2) = 4,
όμως 2 < 4
𝑓 ↑
⇒ 𝑓(2) < 𝑓(4) ⇒ 4 < 0 , ά𝜏𝜊𝜋𝜊
άρα 𝒇(𝟐) = 𝟎
𝜅𝛼𝜄 𝑓(𝑓(4)) = 0 και εφόσον 𝑓(2) = 𝑓(𝑓(4))
𝑓 “1−1”
⇒ 𝒇(𝟒) = 𝟐
Συνεπώς η 𝑥 = 2 είναι η μοναδική ρίζα της 𝑓(𝑥) =
0 𝛼𝜑𝜊ύ 𝑓 "1 − 1"

3. ___________________________________________________________________________
7η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
3
B.
Έστω 𝑔(𝑥) = 𝑓(𝑥) − 4 + 𝑥, 𝑥 ∈ [2,4] συνεχής ως άθροισμα
συνεχών συναρτήσεων.
Έστω 𝑥1, 𝑥2 ∈ [2,4] 𝜇𝜀 𝑥1 < 𝑥2
𝑓 ↑
⇒ 𝑓(𝑥1) < 𝑓(𝑥2)
𝑥1<𝑥2
⇒ 𝑓(𝑥1) +
𝑥1 < 𝑓(𝑥2) + 𝑥2 ⇒ 𝑓(𝑥1) + 𝑥1 − 4 < 𝑓(𝑥2) + 𝑥2 − 4 ⇒ 𝑔(𝑥1) <
𝑔(𝑥2) ⇒ 𝑔 [2,4] ⇒ 𝑔 "1 − 1"[2,4]
είναι 𝑔(2) ∙ 𝑔(4) = −2 ∙ 2 = −4 < 0 .
Συνεπώς από Θ.Bolzano και λόγω της ιδιότητας «1-1»
∃ 𝜇𝜊𝜈𝛼𝛿𝜄𝜅ό 𝑥 𝑜 ∈ (2,4) ∶ 𝑔(𝑥 𝑜) = 0
⇔ ∃ 𝜇𝜊𝜈𝛼𝛿𝜄𝜅ό 𝑥 𝑜 ∈ (2,4) ∶ 𝑓(𝑥 𝑜) = 4 − 𝑥 𝑜
𝑓 1−1
⇔ ∃ 𝜇𝜊𝜈𝛼𝛿𝜄𝜅ό 𝑥 𝑜 ∈ (2,4) ∶ 𝑓(𝑓(𝑥 𝑜)) = 𝑓(4 − 𝑥 𝑜)
2 𝜇𝜊𝜈𝛼𝛿𝜄𝜅ή 𝜌𝜄𝜁𝛼 𝜏𝜂𝜍 𝑓
⇔ ∃ 𝜇𝜊𝜈𝛼𝛿𝜄𝜅ό 𝑥 𝑜 ∈ (2,4) ∶ 𝑓(𝑥 𝑜)𝑓(𝑓(𝑥 𝑜))
= 𝑓(𝑥 𝑜)𝑓(4 − 𝑥 𝑜)
(1)
⇔ ∃ 𝝁𝝄𝝂𝜶𝜹𝜾𝜿ό 𝒙 𝒐 ∈ (𝟐, 𝟒) ∶ 𝒙 𝒐
𝟐
− 𝟔𝒙 𝒐 + 𝟖 = 𝒇(𝒙 𝒐)𝒇(𝟒 − 𝒙 𝒐)
Δ.
𝛾𝜄𝛼 𝑥 < 2
𝑓↑
⇒ 𝑓(𝑥) < 𝑓(2) = 0
𝑓↑
⇒ 𝑓(𝑓(𝑥)) < 𝑓(0) < 𝑓(2) = 0
𝛾𝜄𝛼 2 < 𝑥 < 4
𝑓↑
⇒ 𝑓(2) < 𝑓(𝑥) < 𝑓(4) = 2
𝑓↑
⇒ 𝑓(𝑓(2)) < 𝑓(𝑓(𝑥))
< 𝑓(2) = 0
άρα κοντά στο 2 και για x ≠ 2 𝜀ί𝜈𝛼𝜄 𝑓(𝑓(𝑥)) ≠ 0 και 𝑓(𝑓(2)) ≠ 0
𝜂 𝑓(𝑓(𝑥)) 𝜀ί𝜈𝛼𝜄 𝜎𝜐𝜈𝜀𝜒ή𝜍 𝜔𝜍 𝜎ύ𝜈𝜃𝜀𝜎𝜂 𝜎𝜐𝜈𝜀𝜒ώ𝜈 𝜎𝜐𝜈𝛼𝜌𝜏ή𝜎𝜀𝜔𝜈
οπότε
𝑓(𝑥) − 𝑓(2)
𝑥 − 2
=
𝑓(𝑥)
𝑥 − 2
=
𝑓(𝑥) ∙ 𝑓(𝑓(𝑥))
(𝑥 − 2)𝑓(𝑓(𝑥))
=
𝑥2
− 6𝑥 + 8
(𝑥 − 2)𝑓(𝑓(𝑥))
=
(𝑥 − 2)(𝑥 − 4)
(𝑥 − 2)𝑓(𝑓(𝑥))
=
𝑥 − 4
𝑓(𝑓(𝑥))
⇒ lim
𝑥→2
𝑓(𝑥)−𝑓(2)
𝑥−2
= lim
𝑥→2
𝑥−4
𝑓(𝑓(𝑥))
=
−2
𝑓(𝑓(2))
∈ 𝑅,
ά𝝆𝜶 𝒇 𝝅𝜶𝝆𝜶𝜸𝝎𝜸ί𝝈𝜾𝝁𝜼 𝝈𝝉𝝄 𝟐.

4. ___________________________________________________________________________
7η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
4
3η
προτεινόμενη λύση (Δημήτρης Χατζάκης)
(εναλλακτικές λύσεις υποερωτημάτων)
Α. Αφού 𝑓 ↑ τότε 𝑓 και 1-1 στο ℝ άρα η εξίσωση 𝑓(𝑥) = 0 έχει το πολύ μια ρίζα
στο ℝ
𝑓(𝑥)𝑓(𝑓(𝑥)) = 𝑥2
− 6𝑥 + 8 , (1)
 Για 𝑥 = 0 στην (1) ∶ 𝑓(0)𝑓(𝑓(0)) = 8 ⇢ 𝑓(0) ≠ 0
 Για 𝑥 = 2 στην (1) ∶ 𝑓(2)𝑓(𝑓(2)) = 0 ⇔ 𝑓(2) = 0 ή 𝑓(𝑓(2)) = 0
 Για 𝑥 = 4 στην (1) ∶ 𝑓(4)𝑓(𝑓(4)) = 0 ⇔ 𝑓(4) = 0 ή 𝑓(𝑓(4)) = 0
 Έστω 𝒇(𝟒) = 𝟎
 2 < 4
𝑓 ↑
⇔ 𝑓(2) < 𝑓(4) ⇔ 𝑓(2) < 0 ⇢ 𝑓(2) ≠ 0 οπότε 𝑓(𝑓(2)) = 0
 𝑓(4) = 0
𝑓 1−1
⇔ 𝑓(𝑓(4)) = 𝑓(0) ≠ 0 ⇔ 𝑓(𝑓(4)) ≠ 0
Τελικά , 𝑓(4) = 𝑓(𝑓(2))
𝑓 1−1
⇔ 4 = 𝑓(2) όμως 𝑓(2) < 0 άρα άτοπο οπότε 𝑓(4) ≠
0 άρα
𝑓(2) = 𝑓(𝑓(4)) = 0 . Επίσης 𝑓(2) = 𝑓(𝑓(4))
𝑓 1−1
⇔ 2 = 𝑓(4)
Δ. Στην περιοχή του 2 είναι : 𝑓(𝑓(𝑥)) ≠ 0 → 𝑓(𝑥) =
𝑥2−6𝑥+8
𝑓(𝑓(𝑥))
=
(𝑥−2)(𝑥−4)
𝑓(𝑓(𝑥))
 𝑓′(2) = lim
𝑥→2
𝑓(𝑥)−𝑓(2)
𝑥−2
= lim
𝑥→2
𝑓(𝑥)
𝑥−2
= lim
𝑥→2
(𝑥−2)(𝑥−4)
𝑓(𝑓(𝑥))
𝑥−2
=
= lim
𝑥→2
𝑥 − 4
𝑓(𝑓(𝑥))
=
−2
𝑓(𝑓(2))
∈ ℝ

5. ___________________________________________________________________________
7η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
5
4η
προτεινόμενη λύση (Κώστας Δεββές)
(εναλλακτικές λύσεις υποερωτημάτων)
Α. Για χ=2 και 4 στην αρχική έχω: 𝑓(2) ∙ 𝑓(𝑓(2)) = 0 = 𝑓(4) ∙ 𝑓(𝑓(4)).
Aν 𝑓(2) ∙ 𝑓(4) ≠ 0 άρα 𝑓(𝑓(2)) = 𝑓(𝑓(4)) = 0 άρα 𝑓(2) = 𝑓(4) (1-1) άρα 2=4
άτοπο. Τελικά 𝑓(2) = 0 ή 𝑓(4) = 0 αποκλειστικά. Αν 𝑓(4) = 0 τότε 𝑓(3) < 0 άρα
𝑓(𝑓(3)) < 𝑓(0) < 0 άτοπο αφού 𝑓(3) ∙ 𝑓(𝑓(3)) = −1 από αρχική, άρα
𝑓(3), 𝑓(𝑓(3)) ετερόσημοι. Άρα 𝑓(2) = 0 και 𝑓(𝑓(4)) = 0 και 𝑓(4) = 2
Β. ℎ(𝑥) = 𝑓(𝑥)(𝑓(4 − 𝑥) − 𝑓(𝑓(𝑥))),𝑥 ∈ [2,4] και 𝜑(𝜒) = 𝑓(4 − 𝑥) − 𝑓(𝑓(𝑥))
συνεχής στο [2,4] με φ(2)=-f(0)>0, φ(4)=f(0)<0, aπό Βοlzano η φ έχει ρίζα στο (2,4)
άρα και η h.
Δ. Η αρχική
𝑓(𝑥)
𝑥−2
∙ 𝑓(𝑓(𝑥)) = 𝑥 − 4, x κοντά 2. Τότε 𝑓(𝑓(𝜒)) ≠ 0 αφού 𝑓(𝑓(4)) = 0
και 𝑓𝑜𝑓 γν. αύξουσα. Άρα
𝑓(𝑥)
𝑥−2
=
𝑥−4
𝑓(𝑓(𝑥))
και lim
𝜒→2
𝑓(𝑓(𝑥)) = 𝑓(0) ≠ 0 γιατί
lim
𝜒→2
𝑓(𝑥) = 0 και lim
𝜒→0
𝑓(𝑥) = 𝑓(0). Άρα lim
𝜒→2
𝑓(𝑥)
𝑥−2
=−
2
𝑓(0)

6. ___________________________________________________________________________
7η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
6
5η
προτεινόμενη λύση (Τάκης Καταραχιάς)
(εναλλακτικές λύσεις υποερωτημάτων)
B. ΄Eστω g(x)= f(f(x)) - f(4-x). Oι συναρτήσεις ff και f(4-x) είναι συνεχείς ως
συνθέσεις συνεχών συναρτήσεων , οπότε και η g είναι συνεχής ως άθροισμα συνεχών
συναρτήσεων και g γν.αύξουσα ως άθροισμα γν. αυξουσών , (f γν. αύξουσα  ff
γν. αύξουσα , -f(4-x) γν. αύξουσα) .
Επίσης g(4)= f(f(4)) –f(0) =f(2) – f(0) = – f(0)>0 διότι 0<2  f(0)<f(2)  f(0) < 0.
g(2)= f(f(2)) –f(2) =f(0)<0. Επόμενα από θ.Bolzano υπάρχει x0є (2 , 4) ώστε g(x0) = 0
 f(f(x0)) = f(4-x0) 
𝑥0
2−6𝑥0+8
f(x0)
= f(4-x0)  f(𝑥0) f(4-x0) = 𝑥0
2
− 6𝑥0 + 8. Λόγω της
μονοτονίας της g το x0 είναι μοναδική ρίζα της g(x) = 0.
Γ.
 Είναι f(2)=0<1<2=f(4) οπότε από θεώρημα ενδιαμέσων τιμών υπάρχει
ξє( 2 , 4 ) ώστε f(ξ)=1. Θέτω h(x)=f(x)·f(f(x)) – f(1). Τότε h(ξ)=f(ξ)·f(f(ξ)) –
f(1)=f(1)-f(1)=0 , δηλ. ξ2
-6ξ+8=f(1).
 Συνεπώς f(ξ2
-6ξ+8)=f(f(1))  f(ξ2
-6ξ+8)f(1)=f(1)f(f(1)). ΄Όμως από την
αρχική σχέση για x=1 έχω ότι: f(1)f(f(1)) = 3.
Αρά f(ξ2
-6ξ+8)f(1)=3.